円周の等分点の性質　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　平成１９年９月３日付けで当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、当ＨＰがいつもお世話になっ
ている「らすかる」さんから問題が提起された。

　単位円周上に等間隔に、ｎ 点（ｎ≧２）をとり、ある点と他の ｎ−１ 点をそれぞれ
結ぶと、それら ｎ−１ 本の線分の長さの積は ｎ である

　この証明は難しいだろうか？

　　　（補足）　ｚｅｘｉｏ さんによれば、この問題は、１９９９〜２００２年位に出版された「大学
　　　　　　　への数学」の宿題にあったそうである。

　らすかるさんの問題を拝見して、その証明云々の前に、「そんな性質もあるのか！」と感
動してしまった。（私には、初見でした！）

　いくつか手計算で確認してみよう。

	ｎ＝２　のときは、 　長さの積＝２ なので、命題は成り立つ。			ｎ＝３　のときは、 　長さの積＝× 　　　　　　＝３ なので、命題は成り立つ。
	ｎ＝４　のときは、 　長さの積＝×２× 　　　　　　＝４　 なので、命題は成り立つ。
	ｎ＝５　のときは、以下のような計算を行う。 　　　Ｌ1＝２ｓｉｎ３６°で、さらに、余弦定理により、Ｌ2＝２ｓｉｎ７２° ここで、　θ＝３６°とおくと、　５θ＝１８０°より、　３θ＝１８０°−２θ
よって、　　ｓｉｎ３θ＝ｓｉｎ（１８０°−２θ）＝ｓｉｎ２θ　から、 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　３ｓｉｎθ−４ｓｉｎ3θ＝２ｓｉｎθｃｏｓθ 　　　　　　　　　　　　　　　　ｓｉｎθ≠０　なので、　　３−４ｓｉｎ2θ＝２ｃｏｓθ 　　　　　すなわち、３−４（１−ｃｏｓ2θ）＝２ｃｏｓθ　より、　４ｃｏｓ2θ−２ｃｏｓθ−１＝０ 　これより、　ｃｏｓθ＞０　に注意して、 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　このとき、 　　　　　　　　 　したがって、　長さの積＝（２ｓｉｎθ・２ｓｉｎ２θ）2＝５　となるので、命題は成り立つ。

	ｎ＝６　のときは、 　　　　長さの積＝１××２××１＝６ 　　なので、命題は成り立つ。
	ｎ＝７　のとき、　１８０°/７＝θ　とおくと、 　　　　　Ｌ1＝２ｓｉｎθ 　　　　　Ｌ22＝１＋１−２ｃｏｓ４θ＝４ｓｉｎ2２θ　より、　Ｌ2＝２ｓｉｎ２θ
Ｌ32＝１＋１−２ｃｏｓ６θ＝４ｓｉｎ2３θ　より、　Ｌ3＝２ｓｉｎ３θ したがって、長さの積＝（Ｌ1・Ｌ2・Ｌ3）2＝６４（ｓｉｎθ・ｓｉｎ２θ・ｓｉｎ３θ）2　を求めればよい。 　このとき、式　ｓｉｎθ・ｓｉｎ２θ・ｓｉｎ３θ　について、ある魅惑的な公式が知られている。

	ｎ＝８　のとき 　　　　　　　Ｌ12＝１＋１−２ｃｏｓ４５°＝２− 　　　　　　　Ｌ2＝２ｓｉｎ９０°＝　より、　Ｌ22＝２
Ｌ32＝１＋１−２ｃｏｓ１３５°＝２＋ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　明らかに、　　　Ｌ4＝２ したがって、　長さの積＝Ｌ12・Ｌ22・Ｌ32・Ｌ4＝（２−）・２・（２＋）・２＝８　となる。

　ところで、ｎ＝７　のときの計算から、この問題の本質は次の計算にあることが察せられる。

１８０°/ｎ＝θ　とおく。左図において、余弦定理より、 　Ａ0Ａｋ2＝１＋１−２ｃｏｓ２ｋθ＝２（１−ｃｏｓ２ｋθ）＝４ｓｉｎ2ｋθ 　　　　よって、　　Ａ0Ａｋ＝２ｓｉｎｋθ

　　したがって、求める長さの積は、

　Ａ₀Ａ₁×Ａ₀Ａ₂×・・・×Ａ₀Ａ_ｎ−1＝２ｓｉｎθ×２ｓｉｎ２θ×２ｓｉｎ３θ×・・・×２ｓｉｎ（ｎ−１）θ

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝

　ここで、右辺の値が、ｎ に等しいことを示すには、多くの技巧的な準備と少しの勇気がい
るが、左辺の値が、ｎ に等しいことを示すことは易しいようだ。


　Ａｎｏｎｙｍｏｕｓ さんからの情報によれば、次のように示す方法が最も簡明だろう。
　　　　　　　　　　　（見事な証明で、感動しました！Ａｎｏｎｙｍｏｕｓ さんに感謝いたします。）

（証明）　ガウス平面 Ｃ において、　Ａ₀（１） とし、１８０°/ｎ＝θ　とする。

　　　　　　　　　　　　　　

とおくと、　Ａ_k（α^k） と書くことができる。

　このとき、　Ａ₀（１） の置き方から、２点 Ａ_k と Ａ_ｎ−k は実軸に関して線対称で、

２つの複素数 α^k と α^ｎ−k は互いに共役な複素数となる。

したがって、　 ２つの複素数 １−α^k と １−α^ｎ−k も互いに共役な複素数となる。

このとき、　その積について、

　　　 （１−α^k）（１−α^ｎ−k）＝｜１−α^k｜・｜１−α^ｎ−k｜＝Ａ₀Ａ_ｋ×Ａ₀Ａ_ｎ−ｋ

が成り立つ。

　以上から、　

　　Ａ₀Ａ₁×Ａ₀Ａ₂×・・・×Ａ₀Ａ_ｎ−1＝（１−α）（１−α²）・・・（１−α^ｎ−2）（１−α^ｎ−1）

となる。

　ここで、　Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）（ｘ−α²）・・・（ｘ−α^ｎ−2）（ｘ−α^ｎ−1）　とおくと、

α は、１ の ｎ 乗根なので、　方程式 ｘ^ｎ−１＝０　の解である。

　このとき、　α≠１　で、　ｘ^ｎ−１＝（ｘ−１）Ｆ（ｘ）　が成り立つ。

両辺を ｘ で微分して、　ｎｘ^ｎ-1＝Ｆ（ｘ）＋（ｘ−１）Ｆ’（ｘ）

上式に、ｘ＝１ を代入して、

　　　　　ｎ ＝ Ｆ（１） ＝ （１−α）（１−α²）・・・（１−α^ｎ−2）（１−α^ｎ−1）

したがって、
　　　　　　　　　Ａ₀Ａ₁×Ａ₀Ａ₂×・・・×Ａ₀Ａ_ｎ−1 ＝ ｎ

が成り立つ。　　（証終）

（これが、らすかるさんの考えられた問題であった。）


　また、この結果から、次の魅惑的な公式も証明される。

　 　　　　θ＝１８０°/ｎ　のとき、　　 ＝ ｎ

（証明）

　　　Ａ₀Ａ₁×Ａ₀Ａ₂×・・・×Ａ₀Ａ_ｎ−1＝　　なので、上記の結果より、

　　　　　　　　　　 ＝ ｎ

が成り立つ。　　（証終）

（コメント）　それにしても、美しい結果ですね！！

　らすかるさんが他所のＨＰで書き込みされているのを拝見すると、この問題のそもそもの
発端は、

　　　　ｓｉｎ３６°×ｓｉｎ７２°×ｓｉｎ１０８°×ｓｉｎ１４４°

という問題だとのことである。これは丁度、上記の ｎ＝５ の場合の問題である。


（追記）　平成２７年９月１４日付け

　次は、ｃｏｓ(π/７)ｃｏｓ(２π/７)ｃｏｓ(３π/７)＝１/８　の証明である。発想の斬新さに脱帽で
す。

正７角形の内角の大きさは、５π/７　で、∠ＡＰＢ＝π/７ 　　　ｓｉｎ(π/１４)＝ａ/２ｃ　、ｓｉｎ(３π/１４)＝ｃ/２ｂ　、 　　　ｓｉｎ(５π/１４)＝ｂ/２ａ 　　これらの式を辺々掛けて、 　　　ｓｉｎ(π/１４)ｓｉｎ(３π/１４)ｓｉｎ(５π/１４)＝１/８ ここで、ｓｉｎ(π/１４)＝ｃｏｓ（π/２−π/１４)＝ｃｏｓ（３π/７） 　　　ｓｉｎ(３π/１４)＝ｃｏｓ（π/２−３π/１４)＝ｃｏｓ（２π/７） 　　　ｓｉｎ(５π/１４)＝ｃｏｓ（π/２−５π/１４)＝ｃｏｓ（π/７）

　　　　　　　　　　　　　　　よって、　ｃｏｓ(π/７)ｃｏｓ(２π/７)ｃｏｓ(３π/７)＝１/８　が成り立つ。


　ところで、ｐｈａｏｓ さんという方（以前にも当ＨＰでお世話になりました！）が、１９９８年に

　 　　　　θ＝１８０°/ｎ　のとき、　　 ＝ ｎ

を証明されている。

　やはり共役複素数の考え方を用いた、非常に技巧的な証明で、その簡明さには驚かされ
る。多少文言を修正して、なぞってみたいと思う。

（証明）　　（ｘ^ｎ−１）²＝（ｘ^ｎ−１）（ｘ^ｎ−１）

　　　　　　　　　　　　＝（ｘ−ｅ^2πｉ）（ｘ−ｅ^−2πｉ）　　（←　この変形に、しびれました！）

　　　　　　　　　　　　

よって、　ｘ≠１　として、

　　　

上式において、ｘ が限りなく １ に近づくときの極限値を考えて、



すなわち、　π/ｎ＝θ　とおいて、

　　　　　　 　　　　　　　　　　　 ＝ ｎ

が成り立つ。　（証終）

（コメント）　上記をまとめるにあたり、らすかるさん、Ａｎｏｎｙｍｏｕｓ さんを始め、ｅｉｂｕさんや
　　　　　　ｋｏｋｏｕさん、ｚｅｘｉｏ さんからの情報が大いに役立ちました。この場をかりて感謝
　　　　　　いたします。

（追記）　平成１９年９月１３日付け

　Ａｎｏｎｙｍｏｕｓ　さんのご尽力により、らすかるさんの問題の原典が見いだされた。

　Ｉｆ Ｃ₁Ｃ₂Ｃ₃・・・Ｃ_n ｉｓ ａ ｒｅｇｕｌａｒ ｎ-ｇｏｎ ｉｎｓｃｒｉｂｅｄ ｉｎ ａ ｃｉｒｃｌｅ ｏｆ ｕｎｉｔ ｒａｄｉｕｓ
ｃｅｎｔｅｒｅｄ ａｔ Ｏ ，ａｎｄ Ｐ ｉｓ ｔｈｅ ｐｏｉｎｔ ｏｎ ＯＣ₁ ａｔ ａ ｄｉｓｔａｎｃｅ ｘ ｆｒｏｍ Ｏ ，
ｔｈｅｎ　ｘ^ｎ−１＝ＰＣ₁・ＰＣ₂・・・ＰＣ_n ．

　（原点中心の単位円に内接する正 ｎ 角形 Ｃ₁Ｃ₂Ｃ₃・・・Ｃ_n において、ＯＣ₁上に点 Ｐ を
　 ＯＰ ＝ ｘ であるようにとる。このとき、 ｘ^ｎ−１＝ＰＣ₁・ＰＣ₂・・・ＰＣ_n　が成り立つ。）

　　　　　　　　　　　　

　Ａｎｏｎｙｍｏｕｓ　さんによれば、この定理の発見者はコーツ（Ｒｏｇｅｒ　Ｃｏｔｅｓ　1682〜1716）

とのこと。ニュートンのお弟子さんで、プリンキピア第２版の編集を行った方。ニュートンは早

すぎる彼の死を悼んで、

　　　　　　Ｉｆ　ｈｅ　ｈａｄ　ｌｉｖｅｄ　ｗｅ　ｍｉｇｈｔ　ｈａｖｅ　ｋｎｏｗｎ　ｓｏｍｅｔｈｉｎｇ．

と言ったそうである。

　意訳をすれば、

　　　　　　彼が死んでしまって、我々に未知の部分が残ってしまった！

とでもなるのかな？


　ところで、　ｘ＝０　のとき、　ＰＣ₁・ＰＣ₂・・・ＰＣ_n＝−１　になるが、ＰＣ₁、ＰＣ_2、・・・に何ら
かの意味づけが必要だろう。

　ガウス平面において、　Ｐ、Ｃ₁、Ｃ₂、・・・、Ｃ_n　を複素数とし、例えば、　ＰＣ₁＝Ｐ−Ｃ₁　と
考えれば、矛盾が起きないように思う。

　すなわち、　｜ＰＣ₁｜・｜ＰＣ₂｜・・・｜ＰＣ_n｜＝−ＰＣ₁・ＰＣ₂・・・ＰＣ_n＝１　となる。

　また、このように理解すれば定理の式は今日で言うところの複素数の範囲での因数分解

　　　　　　ｘ^ｎ−１＝（ｘ−Ｃ₁）（ｘ−Ｃ₂）・・・（ｘ−Ｃ_n）

と同義であり、上記で述べた証明で、複素数が使われる原典にもなっているようだ。


（コメント）　今から３００年ほど前から知られていた問題ということで感動しました。
　　　　　　Ａｎｏｎｙｍｏｕｓ　さんのご尽力に感謝いたします。


（追記）　平成２０年３月１８日付け

　三角比の値で、　ｔａｎ（π/６）＝１/　、　ｔａｎ（π/３）＝　ということを理解しても、

　　　　　　　　ｔａｎ（π/６）×ｔａｎ（π/３）＝１

という事実に気がつく高校１年生は少ないかもしれない。
　　　　　　　　　　　　　　　　（→もちろん、高校１年生は、弧度法ではなくて、度数法ですが．．．！）

　次の値　ｔａｎ（π/８）×ｔａｎ（π/４）×ｔａｎ（３π/８）　はいくつになるだろうか？

　もちろん、　ｔａｎ（π/４）＝１　なので、　ｔａｎ（π/８）×ｔａｎ（３π/８）　の値を求めればよい
のだが．．．。

　数学�Uで学ぶ半角の公式を用いれば、
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

なので、　ｔａｎ²（π/８）＝（−１）²　より、　ｔａｎ（π/８）＝−１

　　　　　　ｔａｎ²（３π/８）＝（＋１）²　より、　ｔａｎ（π/８）＝＋１

　したがって、　ｔａｎ（π/８）×ｔａｎ（π/４）×ｔａｎ（３π/８）＝（−１）・１・（＋１）＝１

　以上のことは、下図と睨めっこすれば幾何学的に納得できることだろう。

　　　　　　　

　この問題の特徴は、π/２ を、ｎ 等分し、それらの角の正接をすべて掛け合わせている
点だろう。

　このとき、
　　　　　　　　　

という公式が成り立つので、上記のことから、一般に

　　　　　　　　　　

が成り立つことは、ほぼ自明と言える。

　すぐ納得されない方のために、次のような証明が知られているので紹介しよう。

（証明）　
　　　　　　　
　　　　より、

　　　　

　　　　よって、

　　　　　

　　　　したがって、
　　　　　　　　　　　　　　　（証終）

　この等式を用いると、

　　　　　　　　　　　

が成り立つことが簡単に示される。

　実際に、
　　　　　　　
なので、
　　　　　　　

を掛けたり、割ったりすればよい。


　平成２０年３月１８日付けで、当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、ｚｋ４３さんの書き込みが
あった。

　定積分の計算
　　　　　　　　　　　　

に、このページで行った手法が生かせるというものである。

　通常、上記の定積分は次のような置換積分法により求められる。

　　　まず、左辺は特異点を持つ関数の定積分なので、
　　可積分であることを示そう。

　　　この場合、次の定理が用いられる。

　　　関数 Ｆ（ｘ） が区間 [ ａ ， ｂ ] において、ａ を特

　　異点とするとき、０＜α＜１ なるある α について、

　　　ｘ → ａ＋０　のとき、 （ｘ−ａ）^αＦ（ｘ）が有限確定

　　値に収束すれば、関数 Ｆ（ｘ） は区間 [ ａ ， ｂ ]

　　において可積分となる

　　　証明は、（ｘ−ａ）^αＦ（ｘ） の有界性から明らかだろう。



　上記の定理を用いて、


から、可積分となる。　さて、

　　　

とおき、　ｘ　→　π/２−ｘ　と置換すると、

である。また、　ｘ　→　π−ｘ　と置換すると、

である。　このとき、
　　　　　　　　　　　　　
　そこで、
　　　　　　　

なので、
　　　　　　　　

が成り立つ。

（コメント）　途中の式変形で、「ここまでする！」という感動もあるが、無味乾燥な式変形で
　　　　　　あることに変わりはない。

　この話題について、ｚｋ４３さんは次のように考えられた。

　このページの冒頭の結果から、

　半径 １ の円に内接する正 ｎ 角形があり、一つの頂点と他の ｎ−１ 個の頂点を
結ぶ線分 ｎ−１ 本を作ると、これら ｎ−１ 本の線分の長さの積は、ｎ

であった。

　そこで、今度は半径 １ の円に内接する正 ２ｎ 角形Ａ₀Ａ₁Ａ₂・・・Ａ_2ｎ−1を考え、その一つ
の頂点をガウス平面 Ｃ において、　Ａ₀（１） とし、π/(２ｎ)＝θ　とする。

　　　　　　　　　　　　　　

とおくと、　Ａ_k（α^k） と書くことができる。

　このとき、　Ａ₀（１） の置き方から、２点 Ａ_k と Ａ_2ｎ−k は実軸に関して線対称で、

２つの複素数 α^k と α^2ｎ−k は互いに共役な複素数となる。

したがって、　 ２つの複素数 １−α^k と １−α^2ｎ−k も互いに共役な複素数となる。

このとき、　その積について、

　　 （１−α^k）（１−α^2ｎ−k）＝｜１−α^k｜・｜１−α^2ｎ−k｜＝Ａ₀Ａ_ｋ×Ａ₀Ａ_2ｎ−ｋ

が成り立つ。　以上から、

　　Ａ₀Ａ₁×Ａ₀Ａ₂×・・・×Ａ₀Ａ_2ｎ−1

＝（Ａ₀Ａ₁×Ａ₀Ａ_2ｎ−1）×（Ａ₀Ａ₂×Ａ₀Ａ_2ｎ−2）×・・・×（Ａ₀Ａ_ｎ−1×Ａ₀Ａ_ｎ＋1）×Ａ₀Ａ_ｎ

＝２（１−ｃｏｓ（π/ｎ））・２（１−ｃｏｓ（２π/ｎ））・・・２（１−ｃｏｓ（（ｎ−１）π/ｎ））・（１−ｃｏｓ（ｎπ/ｎ））

となる。すなわち、

　　　（１−ｃｏｓ（π/ｎ））（１−ｃｏｓ（２π/ｎ））・・・（１−ｃｏｓ（ｎπ/ｎ））＝２ｎ/２^ｎ−1＝ｎ/２^ｎ−2

　よって、
　　　　　　　

なので、



となる。　したがって、区分求積法により、

　　　　　

ここで、
　　　　　　
なので、
　　　　　　

が成り立つ。

（コメント）　なるほど！１７世紀における円周の等分点の性質から１８世紀のオイラーの定
　　　　　　積分が導けるわけで、数学の歴史が連綿と続いているという一つの証左ですか
　　　　　　ね？こんな経験をさせていただいたｚｋ４３さんに感謝いたします。

　円周の等分点の性質として、次の性質も興味深い。

　単位円周上の任意の点Ｐに対して、ＰＡ(１)²＋ＰＡ(２)²＋・・・＋ＰＡ(ｎ)²＝２ｎ

（証明）　複素平面で考えて、ｘ^ｎ＝１　の解を、Ａ(１)、Ａ(２)、・・・、Ａ(ｎ−１)、Ａ(ｎ)＝１　とする。

　　すなわち、　Ａ(ｋ)＝ｅ^{2πｋｉ/ｎ}　（ｋ＝１、２、・・・、ｎ）

　単位円周上の任意の点Ｐ（ｚ）　（ ｜ｚ｜＝１ ）に対して、

　　ＰＡ(１)²＋ＰＡ(２)²＋・・・＋ＰＡ(ｎ)²

　＝｜ｚ−Ａ(１)｜²＋｜ｚ−Ａ(２)｜²＋・・・＋｜ｚ−Ａ(ｎ)｜²

　＝ｎ｜ｚ｜²−（Ａ(１)＋Ａ(２)＋・・・＋Ａ(ｎ））ｚ’−（Ａ(１)’＋Ａ(２)’＋・・・＋Ａ(ｎ）’）ｚ

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋（｜Ａ(１)｜²＋｜Ａ(２)｜²＋・・・＋｜Ａ(ｎ)｜²）

　ここで、Ａ(１)、Ａ(２)、・・・、Ａ(ｎ−１)、Ａ(ｎ)　は、ｘ^ｎ＝１　の解なので、

　　　　　　Ａ(１)＋Ａ(２)＋・・・＋Ａ(ｎ）＝０

　また、　｜Ａ(１)｜²＝｜Ａ(２)｜²＝・・・＝｜Ａ(ｎ)｜²＝１　なので、

　　ＰＡ(１)²＋ＰＡ(２)²＋・・・＋ＰＡ(ｎ)²＝２ｎ　となる。　（証終）

（コメント）　この定理は、次のページ「正７角形のある性質」で活躍する。


　当ＨＰ読者のＨＮ「らい」さんからの質問です。（平成２３年１１月１９日付け）

　友達から前にもらった問題で、

　半径１の円に内接する正ｎ角形の1頂点から他の各頂点に引いた線分の長さの積
がｎになることを証明せよ

という問題なのですが、複素数を使う以外の証明はできますか？

　当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんからのコメントです。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２３年１１月１９日付け）

　上記のＡｎｏｎｙｍｏｕｓ さんの証明のように、複素数を使うのが自然でかなりきれいに証明
できますから、それ以外の方法は、あまり考える気がしないですね。三角関数で解くのは可
能でしょうが、複素数よりうまくいくとは思えません。初等幾何でできれば面白いですが、難
しそうです。初等幾何ならトレミーの定理が主役でしょうが．．．。

　らいさんからのコメントです。（平成２３年１１月１９日付け）

　何か美しい幾何学的な解き方があれば、面白いかと思ったのですが．．．。


（追記）　ＨＮ「moonlight」さんからご投稿いただきました。（平成２８年１２月２９日付け）

　昨夜、Twitter（そこでは、ｓｉｎ² の逆数の和でした）で、

　　Σ_k=1〜ｎ-1 ｃｏｔ²（ｋπ/ｎ）＝（ｎ−２）（ｎ−１）/３

という美しい式を見かけました。少し考えてはみたのですが、例によって、どうしてなのか分
かりませんでした。助けて下さい。有名な等式なのでしょうか．．．。


　ＨＮ「ますた〜」さんからのコメントです。（平成２８年１２月２９日付け）

　Ｗｅｂサイト：「高校数学の美しい物語」の「バーゼル問題の初等的な証明」や「東京工業
大学　後期（１９９０年）」が参考になるんじゃないかと．．．。


（コメント）　ｘ＝ｋπ/ｎ　とおくと、　ｎｘ＝ｋπ　なので、　ｔａｎ（ｎｘ）＝０

　正接の加法定理より、　_ｎＣ₁ｔａｎｘ−_ｎＣ₃ｔａｎ³ｘ＋・・・＝０

　両辺に ｃｏｔ^ｎｘ を掛けて、　_ｎＣ₁cot^n-1ｘ−_ｎＣ₃cot^n-3ｘ＋・・・＝０

　ｘ＝ｋπ/ｎ　（ｋ＝１、２、・・・、ｎ−１）　は、上記方程式のｎ−１個の解で、

　Σ_k=1〜ｎ-1 ｃｏｔ²（ｋπ/ｎ）

＝（Σ_k=1〜ｎ-1 ｃｏｔ（ｋπ/ｎ））²−２Σ_k≠ｊ ｃｏｔ（ｋπ/ｎ）ｃｏｔ（ｊπ/ｎ）

＝０−２（−_ｎＣ₃/_ｎＣ₁）　（←　解と係数の関係）

＝（ｎ−２）（ｎ−１）/３

と証明するらしいです．．．。


　Seiichi　Manyama さんからのコメントです。（平成２９年１月２日付け）

　（参考）　「東京工業大学　後期（１９９０年）」と同値ですが、オイラー探検　黒川信重著
　　　 　　　（手持ちはシュプリンガー・ジャパンですが、今は丸善でしょうか…）
　の第１部∞10∞の最初の定理として、　Σ_k=1〜ｎ １/sin²（ｋπ/２ｎ）＝（２ｎ²＋１）/３
　が載っています。



　　　　　　以下、工事中