引言
我對正十七邊形的尺規作法產生了興趣，至於我為什麼會對這個東西產生興趣，我對任何事情都有遙遠的興趣。或許自己是在教堂凝視窗格的時候想到這個問題，我本身就有著渙散而過剩的注意力。
我原本以為是個簡單的問題，高斯也是幾百年前的人了。我能猜出他是怎麼證明出來的，但我卡在構造方程的那一步，關於交叉項的處理。
我翻了別人的結果，為此我了解了原根和同餘，好在它們也不難。其實我從來也沒有看懂過數學系的課本，但我學會了一套對付它們的辦法，就是我用自己的方式去理解它，略去那些證明和推導的過程。如果需要的話，我寧可用自己的方式「證明」一遍：這是因為數學和物理上理解的證明，完全是兩碼事。
實際上我尊重那一套公理化的過程，我認為也是必要的。只是我偶然擰一次螺絲，並不想因此先打磨一整套工具箱出來。我記得過去數學系的笑話，關於五次方程沒有根式解的證明，為此你可能要上一整年的課，了解大量名詞與概念以及通過了最後的期末考試之後，希望你還能記得最初的好奇，可能你早就不關心了，特別是對著手上難看的成績單的時候。
但物理學家會怎麼處理這些問題？物理上有很多Tricks，這篇文章的推導也是類似這個過程。
介紹
尺規作圖能實現加減乘除運算，以及開根號。加減自不必說，乘除和開根號都是通過相似三角形實現的，具體可以參考網上的作圖示例，我懂得也不多。我不曉得從小到大買的文具中附贈了多少圓規，總共也沒用過幾次，類似的命運也發生在尺子和計算器身上：可能一次都沒用過，卻還是在考試前持之以恆地買。
那麼這個問題就變成，求出$2\pi/17$角度的餘弦就可以了（當然正弦也可以，無所謂，知道一個能就知道其他），那麼根據線段就可以找到角度，這樣就做出來了。前提是這個角度的表達式中只能包含加減乘除和開根號。
推導
方便起見，令
$$
\xi = 2\pi/17
$$
顯然
$$
2\pi - \xi = 16\xi
$$
兩邊取正弦
$$
-\sin\xi = \sin16\xi = 2^4\cos8\xi\cos4\xi\cos2\xi\cos\xi\sin\xi
$$
即
$$
\cos\xi\cos2\xi\cos4\xi\cos8\xi = - 1/16
$$
順便說一句，$\cos3\xi\cos5\xi\cos6\xi\cos7\xi$也等於一個定值，這是因為
$$
\cos5\xi = \cos(17\xi-5\xi) = \cos12\xi
$$
以及
$$
\cos7\xi = \cos(17\xi+7\xi) = \cos24\xi
$$
這也就意味著
$$
\cos3\xi\cos5\xi\cos6\xi\cos7\xi = \cos3\xi\cos6\xi\cos12\xi\cos24\xi
$$
乘上一個$\sin3\xi$再除掉它，便可以得到
$$
\cos3\xi\cos5\xi\cos6\xi\cos7\xi = \frac{\sin48\xi}{2^4\sin3\xi} = -1/16
$$
一樣的結果。
順便說一句
$$
\begin{align}
\sum_{n=1}^8\cos n\xi =& \frac{1}{2}\sum_{n=1}^8[e^{in\xi}+e^{-in\xi}]\\
=& \frac{1}{2}\sum_{n=1}^8[e^{in\xi}+e^{i(17\xi-n\xi)}]\\
=& \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{16}e^{in\xi}\\
=& \frac{1}{2}\frac{e^{i\xi} - e^{i17\xi}}{1 - e^{i\xi}}\\
=& -\frac{1}{2}
\end{align}
$$
在複平面上畫一下那些矢量就知道，實際上是$x^{17} = 1$除$x = 1$這個根以外的求和。
如果令$x = \cos\xi + \cos2\xi + \cos4\xi + \cos8\xi$，$y = \cos3\xi + \cos5\xi + \cos6\xi + \cos7\xi$，那麼已經知道$x + y = \sum_{n=1}^8\cos n\xi = -\frac{1}{2}$，再知道$xy$就可以構造出二次方程來（要求乘積是個常數），從而解出$x$和$y$。
至於為什麼這樣分，這也是我困惑的地方。
技巧
這裡面是有原因的，為此你可能還要看一下原根，來自同餘運算。不過他們不是像我這樣寫的，他們寫了十六個根（除去唯一的實根），為了簡單起見我只寫了八個餘弦。我思來想去還是把這種方法稱為一種技巧，這是因為不用直接去算那個乘積。
我們已經知道$x(\xi) = \cos\xi + \cos2\xi + \cos4\xi + \cos8\xi$，對其做變換，即
$$
x’ = x(2\xi) = \cos2\xi + \cos4\xi + \cos8\xi + \cos16\xi = x(\xi)
$$
同理$y(\xi) = \cos3\xi + \cos6\xi + \cos12\xi + \cos24\xi$（換了一種寫法，見前面的推導）也有
$$
y’ = y(2\xi) = \cos6\xi + \cos12\xi + \cos24\xi + \cos48\xi = y(\xi)
$$
即回到自身了，這就是為什麼那麼拆分的原因。因此$x’y’ = xy$，不妨假設
$$
xy = \sum_{n=0}^8a_n\cos n\xi
$$
這是因為我們總是能用積化和差，以及$17\xi$加減角度的辦法把$n$弄到零到八之間，$a_n$爲待定係數（半整數或整數），我們看看變換後等於什麼
$$
\begin{aligned}
x’y’ =& a_0 + a_1\cos2\xi + a_2\cos4\xi + a_3\cos6\xi + a_4\cos8\xi\\
& + a_5\cos10\xi + a_6\cos12\xi + a_7\cos14\xi + a_8\cos16\xi\\
=& a_0 + a_8\cos\xi + a_1\cos2\xi + a_7\cos3\xi + a_2\cos4\xi\\
& + a_6\cos5\xi + a_3\cos6\xi + a_5\cos7\xi + a_4\cos8\xi
\end{aligned}
$$
前面的係數都應該與$xy$相等，因此可以得到
$$
a_1 = a_2 = … = a_8
$$
係數全相等。注意到$x$中沒有任何一項與$y$相同，這就意味著$a_0 = 0$（積化和差）。此外，$xy$乘開應該有十六項，積化和差將得到三十二項，但積化和差要乘二分之一的緣故，這就意味著
$$
a_n = 2, (n = 1,2,…,8)
$$
即$xy = -1$，這樣就能解出$x$和$y$。
後續
接著對$x$再做拆分
$$
x_1 = \cos\xi + \cos4\xi
$$
以及
$$
x_2 = \cos2\xi + \cos8\xi
$$
已經知道$x_1 + x_2 = x$，在計算$x_1x_2$的時候可以待定係數，採用上述技巧同樣的變換辦法（變換後$x_1$和$x_2$相互對調，但乘積不變，分析得到各個係數）。過程完全一致，我就不寫了。
對$y$也作類似處理
$$
y_1 = \cos3\xi + \cos5\xi
$$
以及
$$
y_2 = \cos6\xi + \cos7\xi
$$
同樣$y_1 + y_2 = y$，變換後$y_1$和$y_2$也相互對調，乘積不變（須換種寫法，詳見上節）。這樣就可以分別構造出$x_1,x_2$與$y_1,y_2$的二次方程，將它們全部解出來。
那麼最後考慮
$$
\cos\xi + \cos4\xi = x_1
$$
以及
$$
\cos\xi\cos4\xi = \frac{1}{2}(\cos3\xi+\cos5\xi) = \frac{y_1}{2}
$$
最後構造一次二次方程，即可解出$\cos\xi$。
後記
最後的根式解長而繁冗，有興趣自己去找來看，我不想寫了，一步步重複這個過程即可得到最終結果。
我覺得這個問題的精華在變換那一步，我寫的算簡單，因為正規寫法是八八六十四項，你可能去窮舉嗎，當然沒有可能。我在此之前試圖去找一個不具體展開計算就能得到乘積的方式，我試了拉格朗日乘子，以及變分加約束條件，都沒有文中的變換來得簡潔而漂亮。
當然它不是像我這麼寫的，我是按照物理喜歡的Tricks方式重新推導了一遍。
補充
二次剩餘
$a$爲大於一的正整數，$p$為大於二的質數，且$a$不是$p$的倍數。證明存在特定的$a$使得$a,a^2,a^3,…,a^{p-1}$中存在兩兩同餘。
根據費馬小定理有
$$
a^{p-1} \equiv 1 \mod p
$$
因此$p-1$是$a,a^2,a^3,…$這個序列的週期。假設存在一個正整數$n$，使得
$$
a^{m} \equiv a^{m+n} \mod p
$$
因為$a$與$p$互質，則
$$
a^n \equiv 1 \mod p
$$
以及得到
$$
a^{p-1-n} \equiv 1 \mod p
$$
換言之$n$和$p-1-n$也都是這個序列的週期，而且它們均比週期$p-1$小，這也就意味著$p-1$必須同時是它們的倍數。
$$
p - 1 = k_1n = k_2(p-1-n)
$$
注意到$p-1 = n + (p-1-n)$，兩邊同時處以$n$或$p-1-n$得到
$$
k_1 = 1 + \frac{p-1-n}{n}
$$
以及
$$
k_2 = 1 + \frac{n}{p-1-n}
$$
$k_1,k_2$都是整數，一個正數和它的倒數都等於整數，則它必須是一，也就是
$$
n = \frac{p-1}{2}
$$
也就是
$$
a^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \mod p
$$
這正是二次剩餘的條件，即歐拉準則。以$4^k$模$5$的餘數為例，其餘數週期性出現：1,4,1,4,1,4,…
顯然5-1=4是這個序列的週期，但也存在更小的週期2。因此這樣的數是存在的，它需要滿足二次剩餘的條件。
剩餘定理
考慮維基中關於中國剩餘定理的一個案例
$$
\begin{align}
x \equiv& 2 \mod 3\\
x \equiv& 3 \mod 5\\
x \equiv& 2 \mod 7
\end{align}
$$
放大模數使其相等
$$
\begin{align}
35x \equiv& 70 \mod 105\\
21x \equiv& 63 \mod 105\\
15x \equiv& 30 \mod 105
\end{align}
$$
不斷輾轉相減，直至得到最終結果。方便起見可以記為兩個三元數組(35,21,15)及(70,63,30)。譬如，從第一個式子中減去第二個式子
$$
(35-21,21,15) \sim (70-63,63,30)
$$
這樣得到
$$
(14,21,15) \sim (7,63,30)
$$
再從第三個式子中減去第一個式子
$$
(14,21,15-14) \sim (7,63,30-7)
$$
也就是
$$
(14,21,1) \sim (7,63,23)
$$
這樣就可以了，因為第三個式子說明
$$
x \equiv 23 \mod 105
$$
這就是最後的結果，這是一個快速求解同餘方程組的方法。