z^10+z^9+・・・+z+1=0の10根の置換はｎ−１＝５・２と素因数分解されることから，次数１１の円分方程式が１つの5次方程式とひとつの２次方程式の解法に帰着することを示している．

そのような周期はz+z^10,z^2+z^9,z^3+z^8,z^4+z^7,z^5+z^6である。

一つの周期に含まれる２元は互いの他の逆数であるから、z^5で割ってから,y=-(x+1/x)を代入すると

y^5-y^4-4y^3+3y^2+3y-1=0

が得られる。もしこの方程式の解αが根号によって見いだされるならば、1の11乗根を求めるには、x^2+αx+1=0を解きさえすればよく、それは根号によってあらわされるのであるが、５次方程式には一般的な解法が存在しない。

それに対して、n-1が2のベキであるときには補助方程式はすべて２次であるから、円分方程式の解法はかなり簡単である。

n-1が2のベキとなる素数で知られているものは、3,5,17,257,65537だけである。

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y^5-y^4-4y^3+3y^2+3y-1=0

は根号を使って解ける方程式なのであるが、その解法がわからない

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z^10+z^9+z^8+z^7+z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=0

z^5+z^4+z^3+z^2+z+1+1/z+1/z^2+1/z^3+1/z^4+1/z^5=0

(z+1/z)^5=z^5+5z^4・1/z+10z^3・1/z^2+10z^2・1/z^3+5z・1/z^4+1/z^5=(z^5+1/z^5)+5(z^3+1/z^3)+10(z+1/z)

(z+1/z)^4=z^4+4z^3・1/z+6z^2・1/z^2+4z・1/z^3+1/z^4=(z^4+1/z^4)+4(z^2+1/z^2)+6

(z+1/z)^3=z^3+3z^2・1/z+3z・1/z^2+1/z^3=(z^3+1/z^3)+3(z+1/z)

(z+1/z)^2=z^2+2z・1/z+1/z^2=(z^2+1/z^2)+2

(z^5+1/z^5)=-y^5-5(z^3+1/z^3)+10y=-y^5+5y^3-15y+10y=-y^5+5y^3-5y

(z^4+1/z^4)=y^4-4(z^2+1/z^2)-6=y^4-4y^2+8-6=y^4-4y^2+2

(z^3+1/z^3)=-y^3+3y

(z^2+1/z^2)=y^2-2

z^5+z^4+z^3+z^2+z+1+1/z+1/z^2+1/z^3+1/z^4+1/z^5=0

-y^5+5y^3-5y+y^4-4y^2+2-y^3+3y+y^2-2-y+1=0

-y^5+y^4+4y^3-3y^2-3y+1=0

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正７角形の場合

z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=0

z^3+z^2+z+1+1/z+1/z^2+1/z^3=0

(z^3+1/z^3)=-y^3+3y

(z^2+1/z^2)=y^2-2

-y^3+3y+y^2-2-y+1=0

-y^3+y^2+2y-1=0

この方程式の解は-2cos(2πk/7),k=1-3になる

-2cos(2π/7)=-1.24698

-2cos(4π/7)=0.445039

-2cos(6π/7)=1.80194

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正9角形の場合

z^8+z^7+z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=0

z^4+z^3+z^2+z+1+1/z+1/z^2+1/z^3+1/z^4=0

(z^4+1/z^4)=y^4-4(z^2+1/z^2)-6=y^4-4y^2+8-6=y^4-4y^2+2

(z^3+1/z^3)=-y^3+3y

(z^2+1/z^2)=y^2-2

y^4-4y^2+2-y^3+y+y^2-2-y+1=0

y^4-y^3-3y^2+2y+1=0・・・最初と最後の項の係数は+/-1になりそうである

この方程式の解は-2cos(2πk/9),k=1-4になる

-2cos(2π/9)=-1.53209

-2cos(4π/9)=-0.347298

-2cos(6π/9)=0.999997

-2cos(8π/9)=1.87938

(y-1)(y^3-3y-1)=0・・・3次方程式となった。しかも公式を利用できる。

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【補】正多角形の作図問題

　定規とコンパスだけで正３角形，正４角形，正６角形，正８角形が作図できることは簡単にわかりますが，辺の数５，７，９の場合はどうでしょうか．正５角形は古代ギリシャにおいて作図可能であることが発見されました．となれば，次に正７角形・正９角形の作図は？と考えるのは自然な成り行きでしょう．

　ところが，かのアルキメデスでさえも正７角形・正９角形の作図に成功しなかったといわれています．また，内接正多角形の作図は画家であり建築家であるレオナルド・ダ・ヴィンチの関心を惹きました．しかし，彼でさえ近似的な内接正七角形の作図を正確なものと思っていたようです．

　辺数３，４，５，６，８，１０，１２，１５，１６の正多角形は作図できますが，辺数７，９，１１，１３，１４の正多角形は作図できないことから，正１７角形もそうであろうと推察されます．ところが，１７９６年，ガウスは１９才のときに正１７角形の作図を思いつき，のみならず，ｎが素数の正ｎ角形について，ｎ＝２2^m＋１が素数の場合に限り，定規とコンパスだけで作図可能であることを発見しています．

　正７角形も正９角形も作図できないのに，まさか正１７角形が作図できるとはと思うのが普通なのでしょうが，このことを用いると，ｍ＝０のとき正３角形，ｍ＝１のとき正５角形，ｍ＝２のとき正１７角形となり，作図可能であることがわかります．当然，ずっと面倒になるでしょうが，正２５７角形（ｍ＝３），正６５５３７角形（ｍ＝４）も作図可能です．

　アルキメデスは円柱とそれに内接する球の体積比が３：２であることを発見した記念に，自分の墓の上に円柱の形をした記念碑をおくように遺言したといわれています．アルキメデスと同じように，ガウスは正１７角形を墓石に彫るよう遺言しています．このことはガウス自身がその発見をいかに重視したかを物語っています．数々の大発見をしたガウスですが，１９才の青年がアルキメデスをもってしてもできなかった古代ギリシア以来２０００年の謎を解いたのですから，まさに驚きとしかいいようがありません．この正１７角形の作図は彼を本格的に数学の道に入らせるきっかけとなったといわれています．

　なお，２2^m＋１の形の素数をフェルマー素数といいます．フェルマー素数はガウスによって１世紀にわたる眠りから覚まされ，数論と幾何学に新たな美しさを吹き込んだことになります．フェルマーはこの型の数がすべて素数だと勘違いしていて必ず素数を与える式として考え出されたのですが，ｍ＝５のときは素数ではなく，現在，ｍ＝０，１，２，３，４の５個以外にフェルマー素数はみつかっていません．６番目のフェルマー素数の探索がコンピュータを使ってなされていますが，はたして本当に存在するのでしょうか．

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【補】作図とは，加減乗除と平方根である．

　正多角形の作図は円周等分問題という幾何学問題ですが，ｘ^n−１＝０という代数方程式の解と密接な関係にあります．正５角形の作図は黄金比と関連していて，２次方程式：ｘ^2−ｘ−１＝０を解く，すなわち（√５＋１）／２を求めることによって可能となりました．ギリシャ人は黄金分割を用いた見事な方法で正五角形の作図に成功したのですが，この方法は二次方程式の幾何学的解法を利用した賢明な方法といえます．

　一方，正７角形，正９角形はそれぞれ３次方程式：ｘ^3＋ｘ^2−２ｘ−１＝０，ｘ^3−３ｘ＋１＝０に帰着します．また，立方体倍積問題，角の３等分問題，円の正方形化問題（円積問題）のいずれの幾何学的問題も代数方程式に対応していて，たとえば，倍積問題はｘ^3−２＝０，角の３等分問題はｘ^3−３ｘ−ａ＝０，円積問題はｘ^2−π＝０に帰着します．

　定規とコンパスで描ける図形は直線と円ですから，その作図は線分の長さの加減乗除と平方根をとる操作に相当します．すなわち，定規（直線）とコンパス（円）による作図は，たとえそれらを繰り返し用いたとしても，＋，−，×，÷，√なる５つの演算によって得られるものに限られています．

　したがって，正７角形，正９角形の作図や倍積問題のように３次方程式に帰着する作図問題は＋−×÷√の演算を組み合わせても解けません．角の３等分問題は，ａの値によっては定規とコンパスのみで３等分できる角が無数にあると同時に，３等分できない角もまた無数にあることを示しています．モーリーの定理「任意の三角形において，各内角の３等分線の隣同士の交点を結んで得られる三角形は正三角形である．」この驚くべき定理が２０世紀にいたるまで発見されなかった理由も，角の３等分問題は解けないことが判明していたところにあるのでしょう．

　また，円積問題は２次方程式に帰着しますが，√πがコンパスと定規で作図できたとすると，その平方であるπも同様に作図可能ということになります．しかし，πは超越数ですから√πも超越数なのです．したがって，√πは代数方程式の解とはなりえず，円積問題も作図不能となるのです．

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