چندضلعی‌های منتظمِ ساختنی

کدام چندضلعی‌های منتظم را می‌توانیم تنها با خط‌کش و پرگار رسم کنیم؟

اقلیدس کتاب «اصول» را با پنج اصل موضوع آغاز می‌کند. سه تای اول اجازهٔ عمل‌اند: از هر نقطه به هر نقطه می‌توان خط راستی کشید، هر خط راست را می‌توان امتداد داد، و به مرکزِ هر نقطه و به هر شعاعی می‌توان دایره‌ای زد. دو تای دیگر دربارهٔ خودِ شکل‌هایند، نه دربارهٔ ابزار. پس هر آنچه در آن کتاب ساخته می‌شود، با همین دو ابزار ساخته می‌شود: خط‌کشِ بی‌درجه و پرگار. و اقلیدس هیچ شکلی را پیش از ساختنش به کار نمی‌گیرد — نخستین قضیهٔ کتاب، ساختنِ مثلث متساوی‌الاضلاع روی یک پاره‌خط است.

اما چند ساخت از دستشان گریخت. آیا می‌توان هر زاویه را به سه قسمت برابر تقسیم کرد؟ مکعبی با حجمِ دو برابر ساخت؟ مربعی هم‌مساحتِ یک دایره؟ و پرسشِ این برگه: کدام چندضلعی‌های منتظم را می‌توان ساخت؟ اقلیدس مثلث و مربع و پنج‌ضلعی و پانزده‌ضلعی را ساخته بود؛ هفت‌ضلعی و نه‌ضلعی را نه. دوهزار سال کسی نمی‌دانست این شکل‌ها فقط سخت‌اند یا واقعاً ناشدنی.

دلیلِ این تأخیرِ طولانی روشن است. برای نشان دادنِ این‌که چیزی ساختنی است، یک ساخت کافی است. اما برای این‌که ساختنی نیست، باید همهٔ ساخت‌های ممکن را یک‌جا در نظر گرفت — هر ترکیبی از خط‌ها و دایره‌ها، به هر تعدادِ متناهی. هندسه زبانی برای این «همه» نداشت. جبر داشت: کافی است به‌جای نقطه‌ها دربارهٔ عددهایشان حرف بزنیم و بپرسیم دو ابزارِ اقلیدس از یک عدد چه عددهایی می‌سازند. با این جابه‌جایی، هر چهار پرسشِ بالا در قرن نوزدهم پاسخ گرفتند؛ و پاسخِ پرسشِ چندضلعی‌ها، غافلگیرکننده‌تر از بقیه، سر از نظریهٔ اعداد درآورد.

این برگه همان مسیر را می‌رود: از شکل به یک عدد، از عدد به یک شرط، و از شرط به فهرستِ کاملِ چندضلعی‌های ساختنی. راه از اعداد مختلط می‌گذرد؛ اگر با آن‌ها آشنا نیستید، مجموعهٔ اعداد مختلط همه‌چیز را از صفر می‌سازد.

---

چهار ساخت با دو ابزار

پیش از آن‌که سراغ عددها برویم، دو ابزار را در دست بگیریم. چهار شکلِ زیر را یونانیان هم ساخته بودند؛ اما مهم‌تر از خودِ شکل‌ها، حرکت‌هایی است که در همهٔ آن‌ها تکرار می‌شود. همین حرکت‌ها در بقیهٔ برگه، به زبان عدد، دوباره پیدایشان می‌شود. مثلث را با هم می‌سازیم؛ سه شکلِ بعدی را اول خودتان امتحان کنید و بعد جعبهٔ «راهِ ساخت» را باز کنید.

مثلث. پاره‌خطِ $AB$ را بکشید. پرگار را به اندازهٔ $AB$ باز کنید و یک بار به مرکز $A$ و یک بار به مرکز $B$ کمان بزنید. دو کمان در نقطه‌ای مثل $C$ به هم می‌رسند، و $AC$ و $BC$ هر دو به اندازهٔ دهانهٔ پرگارند: مثلثِ $ABC$ متساوی‌الاضلاع است. این همان قضیهٔ اولِ «اصول» است، و همهٔ ساخت‌های بعدی به همین شیوه پیش می‌روند: نقطهٔ تازه همیشه از برخوردِ دو خط، یا یک خط و یک کمان، یا دو کمان پیدا می‌شود.

نخستین قضیهٔ «اصول»: هر نقطهٔ تازه، برخوردِ دو چیزی است که پیش‌تر کشیده‌ایم.

شش‌ضلعی. دایره‌ای بکشید. چگونه شش رأسِ هم‌فاصله روی آن پیدا می‌کنیم؟

راهِ ساخت

از نقطهٔ $A$ روی دایره شروع کنید و همان دهانه را دورِ دایره علامت بزنید: درست شش بار جا می‌شود و به $A$ برمی‌گردد. چرا شش؟ چون مرکزِ $O$ با دو علامتِ پیاپی مثلثی می‌سازد که هر سه ضلعش برابر شعاع است — همان مثلثِ بالا — پس زاویهٔ مرکزیِ هر وتر $60^\circ$ است و شش تا از آن‌ها $360^\circ$ می‌شود. رأس‌ها را یک‌درمیان بردارید: مثلثِ محاط در دایره. این ترفند همیشه کار می‌کند: از هر $2n$-ضلعی، با کنار گذاشتنِ رأس‌های یک‌درمیان، $n$-ضلعی به دست می‌آید.

پرگار طول را جابه‌جا می‌کند: یک وتر که ساخته شد، دورِ دایره تکرار می‌شود.

مربع، و دو برابر کردن. قطرِ $AB$ را بکشید. دو رأسِ دیگرِ مربع کجاست؟ و وقتی مربع را داشتیم، هشت‌ضلعی چطور؟

راهِ ساخت

پرگار را کمی بیش از نصفِ $AB$ باز کنید و از $A$ و از $B$، بالا و پایینِ قطر، کمان بزنید. خطی که از دو برخورد می‌گذرد عمودمنصفِ $AB$ است؛ دایره را در $C$ و $D$ قطع می‌کند، و $ACBD$ مربع است. همین حرکت کارِ دیگری هم می‌کند: عمودمنصفِ وترِ $CB$ از مرکز می‌گذرد و کمانِ $CB$ را در نقطهٔ $E$ نصف می‌کند — یک رأسِ هشت‌ضلعی. کمان‌های دیگر را هم نصف کنید: هشت‌ضلعی. دوباره: شانزده‌ضلعی. هر چندضلعی که بلد باشیم، نصف‌کردنِ کمان‌ها شمارِ ضلع‌هایش را دو برابر می‌کند: از مثلث به شش‌ضلعی و دوازده‌ضلعی، از پنج‌ضلعی به ده‌ضلعی و بیست‌ضلعی.

عمودمنصف، کمان را نصف می‌کند؛ هر نصف‌کردن، ضلع‌ها را دو برابر.

پنج‌ضلعی. سخت‌ترینِ چهار شکل. ضلعِ پنج‌ضلعیِ محاط در دایره را چگونه با پرگار پیدا کنیم؟

راهِ ساخت

شعاعِ $OA$ را بکشید و وسطش، $M$، را با عمودمنصف پیدا کنید. $B$ را سرِ شعاعِ عمود بر $OA$ بگیرید. پرگار را به مرکز $M$ و به اندازهٔ $MB$ باز کنید و کمان بزنید تا قطر را در سوی دیگرِ $O$، در نقطهٔ $N$، قطع کند. حالا پرگار را به اندازهٔ $BN$ باز کنید و از $B$ دورِ دایره علامت بزنید: درست پنج بار جا می‌شود. چرا این کمانِ کمکی لازم بود؟ اگر شعاع را $1$ بگیریم، $MB$ وترِ مثلثِ قائم‌الزاویه‌ای با ضلع‌های $1$ و $\tfrac12$ است، یعنی $\tfrac{\sqrt5}{2}$؛ و چند بخش پایین‌تر خواهیم دید که پنج‌ضلعی دقیقاً به $\sqrt5$ نیاز دارد. پرگار می‌تواند ریشهٔ دوم بسازد — و همین، همهٔ تفاوتِ پنج‌ضلعی با مثلث و مربع است.

پرگار ریشهٔ دوم می‌سازد؛ پنج‌ضلعی همین را می‌خواست.

اقلیدس با کنار هم گذاشتنِ مثلث و پنج‌ضلعی، پانزده‌ضلعی را هم ساخت. چگونه؟ این را برای تمرین ۲ نگه می‌داریم.

حالا هفت‌ضلعی را امتحان کنید. با همین حرکت‌ها — کمان، عمودمنصف، جابه‌جا کردنِ طول — بکوشید هفت نقطهٔ هم‌فاصله روی دایره پیدا کنید. بعد نه‌ضلعی را.

هرچه بکوشید به جایی نمی‌رسید، و در این ناکامی تنها نیستید. با این چهار حرکت، فهرستِ یونانیان چنین بود:

	تعدادِ ضلع‌ها
ساخته‌شده	۳، ۴، ۵، ۶، ۸، ۱۰، ۱۲، ۱۵، ۱۶، ۲۰، …
بی‌پاسخ	۷، ۹، ۱۱، ۱۳، ۱۴، ۱۷، ۱۸، ۱۹، …

ردیفِ اول همه از سه مادهٔ اولیه ساخته شده‌اند: مثلث، پنج‌ضلعی، و دو برابر کردن. حدسِ طبیعی این است که فهرست همین باشد و بس. اما این حدس را با پرگار نمی‌توان آزمود: ناکامیِ ما در ساختنِ هفت‌ضلعی، اثباتِ ناممکن بودنش نیست. برای آزمودنش، همان‌طور که در مقدمه گفتیم، باید همهٔ ساخت‌های ممکن را یک‌جا در دست داشته باشیم — و این کارِ عدد است. چهار حرکتی را که دیدیم به خاطر بسپارید؛ هر کدام در ادامه یک بار دیگر، این بار به شکل یک عدد، ظاهر می‌شود:

• نقطهٔ تازه فقط از برخوردِ خط‌ها و کمان‌ها به دست می‌آید.
• پرگار طول را جابه‌جا می‌کند؛ پس ساختنِ یک وتر، کلِ چندضلعی را می‌دهد.
• نصف‌کردنِ کمان، $n$-ضلعی را $2n$-ضلعی می‌کند؛ یک‌درمیان برداشتنِ رأس‌ها، برعکس.
• پرگار ریشهٔ دوم می‌سازد.

---

از چندضلعی به یک عدد

در برگهٔ ریشه‌های واحد دیدیم که جواب‌های $z^n=1$ رأس‌های یک $n$-ضلعی منتظم‌اند. دایرهٔ واحد را در صفحهٔ مختلط بگیرید و نخستین رأس را روی عدد $1$ بگذارید. رأس بعدی باید به اندازهٔ زاویهٔ مرکزیِ $\frac{2\pi}{n}$ چرخیده باشد؛ یعنی

$$\zeta_n = \cos\frac{2\pi}{n} + i\,\sin\frac{2\pi}{n}.$$

بقیهٔ رأس‌ها توان‌های همین عددند:

$$1,\ \zeta_n,\ \zeta_n^2,\ \dots,\ \zeta_n^{n-1}.$$

پس اگر بتوانیم $\zeta_n$ را بسازیم، با تکرارِ همان وتر دور دایره، تمام چندضلعی ساخته می‌شود. برعکس، اگر $n$-ضلعی ساخته شده باشد، یکی از رأس‌های کنارِ $1$ همان $\zeta_n$ است.

همه‌چیز به یک نقطه گره می‌خورد: اگر ζ ساخته شود، تکرارِ همان وتر دورِ دایره بقیهٔ رأس‌ها را می‌دهد.

حتی قسمت حقیقیِ این عدد کافی است:

$$x_n = \frac{\zeta_n + \zeta_n^{-1}}{2} = \cos\frac{2\pi}{n}.$$

اگر $x_n$ را روی محور حقیقی ساخته باشیم، خط عمودیِ گذرنده از آن، دایرهٔ واحد را در دو نقطه قطع می‌کند؛ نقطهٔ بالایی همان $\zeta_n$ است. بنابراین پرسش هندسی ما به پرسشی دربارهٔ یک عدد تبدیل شد:

آیا عددِ $\cos\frac{2\pi}{n}$ را می‌توان با خط‌کش و پرگار ساخت؟

برای همین، از این‌جا به بعد به‌جای کلِ شکل فقط دربارهٔ یک عدد حرف می‌زنیم.

---

خط‌کش و پرگار چه عددهایی می‌سازند؟

از یک پاره‌خط به طول $1$ شروع می‌کنیم و مختصاتِ نقطه‌هایی را که در هر مرحله می‌سازیم می‌خوانیم. ساخت‌های کلاسیک با تشابه مثلث‌ها چهار عملِ $+$، $-$، $\times$ و $\div$ را روی طول‌های ساخته‌شده انجام می‌دهند؛ ساختِ واسطهٔ هندسی هم $\sqrt{a}$ را از $a$ می‌سازد.

از جهت دیگر، هر نقطهٔ تازه تقاطعِ دو خط، یک خط و یک دایره، یا دو دایره است. تقاطعِ خط‌ها معادله‌های درجهٔ یک حل می‌کند؛ ورودِ دایره در بدترین حالت یک معادلهٔ درجهٔ دو می‌آورد. پس هر گامِ تازه، حداکثر یک ریشهٔ دوم به عددهای قبلی اضافه می‌کند.

هیچ ساختی از این چهار حرکت فراتر نمی‌رود؛ سقفِ توانِ خط‌کش و پرگار همین است — نه بیشتر، نه کمتر.

به زبان فشرده‌تر، عددِ ساختنی در برجی از این شکل زندگی می‌کند:

$$\mathbb{Q} = K_0 \subset K_1 \subset \cdots \subset K_s, \qquad [K_j:K_{j-1}] = 2.$$

لازم نیست فعلاً «میدان» را با همهٔ جزئیاتش بشناسیم. $K_j$ را جعبهٔ عددهایی ببینید که تا مرحلهٔ $j$ در اختیار داریم؛ رفتن از هر جعبه به جعبهٔ بعدی فقط یک انتخابِ درجهٔ دو است، یعنی همان یک ریشهٔ دوم.

آزمونِ ساختنی بودن از همین برج بیرون می‌آید؛ در ادامه روی چند عددِ مشخص امتحانش می‌کنیم.

یک پیام مهم فوراً بیرون می‌آید. اگر عدد جبریِ $a$ ساختنی باشد، درجهٔ آن روی اعداد گویا باید توانی از ۲ باشد. درجه، به‌طور شهودی، شمارِ جواب‌هایی است که ساده‌ترین معادلهٔ گویایِ تعیین‌کنندهٔ $a$ با خود حمل می‌کند. چون هر مرحله تعدادِ امکان‌ها را حداکثر دوبرابر می‌کند، حاصل نمی‌تواند عاملِ فردی مانند ۳ یا ۵ داشته باشد.

مثلاً برای پنج‌ضلعی:

$$\cos\frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt{5}-1}{4},$$

و حضورِ یک ریشهٔ دوم دقیقاً با زبانِ خط‌کش و پرگار سازگار است.

---

پیش از ادامه، حدس بزنید. حدسِ بخشِ «چهار ساخت» می‌گفت $15$-ضلعی ساختنی است و $7$-ضلعی، $9$-ضلعی و $17$-ضلعی نه. آیا این حدس می‌ماند؟ معیارِ دقیق چند سطر پایین‌تر هر چهار مورد را یک‌جا می‌سنجد.

شمارِ همتاهای یک ریشه

$\zeta_n$ فقط یکی از ریشه‌های واحد نیست؛ یک ریشهٔ اولیه است: توان‌هایش پیش از قدمِ $n$-اُم به $1$ برنمی‌گردند. همتاهای جبریِ آن دقیقاً

$$\zeta_n^a, \qquad 1 \le a \le n,\quad \gcd(a,n)=1$$

هستند. شمارِ این توان‌ها را با تابعِ فیِ اویلر می‌نویسند: $\varphi(n)$. یکی از حقیقت‌های بنیادیِ ریشه‌های واحد می‌گوید

$$[\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}] = \varphi(n).$$

پس اگر $n$-ضلعی ساختنی باشد، $\zeta_n$ هم ساختنی است و درجه‌اش باید توانی از ۲ باشد. در نتیجه:

شرطِ لازم برای ساختنِ $n$-ضلعی این است که $\varphi(n)$ توانی از ۲ باشد.

این آزمون خیلی زود بعضی درها را می‌بندد:

$$\varphi(7)=6, \qquad \varphi(9)=6.$$

پس نه هفت‌ضلعی و نه نه‌ضلعی با این دو ابزار ساخته نمی‌شوند. اما

$$\varphi(15)=8, \qquad \varphi(17)=16,$$

و هر دو از آزمون عبور می‌کنند.

دو حدس همین‌جا رد می‌شوند؛ اما هنوز نمی‌دانیم گذشتن از این آزمون برای آن دوی دیگر کافی است یا نه.

یک ظرافت را کنارِ راه ثبت کنیم: برای یک عدد جبریِ دلخواه، «درجه توانی از ۲ است» به‌تنهایی ساختنی بودن را تضمین نمی‌کند. اما ریشه‌های واحد تقارنِ بیشتری دارند؛ همین تقارن است که در این مسئله شرطِ لازم را به شرطِ کافی تبدیل می‌کند. کمی بعد تصویرش را می‌بینیم.

---

چرا اعداد اولِ فرما ظاهر می‌شوند؟

عددِ $n$ را به عامل‌های اولش بشکنید:

$$n = 2^a q_1^{e_1}q_2^{e_2}\cdots q_r^{e_r},$$

که $q_j$ها اول‌های فردِ متمایزند. فرمولِ فی می‌گوید بخشِ مربوط به هر $q_j$ چنین است:

$$\varphi(n) = \varphi(2^a)\prod_{j=1}^{r} q_j^{e_j-1}(q_j-1).$$

اگر این حاصل‌ضرب توانی از ۲ باشد، هیچ عاملِ فردی حق ندارد در آن بماند. بنابراین دو اتفاق ناگزیر است:

1. باید $e_j=1$ باشد؛ وگرنه خودِ $q_j$ از عاملِ $q_j^{e_j-1}$ واردِ $\varphi(n)$ می‌شود. پس اول‌های فرد نمی‌توانند تکرار شوند.
2. باید $q_j-1$ توانی از ۲ باشد؛ یعنی $q_j=2^m+1$.

اما اگر $2^m+1$ اول باشد، خودِ $m$ هم نمی‌تواند هر عددی باشد. اگر $m=2^s d$ با $d>1$ فرد باشد، آن‌گاه

$$2^m+1 = \left(2^{2^s}\right)^d+1$$

و چون $d$ فرد است، $X^d+1$ بر $X+1$ بخش‌پذیر است؛ پس عددِ بالا مرکب می‌شود. بنابراین ناچار $m=2^s$ و

$$q_j = 2^{2^s}+1.$$

اگر چنین عددی واقعاً اول باشد، آن را عددِ اولِ فرما می‌نامیم. پنج نمونهٔ شناخته‌شده عبارت‌اند از

$$3,\quad 5,\quad 17,\quad 257,\quad 65537.$$

اکنون صورتِ کاملِ پاسخ را داریم.

قضیهٔ گاوس–وانتسل. برای $n\ge 3$، $n$-ضلعی منتظم دقیقاً وقتی با خط‌کش و پرگار ساختنی است که

$$n = 2^a p_1p_2\cdots p_t,$$

که $a\ge0$ و $p_1,\dots,p_t$ اعداد اولِ فرمایِ متمایز‌اند. حاصل‌ضربِ خالی هم مجاز است؛ پس همهٔ توان‌های ۲ ساختنی‌اند.

حالا حدس‌هایمان روشن‌اند: $7$ و $9$ ساختنی نیستند؛ $15=3\cdot5$ و $17$ ساختنی‌اند. تکرار نشدنِ اول‌های فرما جدی است: $9=3^2$ با آن‌که فقط از عددِ فرمایِ $3$ ساخته شده، مجاز نیست.

فهرستِ ساختنی‌ها تنُک است، و هرچه جلوتر برویم تنُک‌تر می‌شود.

گاوس در سال ۱۷۹۶، در نوزده‌سالگی، ساختنی بودنِ هفده‌ضلعی و بخشِ «اگر» این الگو را کشف کرد. وانتسل چند دهه بعد ثابت کرد که هیچ چندضلعیِ دیگری از سد عبور نمی‌کند. به همین دلیل نتیجه را امروز قضیهٔ گاوس–وانتسل می‌نامیم.

---

شرطِ لازم چگونه کافی می‌شود؟

تا این‌جا نشان دادیم هر چندضلعیِ ساختنی باید صورتِ قضیه را داشته باشد. اما چرا هر عدد با آن صورت واقعاً به یک ساخت منتهی می‌شود؟ سه ایده قطعاتِ اثبات را کنار هم می‌گذارند.

توان‌های ۲: زاویه را نصف کن

از یک قطر، دو رأسِ روبه‌رو را داریم. نیم‌سازِ زاویه تعدادِ کمان‌های برابر را دوبرابر می‌کند: مربع، هشت‌ضلعی، شانزده‌ضلعی و همین‌طور تا هر توانِ ۲. اگر چندضلعیِ دیگری هم ساخته باشیم، نصف کردنِ زاویهٔ مرکزی تعدادِ ضلع‌هایش را دوبرابر می‌کند.

یک عدد اولِ فرما: تقارن را پیاپی نصف کن

فرض کنید $p=2^{2^s}+1$ اول و $\zeta$ یک ریشهٔ اولیهٔ $p$-اُم باشد. غیر از $1$، تعدادِ ریشه‌ها برابر است با

$$p-1=2^{2^s},$$

یعنی توانی از ۲. گاوس از همین فرصت استفاده کرد: ریشه‌ها را به دو دستهٔ کاملاً متقارن تقسیم کرد، جمعِ ریشه‌های هر دسته را گرفت، سپس هر دسته را دوباره نصف کرد و این کار را ادامه داد.

در هر نیم‌کردن، اگر جمعِ دو دستهٔ فرزند را $A$ و $B$ بنامیم، $A+B$ از مرحلهٔ قبل معلوم است. تقارنِ ضربیِ توان‌های $\zeta$ تضمین می‌کند $AB$ هم با عددهای مرحلهٔ قبل بیان شود. پس $A$ و $B$ دو ریشهٔ معادلهٔ درجهٔ دویِ

$$X^2-(A+B)X+AB=0$$

هستند: هر نیم‌کردن فقط یک ریشهٔ دوم می‌خواهد — دقیقاً همان عملی که پرگار بلد است.

برای $p=17$ نخستین نیم‌کردن را می‌توان لمس کرد. شانزده ریشهٔ ناصفر را با توان‌هایشان به دو دسته بشکنید: $R$، باقی‌مانده‌های مربعیِ ناصفر به پیمانهٔ ۱۷، و $N$، باقی‌مانده‌های نامربعی:

$$R=\lbrace1,2,4,8,9,13,15,16\rbrace,$$ $$N=\lbrace3,5,6,7,10,11,12,14\rbrace.$$

و بگذارید

$$U=\sum_{r\in R}\zeta^r, \qquad V=\sum_{r\in N}\zeta^r.$$

جمعِ همهٔ ریشه‌های هفدهم واحد صفر است، پس $U+V=-1$. با شمردنِ حاصل‌ضرب‌ها نیز به $UV=-4$ می‌رسیم؛ بنابراین $U$ و $V$ ریشه‌های

$$X^2+X-4=0$$

اند و نخستین ریشهٔ دوم ظاهر می‌شود:

$$U,V=\frac{-1\pm\sqrt{17}}{2}.$$

همین یک شکاف، نخستین ریشهٔ دوم را روی کاغذ می‌آورد.

هر دستهٔ هشت‌تایی دوباره به دو دستهٔ چهارتایی و آن‌ها به جفت‌ها می‌شکنند. جمعِ یک جفتِ نهایی شکلی مانند $\zeta^k+\zeta^{-k}=2\cos\frac{2\pi k}{17}$ دارد؛ همان مختصاتی که برای رسم لازم بود. فرمولِ کامل بلند است، اما دلیلِ پدیدار شدنِ ریشه‌های دوم همین زنجیرهٔ نیم‌کردن‌هاست.

به همین دلیل هفده‌ضلعی، برخلاف هفت‌ضلعی، از سد عبور می‌کند.

عامل‌های متمایز: زاویه‌ها را با هم ترکیب کن

اگر $m$-ضلعی و $n$-ضلعی ساختنی باشند و $\gcd(m,n)=1$، زاویه‌های $\frac{2\pi}{m}$ و $\frac{2\pi}{n}$ را در اختیار داریم. بزو عددهای صحیحِ $u,v$ می‌دهد که

$$un+vm=1.$$

پس با جمع و تفریقِ چند نسخه از دو زاویه می‌سازیم:

$$u\frac{2\pi}{m}+v\frac{2\pi}{n} =\frac{2\pi}{mn}.$$

این زاویهٔ مرکزیِ یک $mn$-ضلعی است. بنابراین چندضلعی‌های مربوط به اول‌های فرمایِ متمایز را می‌توان یکی‌یکی با هم ترکیب کرد و سپس، با نیم‌کردن زاویه، عاملِ $2^a$ را افزود. این سه قطعه بخشِ «اگر» قضیه را کامل می‌کنند.

با همین ترفند، چندضلعی‌های مربوط به اول‌های فرمایِ متمایز را یکی‌یکی در هم می‌بافیم.

---

تمرین‌ها

تمرین ۱ — تثبیتِ معیار. تعیین کنید کدام‌یک از چندضلعی‌های منتظم با تعداد ضلع‌های $12$، $18$، $20$، $51$ و $85$ ساختنی‌اند.

راهنمای کوچک

هر عدد را به صورتِ توانِ ۲ ضرب در عامل‌های فرد بنویسید. عامل‌های فرد باید از میانِ $3$، $5$، $17$، $257$ و $65537$ و بدون تکرار باشند.

ایدهٔ اصلی

تنها دامِ فهرست، $18=2\cdot3^2$ است. در بقیهٔ عددها عامل‌های فرد را با فهرستِ اول‌های فرما مقایسه کنید.

راه‌حلِ کامل

داریم

$$12=2^2\cdot3,\quad 20=2^2\cdot5,\quad 51=3\cdot17,\quad 85=5\cdot17,$$

پس این چهار چندضلعی ساختنی‌اند. اما $18=2\cdot3^2$ عاملِ فردِ تکراری دارد، پس هجده‌ضلعی ساختنی نیست.

تمرین ۲ — ساختن از دو زاویه. بدون استفادهٔ مستقیم از قضیه نشان دهید اگر مثلث منتظم و پنج‌ضلعی منتظم را بلد باشیم، زاویهٔ مرکزیِ پانزده‌ضلعی را هم می‌توانیم بسازیم.

راهنمای کوچک

زاویه‌های مرکزیِ در دسترس $120^\circ$ و $72^\circ$ هستند. ترکیبی از این دو پیدا کنید که $24^\circ$ بدهد.

ایدهٔ اصلی

دو بار زاویهٔ پنج‌ضلعی را بردارید و زاویهٔ مثلث را از آن کم کنید.

راه‌حلِ کامل

$$2\cdot72^\circ-120^\circ=24^\circ=\frac{360^\circ}{15}.$$

جمع، کپی کردن و تفریقِ زاویه‌ها با خط‌کش و پرگار شدنی است؛ پس زاویهٔ مرکزیِ $24^\circ$ و در نتیجه پانزده‌ضلعی منتظم ساختنی است. این نمونهٔ مشخصِ همان اتحادِ بزویی است: $2\cdot3-1\cdot5=1$.

تمرین ۳ — نقشِ «متمایز». ثابت کنید اگر مربعِ یک عدد اولِ فردِ $q$، عددِ $n$ را بشمارد، آن‌گاه $n$-ضلعی منتظم ساختنی نیست.

راهنمای کوچک

در فرمولِ $\varphi(n)$ به عاملِ مربوط به $q^e$ نگاه کنید. از $e\ge2$ چه عاملِ فردی باقی می‌ماند؟

ایدهٔ اصلی

$\varphi(q^e)=q^{e-1}(q-1)$ است. اگر $e\ge2$، خودِ $q$ در این عدد حضور دارد؛ پس فی نمی‌تواند توانی از ۲ باشد.

راه‌حلِ کامل

از $q^2\mid n$ نتیجه می‌شود توانِ $q$ در تجزیهٔ $n$ دست‌کم ۲ است. در نتیجه عاملِ

$$q^{e-1}(q-1)$$

در $\varphi(n)$ ظاهر می‌شود و چون $e-1\ge1$، عددِ فردِ $q$، $\varphi(n)$ را می‌شمارد. پس $\varphi(n)$ توانی از ۲ نیست؛ اما ساختنی بودنِ $n$-ضلعی چنین توانی را لازم داشت. بنابراین ساخت ناممکن است.

تمرین ۴ — بازسازیِ استدلال. فرض کنید $2^m+1$ اول است. نشان دهید $m$ باید توانی از ۲ باشد.

راهنمای کوچک

اگر $m$ توانِ ۲ نباشد، آن را به صورتِ $m=2^s d$ با $d>1$ فرد بنویسید و از تجزیهٔ $X^d+1$ استفاده کنید.

ایدهٔ اصلی

برای $d$ فرد، $X+1$ عاملِ $X^d+1$ است. این‌جا $X=2^{2^s}$ را بگذارید.

راه‌حلِ کامل

اگر $m$ توانِ ۲ نباشد، پس از بیرون کشیدنِ همهٔ عامل‌های ۲ می‌توان نوشت $m=2^s d$ که $d>1$ فرد است. آن‌گاه

$$2^m+1=\left(2^{2^s}\right)^d+1.$$

برای $d$ فرد داریم

$$X^d+1=(X+1)(X^{d-1}-X^{d-2}+\cdots-X+1).$$

پس $2^{2^s}+1$ یک عاملِ درستِ $2^m+1$ است و عدد مرکب می‌شود؛ تناقض. بنابراین $m=2^s$ و عددِ اولِ مورد نظر از صورتِ فرماست.

تمرین ۵ — پیشرفته، مناسبِ دانشجویان. بگذارید $\zeta$ ریشهٔ اولیهٔ هفتم واحد و $w=\zeta+\zeta^{-1}=2\cos\frac{2\pi}{7}$ باشد. از $1+\zeta+\cdots+\zeta^6=0$ نشان دهید

$$w^3+w^2-2w-1=0,$$

و از آن ناممکن بودنِ ساختِ هفت‌ضلعی را نتیجه بگیرید.

راهنمای کوچک

معادلهٔ ریشه‌ها را بر $\zeta^3$ تقسیم کنید و جمله‌های قرینه را جفت کنید. سپس $\zeta^2+\zeta^{-2}$ و $\zeta^3+\zeta^{-3}$ را بر حسبِ $w$ بنویسید.

ایدهٔ اصلی

از مربع و مکعبِ $w=\zeta+\zeta^{-1}$ به دست می‌آید

$$\zeta^2+\zeta^{-2}=w^2-2, \qquad \zeta^3+\zeta^{-3}=w^3-3w.$$

این دو را در معادلهٔ جفت‌شده جای‌گذاری کنید. سپس ریشه‌های گویای احتمالیِ چندجمله‌ایِ درجهٔ سه را بسنجید.

راه‌حلِ کامل

تقسیم بر $\zeta^3$ می‌دهد

$$(\zeta^3+\zeta^{-3})+(\zeta^2+\zeta^{-2})+(\zeta+\zeta^{-1})+1=0.$$

با دو اتحادِ راهنما:

$$(w^3-3w)+(w^2-2)+w+1=0,$$

پس $w^3+w^2-2w-1=0$. این چندجمله‌ایِ یکه فقط می‌تواند ریشهٔ گویای $1$ یا $-1$ داشته باشد و هیچ‌کدام ریشه نیستند؛ پس روی $\mathbb{Q}$ تجزیه‌ناپذیر و درجهٔ $w$ برابر ۳ است. اگر هفت‌ضلعی ساختنی بود، $w=2\cos\frac{2\pi}{7}$ ساختنی و درجه‌اش توانی از ۲ می‌شد؛ تناقض.

تمرین ۶ — انتقالِ ایده. نشان دهید زاویهٔ $60^\circ$ را نمی‌توان با خط‌کشِ نامدرج و پرگار به سه قسمت مساوی تقسیم کرد.

راهنمای کوچک

اگر تثلیث ممکن بود، زاویهٔ $20^\circ$ ساختنی می‌شد. این زاویه، زاویهٔ مرکزیِ کدام چندضلعی منتظم است؟

ایدهٔ اصلی

$20^\circ=\frac{360^\circ}{18}$ است. پس ساختنِ این زاویه، ساختنِ هجده‌ضلعی را ممکن می‌کرد؛ حالا معیار گاوس–وانتسل را روی $18$ اجرا کنید.

راه‌حلِ کامل

اگر می‌توانستیم $60^\circ$ را سه‌قسمت کنیم، زاویهٔ $20^\circ$ را می‌ساختیم. با کپی کردنِ این زاویه دورِ یک دایره، هجده رأسِ یک هجده‌ضلعی منتظم به دست می‌آمد. اما

$$18=2\cdot3^2$$

عاملِ فرمایِ تکراری دارد و طبق قضیه ساختنی نیست. پس تثلیثِ $60^\circ$ با این دو ابزار ناممکن است. این یک زاویهٔ مشخصِ ناممکن است؛ بعضی زاویه‌های دیگر را می‌شود سه‌قسمت کرد.

---

جمع‌بندی

• رأس‌های $n$-ضلعی منتظم همان ریشه‌های $n$-اُم واحدند؛ رسمِ شکل به ساختنِ $\cos\frac{2\pi}{n}$ فروکاسته می‌شود.
• خط‌کش و پرگار در هر گام فقط معادله‌ای خطی یا درجهٔ دو حل می‌کنند؛ پس درجهٔ هر عددِ ساختنی توانی از ۲ است.
• درجهٔ ریشهٔ اولیهٔ $n$-اُم برابر $\varphi(n)$ است. تجزیهٔ همین عدد، عامل‌های فردِ مجاز را به اول‌های فرمایِ متمایز محدود می‌کند.
• بنابراین دقیقاً عددهای $n=2^a p_1\cdots p_t$ چندضلعیِ ساختنی می‌دهند؛ و نیم‌کردنِ پیاپیِ تقارنِ ریشه‌ها توضیح می‌دهد چرا این شرط کافی است.

هر پیکان یک ترجمه است؛ همهٔ سختیِ کار در همین دو ترجمهٔ میانی پنهان بود.

اکنون باید بتوانید… مسئلهٔ رسمِ یک چندضلعی را به ساختنِ یک ریشهٔ واحد ترجمه کنید؛ با تجزیهٔ $n$ شدنی یا ناشدنی بودنِ رسم را تشخیص دهید؛ توضیح دهید چرا تکرارِ یک اولِ فرد مانع می‌سازد؛ و مسیرِ کلیِ اثبات گاوس–وانتسل را از انتخاب‌های درجهٔ دو تا اول‌های فرما بازگو کنید.

این مسیر با پرسشِ «دو نقطهٔ صفحه را چگونه در هم ضرب کنیم؟» آغاز شد. اکنون همان ضرب به ما می‌گوید دستِ اقلیدسیِ خط‌کش و پرگار کدام تقارن‌های دایره را می‌تواند دقیقاً بگیرد — و کدام‌ها، هر قدر هم نزدیک رسم شوند، از دستش می‌گریزند.