可用尺规作图作出的正多边形应满足的充分必要条件：
正多边形的边数目必须是2的非负整数次方和不同的费马数（2^(2^n)+1）的积。
证明（网上很难找到相关资料，这里给出贴吧里作者的证明）：
先证明能由正a边形得到正2a边形。
设圆O的外接正a边形的顶点分别为A[0],A[1],...,A[a-1]，
B[0]为线段A[0]A[1]的中点，
线段A[0]A[1]的中垂线交劣弧A[0]A[1]于C[0]，
则可通过三角形全等的性质证明A[0]C[0]=A[1]C[0]。
以此类推可得2a边形A[0]C[0]A[1]C[1]A[2]C[2]...A[a-1]C[a-1]是圆O的外接正2a边形。
再证明能得到正4边形。
第1步：作圆O和它的一条直径D[0]D[2]。
第2步：作这条直径的中垂线，交圆O于D[1]和D[3]。
第3步：依次连接D[0]D[1]D[2]D[3]，则可得正4边形。
事实上，圆的一条直径就是它的内接正2边形。
再证明若正2b+1边形可用尺规作图作出（b为正整数），且2b+1为素数，则b是2的非负整数次方。
要证明以上命题成立，则只需要证明
若正2b+1边形可用尺规作图作出，则cos(2*pi*(1/(2*b+1)))为规矩数。
其中规矩数的定义是：
能用尺规作图法得到的数。
即：
若q为有理数，则sqrt(q)为规矩数；
若r为规矩数，则sqrt(r)仍为规矩数；
有限个规矩数进行有限次四则运算的结果依然是规矩数。
∴规矩数一定是代数数（即为一整系数代数方程的解），且以此解为其解的最小多项式的次数为2的非负整数次方。
要想求出cos(2*pi*(1/(2*b+1)))，就要通过切比雪夫多项式列b+1次方程
cos(2*pi*(b/(2*b+1)))=cos(2*pi*((b+1)/(2*b+1)))
由函数y=cos(x)的最小正周期为2*pi和代数基本定理可得b+1个解
cos(2*pi*(c/(2*b+1)))，其中c是非负整数且c≤b。
即有解1。
∴这个b+1次方程可化为b次方程，
∴当且仅当b是2的非负整数次方时（即b不能有奇素数因子），这个b次方程有规矩数解。
再证明若m和n互素，则可由给定的正m边形和正n边形作出正mn边形。
若m和n互素，则存在两个整数p,q使mp+nq=1，
∴可得到角2*pi/(m*n)。
再证明若正2^d+1边形可用尺规作图作出，则d也是2的非负整数次方。
若d有奇素数因子，
设d=f*2^g（f为大于1的奇数，g为非负整数），
则2^d+1=2^(f*2^g)+1
令2^(2^g)=h
则有2^d+1=(h+1)(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1)
∴作出正2^d+1边形的充要条件为
作出正(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1)边形，其中(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1)与(h+1)互素。
∵(h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1)除以(h+1)的余式为f，
∴作出正2^d+1边形的充要条件为f与(h+1)互素，否则需要求解k次方程，
其中奇数k为f与(h+1)的大于1的公因子，
∴尺规作图得不到。
而h^(f-1)-h^(f-2)+...+h^2-h+1=(h-1)*(h^(f-2)+h^(f-4)+...+h)+1
=(2^(2^g-1)+2^(2^g-2)+...+4+2+1)*(2^((2^g)*(f-2))+h^2^((2^g)*(f-4))+...+2^(2^g))+1
不是2的非负整数次方+1。
∴尺规作图得不到。
∴d不能有奇素数因子，必须是2的非负整数次方。
∴综上所述得：
可用尺规作图作出的正多边形应满足的充分必要条件就是：
正多边形的边数目必须是2的非负整数次方和不同的费马数（2^(2^n)+1）的积。
（这部分源自【tieba.baidu.com/p/6207992291】“数学吧”）
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