正多角形の作図可能性

方針：$\cos$ と $\sin$ の値を、加法定理と半角の公式で四則と平方根の式に書き、四則と平方根の作図を使う。
段 1（1 の証明）。$\sin^2\theta=1-\cos^2\theta\ge0$ である。$1-\cos^2\theta$ は作図できる数の積と差なので作図できる。$1-\cos^2\theta>0$ なら $\sqrt{1-\cos^2\theta}$ が作図でき、$\sin\theta$ はこれか、その符号を変えた数である（$a$ が作図できれば $-a=0-a$ も作図できる）。$1-\cos^2\theta=0$ なら $\sin\theta=0$ で、これも作図できる。
段 2（2 の証明）。加法定理（加法定理から2倍角・半角・3倍角の公式を導く）により
$$ \cos(\theta\pm\varphi)=\cos\theta\cos\varphi\mp\sin\theta\sin\varphi,\qquad \sin(\theta\pm\varphi)=\sin\theta\cos\varphi\pm\cos\theta\sin\varphi $$
である（複号同順）。右辺は作図できる数の積と和・差なので作図できる。$k\ge1$ のとき $k\theta=(k-1)\theta+\theta$ なので、$k$ についての帰納法で $k\theta$ は作図できる角である。$0\cdot\theta=0$ は $\cos0=1$、$\sin0=0$ なので作図できる角であり、$k<0$ のときは $k\theta=0-(-k)\theta$ である。
段 3（3 の証明）。半角の公式（同じ記事）により
$$ \cos^2\frac\theta2=\frac{1+\cos\theta}2,\qquad \sin^2\frac\theta2=\frac{1-\cos\theta}2 $$
である。右辺は作図できる数で、$0$ 以上である。段 1 と同じく、$\cos\dfrac\theta2$ は $\sqrt{\dfrac{1+\cos\theta}2}$ かその符号を変えた数（右辺が $0$ なら $0$）なので作図でき、$\sin\dfrac\theta2$ も同じである。$\square$

方針：1 ⇒ 3 は頂点 $P_1$ の $x$ 座標を見る。3 ⇒ 2 ⇒ 1 は lem-crp-angle を使う。
段 1（1 ⇒ 3）。正 $n$ 角形が作図できれば $P_1=\left(\cos\dfrac{2\pi}n,\sin\dfrac{2\pi}n\right)$ は作図できる点なので、点と座標の関係により $\cos\dfrac{2\pi}n$ は作図できる数である。
段 2（3 ⇒ 2）。lem-crp-angle の 1 による。
段 3（2 ⇒ 1）。lem-crp-angle の 2 により、$k=0,1,\dots,n-1$ について $k\cdot\dfrac{2\pi}n$ は作図できる角である。つまり $P_k=\left(\cos\dfrac{2\pi k}n,\sin\dfrac{2\pi k}n\right)$ は作図できる点である。$\square$

方針：lem-crp-cos により、「正 $n$ 角形が作図できる」は「$\dfrac{2\pi}n$ が作図できる角」と同じである。この角を lem-crp-angle で計算する。
段 1（1 の証明）。$\dfrac{2\pi}{2n}$ は $\dfrac{2\pi}n$ の半分なので、lem-crp-angle の 3 により作図できる角である。
段 2（2 の証明）。$n=de$（$e$ は正の整数）と書くと
$$ \frac{2\pi}d=\frac{2\pi e}{n}=e\cdot\frac{2\pi}n $$
なので、lem-crp-angle の 2 により作図できる角である。
段 3（3 の証明）。$m$ と $n$ は互いに素なので、整数の割り算と互除法 の Bézout の等式により、$am+bn=1$ となる整数 $a$、$b$ がある。両辺に $\dfrac{2\pi}{mn}$ を掛けると
$$ \frac{2\pi}{mn}=a\cdot\frac{2\pi}n+b\cdot\frac{2\pi}m $$
である。右辺は作図できる角の整数倍の和なので、lem-crp-angle の 2 により作図できる角である。$\square$

方針：各項に $2\sin\dfrac\theta2$ を掛けて正弦の差に直し、和をとると間の項が打ち消し合うようにする。
段 1（差に直す）。$\theta=\dfrac{2\pi}n$ とおく。加法定理 $\sin(A+B)-\sin(A-B)=2\cos A\sin B$ で $A=k\theta$、$B=\dfrac\theta2$ とすると
$$ 2\sin\frac\theta2\cos k\theta=\sin\left(k+\frac12\right)\theta-\sin\left(k-\frac12\right)\theta $$
である。
段 2（和をとる）。$k=1,2,\dots,n-1$ について足すと、右辺は隣どうしが打ち消し合い、
$$ 2\sin\frac\theta2\sum_{k=1}^{n-1}\cos k\theta=\sin\left(n-\frac12\right)\theta-\sin\frac\theta2 $$
となる。$\left(n-\dfrac12\right)\theta=2\pi-\dfrac\theta2$ なので $\sin\left(n-\dfrac12\right)\theta=-\sin\dfrac\theta2$ であり、右辺は $-2\sin\dfrac\theta2$ である。
段 3（割る）。$0<\dfrac\theta2=\dfrac\pi n\le\dfrac\pi2$ なので $\sin\dfrac\theta2>0$ である。両辺を $2\sin\dfrac\theta2$ で割って、和は $-1$ である。
段 4（奇数の場合）。$n=2h+1$ のとき、$k$ と $n-k$ の項は等しい（$x_{n-k}=x_k$）。$k=1,\dots,n-1$ は、$k=1,\dots,h$ と $n-k=h+1,\dots,n-1$ に分かれるので
$$ -1=\sum_{k=1}^{n-1}\cos\frac{2\pi k}n=2\sum_{k=1}^{h}\cos\frac{2\pi k}n=\sum_{k=1}^hx_k $$
である。$\square$

加法定理の $\cos(A+B)=\cos A\cos B-\sin A\sin B$ と $\cos(A-B)=\cos A\cos B+\sin A\sin B$ を足すと $2\cos A\cos B=\cos(A+B)+\cos(A-B)$ である。$A=\dfrac{2\pi a}n$、$B=\dfrac{2\pi b}n$ とおいて両辺を $2$ 倍すると、$x_ax_b=x_{a+b}+x_{a-b}$ となる。$\square$

方針：各段で、2 つの数の和と積を lem-crp-sum と lem-crp-product で求め、解と係数の関係からそれらを 2 根とする 2 次方程式を作る。2 根のどちらがどちらかは、符号で見分ける。
段 1（$y_1,y_2$）。$y_1+y_2=x_1+\cdots+x_8=-1$ である（lem-crp-sum）。$y_1y_2$ を展開すると、上の表の 16 個の積の和になり、表の数え上げにより
$$ y_1y_2=4(x_1+x_2+\cdots+x_8)=-4 $$
である。よって $y_1$、$y_2$ は $t^2+t-4=0$ の根で、解の公式により $\dfrac{-1\pm\sqrt{17}}2$ である。どちらが $y_1$ かを決める。$\dfrac{2\pi}{17}$ は $\dfrac{360^\circ}{17}=21.1\ldots^\circ$ で、$30^\circ$ より小さいので $x_1>2\cos30^\circ=\sqrt3>1.7$ である。同じように $x_2=2\cos42.3\ldots^\circ>2\cos45^\circ=\sqrt2>1.4$、$x_4=2\cos84.7\ldots^\circ>0$、$x_8>-2$ なので、$y_1>1.7+1.4+0-2>0$ である。$y_1y_2=-4<0$ なので $y_2<0$ であり、$y_1=\dfrac{-1+\sqrt{17}}2$、$y_2=\dfrac{-1-\sqrt{17}}2$ である。
段 2（$z_1,z_2$）。$z_1+z_2=x_1+x_4+x_2+x_8=y_1$ である。積は
$$ z_1z_2=x_1x_2+x_1x_8+x_4x_2+x_4x_8=(x_3+x_1)+(x_9+x_7)+(x_6+x_2)+(x_{12}+x_4) $$
で、$x_9=x_8$、$x_{12}=x_5$ なので $x_1+\cdots+x_8=-1$ に等しい。よって $z_1$、$z_2$ は $t^2-y_1t-1=0$ の根である。$x_1>0$、$x_4>0$ なので $z_1>0$ で、$z_1z_2=-1$ から $z_2<0$ である。この方程式の正の根は $\dfrac{y_1+\sqrt{y_1^2+4}}2$ なので、これが $z_1$ である。
段 3（$z_3,z_4$）。$z_3+z_4=x_3+x_5+x_6+x_7=y_2$ である。積は
$$ z_3z_4=x_3x_6+x_3x_7+x_5x_6+x_5x_7=(x_9+x_3)+(x_{10}+x_4)+(x_{11}+x_1)+(x_{12}+x_2) $$
で、$x_9=x_8$、$x_{10}=x_7$、$x_{11}=x_6$、$x_{12}=x_5$ なので、これも $x_1+\cdots+x_8=-1$ である。よって $z_3$、$z_4$ は $t^2-y_2t-1=0$ の根である。$x_6=2\cos127.0\ldots^\circ<0$、$x_7=2\cos148.2\ldots^\circ<0$ なので $z_4<0$ で、$z_3z_4=-1$ から $z_3>0$ である。正の根をとって $z_3=\dfrac{y_2+\sqrt{y_2^2+4}}2$ である。
段 4（$x_1,x_4$）。$x_1+x_4=z_1$、$x_1x_4=x_5+x_{-3}=x_5+x_3=z_3$ なので、$x_1$、$x_4$ は $t^2-z_1t+z_3=0$ の根である。$\cos$ は $0$ から $\pi$ までで減少し、$\dfrac{2\pi}{17}<\dfrac{8\pi}{17}$ なので $x_1>x_4$ である。よって $x_1$ は大きいほうの根 $\dfrac{z_1+\sqrt{z_1^2-4z_3}}2$ である（2 根が異なる実数なので $z_1^2-4z_3>0$）。
段 5（作図できること）。$\sqrt{17}$ は作図でき、$y_1$、$y_2$ は四則で作れる。$y_1^2+4>0$、$y_2^2+4>0$ なので $z_1$、$z_3$ も四則と平方根で作れ、$z_1^2-4z_3>0$ なので $x_1$ も作れる。四則と平方根の作図により $x_1$ は作図できる数であり、$\cos\dfrac{2\pi}{17}=\dfrac{x_1}2$ も作図できる。lem-crp-cos により正十七角形は作図できる。$\square$

方針：対偶を示す。$m$ が $3$ 以上の奇数の約数をもてば、$2^m+1$ が因数分解できることを示す。
段 1（因数分解の式）。$q$ が奇数のとき、
$$ (X+1)(X^{q-1}-X^{q-2}+X^{q-3}-\cdots-X+1)=X^q+1 $$
である。左辺を展開すると、$X$ を掛けた項と $1$ を掛けた項が $X^{q-1},\dots,X$ で打ち消し合い、$X^q$ と $1$ だけが残る（$q$ が奇数なので、2 つ目の因数は $+X^{q-1}$ で始まり $+1$ で終わる）。
段 2（対偶）。$m$ が $2$ の冪でないとすると、$m$ は $3$ 以上の奇数 $q$ を約数にもち、$m=uq$ と書ける。$X=2^u$ とおくと $2^m+1=X^q+1$ で、段 1 により $X+1=2^u+1$ で割り切れる。$u\ge1$ なので $X+1\ge3$、$q\ge3$ なので $X+1< X^q+1$ であり、$2^m+1$ は $1$ と自分自身以外の約数 $2^u+1$ をもつ。よって $2^m+1$ は素数でない。$\square$

方針：prop-crp-build の 2 で、$n$ の奇数の素因数 $p$ について正 $p$ 角形または正 $p^2$ 角形に移る。そこで thm-crp-degree の 2 つの次数を比べる。
段 1（奇数の素因数 $p$ は $2^m+1$ の形）。正 $n$ 角形が作図できるとし、$p$ を $n$ の奇数の素因数とする。$p\ge3$ は $n$ の約数なので、prop-crp-build の 2 により正 $p$ 角形が作図できる。lem-crp-cos により $\cos\dfrac{2\pi}p$ が作図でき、その $2$ 倍 $2\cos\dfrac{2\pi}p$ も作図できる数である。thm-crp-degree の 1 と 2 により、$\dfrac{\varphi(p)}2=\dfrac{p-1}2$ は $2$ の冪である。よって $p-1$ も $2$ の冪で、$p=2^m+1$（$m\ge1$）と書ける。
段 2（$p$ は Fermat 素数）。段 1 の $p=2^m+1$ は素数なので、lem-crp-fermat により $m$ は $2$ の冪であり、$p$ は Fermat 素数である。
段 3（$p$ は 1 回しか現れない）。$p^2$ が $n$ を割り切るとすると、prop-crp-build の 2 により正 $p^2$ 角形が作図でき、段 1 と同じく $2\cos\dfrac{2\pi}{p^2}$ が作図できる。thm-crp-degree により $\dfrac{\varphi(p^2)}2=\dfrac{p(p-1)}2$ は $2$ の冪でなければならない。ところがこの数は奇数 $p\ge3$ で割り切れるので、$2$ の冪ではない。矛盾するので、$p^2$ は $n$ を割り切らない。
段 4（まとめ）。$n$ を素因数分解すると、$2$ 以外の素因数はすべて Fermat 素数（段 2）で、どれも 1 回ずつしか現れない（段 3）。これは 2 の形である。$\square$

方針：$x_1,\dots,x_6$（$n=13$）を 2 つずつ 3 組に分け、組の和が有理数の根をもたない 3 次方程式を満たすことを示す。
段 1（組の和）。$n=13$、$x_k=2\cos\dfrac{2\pi k}{13}$ とし（$x_{13-k}=x_k$）、
$$ u_1=x_1+x_5,\qquad u_2=x_2+x_3,\qquad u_3=x_4+x_6 $$
とおく。lem-crp-sum により $u_1+u_2+u_3=x_1+\cdots+x_6=-1$ である。
段 2（2 つずつの積）。lem-crp-product と $x_7=x_6$、$x_8=x_5$、$x_9=x_4$、$x_{11}=x_2$ により
$$ u_1u_2=x_1x_2+x_1x_3+x_5x_2+x_5x_3=(x_3+x_1)+(x_4+x_2)+(x_7+x_3)+(x_8+x_2)=(x_1+\cdots+x_6)+x_2+x_3=-1+u_2, $$
$$ u_1u_3=x_1x_4+x_1x_6+x_5x_4+x_5x_6=(x_5+x_3)+(x_7+x_5)+(x_9+x_1)+(x_{11}+x_1)=-1+u_1, $$
$$ u_2u_3=x_2x_4+x_2x_6+x_3x_4+x_3x_6=(x_6+x_2)+(x_8+x_4)+(x_7+x_1)+(x_9+x_3)=-1+u_3 $$
である（2 行目の括弧の中は $x_5+x_3+x_6+x_5+x_4+x_1+x_2+x_1$、3 行目は $x_6+x_2+x_5+x_4+x_6+x_1+x_4+x_3$ で、どちらも $x_1+\cdots+x_6$ に $u_1$ または $u_3$ を足したもの）。足すと $u_1u_2+u_1u_3+u_2u_3=-3+(u_1+u_2+u_3)=-4$ である。
段 3（3 つの積）。$u_1u_2u_3=(-1+u_2)u_3=-u_3+u_2u_3=-u_3+(-1+u_3)=-1$ である。
段 4（3 次方程式）。解と係数の関係により、$u_1,u_2,u_3$ は
$$ g(t)=t^3+t^2-4t+1=0 $$
の 3 つの根である。有理数の根の候補は $\pm1$ で、$g(1)=-1$、$g(-1)=5$ なので、$g$ は有理数の根をもたない。3大作図問題の不可能性 の定理「有理数の根をもたない 3 次方程式」により、$u_1$ は作図できない。
段 5（結論）。正十三角形が作図できるとすると、lem-crp-cos により $\dfrac{2\pi}{13}$ は作図できる角で、lem-crp-angle の 2 により $5\cdot\dfrac{2\pi}{13}$ も作図できる角である。よって $x_1$ と $x_5$ は作図でき、その和 $u_1$ も作図できるが、これは段 4 に反する。したがって正十三角形は作図できない。$\square$