作図できる数，できない数
志甫 淳

1 はじめに
本稿では定規とコンパスによる作図問題について，特に正多角形の作図および三大作図問題についての解説を行います．作図問題についての解説は代数学関係の多くの教科書で既になされていますので私が新しいアイデアを加える余地はほとんどないのですが，なんとか私なりの解説を目指したいと思います．なお，本稿は2002年11月16日に東京大学大学院数理科学研究科において行われた公開講座「数のいろいろ 1定規とコンパスからガロアの理論まで」での私の講演をベースにして書かれたものです．（講演では4節までの内容と5〜7節の内容の一部を話しました・）

2 作図問題（定規とコンパスによる）作図問題とは，平面上に（例えば紙の上に）いくつかの点が最初に与えられている時に，それらから定規とコンパスのみを有限回用いることにより求めたい点あるいは図形の作図が可能であるかどうか判定
せよ（あるいは可能であればその作図法を示せ）という問題である・まず肩慣らしとして（あとで用いる）次の問題を考えてみよう．

問題2．1．直線PQが与えられている晩 ノ克Pを通り直線P馴こ垂直な直線を作図せよ．

解答は例えば次の通りである：まず点Pを中心とし点Qを通る円を描きこの円と直線PQとのQとは異なる交点を月とする．次に点Qを中心とし点月を通る円と点月を中心とし点Qを通る円を描き，2つの円の交点の一つを5とする・すると点Pと点gを結んでできる直線が求めるものである（次頁の図参照）．

作図できる放，できない数（志甫 淳）

ではもう一題，あとで用いる次の作図問題を考えてみよう．

問題2．2．点Pと直線Q月が与えられているとする．点Pを通り直線Q引こ
平行な直線を作図せよ．
P

Q

R

解答は例えば次の通りである：点Pを中心とし半径が線分Q月の長さと等しいような円と点月を中心とし半径が線分QPの長さと等しいような円を描き，その交点をg，rとすると，PQ月g，PQ月rのいずれかは四角形をなしている．PQ月ぶが四角形をなしていれば直線P∫が求めるもので，PQ月rが四角形をなしていれば直線PTが求めるものである（F図参照）・

以上は簡単な問題ではあるが，作図問題のパズル的な面白さの一端が窺えるかと思う．こういった面白さは昔の人も感じていたようで，このような作図問題は古代ギリシャの時代から考えられてきた．そして，古代ギリシャ時代以来の有名な問題に次のようなものがあった．
問題2・3（正多角形の作図問題）・れを3以上の整数とするとき，正れ角形の作図はどのようなmに対して可能であるか？
問題2．4（三大作図問題）．（1）任意に与えられた角度を三等分する作図は常に可能であるか？
（2）ある立方体の一辺の長さが与えられている時に，その立方体の倍の体積をもつ立方体の一辺の長さを作図で求めることは可能である、か？
（3）ある円が与えられている時，その円と同じ面積をもつ正方形の作図は可能であるか？

作凶できる軋ごきない牧（志苗＋淳）

但し，上の問題文中の「作図」とは，定規とコンパスのみを有限回用いることによる作図という意味であることをここに再び書いておく，（実際，問題を述べる時にそのルールを正確に述べておくことは重要で，ルールを変えると答えが違ってくることはよくあることである．例えば将棋や囲碁でも，ルールを変更するとまるで違った遊戯になることであろうり

これらの問題は非常に長い間数学者を悩ませてきた問題であったが，正多角形の作図問題はGaussによりある必要充分条件が与えられており，また三大作図問題に関しては19世紀末までに，どれも作図不可能であるということが証明されている．その証明の解説が本稿の目標である．

ある作図問題が与えられた時にそれが作図可能であることを示すには実際に作図する方法を与えれば充分であり，そこにはパズル的な面白さがあるであろう．しかしながら，それが作図不可能であることを示すにはどうすればよいのであろうか・作図不可能であることを示すには，（コンパスと定規による）どんな作図の方法を用いても求める作図問題の解答は得られない，ということを示さなければならない．そのために必要なことは，「コンパスと定規による作図の原理」を外側から分析する態度であり，そこにはパズル的な面白さとはまた違った面白さがあると筆者は思う．

3 作図できる数，できない数の観察
まず作図を行う平面に座標を入れてみる．すると，平面上の任意の点は実数の組（α，わ）で表されることになる（下図参照）・

これにより作図の問題を数を用いて書き表して分析することが可能となる．
では，例として，最初に点（0，0），（1，0）のみが与えられているとして，どのような点が作図でき，どのような点が作図できないのかを観察してみよう．
まず，汀＝3．14159265‥．を円周率とするとき，点（升，0）は実は作図できない点であることが今ではわかっている（9節と10節を参照のこと）・しかし，点（打，0）に非常に近い点（3・1415926，0）は作図できる・その方法は例えば以下の通りである：まず最初に点（0，0），（1，0）が与えられているのでご軸（この2点を結ぶ直線）は作図でき，また封軸（点（0，0）を通りご軸に垂直な直線）を問
題2．1の作図により作図することが出来る．次に点（1，0）を中心とする半径1（＝（070）と（1，0）を結ぶ線分の長さ）の円とご軸の交点のひとつは点（270）となる・そして点（2，0）を中心とする半径1の円とご軸の交点の一つは点（3，0）

作図できる数，できない数（志甫 淳）となる・これをずーつと繰り返すことにより，点（31415926フ0）を（いつかは）作図できることになる・一九 点（0，0）を中心とする半径1の円とy軸の交点の一つとして点（0，1）がとれる．そして点（0，1）を中心とする半径1のHと封軸の交点の一つとして点（0，2）がとれる．これをまたずーつと繰り返すこと
により点（0，10000000）を作図することができる．そして問題2．2の作図により，点（0，1）を通り，点（31415926，0）と点（0，10000000）を通る直線に平行な直線を作図し，その直線と￡軸との交点を考えるとそれが点（3．1415926，0）になる（下図参照）．

31415926

上の作図法では40000000回以上のステップが必要で（もっと少なくする
ことは可能ではあるが），「これで作図できたといえるのか？」という疑問をもつ人がいるかも知れないが，「コンパスと定規を用いた有限回の作図」であることは間違いないので，（現実的な問題がどうであれ）我々のルールから見ればこれは立派な作図である，また，「点（3・1415926，0）は点（升70）に充分近いのだから，上の作図によって点（訂，0）が作図されたとみなしていいのではないか？」と思う人がいるかも知れないが，しかし我々のルールには充分近い点を同じとみなすといったルールはないのでそれは駄目だということも注意しておく．

さて，上に述べた点（3，1415926，0）の作図と同様の方法により，αが有理数（＝p／q（p，qは整数でヴ≠0）と表される数）であれば，点（α，0）を作図できることがわかる．では無理数αに対して点（α，0）は作図できないのか，と言われれば実はそうとも限らなくて，例えばv乍は有名な無理数であるが点（v乍，0）は作図できるということが次のようにしてわかる：∬軸およびy軸と点（1，0），（0，1）
を作図し，次いで問題2・1を用いることにより（0，0），（1，0），（1，1），（0，1）を頂点とする正方形を作図することができる．点（0，0）を中心とし半径が（0，0）と（1，1）を結ぶ線分の長さ（＝V旬であるような円と￡軸の交点を考えると，これが点（ノ∨々，0）となる「卜図参照）．

2．。，

作図できる数，できない数（志南 緯）

このように，作図できる点と作図できない点との分布は（我々の眼からすると）非常に複雑に見える．また，おぼろげながらではあるが，ある点が作図できるかどうかはその点の座標に現れる実数の性質を反映しているようだ，ということが窺える．

4 作図できる数の特徴づけ
ではどのような点が作図できるのかを調べていくことにしよう．作図の最初に点鞠，巧，…，島が与えられているとする・（m≧1とする・そうでないときは適当な点を付け加えてm≧1の状況にもっていくことにする・）すると昂の座標が（0，0），且の座標が（1，0）になるような座標がとれる．この状況で点君（2≦宜≦γと）の座標を（αi，わ宜）とおく（α宜，む壱は実数）．問題2．1の作図を用いることにより座標軸は作図できることに注意しよう（前節参照）．従って座標軸を作図に利用することができる．まず最初に次の命題を示す：
命題4・1・α，わを実数とするとき，点（α，む）が作図できることと点（α，0），（わ，0）が共に作図できることとは同値である．
証明■点（α，わ）が作図できると仮定すると，（α，む）を通りy軸に平行な直線が問題2．2により作図できる．この直線とご軸との交点が点（α，0）である．また（α，♭）を通り￡軸に平行な直線が問題2・2により作図でき，この直線とy軸との交点は（0，む）となる・点（0，町を通り半径わ（＝点（0，0）と点（0，わ）を結ぶ線
分の長さ）の円とご軸との交点が点（わ，0）である．
一九点（α，0），（む，0）が共に作図できると仮定する・この吼点（0，0）を通り半径む（＝点（0，0）と点（わ，0）を結ぶ線分の長さ）の円とy軸との交点として点（0，む）が作図できる・すると問題2・1を用いることにより，（0，0），（α，0），（0，む）の3つが頂点であるような長方形が作図できる．この長方形のもう一つの頂点が点（α，わ）である・（下図参照）＝￣￣二二￣⊂］

命題より，作図の問題においては（α，0）という座標で表される点（すなわ
ちご軸上にある点）が作図できるかどうかを議論すれば充分である．以下，実数αに対して，「点（α，0）が作図できる」ということを単に「αは作図できる」
あるいは「αは作図できる数である」と言うことにする．次の命題は，すでに作図できている数からある種の新しい数が作図できることを主張するものである：

作図できる数，できない数（志甫 淳）

命題4．2．実数α，わが作図できるとすると，α＋む，α−む，αむも作図できる．む≠0であればα／わも作図できる．更にαが0以上の実数であるとき，ノ言も作図できる．

証明．まず点（α，0）を中心として半径わ（＝点（0，0）と点（む，0）を結ぶ線分の長さ）の円と〇軸との交点として（α＋わ，0），（α−わ，0）が作図できる．よってα＋わ，α一わ

Vレ′ト〜

は作図できる．
次に点（0，0）を中心として半径1（＝点（0，0）と点（1，0）を結ぶ線分の長さ）軸との交点として（0，わ）がの円とy軸との交点として（0，1），半径ぁの円と，0）を結んでできる直線に作図できる・この時，点（0，わ）を通り点（0，1）と平行な直線を引くと，それと￡軸との交点が（αわ，0）となる・また点（0，1）を通り点（0，わ）と（α，0）を結んでできる直線に平行な直線を引くと，それと∬軸
αとの交点が（α／わ，0）となる・よってαむ，α／むは作図できる■

最後に，0以上の実数αに対して（α−1）／2，（α＋1）／2が作図できることが今までの結果からわかるので，点（0，（α−1）／2）を通り半径が（α＋1）／2であるような円が作図できる・この円とご軸との交点の一つが（〜応，0）となることがピタゴラスの定理からわかる・従って、蕗も作図できる・［コ

上の命題により次の定理が証明されたことになる．

定理4．3．0，1，α2，む2，…，α几，わ几から加減乗除および（0以上の実数の）平方根をとる操作を繰り返すことにより得られる実数は全て作図できる．
上の定理は「これこれの数は作図できる」というタイプの定理なので実際に作図法を挙げることにより証明がなされている（つまりパズル的な証明である）ということに注意しよう．

さて，実は作図できる数は上の定理で述べられている数に限ることもわかる．すなわち次が成り立つ：
定理4・4・作図できる数は0，1，α2，む2，…，α几，わ几から加減乗除および（0以上の実数の）平方根をとる操作を繰り返すことにより得られる実数に限る．
この定理は「これこれ以外の数は作図できない」ということを主張しているのと同値なので，その証明には「コンパスと定規による作図の原理」を外側から分析する態度が必要であるということに注意しておく．

作図できる数，できない数（志甫 淳）

証明．ここでは，簡単に証明の方針のみを述べて，詳しい計算は読者に任せることにする．まず，定規とは直線を描く道具であり，直線の方程式はαご＋軸＋c＝0（α，わ，Cは実数で（α，わ）≠（0，0），定数倍で調節することによりcは0または1であるとしてよい）の形で表されていることを思い出そう・また，コンパスとは円を描く道具であり，円の方程式は（〇−p）2＋（γ−−q）2＝γ（p，曾，γは実数でγ≧0）の形で表されていることを思い出そう・
さて，作図における操作とは次のいずれかである：（1）すでに作図された2点（∬1，yl），（ご2，γ2）を結ぶ直線を引く・（2）すでに作図された点（ご0，yO）を中心とし，すでに作図された2点（∬1，封1），（諾2，y2）の間の距離を半径とする円を描く・（3）描かれている直線あるいは円たちの交点を求める．
（1）で引かれる直線の方程式をαご＋軸＋c＝0とおくと，この直線が2点（〇1，yl），（ご2，y2）を通るという条件から，α，わ，Cが0，1，∬1，yl，諾2，y2から加減乗嘩を繰り返すことで得られる数であることがわかる・同様に，（2）で描かれる円の方程式を（ご−p）2＋（ツー−ヴ）2＝γとおくと，p，ヴ，rはご0，弧ご1，yl，ご2，y2から加減乗除を繰り返すことで得られる数であることがわかる．
次に（3）により新たに作図される点の座標について考える．異なる直線
αご＋軸＋c＝0とα′∬＋拘＋c′＝0が交点をもつとき交点の座標（ご，y）はこの2つの一次式を連立させて解けば求められる．それは一次方程式を解くことに帰着されるので，〕㍉yはα，わ，C，α′，わ′，C′から加減乗除を繰り返して得られる数である．次に異なる円（エーp）2＋（y【q）2＝rと（〇−〆）2＋（y−q′）2＝γ′が交点をもつとき，交点の座標（ご，y）はこの2つの二次式を連立させて解けば求められ，それは二次方程式を解くことに帰着されることが計算によりわ
かる．二次方程式の解の公式には加減乗除と平方根を取る操作しか現れないので，結局交点の座標（ご，y）はp，q，γ，〆，q′，r′から加減乗除と平方根を取る操作の繰り返しで得られる数であることがわかる．また交点が存在する時は平方根記号の中の数は0以上であることもわかる．直線αご＋軸＋c＝0と円（ご−p）2＋（ツーヴ）2＝γが交点をもつときも同様の考察により，交点の座標（ご，y）はα，む，C，p，q，rから加減乗除と（0以上の実数の）平方根を取る操作の繰り返しで得られる数であることがわかる．
以上の議論より，すでに作図されている点から（1）や（2）によって直線や円を描いて（3）により交点を求めることで新しく作図された点の座標は，既に作図されている数から加減乗除および（0以上の実数の）平方根をとる操作をくりかえすことにより得られることがわかる．従って作図される数は，作図の最初から与えられている点の座標に現れる数（つまり0，1，α2，わ2，…，α町わm）

から加減乗除および（0以上の実数の）平方根をとる操作をくりかえすことにより得られることがわかる．

□

作図できる数，できない数（志甫 淳）

本節の2つの定理により作図できる数の特徴づけができたことになる．次節
では定理4．3の応用として正多角形の作図の作図可能な場合についてのGaussの証明を紹介する．一方，作図不可能性の証明の為には定理4．4はまだ利用しやすい形になっているとはいえない．（加減乗除と平方根をとる操作の繰り返
しで書けないことを直接証明するのは困難である！）定理4．4を利用しやすい
形に書き換えるためには代数学における体（たい）という概念を利用するのが便利である．そこで6節で体について説明し，そして7節では体を用いた定理4．3，4．4の言い換えを紹介する．

5 正多角形の作図Ⅰ一作図可能な場合
この節では正多角形の作図問題について，作図可能な場合についてのGaussによる証明（を適宜書き換えたもの）を紹介する．正多角形の作図問題を座標を用いた形で改めて書くと例えば次のようになる．
問題5・1（正多角形の作図問題）．㍑を3以上の整数とする・最初に点（0，0）と点（1，0）のみが与えられた日も 点（0，0）を中心とする半径1の円に内接し点（1，0）を頂点の一つとする正㍑角形はどのような㍑について作図できるか？

注5．2．上の正㍑角形が作図できたならば例えば辺の長さが1の正れ角形も作図できるので，本質的には上の問題を考えれば充分である．
α＝27r／m＝3600／mとおく．上の問題文中の正㍑角形を作図するためには点（cosα，Sinα）が作図できればよいが，Sinα＝Jl了COS2αであることを用いればcosαが作図できれば充分であることがわかる．逆に文中の正れ角形がもし作図できたならばcosαは作図できる数であるから，結局正m角形の作図問題とはcosαの作図問題である．本節の目標の定理は次の通りである．
定理5．3．mが素数pでp−1が2のべきであるようなものの晩 cosαは作
図できる数である．
この定理から，次のような結果が得られる．
系5・4（Gauss）・れが
れ＝2βplp2…pγの形（但しここで5は0以上の整数で，p17…，pγは互いに異なる奇素数で釣−1が2のべきであるようなもの，またγ＝0のときは5は2以上と仮定する）をしている目も 正m角形の作図はできる・
まずは定理から系が導かれることを示そう．㍑が系の表示のような形をしているとして，まずγ≧1の時を考える．すると，定理から正釣角形（1≦官≦γ）が作図できることがわかる．そして下で示す補題を用いれば正plp2・‥pr角作図できる数，できない数（志甫 淳）

形が作図できることがわかる．更に与えられた角の二等分を作図することは可能であるから（これは有名な事実なので作図法は読者に任せること忙する），
それを繰り返すことにより正2βplp2…pγ角形，つまり正m角形が作図できることになる．r＝0の時は角の二等分の作図のみを用いて正2β角形すなわち正れ角形が作図できる．これで系が示された．
上の議論で用い た補題を証明しておこう．

補題5．5．ml，m2，…，mrを3以上の整数でどの二つも互いに素であると仮定し，m＝mlm2‥・mγとおく・このとき正m五角形（1≦宜≦γ）が全て作図できるならば正m角形もまた作図できる．
証明・帰納法によりγ＝2と仮定してよい・条件よりcos（27r／m五）（宜＝1，2）は作図でき，またもしcosx，COSyが作図できるならばcos（x＋y），COS（x−y）が共に作図可能であることが（たとえば具体的作図あるいは三角関数の加法定理
により）わかる．従って整数51，S2で51ml＋52m2＝1を満たすものが存在す
れば52（27r／ml）＋51（2打／m2）＝27r／mとなるのでcos（2町／m）が作図でき題意が言える． よって51ml＋52m2＝1を満たす整数β1，52の存在を示せばよい．
これは有名な命題ではあるがここに証明を書いておく．壬1ml＋壬2m2（壬1，壬2は整数）の形の数で正の整数になるようなもので最小なものをd＝片ml＋壬芸m2とする・mlをdでわった商をヴ，余りを祝（0≦㍑＜d）とするとu＝（1一班）ml＋ト弼）m2であるから，もし0＜㍊＜dであるならばこの式はdの定義（最小性）に矛盾する．よって祝＝0であり，つまりmlはdでわりきれる．同様にm2もまたdで割り切れることがわかるのでdはml，m2の公約数となる．しかしml，m2は互いに素であったのだからd＝1でなければならない・そこでβ1＝t；，52＝t芸とおけばよい・
それではいよいよ定理5．3の証明を紹介する．証明の方針はcos（gα）の形の数（gは整数）の適当な和を2次方程式を解いて求めてゆき，最後にcosαを求めるに至る，というものである．pを奇素数でp−1＝2mであるとし，
α＝27r／pとおく．この時整数gに対してcos（gα）はgをpで割った余りにしかよらない（つまりg，Z′のpで割った余りが等しければcos（gα）＝COS（g′α）である）ことに注意しよう・

以下，整数αに対してαをpで割った時の余りを百とかくことにする，定理の証明のためには「pで割った余り」に関する初等整数論から少し準備することが必要である．

定義5．6．pで割り切れない整数αに対して訪＝‡となる最小の自然数ゐをαのpを法とする位数という．

αをpで割り切れない整数，たをαのpを法とする位数とし，p−1をたで割った商を5，余りをt（0≦t＜た）とする・初等整数論で有名なFermatの小定理により折＝丁が成り立つので丁＝㌦−1＝（αた）βαf＝訪を得るが，ロ作図できる数，できない数（志甫 淳）

0＜f＜たとすればこの式は位数たの定義（最小性）に矛盾する・従ってf＝0であり，よってたはp−1の約数である．以上よりpで割り切れない整数αのpを法とする位数は常にp−1の約数であることがわかる．更に次の命題が成り立っ．

命題5．7．pで割り切れない整数rでpを法とする位数が丁度p−1になるものが存在する．
例えばp＝5の時はr＝2，3，p＝17の時はγ二3，5などがその例である（各自確かめてみよ）．
証明．命題は任意の素数pについて正しいが，ここではp−1＝2mとなっている場合に限って証明する（定理5．3の証明のためにはこれで充分である）．
まず任意のpで割り切れない整数αのpを法とした位数はp−1＝2mの約数である（よって2のべきである）ことに注意しよう．さてpで割り切れない
整数でpを法とする位数が最大であるようなもの（のひとつ）をγとし，そのpを法とする位数を2んとする（か旦㌘以下の自然数）・この時，任意のpで割り切れない整数ごに対して雷＝γ五となる整数宜（0≦乞≦2た−1）が存在することをごのpを法とする些数（2ヱ（g≦た）とする）に関する帰納法
三野二」±0のときは雷＝了＝γ0ゆえ明らか・またZ（≦た）が一般の時は∬2ト1，γ2た−1は共に丁ではなくかつ2来すれば丁なので共に二了となることがわかり，従って（ェr2た￣ヱ）2ト1＝∬2ト￣1r2た￣1丁である．従ってごγ2た￣〜のpを法とする位数は2ト1以下であり，よって帰納法の仮定からごγ2た￣ヱ＝γJなる
J（0≦J≦2た−1）が存在する．このとき2た一2た￣Z＋Jを2たで割った余りを宜とおけば恵＝ごγ2たヱγ2太一2た￣ヱ＝γ2た−2た￣王府＝γ宜となる．
さて，上に示したことから集合〈了，…逐こ7）は集合（戸，声，…，γ2た」）に含まれていることになる．従ってp−1≦2たがなりたっ．これとp−1＝
2m，た≦mであることからた＝mでなければならない．従ってγのpを法とする位数は2m＝p【1である．

さて定理5．3の証明に戻ろう．命題5．7のような整数γを一つとり固定する．
そして1≦た≦mなる整数たに対してごた＝γ2m￣克とおく．（この時ごんのpを法とする位数は丁度2たである．）そしてpで割り切れない整数αに対して実l数g（α，た）をg（α，た）＝2∑雲icos（α魂α）と定義する．坤，た）もまたαをpで割った余りにしかよっていないことに注意しよう．ご1のpを法とする位数が丁度2であることから，軒＝二了でなければならないことが容易にわかる．
従ってS（1，1）＝2cos（xlα）＝2cosトα）＝2cosαである・よってS（1，1）が作図できる数であることを示せばよいことになる．
g（α，た）達に関する計算を見通しよく行うために整数〜に対してe（り＝egα√て＝COS（gα）＋∨′＝了sin（Jα）とおく．このときe（J）はほpで割った余り□

作図できる数，できない数（志甫 淳）にしかよっておらず，e（0）＝1で，かつ整数J，∠′に対してe（g＋り＝e（g）e（りが成り立っ．そして次の命題が成り立っ：l

命題5．8．（1）等式∫（α，た）＝∑竺1e（αごと）＝∑竺Je（αごと）が成り立つ．
（2）任意の0以上2た以下の整数ブに対して即αご孟，た）＝β（α，た）である（3）任意のpで割り切れない整数αに対してβ（α，m）＝一1である．
証明・まず2cos（gα）＝e（g）＋e（−りであるが，ごたのpを法とする位数が丁度2たであることからご孟ん【1＝二了がなりたっことがわかり，従って2cos（gα）＝e（g）＋e（Zご孟た￣1）である．従って
2た−1g（α）た）＝2∑cos（α如）
五＝1

2た−1

2た

＝∑（e（α船＋e（α村2た￣1））＝∑e（α魂）
五＝1

五＝1

である・またご孟克＝丁であることからe（α）＝e（α〇孟た）なのでβ（α，た）＝
1∑誓言e（qごと）でもある．これで（1）が言えた．

次に（2）を示す・1享そ宇Jの時e（ご宝）＝e（諾＋i）＝e（壷㌃ル），ゴく宜≦2たの時e（魂）＝e（項㌃）であることから
j

2た

宜＝1

t＝J＋1

ぎ（α，た）＝∑e（壷㌃琳）＋∑
2た

e（壷㌃）

2たJ

＝ ∑ e（ご去魂）＋∑e（∬去魂）＝坤∬孟，た）も＝2ん−プ＋1

t＝1が成り立っ・これで（2）が言えた・最後に（3）を示す・塑こまず選考のpで割り切れない整数αに対しエ2mヒクー1）個の数所7αγ2，αγ3）二ぜγ2汀Lは全て異なることに注意する．（αγ五＝αγJ，1≦乞くJ≦2mとすればγJ【i＝1となりγ竺旦を些とす阜些挙が2m−1＝p−2以下になってしまう）・従って集合（所，α†−2，αγ3，…，αγ2m）は集合（丁，ラ，言，…逐＝7）と等しい・すると集合（e（αγ），e（αγ2），e（即−3），…，e（αγ2汀L））は集合（e（1），e（2），e（3），…，e（p−1））と等しいことになるので

g（α，m）＝e（Ⅳ）＋e（αγ2）＋…＋e（αγ2m）＝e（1）＋e（2）＋…＋e（p−1）

作図できる数，できない数（志甫 淳）＝（1＋e（1）＋e（1）2＋…＋e（1）p￣1ト1e（1）p−11 e（p）−1
ー1＝

一1＝−1

e（1）−1e（1）−1と計算される・これで（3）も言えた・

命題より∫（α，m）は作図できる数であり，そして我々は5（1，1）が作図できることを示せばよいのであった．従って定理は次の命題から従う．

命題5．9．αをpで割り切れない整数，たを1≦た≦mなる自然数とする・この時5（α，た）は2次方程式
土2【β（α，た＋1）f＋A＝0（ここでAは∫（む，た＋1）（わはpで割り切れない整数）達のいくつかの和）の解となる．従って5（α，た）は5（わ，た＋1）（わはpで割り切れない整数）達から加減乗除と（0以上の実数の）平方根をとる操作を繰り返すことで得られる数で
ある．
証明．まず
2ん

2た−1

恥た）＋坤職＋1，た）＝∑e（α魂）＋∑e（α現＋1魂）
壱＝1

五＝＝0

2ん

2ん【1

＝∑e（α吼1）＋∑e（α￡孟呈1）
壱＝1

宣＝0

2た＋1

＝∑e（α￡と＋1）＝坤，た＋1）
壱二1

が成り立っ．次にβ（α，た）5（αご杵1，た）を計算する・まず
2た

2た∫（α，た）∫（α現＋1，た）＝∑坤，た）e（α現＋1￡孟）＝∑坤ご去，た）e（α鵜十1〇皇）
J＝1

j＝1

2ん2た
＝∑（∑e（α打ゴ）e（α鵜＋1輔）
J＝1l＝12ん 2た2克＝∑（∑e（α（現＋1再と）め）＝∑g（α（現＋1＋魂），た）
l＝1J＝11＝1

作図できる数，できない数（志甫 淳）

2た−1＝∑（卵α（恥1＋魂），た巨g（α（現＋1＋諾孟甑￣五），た））
壱＝1である．そして最後の式の各項は次のように計算される．

卵α（現十1＋魂），た）＋g（α（現＋1＋￡孟た＋ト」），た）＝卵α（範＋1＋拗，た）＋卵α（現＋1再三甑￣壱）魂，た）
2た

2た−1

＝∑e（α（現＋1＋魂）ご孟）＋∑e（α（現＋1＋諾孟甑￣り打ブ）
ブ＝1

ゴ＝0

2た

2た一1

＝∑e（α（現＋1＋魂）￡皇）＋∑e（α（現＋1打J＋諾主力））
J＝1
ブ＝0
2た

2た一1

＝∑e（α（現十1＋魂）∬去）＋∑e（α（現＋1＋魂）現＋1∬去）
J＝1
ゴ＝0
2た十1

＝∑e（α（現＋1＋魂）ご孟＋1）＝∫（α（鵜＋1＋紘㍍＋1）・
J＝1

従って∫（α，た）ぶ（αご紅1，た）はぎ（わ，た＋1）と表される数のいくつかの和である・それをAとおくと，以上の計算からg（α，た），β（α諾たルた）は二次方程式
壬2−β（α，た＋1）ま＋A＝0の二つの解であることがわかる．

ロ

以上で命題5．9が示されたので定理5．3の証明が完結した．
例5・10．まずp＝5，γ＝2の時にどのような計算でβ（1，1）＝2cosαが求まっていったのかを見てみよう．まずご1＝4，諾2＝2と計算される．これを
命題5．9の証明の中の計算結果に当てはめると∫（1，1）＋g（2，1）＝恥2）

命題8（3）

命題8（3し−1，恥1）叩，1）＝β（2＋4，2）を得る．従ってβ（1，1）はま2＋ト1＝0の解の一つである．具体的にはβ（1，1）＝
二王書道である

例5・11・次にp＝17，r＝3の時にどのような計算でβ（1，1）＝2cosαが求まっていったのかを見てみよう．まず次の表を用意しておくと非常に便利である．

この表からラ汀＝諏，禿＝13，布＝百，両＝吾がわかる．さて，命題5．9の証明（とβ（α，た）がαのpで割った余りにしかよらないこと）からまずβ（1，1）＋g（13，1）＝g（1，2），β（1，1）β（13，1）＝β（13＋16，2）＝β（12，2）＝β（3，2）‑1

作図できる数，できない数（志甫 淳）

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 13 14 15 16

丁 3 9 10 13 5 15 1116 14 8 7 4 12 2 6 1
命題8（2）がわかる・但し最後の等号は叫2，2）皇∫（12・13，2）＝g（3，2）による・
従って∫（1，1）はt2−β（1，2）t＋∫（3，2）二0…①の解の一つである．次にg（1，2）＋g（9，2）＝β（1，3），g（1，2）卵9，2）＝∫（9＋13，3）＋g（9＋132，3）＝β（5，3）＋∫（8，3）

彗棉3）＋g（1，3）＝恥4）＝−1がわかる・但し等号（＊）はぎ（5，3）命題皇8（2）叩・96，3）＝g（3，3）および
棉3）命題皇8（2）∫（8・93，3）＝∫（1，3）による・上の等式より∫（1，2）はt2−β（1，3）t−1＝0・・・②の解の一つである．更に∫（3，2）＋∫（3・9，2）＝∫（3，3），β（3，2）即3・9，2）＝∫（3（9＋13），3）＋∫（3（9＋132），3）＝∫（15，3）＋∫（7，3）

彗∫（1，3）＋g（3，3）＝∫（1，4）＝−1
︶
3
2

︹

︐

︶

＼

・メ

5
9

．−＼．

5
1

J

命題5．8（2）（等号（＊）はg（15，3）g（8・93，3）＝g（3，3）による）よの一つである．最後にg（1，3）およびβ（7，3）

命題旦8（2）t2一方（3，3）モー1＝0…③の解

4恥3）＋g（3，3）＝∫（1，4）＝¶1，∫（1，3）＋∫（3，3）＝∑∫（3＋9五，4）＝−4
豆＝1

より∫（1，3），g（3，3）はま2＋f−4＝0・‥④の二解である．従って④を解いて∫（1，3），∫（3，3）を求め，次いで③を解いて∫（3，2），②を解いてg（1，2）を求めて最後に①を解けばg（1，1）を求めることができる．

さて，次の節へ進む前に定理に出てくるような素数（つまりp−1が2のべきになるような素数）について補足する・もしpがこのような素数であったとすればpは実は22た＋1（たはある0以上の整数）という形をしていなければならないことがわかる（各自証明してみよ）．そこで瑞＝22た＋1とおこう．
このとき凡＝3，賞＝5，薫＝17，薫＝257，為＝65537は全て素数になっている．（従って正3角形，正5角形，正17角形，正257角形，正65537角形は

作図できる数，できない数（志甫 淳）

作図可能である！）Fermatは瑞はどのようなたについても素数となるであろうと予想したが，実はそれは正しくなかった：Eulerにより＿托が香＝225＋1＝4294967297＝641×6700417と因数分解されることが発見されたのである．そして3，5，17，257，65537以外に22た＋1の形をした素数があるのかどうかは今でもわかっていない．従って正多角形の作図問題は原理的にはGaussにより解決されたが，どのような正多角形が作図できるのか，という問いに対する最終的解答を我々はまだ得ていないのだ，とも言えるわけである．

6 体
この節以降はある種の作図問題が不可能であることを証明する方法について論じていきたい・この節では，そのために有用な概念である体（たい）というものについて説明をおこなうが，紙面の都合もあり完全に証明をつけることは出来ないことをあらかじめ断っておく．

以下では，有理数全体のなす集合をQ，実数全体のなす集合をRとかく．
また，複素数全体のなす集合（α＋わ√了lα，わ∈R）をCとかく▲ このとき
Q⊆R⊆Cとなっている．さて，Cにおいては加法，減法，乗法と0でない数による除法が定義されている．そして加減乗除の演算でQやRはCのなかで閉じている．すなわち有理数（実数）同士の加温減法，乗法，除法をした
結果はやはり有理数（実数）になる・こういった意味でQやRはCという数の体系の「よい部分体系」をなしている．そこで，体という概念を次のように定義する．

定義6．1．0，1を含むCの部分集合Fが体であるとは，ダが加減乗除で閉じている（すなわちダに属する数同士の加法，減法，乗阻 除法をした結果はやはりダに属している）こと．
注6．2．ここで定義した体は正確には「Cの部分体」と呼ばれるものである
が，本稿では単に体と呼ぶことにする．

定義よりQ，R，Cは体である．また，集合（α＋わv乍lα，わ∈Q）は体になる：この集合は0，1を含むCの部分集合であり，また（α＋わヽ々）＋（c＋dヽ／旬＝（α＋c）＋（わ＋d）v乍，（α＋わヽ乃）−（c＋dv旬＝（α−C）＋（ムーd）、巧，（α＋わv旬（c＋d、句＝（αC＋2叫＋（αd＋呵ヽ乃，

作図できる数，できない数（志南 淳）

α＋わv乍 αC−2わd −αd十わc
c＋d、乃 c2−2d2

c2−2d2v乍

という計算によりこの集合は加減乗除で閉じていることがわかるからである．
体の存在については次の命題が基本的である1．
命題6・3・ダを体としてα1，‥・，α㍑を複素数とする日もダおよび（α1，…，αm）を含む最小の体が存在する．（この体のことを以下ではダ（α1，…，α乃）とかく．）

証明．∬を「ダに属する数およびα1，…，αmから始めて加減乗除を繰り返す
ことにより得られる数全体の集合」とするとⅣは定義から0，1を含み加減乗
除で閉じているので体である．また打はダおよび（α1，…，α㍑）を含み，さらにダおよび（α1，…，αm）を含む体は∬を含まなければならないのでこの∬が求める体である．

命題中で定義された記法を用いると，集合〈α＋わ∨乍lα，わ∈Q）はQ（v旬と書き表されることがわかる（各自確かめよ）．

賞，薫を体とし，賞⊆薫が成り立っとするとき，「薫が賞の何倍の大きさであるか」を表す量である拡大次数［彗：賞］を定義したい．そのためにまず基底という概念を定義する．

定義6．4．fl，蔦を体とし，凡⊆薫が成り立っとする．為に属する有限個の数からなる集合（α1，α2，…，αm）が薫のダ1上の基底であるとは，真に属する任意の数がclα1＋c2α2＋…C乃α乃（cl，C2，…，C乃∈旦）の形に一意的に書けること．

Q（∨旬に属する任意の数はα＋わ∨う（α，わ∈Q）の形に書け，またこの形の表示が一意的であることが＼乃が有理数でないことを用いてわかる．従って（1，ノ豆）はQ（∨旬のQ上の基底である．同様の議論により，（1，ヽ／二了）がCのR上の基底であることもわかる．

さて，今みたように（1，∨乍）はQ（ヽ乃）のQ上の基底であるが，例えば（1，1「∨乍）もまたQ（、乃）のQ上の基底であることが同様の議論でわかる．つまり基底が存在するとしても，基底のとりかたは一通りではない．しかし，どのような基底をとってきても基底に属する数の個数は一定であることを示すのが次の命題である・（証明は省略する．）
命題6・5・ダ1，彗をダ1⊆薫を満たす体とし，また（α1，α2，…，α陀），（わ1，わ2，・，
わm）が共に真のn上の基底であるとする・このときm＝mである．

基底の概念を用いて拡大次数を次のように定義する．
定義6二6．凡，薫を体とし，凡 ⊆薫が成り立っとする．この時拡大次数［薫＝巧］を次のように定義する：薫の旦上の基底（α1，…，α乃）が存在す
るときは匿‥賞］＝乃と定義する・薫の賞上の基底が存在しないときは［蔦：凡］＝∞と定義する・□

作図できる数，できない数（志甫 惇）

命題6．5により，拡大次数は，それを定義する際の基底（α1，…，αm）の取り方によらないことに注意しよう．以前の議論により例えば［Q（1乃）‥Q］＝2，［C：呵＝2であることがわかる．また凡⊆蔦を体とする時，旦＝薫であることと拡大次数［薫‥旦］が1であることとは同値であることもわかる（各
自確かめてみよ）．

次の命題は拡大次数についての基本的かつとても重要な性質である．
命題6．7．j㌔薫，蔦が体で賞⊆薫⊆蔦が成り立っとすると［蔦‥旦］＝【薫‥薫］［薫：凡］が成り立つ．（但し1以上の自然数と∞あるいは∞と∞の積は∞であるとする．）
証明・ここでは［薫：旦］，【蔦‥薫］が共に有限な場合だけ証明することにす

る・m＝［薫：凡］，m＝［薫：矧とすると，拡大次数の定義よりある薫の且上の基底（α1，…，α乃）とある薫の薫上の基底（ら1，…，わm）が存在する・この時，ごを任意の為に属する数とするとご＝∑芸1C舟を満たす
C五∈薫（1≦乞≦m）が存在する・そして各c五に対してc宜＝∑告1d硝を満たすd宜J∈且（1≦J≦れ）が存在する・この2式よりご＝∑芸1∑畏1粗布句が成り立っ・そしてc五達（1≦豆≦m）はごから一意的に定まり，また各豆に対して布達（1≦J≦れ）はqから一意的に定まる・従ってd五ブ達（1≦乞≦m，1≦ゴ≦m）は∬から一意的に定まる・以上の議論より（如ブ）1≦宜≦m，1≦J≦和が香の旦上の基底であることがわかる・従って［蔦‥彗］＝mγもであり，これで命題が証
明された．

ロ

グを体，αを複素数とするとき，拡大次数［ダ（α）‥ダ］はαとダとの関係により決まる■ それを説明するためにいくつかの言葉を導入しよう．まず，（一変数）多項式とは変数壬についての
αm壬乃＋α和一1壬几−1＋…α1壬＋α0（ここでα0，…α乃は複素数でαれ≠0）の形の式のことである・mのことをこの多項式の次数という．Cの部分集合gに対して多項式がβ係数であるとは全てのα壱（0≦乞≦m）がぶに属しているという意味である．ダを体とする時，ダ係数の次数mの多項式J拝）＝αm壬m＋α几一1㌣卜1＋…
α1壬＋α0がダ上可約であるとはヱ拍）＝（緑た＋毎＿1壬た■1＋…＋わ0）（c王子＋cト1fト1＋‥・＋co）（但しここで1≦た，g＜乃，た＋g＝乃でわゎc豆は全てダに属する）と書き表わすことができる（即ちダ係数の多項式としての因数分解ができる）ことであり，J拉）がダ上既約であるとは，このような書き表し方ができないことである．
Jけ）＝αれまれ＋αm＿1fm￣1＋‥・α1f＋α0を多項式，αを複素数とするとき，多項式のfのところにαを代入することにより複素数αmα几＋αm＿1αm￣1＋…

α1α十α0作図できる軋 できない数（志甫 淳）が得られるが，これをJ（α）とかくことにする．ダを体，αを複素数とする時，αがダ上れ次の代数的数であるとはある次数mの既約な多項式J巨）でJ（α）＝0となるものが存在することである．ある自然数mに対してF上m次の代数的数であるような数をダ上代数的な数といい，そうでない数をダ上超越的な数という．以上の準備のもとで，次の命題が成立する．

命題6．8．ダを体，αを複素数とする時，次は同値である．
（1）αはダ上れ次の代数的数である．
（2）拡大次数［ダ（α）：ダ］はれである・

この命題の証明も紙面の都合上省略する．上の命題の2条件が成り立っている時はダ（α）＝（αれ＿1αれ【1＋…＋α1α＋αolα豆∈ダ）となっており，また（1，α，…，α乃1）はア（α）のア上の基底となっている・

例6．9．ダを体，α∈ダとする．このときJ拉）＝壬2−αとおくと拍）はF係
数の2次多項式でJ（、布）＝0である・もしJ拝）がダ上既約であれば上の命
題により［ダ（∨句：ダ］＝2である．一九 もしJ（f）がF上可約であるとすれ
ばJ（壬）はダ係数の多項式としてJ拉）＝（ト、市）（壬＋ノ言）と因数分解されなければならず，従ってノ言∈ダとなる．よって［ダ（ノ古）：ダ］＝1である．
上の命題や例から窺えるよう

項式が既約であるかどうかを判定することがしばしば重要になる．そのような判定は一般には容易ではないが，特別な形のものに対しては次のような判定条件が知られている．（この命題の証明も省略する．）
∵⁚ト・㌧

＋全上

てpで割り切れ，かつα0はp2では割り切れないとする．この時′拉）は既約である．

げ命題6・10（Eisensteinの既約性判定条件）・Pを素数とする・f（i）＝
αれ＿1去れ￣1＋…＋αJ＋α0を整数係数の多項式とし，（石（0≦豆≦れ−1）

7 体と作図できる数
この節では，前節で準備した体という概念を用いた作図できる数の特徴づけを与える．4節のように，作図の最初に点昂，旦，…，君−が与えられているとし（乃≧1）上布の座標が（0，0），且の座標が（1，0）になるような座標をとって，この状況で点彗（2≦宜≦㍑）の座標を（恥減）とおくことにする（α宜，わ乞は実数）・この節の主定理は次の通りである・（これが定理4．3，4．4の体を用いた言い換えである・）

定理7．1．F＝Q（α2，む2，・‥，αm，わ陀）とする．このとき，実数αに対する次の二条什は同値である．

作図できる数，できない数（志甫 淳）（1）αは作図できる数である．

（2）あるRに含まれる体の列ダ＝凡⊆凡⊆薫⊆…⊆j㌦で，［彗‥君−1］＝2（1≦五≦m）かつα∈f㌦を満たすものが存在する・
証明■まず（1）を仮定して（2）を示す・αは作図できる数なので（定理4・4より）0，1，α2，ら2，…，α几，わ几から加減乗除と（0以上の実数の）平方根をとる操作を繰り返すことにより得られる．ここで次の3つのことに注意する：
・0，1，α2，わ2，…，αm，わmは釣こ属する．

・∬を体，エ沌を∬に属する数とするとご＋封，エーy，ごy，ごル（最後の場

合はy≠0を仮定する）はやはり∬に含まれる．
・∬をRに含まれる体＼ごを∬に属する正の実数とすると匿（v信）：∬］は1または2で，かつ∬（ノ言）は再びRに含まれる・最後のもの以外は定義から明らかである．最後の主張のうち，［∬（∨乍）：∬］が1または2であることは例6・9で説明した・また打がRに含まれ，かつv信が実数であることから∬（v乍）もまたRに含まれることがわかる．さて，上に箇条書きした事柄から，αは，平方根をとる度に拡大次数2の拡大をしないといけないかも知れないが，しかしそうやって拡大を繰り返せばその拡大したある体に属していることがわかる．またその体はRに含まれているようにとれる・すなわちαは（2）の条件を満たすことになる・
次に（2）を仮定して（1）をmについての帰納法で示す・まずm＝0のときはα∈ダである．ダは0，1，α2，わ2，…，αれ，♭mから加減乗除を繰り返して得られる数全体のなす集合に他ならないのでαは（1）の条件を満たすことになる．

次にmが一般のときを考える．もしαがf㌦【1に属していれば帰納法よりαは作図できる数なので，αがf㌦＿1に属さない時を考えれば充分である．するとf㌦■1⊆凡1−1（α）であるから拡大次数匿丁い1（α）‥j㌦1］は1より大きい・一方体の列f㌦1⊆f㌦＿1（α）⊆j㌦があることから［f㌦：f㌦1（α）］［f㌦＿1（α）：
f㌦−1］＝［j㌦‥君Tl−1］＝2であり，従って匿丁ユー1（α）：香花−1］は2以下である・

以上より［f㌦−1（α）：f㌦−1］＝2であり，つまりαはj㌦−1上2次の代数的数定理から次の系がいえる．これはある種の数が作図できないことを示すのに便利なものである．
系7・2・ダを上の定理の通りとする・実数αが作図できる数であるとき，［ダ（α）：

ダ］は2のべきである．（特にαはダ上代数的である・）

上た□作図できることになる．つまり（1）の条件が成り立つ．

0 ︶より君Tl−1に属する数は作図できるから，それらから加減乗除および（の実数の）平方根をとる操作により得られる数であるαも（命題4．2より

以まである．従ってαはある君乃＿1係数の2次方程式の解である．帰納法の仮定

作図できる数，できない数（志甫 淳）

証明・定理の（2）のような体の列F＝凡⊆凡⊆薫⊆…⊆f㌦をとる・すると匿了−：F］＝2mとなる．一方αは軋lに属するのでダ⊆ダ（α）⊆f㌦である・従って［耳ふ‥f（α）］［F（α）‥ダ］＝［君n：ダ］＝2mであり，よって［ダ（α）：F］
は2mの約数である．従って［ダ（α）：ダ］は2のべきである．

8 正多角形の作図ⅠⅠ一作図不可能な場合
この節の目標は，5節で述べた場合以外のれについては，正m角形の作図が不可能であることを示すことである・再び問題5・1の状況に戻り，α＝27丁／mとおこう．この節の主定理は次の通りである．

定理8・1・mがm＝pm（pは奇素数，mは1または2）の形をしている時［Q（cosα）‥Q］＝pm￣1（p−1）／2である・

この定理から目標とする次の結果が得られる：
系8・2（Gauss）．れが陀＝25plp2…pγの形（但しここで占は0以上の整数で，pl，…，prは互いに異なる奇素数でpi−1が2のべきであるようなもの，γ＝0の時は5≧2とする）をしていな
ければ正m角形は作図できない．
まず定理から系が導かれることを示そう．正円角形が作図できると仮定して，mがm＝2βplp2…pγの形（但しここで5は0以上の整数で，pl，…，pγは互いに異なる奇素数でp仁一1が2のべきであるようなもの，r＝0の時は5≧2）をしていなければならないことを示せばよい・m＝2βポ1・‥p㌢をmの因数分解（βは0以上el，…，eγは1以上の整数でpl，…，pγは互いに異なる

奇素数，γ≧0）とする．まずr＝0の時は5≧2でなければならない：そうでなければmは2以下であり，作図問題が意味を持たないからである．従って
γ＝0の時は題意が言えたので，以下ではγ≧1と仮定する．さて正m角形が作図できるとすれば乃の任意の3以上の約数mに対して正m角形も作図できることに注意しよう．なぜなら正犯角形の頂点を乃／m個ごとにつなげば正m角形になるからである．上のmの因数分解において，もしある宜（1≦宜≦γ）
に対してe豆が2以上であるならば正pデ角形が作図できなければならない・しかし定理より［Q（cos（2汀／pぎ））‥Q］＝釣（凱一1）／2でありこれは2のべきでない（p豆は奇数だから）ので矛盾．よって全ての宜に対してe′よ＝1であり，更にこのとき正凱角形が作図できることと［Q（cos（2汀／p壱））：Q］＝（釣−1）／2であることからp仁【1は2のべきでなければならない．以上の議論からmは最初に述べた形をしていなければならないことになり，従って系が証明された．
では，定理8．1を証明しよう．整数Jに対してe（り：＝e∠αv勺＝COS（泡）＋v「sin（gα）とおく．まず次の命題に注意しよう・□

作図できる数，できない数（志甫 淳）

命題8・3・e（1）はQ（cosα）上2次の代数的数である・
証明．2cosα＝e（1）＋eト1）の両辺にe（1）をかけて整理すればe（1）2−2cosαe（1）＋1＝0を得る．つまりJ拉）＝ま2一（2cosα）壬＋1とおくと〃e（1））＝0
である・また拍）は実数でない数e（1）を解にもつ2次式なので（Rに含まれている）Q（cosα）係数として因数分解されることはないことがわかる．従って／拉）は既約であり，従って題意が言える・
命題により［Q（e（1））‥Q］＝2［Q（cosα）‥Q］である・従って定理の（1）を証明するにはm＝pm（pは奇素数でmは1または2）の時に［Q（e（1））：Q］＝
pm￣1（p−1）であることを証明すればよい．

まずm＝1の時，e（1）＝e2巾はp来すれば1でかつそれ自身は1ではな
いので

州＝竺」

＝げ−1＋ヂト2＋…＋1とおけばJk（1））＝0である・よってJ（ま）がQ上既約であることを示せばe（1）はQ上（p−1）次の代数的数となり［Q（e（1））‥Q］＝p−1が成り立っので定理
8・1（のm＝1の場合）の証明が終わる・今夕（5）＝J（5＋1）とおく・するとタ（5）が変数占の多項式としてQ上既約であれば′拝）もQ上既約である．（／拉）が可約であればその因数分解に応じてタ（s）の因数分解がとれる．）ここで
︵

l

．ウレ

︹∂

pエ・官

（・ p

︶一

であり（但しp∑畠（β＋1）p−1タ（5）＝は二項係数），これは二項係数の性質よりEisensteinの既約／ ）性判定条件の仮定を満たすのでQ上既約である．よってm＝1の場合に定理
8・1が証明できた・m＝2の時は上のJ拝）の代わりに
fp2【1
拍）＝

＝亡（p−1）p＋f（p−2）p＋…＋fp＋1（壬−1）（伊−1）とおくと同様の手法でJ（e（1））＝0でありかつ／（りがQ上既約であることが証明できる・従って［Q（e（1））：Q］＝p（p−1）となり，定理8・1はこの場合にも証明された．

9 三大作図問題
この節では三大作図問題の不可能性の証明を紹介する．まずは問題を座標を用いた形で改めて書きなおしておこう．

ロ作図できる数，できない数（志南 緯）問題9・1（三大作図問劉・（1）点（1フ0））（0）0））（cosα．

実数αに対しても作図することは可能であるか？
ハリと
︑︑ハこ
る
す
0

0

．し

点図
（2）

0）が与えられている時，体積2の立方体の一辺の長さを作
つまり2の3乗根を作図することは可能であるか？

（3）点（0，0）を中心とし点（1，0）を通る円が与えられている略 その円と同じ面積をもつ正方形の一辺の作図，つまりv斤の作図は可能であるか？
この節では次の定理を証明する．
定理9．2．三大作図問題の作図は全て不可能である．
まず問題（1）の不可能性を示そう・COS（α／3）が作図できない数であるような実数αが存在することを証明すればよい・それには［Q（sinα，COSα）COS（α／3））：
Q（sinα，COSα）］が2のべきでないことを証明すればよい．まず3倍角の公式よりcosαはcos（α／3）の多項式で書けるのでQ（sinα，COSα，COS（α／3））＝
Q（sinα，COS（α／3））である．またsinα＝Jl−COS2αから【Q（sinα，COS（α／3））‥Q（cos（α／3））］，［Q（sinα，COSα）‥Q（cosα）］は共に1または2である・このことからある整数αに対して
2a［Q（sinα，COS（α／3））‥Q（sinα，COSα）］＝［Q（cos（α／3））＝Q（cosα）］
がなりたっことがわかる．従って［Q（cos（α／3））：Q（cosα）］が2のべきでないよ

うなαが存在することを示せばよい．さて3倍角の公式cosα＝4cos3（α／3）

3cos（α／3）より，f（t）＝4t3−3tpcosαとおけばこれはQ（cosα）係数の多項式でパcos（α／3））＝0である．従ってあるαに対してJ巨）がQ（cosα）上既約であることが言えれば［Q（cos（α／3））：Q（cosα）］＝3となり，問題（1）については定理が証明される・ここではα＝∬／3の時（この時cosα＝1／2である）にJ（ま）がQ（cosα）＝Q上既約であることを証明する・タ（5）＝2／（宇）とおくと（cosα＝1／2を用いて）9（s）＝S3＋3s2−3と計算され，これはEisensteinの既約性判定条件（p＝3として用いる）よりQ上既約である・もしJ巨）がQ
上可約であるとするとJ巨）の因数分解に応じたタ（5）の因数分解がとれて矛盾なのでJ巨）もまたQ上既約となる．これで問題（1）については定理が証明された・（なおJ巨）がQ（cosα）上既約になるようなα（0＜α＜27丁）は無限個存在することもわかる・その証明は各自に任せる・）次に問題（2）の不可能性を示す．αを2の3乗根とする．作図不可能性を示すには［Q（α）‥Q］が2のべきでないことを示せば充分であるが∴拍）＝ま3【2とおくとf（α）＝0であり，またEisensteinの既約性判定条件（p＝2として用いる）からJ亘）はQ上既約である・従って［Q（α）：Q］＝3である・よって問題（2）について定理が証明された．

作図できる数，できない数（志甫 淳）

最後に問題（3）の不可能性を示す・もしv斤が作図されたならば打も作図できることになるので，′汀が作図できないことを証明すれば充分である．さて，■打が作図できるとすれば升はQ上代数的な数でないといけないが，次節で紹介するLindemannの定理により7TはQ上超越的な数である．従って7Tは作図できないので，問題（3）についても定理が証明された．

10 7丁の超越性
この節では次の興味深い定理の証明の概略を紹介する．
定理10．1（Lindemann）・7TはQ上超越的な数である．
証明のためには対称多項式についての結果が必要なのでまずはそれを簡単に紹介する・m変数fl，…ふについての整数係数対称多項式とはαまぎ1ま窒2‥・曾（αは整数，d宜達は0以上の整数）の形の式の有限和で書ける式Jい1，ま2，…ふ）で，変数ま1，…壬mのどのような並べ替え（ま豆1，壬五2，‥・，t亘れ）に対しても（ま1，ま2，…，㍍）の所に（まゎ・，t宣m）を代入した式J（ま壱1，壬宜2，…，壬五れ）がJ（壬1，・‥，ま几）と→致するようなもののことである．その例として次に挙げる基本対称多項式がある：m変数壬1，…，㍍についての基本対称多項式とはβ可（tl，…ふ）＝ま1＋‥・＋ま几，
5m，2（ま1，‥・ふ）＝∑ t五1t宜2，
1＜わ＜宜2＜花町（tlフ…ん）＝ ∑予1壬壱2まゎ，
1≦わ＜甘2＜ね≦几

5叩（壬1，…，壬乃）＝ま1t2…壬m，のm個の対称多項式のこと・この時次の定理が成り立つ（証明は省略する）・
定理10・2（対称多項式の基本定理）．任意の整数係数の対称多項式は基本対称多項式達から和差積を繰り返すことにより得られる式である．
それでは定理10．1の証明を始めよう．今汀がQ上代数的な数であると仮定

するとヽ√1★もまたQ上代数的な数になる．そこでg（りをQ係数の多項式で
タ（ヽ／＝了升）＝0を満たすものとし，β（壬）の次数をdとする．またタ（壬）＝0の解を∂1＝√コ町，β2，…，∂dとおく．するとe√巧打＋1＝0よりnた1（1＋eβ甘）＝0であり，これを展開して
1∑ e刷＋■‖＋兢＝0∂1，…，∂d＝0

作図できる数，できない数（志甫 淳）

を得る．2d個の数∂1β1＋…∂dβd（∂1，…，∂d∈（0，1））のうち0でないものをα1，α2，・・，α几（m＜2d）とし，またq＝2d−れとおく．
この時次の補題が成り立っ：

補題10．3．ある0でない整数Zで次を摘たすものが存在する：「任意の乃変数
整数係数対称多項式坤1，…ふ）に対して坤α1，…，gαれ）は整数となる・」
証明．ここでは証明の概略のみを述べる．まず任意の乃変数整数係数対称多項式んに対してあるd変数整数係数対称多項式たで任意の整数gに対して
坤α1，…，Zαm）＝たりβ17‥，g鮎）を満たすものが存在することがα豆の定義からわかる・たはd変数の基本対称多項式5d，1，…，5d，dから和差積を繰り返して得られるが，瑚（∂1，…，鮎）はタ（士）のfd【五の係数の（−1）五倍に等しく（タ（壬）＝Hた1（トー銑）の右辺を展開すればわかる），それは有理数であゃ・従ってある
整数gで，任意のり1≦豆≦d）に対してβ卯（拍1，…，g鮎）＝g且5d，ま（β1，‥・，∂d）が整数になるようなものが存在する・するとた（拍1，…，Z鮎）はこれらの和差積で得られるので整数であり，従って坤α1，…，Jα几）も整数となる．これで題意が証明された．

定理10．1の証明に戻る．補題の条件を満たすgを一つとって固定し，多項式J（ご）をJ（ご）＝㍗彗がト1（ご−α1）p‥・（ご−αm）p

とおく・但しpは充分大きい素数である・J（ご）は次数m＝叩＋p−1の多項式である．さてf∈Cに対して積分拍）＝壬ete￣5亡持去）d5
上1を考える．部分積分を繰り返すことにより
JJJ

J！J

拍）＝e壬∑J（ゴ）（0）∑J（項）
J＝O

J＝0

と計算される．但しJ（ブ）はJのJ階導関数である．J＝−（∫（α1）＋∫（α2）＋
t・＋∫（αm））とおくと上の式から
mm71

J＝q∑J（ゴ）（0）＋∑（∑J（ブ）（α壱））J＝O

J＝Ol＝1と計算される．この式の右辺の各項の値を調べてみよう．

口作図できる数，できない数（志甫 淳）

まずJの定義からJ≦p−2の時J（J）（0）＝0であり，またJ≦p−1の時∑芸1J（J）（α壱）＝0であることがわかる・また拍）＝宗‡（y一言α1）p…（y−gα几）pとおけばgp￣1的）の係数はgα1，…，gα乃の整数係数対称多項式なので整数である．このことからgp￣1ど（ゴ）（y）の係数はブ！で割り切れる整数であることがわかる．従ってJ≧pの時J（ゴ）（0）＝叛（J）（0）はp！で割り切れる整数である・またJ≧pの時は∑た1J（J）（α五）＝∑た1嗅（坤α五）は係数がp！の倍数であるようなZα1，…，gαmに関する対称多項式なのでその値はがで割り切れる
れは整数で

（

はpでは割

p

いソ

整数である．最後に残ったのはJ（p￣1）（0）＝（p−1）！（〜α1‥」αm）pであるがこ切れない．

以上の考察により，p＿が充分に大きければJは0でない（pで割り切れないので！）整数であり，かつ（p−1）！の倍数であることがわかる．従って

周≧（p−1）ト①である・一方積分の定義からげ（川≦l昭子lmax吋0，1］げ（5壬）l
であり，これを用いてIJ」＜cp…②（但しcはg，α1，…，αmのみによる定数）という形の不等式を得ることができる（計算は省略する）・pが充分大きい時
不等式①，②は同時には成立しないので矛盾を得る．従って升がQ上超越的であることが言え，定理が証明される．

11 さいごに5節の内容は文献［1］を参考にしました．但し文献［1］ではGaussはもっと一
般的に理論を展開させた結果として証明を書いています．本稿では一般論を展開するのをなるべく避けるように証明をかなり書き換えました．また10
節の内容は文献［2］を参考にしました．

Refbrences［1］ C・F・Gauss，DisquisitionesArithmeticae（EnglishVersion，Ttanslated
byArthurA・Clarke），YaleUniversityPress，1966・［2］ 塩川宇賢，無理数と超越数，森北出版，1999．

（しほ あつし，東京大学大学院数理科学研究科）