我又看了一下我之前关于证明的问题一个特定的三角恒等式与有支撑的七边形:$$\sin\frac\pi7-\sin\frac{2\pi}7-\sin\frac{4\pi}7=-\frac{\sqrt7}2$$大约在我发布第一个问题的时候，我正试图为更高的素数找到类似的恒等式美元$希望支撑更大的多边形，但没有成功。当我第二次看时，很明显所有奇素数都存在这样的恒等式，因为嵌入到每个分圆域中的二次子域–统一的根自然与要支撑的多边形的边对应。
例如，使用$p=11$
$$\压裂{\sqrt｛-11｝-1}2=z+z^3+z^4+z^5+z^9\qquad z=e^{2i\pi/11}$$基于此，我设法找到了一种廉价的方法，使用莫瑟纺锤在一个有支撑的常规六角形中去除两个自由度：
这反过来导致了一个具有41个顶点和79条边，比科杜利约夫的155. (刚性证明在的文档字符串中解释生成此图的函数涉谷。）
我在这里的问题是关于我在寻找$\sqrt｛\pm p｝$在…的积分基础上$\mathbb Q（\zeta_p）$，这也是一个$\mathbb Q美元$-字段的基础（选择符号当然是为了确保包含）。
#!/usr/bin/env python3从sympy导入*x、 zt=符号（'x zeta'）对于p in（3、5、7、11、13、17、19、23、29、31、37、41、43、47、53）：二次=x*x-p，如果p%4==1，否则x*x+pzval=exp（2*pi*I/p）expr=x-因子（二次，扩展=zval）。args[1]。sub（zval，zt）打印（f“p={p}:\sqrt{{x*x-quadratic}}}={latex（expr）}\\\\”）
无论美元$有两件事似乎总是成立的：
- 每个前的系数$\zeta_p（美元）$总是$2$，除了$\泽塔^0$系数，即$1$.
- 如果$p\equiv1\bmod4美元$（所以我们有$\sqrt{+p}$)的$\泽塔$-幂成对出现$\zeta^i，\ zeta^{-i}$.如果$p\equiv3\bmod4$（以便我们$\sqrt{-p}$)正好是其中之一$\zeta^i，\ zeta^{-i}$发生于1美元｛p-1｝2$.
举例说明：$$p=47:\sqrt{-47}=2\zeta^{21}+2\zeta_{18}+2\zerta_{17}+2\zeta_{16}+2\泽塔_{14}+2\泽塔_{12}+2\ze塔_{9}+2\ζ塔_{8}+2\Z塔_{7}+2\zita_{6}+2\ zeta_^{4}+2\泽塔^{3}+2\泽塔^{2}+2泽塔+1+\frac{2}{\zeta^{5}}+\frac{2}}{\zeta^{10}}+\fracc{2{\zeta{11}}+\ frac{2}{\zerta^{13}}+\sracc{2{泽塔^{19}}+\压裂{2}{泽塔^{20}}+\frac{2}}{泽塔^{22}}+\frac{2}{泽达^{23}}\\p=53:\sqrt{53}=2\泽塔{26}+2\泽塔^{23}+2\泽塔{22}+2\ zeta^{21}+2\ zeta^{20}+2\zeta^}19}+2\zeta^}{18}+2\泽塔{14}+2\泽塔^{12}+2\zerta^{8}+2\szeta^{5}+2\ze塔^{3}+2\zita^{2}+1+frac{2}{\泽塔^{2}}+\压裂{2}{\泽塔^{3}}+\frac{2}{\泽塔^{5}}+\frac{2{{\泽达^{8}+\frac{2neneneep{\泽泰^{12}}+\sfrac{2]{\泽特^{14}}+\frac{2}{\zeta^{18}}+\frac{2}}{\zeta^{19}}+\fracc{2{\zeta{20}}+\ frac{2}{\zerta^{21}}+\sracc{2{\ze塔^{22}}+\\frac{2]{\zet^{23}}+\tracc{2\{2}$$
对于所有奇素数，上面的两个观察结果都是真的吗美元$? 如果是这样，如何证明？
