学校教育や大学入試で正７角形が扱われることは、ほとんどないが、その図形の中に秘
められた性質にはとても美しいものがあることを最近知った。
正７角形のある性質
学校教育や大学入試で正７角形が扱われることは、ほとんどないが、その図形の中に秘
められた性質にはとても美しいものがあることを最近知った。
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左図は半径 １０３ の円に内接する正７角形である。 |
この予想は正しく、次のように証明される。ただし、円 Ｏ の半径を １ とする。
∠ＢＡＣ＝θ（＝π/７）とおくと、∠ＡＯＢ＝２θ、∠ＡＯＣ＝４θ、∠ＡＯＤ＝６θ である。
このとき、ａ＝２ｓｉｎθ、ｂ＝２ｓｉｎ２θ、ｃ＝２ｓｉｎ３θ である。
よって、
ａｂ－ｂｃ＋ｃａ＝４ｓｉｎ２θｓｉｎθ－４ｓｉｎ３θｓｉｎ２θ＋４ｓｉｎ３θｓｉｎθ
＝－２（ｃｏｓ３θ－ｃｏｓθ）＋２（ｃｏｓ５θ－ｃｏｓθ）－２（ｃｏｓ４θ－ｃｏｓ２θ）
＝－２（ｃｏｓ４θ＋ｃｏｓ３θ）＋２（ｃｏｓ５θ＋ｃｏｓ２θ）
＝－４ｃｏｓ(7/2)θｃｏｓ(1/2)θ＋４ｃｏｓ(7/2)θｃｏｓ(3/2)θ
＝４ｃｏｓ(7/2)θ（ｃｏｓ(3/2)θ－ｃｏｓ(1/2)θ）
ここで、１４θ＝３６０°より、(7/2)θ＝９０°なので、ｃｏｓ(7/2)θ＝０
したがって、
ａｂ－ｂｃ＋ｃａ＝０ すなわち １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ が成り立つ。
（コメント） 上記のように証明はできたのだが、解析的な手法を用いているので、証明自体
にあまり美しさが感じられない。この等式は、初等幾何を用いて証明できないのだ
ろうか？それは、読者のための練習問題に残しておこう。
初等幾何的証明ができた方は、是非こちらにメールで解答をお寄せください。
（追記） 上記の初等幾何的証明として、プトレマイオスの定理を用いると鮮やかに示される。
いやむしろ、あまりに鮮やかすぎて、感動を味わう余裕がないかもしれない。
（別証） 左図において、四角形 ＡＣＤＥ は、円に内接する
四角形なので、プトレマイオスの定理より、
ＡＤ・ＣＥ＝ＣＤ・ＡＥ＋ＡＣ・ＤＥ
よって、 ｂｃ ＝ ａｃ ＋ ａｂ が成り立つから
１/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ
である。 （証明終）
（コメント） この初等幾何的証明をみると、解析的証明が虚しく思えてくる。まさに、快刀乱
麻の切れ味に、加法定理もたじたじである。もっとも、加法定理も、プトレマイオス
の定理から導かれることを考えると、これも当然の帰結であろうか！
（追記） 平成１７年５月６日付け
Ｔ．Ｉ．さんという方から別証明を頂戴した。その趣旨を生かしながら多少補足・修正を行っ
たものが下記の証明である。
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左図において、 点Ｂ、点Ｄよりそれぞれ線分ＡＣ、 線分ＡＥへ垂線を下ろし、その垂線の足をＬ、Ｍと する。 このとき、 ∠ＢＡＬ＝∠ＤＡＭ、∠ＢＬＡ＝∠ＤＭＡ＝９０° なので、 △ＡＢＬ ∽ △ＡＤＭ である。 いま、∠ＢＡＣ＝θ とおく。 |
△ＡＢＣ において、余弦定理より、 ａ2＝ａ2＋ｂ2－２ａｂｃｏｓθ なので、 ｂ＝２ａｃｏｓθ
よって、 ａ＝ｂ/(２ｃｏｓθ) が成り立つ。
（この式は、余弦定理を用いなくても求めることができる。線分ＢＬの長さに注目すれば、
ａｓｉｎθ＝(1/2)ｂｔａｎθ＝(1/2)ｂｓｉｎθ/ｃｏｓθ より、ａ＝ｂ/(２ｃｏｓθ) が成り立つ。）
同様に、△ＡＣＤ において、余弦定理より、 ａ2＝ｂ2＋ｃ2－２ｂｃｃｏｓθ
△ＡＤＥ において、余弦定理より、 ａ2＝ｃ2＋ｃ2－２ｃ2ｃｏｓθ なので、
ａ2＝２ｃ2（１－ｃｏｓθ）
この式を、 ａ2＝ｂ2＋ｃ2－２ｂｃｃｏｓθ に代入して、
２ｃ2（１－ｃｏｓθ）＝ｂ2＋ｃ2－２ｂｃｃｏｓθ より、
２ｃ（ｂ－ｃ）ｃｏｓθ＝ｂ2－ｃ2
よって、 ｂ≠ｃ なので、 ｃ＝(ｂ＋ｃ)/(２ｃｏｓθ) が成り立つ。
ここで、 △ＡＢＬ ∽ △ＡＤＭ なので、 ＡＢ ： ＡＤ ＝ ＢＬ ： ＤＭ
したがって、 ａ ： ｃ ＝ ａ・ｓｉｎθ ： ｃ・ｓｉｎθ において、
ｂ/(２ｃｏｓθ) ： (ｂ＋ｃ)/(２ｃｏｓθ) ＝ ａ・ｓｉｎθ
： ｃ・ｓｉｎθ
よって、 ｂｃ・ｔａｎθ/２ ＝ ａ(ｂ＋ｃ)・ｔａｎθ/２ より、 ｂｃ ＝ ａ(ｂ＋ｃ) が成り立つ。
これより、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ であることが言える。
（コメント） 冒頭の証明では、三角関数の和積の公式、積和の公式を活用しているので、数
学Ⅱのレベルの証明と言える。これに対して、頂戴した証明は、余弦定理を活用し
ているので、数学Ⅰのレベルの証明と言える。別証明をいただいたＴ．Ｉ．さんに感
謝いたします。
（追記） 上記で、「Ｔ．Ｉ．さんの趣旨を生かしながら」行った証明のつもりであったが、Ｔ．Ｉ．
さんと何度かメールをやりとりして、全く「Ｔ．Ｉ．さんの趣旨」を生かしていないことに
気づかされた。
上記の証明では余弦定理を用いているが、簡単な三角比の計算で証明されるようである。
ここでは、「Ｔ．Ｉ．さんの趣旨」を注意深く厳守し、再度証明を記述しようと思う。上記の証
明を見て、もしかしたら、Ｔ．Ｉ．さんは不快に思われたかもしれない。お詫び申し上げます。
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左図において、 点Ｂ、点Ｄよりそれぞれ線分ＡＣ、 線分ＡＥへ垂線を下ろし、その垂線の足をＬ、Ｍと する。 このとき、 ∠ＢＡＬ＝∠ＤＡＭ、∠ＢＬＡ＝∠ＤＭＡ＝９０° なので、 △ＡＢＬ ∽ △ＡＤＭ である。 いま、∠ＢＡＣ＝θ とおく。 |
直角三角形ＡＢＬ において、 ｃｏｓθ＝(１/２)ｂ/ａ より、 ａ＝ｂ/(２ｃｏｓθ) が成り立つ。
また、四角形ＡＢＤＥ は、等脚台形なので、 ＡＭ＝ｂ＋(ｃ－ｂ)/２＝(ｂ＋ｃ)/２
よって、 直角三角形ＡＤＭ において、 ｃｏｓθ＝((ｂ＋ｃ)/２)/ｃ より、
ｃ＝(ｂ＋ｃ)/(２ｃｏｓθ)
が成り立つ。
ここで、 △ＡＢＬ ∽ △ＡＤＭ なので、 ＡＢ ： ＡＤ ＝ ＢＬ ： ＤＭ
したがって、 ａ ： ｃ ＝ ａ・ｓｉｎθ ： ｃ・ｓｉｎθ において、
ｂ/(２ｃｏｓθ) ： (ｂ＋ｃ)/(２ｃｏｓθ) ＝ ａ・ｓｉｎθ
： ｃ・ｓｉｎθ
よって、 ｂｃ・ｔａｎθ/２ ＝ ａ(ｂ＋ｃ)・ｔａｎθ/２ より、 ｂｃ
＝ ａ(ｂ＋ｃ) が成り立つ。
これより、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ であることが言える。
（コメント） 比較的初等的で、スッキリした証明ですね！
さらに、Ｔ．Ｉ さんから三角比を用いないで三平方の定理で十分とのご教示をいただいた。
直角三角形ＡＢＬ において、三平方の定理より、
また、四角形ＡＢＤＥ は、等脚台形なので、 ＡＭ＝ｂ＋(ｃ－ｂ)/２＝(ｂ＋ｃ)/２
このとき、直角三角形ＡＤＭ において、三平方の定理より、
ここで、 △ＡＢＬ ∽ △ＡＤＭ なので、 ＡＢ ： ＡＤ ＝ ＢＬ ： ＤＭ
よって、
これより、
が成り立つ。
したがって、 ｂｃ ＝ ａ(ｂ＋ｃ) なので、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ であることが言える。
（追記） 平成１７年１１月１３日付け
Ｔ．Ｓ．さんから「三角関数を使わないさらに初等的な証明を思いついた」旨のメールを頂
いた。
初等幾何の性質のみを用いる証明であり、多少文言等を修正し紹介したいと思う。
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（証） 左図において、 線分ＢＥと線分ＡＣの交点を Ｆ とおく。 このとき、線分ＥＦは、∠ＡＥＣの２等分線なので、 ＣＦ ： ＦＡ ＝ ｂ ： ｃ よって、 ＣＦ＝ｂ×（ｂ/（ｂ＋ｃ））＝ｂ2/（ｂ＋ｃ） また、△ＡＤＥ ∽ △ＥＣＦ なので、 ＡＤ ： ＤＥ ＝ ＥＣ ： ＣＦ より、 ｃ ： ａ ＝ ｂ ： ｂ2/（ｂ＋ｃ） ＝ （ｂ＋ｃ） ： ｂ よって、 ｂｃ ＝ ａ(ｂ＋ｃ) より、１/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ （証終） |
（コメント） とても簡明な証明で感動しました。角の２等分の性質が巧妙に使われていて面
白いですね！Ｔ．Ｓ さんに感謝いたします。
（追記） 平成１９年６月３日付け
埼玉県在住の大学生 Ｈ．Ｓ．さんから「初等的な証明を思いついた」旨のメールを頂いた。
一部文言等を修正し紹介したいと思う。Ｈ．Ｓ．さんに感謝します。
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（証） 左図において、 線分ＣＧと線分ＡＤの交点を Ｈ とし、ＡＣ//ＧＤ//ＨＩ となる点 Ｉ をとる。 このとき、△ＣＤＨ、△ＨＣＩ は２等辺三角形なの で、ＨＩ＝ＨＣ＝ＣＤ＝ａ が成り立つ。 また、△ＨＡＣ ∽ △ＨＤＧ より ＣＨ ： ＨＧ ＝ ｂ ： ｃ よって、△ＣＨＩ ∽ △ＣＧＤ なので、 ＣＨ ： ＣＧ ＝ ＨＩ ： ＧＤ すなわち、 ｂ ： ｂ＋ｃ ＝ ａ ： ｃ よって、 ｂｃ ＝ ａ(ｂ＋ｃ) より、１/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ （証終） |
（コメント） 平行線の錯角や同位角、２等辺三角形の性質、相似三角形の性質と、十分初
等的な証明ですね！これらの簡明な証明と冒頭の証明を並べると、ちょっと赤面
してしまいますね！
（追記） 平成２２年７月１４日付け
広島工業大学 大川研究室より、上記の何れの証明とも異なる別証があることをメールで
ご教示いただいた。
Ａｒｔ ｏｆ Ｐｒｏｂｌｅｍ Ｓｏｌｖｉｎｇ
このＨＰでは、ＨＮ「ｔｉｍｏｎ９２」さんによる次のような証明（Ｈ２２．７．１４）が紹介されている。
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（証） 左図のように、辺ＡＢとＣＤの延長上の交点 をＥと置くと、∠ＡＥＣ＝∠ＡＣＥ＝３π/７ で、 △ＡＥＣは、ＡＥ＝ＡＣの２等辺三角形である。 よって、 ａ/ｃ＝ＡＢ/ＡＤ＝ＢＣ/ＡＤ また、ＢＣとＡＤは平行なので、 ＢＣ/ＡＤ＝ＢＥ/ＡＥ＝（ｂ－ａ）/ｂ したがって、ａ/ｃ＝（ｂ－ａ）/ｂ＝１－ａ/ｂ より、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ （証終） |
（コメント） 意外なところに２等辺三角形でしたね！美しい証明です。
（追記） 平成２５年７月１２日付け
都内の高２の方から、平成２５年７月１０日付けで、美しい証明を思いつかれたとのメール
を頂いた。一部文言等を修正させていただきました。ご了承ください。
（証明） 原点中心、半径１の上半円周上に、
点Ａｎ（ｃｏｓ（ｎπ/７），ｓｉｎ（ｎπ/７）） （ｎ＝０、１、２、・・・、６）
をとる。直線ＯＡｎ （ｎ＝２、３、４、５、６）と直線ｙ＝１との交点をそれぞれ Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓ、Ｔ を
定める。
このとき、 ∠ＴＯＱ＝∠ＴＱＯ＝３π/７ より、 ＴＯ＝ＴＱ ・・・・・ （１）
また、 ∠ＯＲＱ＝∠ＯＱＲ＝３π/７ より、 ＯＲ＝ＯＱ ・・・・・ （２）
同様に、 ∠ＱＯＳ＝∠ＱＳＯ＝２π/７ より、 ＱＯ＝ＱＳ ・・・・・ （３）
∠ＯＰＳ＝∠ＯＳＰ＝２π/７ より、 ＯＰ＝ＯＳ ・・・・・ （４）
∠ＳＯＴ＝∠ＳＴＯ＝π/７ より、 ＳＯ＝ＳＴ ・・・・・ （５）
（２）（３）より、 ＯＲ＝ＱＳ で、（４）（５）より、 ＯＰ＝ＳＴ
よって、 ＯＴ＝ＱＴ＝ＱＳ＋ＳＴ＝ＯＰ＋ＯＲ となる。
ここで、 ＯＴ・ｓｉｎ（６π/７）＝ＯＰ・ｓｉｎ（２π/７）＝ＯＲ・ｓｉｎ（４π/７）＝１
正７角形の外接円の半径をＲとすると、正弦定理より、
ａ＝２Ｒｓｉｎ（π/７）＝２Ｒｓｉｎ（６π/７）
ｂ＝２Ｒｓｉｎ（２π/７）
ｃ＝２ｓｉｎ（３π/７）＝２Ｒｓｉｎ（４π/７）
したがって、
１/ａ＝１/（２Ｒｓｉｎ（６π/７））＝ＯＴ/２Ｒ
１/ｂ＋１/ｃ＝１/（２Ｒｓｉｎ（２π/７））＋１/（２Ｒｓｉｎ（４π/７））＝ＯＰ/２Ｒ＋ＯＲ/２Ｒ
ＯＴ＝ＯＰ＋ＯＲ より、 ＯＴ/２Ｒ＝ＯＰ/２Ｒ＋ＯＲ/２Ｒ
よって、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ が成り立つ。 （証終）
（コメント） 確かに美しい証明ですね！ＯＴ＝ＯＰ＋ＯＲ という関係に驚きました。証明を投
稿頂いた方に感謝します。
（追記） 千葉県立高校３年のＫ．Ｙ．さんからメールを頂いた。（平成２５年１０月１６日付け）
以前、成東高校の先生と生徒が、『正７角形のある性質』ということで発表していたのを見
ました。その直後に証明をしたんですが、忙しく紙をなくしてしまいました。部屋を片付けてた
ら２年ぐらい前に解いた証明が発掘されたので、今のうちに投稿したいと思います。
サイトでみた二等辺三角形での証明も紙に書いてあったことに自分でも驚きです（笑）。
補題については確か高校受験のときに使った問題集に書いてあったので、使えるんじゃな
いかと思いました。
正7角形におけるの証明
【補題】 下図において、１/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ であることを証明する。
（補題の証明） △AEF∽△ACD より、
AE ： AC = EF ： CD = a ： ｃ ⇔ a×AC=ｃ×AE
同様に、 △CEF∽△CAB より、
CE ： CA = EF ： AB = a ： ｂ ⇔ a×CA=ｂ×CE
以上から、 ｃ×AE=ｂ×CE ⇔ b ： c = AE ： CE
よって、再び、△AEF、△ACD において、
AE ： AC = EF ： CD ⇔ b ： b+c = a ： c
⇔ ab+ac=bc ⇔ 1/b+1/c=1/a （証終）
（証明） いま、正7角形について、下図のように補助線を引く。
すると、AD // BC // EFであるから、求める式を得るには、EF=b であれば
よい。そこで、三角形の相似に注目して、△ABC∽△AEFであることから、
AB ： AE = BC：: EF
また、△ACEは二等辺三角形であることも考慮し、
AB ： AE = BC ： EF ⇔ a ： b = a ： EF より、 EF=b
したがって、補題から、 1/b+1/c=1/a が成り立つ。 （証終）
（コメント） Ｋ．Ｙ．さん、証明をありがとうございます。
（追記） 高校３年のＨＮ「ｙｕｍａ」さんからメールで別証を頂いた。
（平成２７年１２月１９日付け）
| （証明） ａ＝１ としても一般性を失わない。 | |
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π/７＝θとして、ｂ、ｃは、 ｂ＝２ｃｏｓθ 、ｃ＝ｃｏｓ２θ＋ｂｃｏｓθ＝４ｃｏｓ2θ－１ このとき、 １－（１/ｂ＋１/ｃ） ＝（８ｃｏｓ3θ－４ｃｏｓ2θ－４ｃｏｓθ＋１）/（ｂｃ） となる。 |
ここで、 ７θ＝πより、 ３θ＝π－４θ から、 ｓｉｎ３θ＝ｓｉｎ４θ
３倍角の公式より、
ｓｉｎ３θ＝３ｓｉｎθ－４ｓｉｎ3θ＝３ｓｉｎθ－４ｓｉｎθ（１－ｃｏｓ2θ）＝ｓｉｎθ（４ｃｏｓ2θ－１）
また、２倍角の公式より、
ｓｉｎ４θ＝２ｓｉｎ２θｃｏｓ２θ＝４ｓｉｎθｃｏｓθ（２ｃｏｓ2θ－１）＝４ｓｉｎθ（２ｃｏｓ3θ－ｃｏｓθ）
よって、 ｓｉｎθ（４ｃｏｓ2θ－１）＝４ｓｉｎθ（２ｃｏｓ3θ－ｃｏｓθ）
ｓｉｎθ≠０ なので、 ４ｃｏｓ2θ－１＝８ｃｏｓ3θ－４ｃｏｓθ
すなわち、 ８ｃｏｓ3θ－４ｃｏｓ2θ－４ｃｏｓθ＋１＝０ が成り立つ。
以上から、 １－（１/ｂ＋１/ｃ）＝０ すなわち、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ が成り立つ。 （証終）
ｙｕｍａさんからのコメントです。（平成２７年１２月１９日付け）
次のように、証明の途中に、「ｃｏｓ（π/７）－ｃｏｓ（２π/７）＋ｃｏｓ（３π/７）＝１/２」 の有名
な問題とも絡んでいるんだなっと感じました！
θ＝３π/７ のとき、 ｓｉｎ３θ＝ｓｉｎ（９π/７）＝－ｓｉｎ（２π/７）
ｓｉｎ４θ＝ｓｉｎ（１２π/７）＝－ｓｉｎ（２π/７） より、 ｓｉｎ３θ＝ｓｉｎ４θ
θ＝５π/７ のとき、 ｓｉｎ３θ＝ｓｉｎ（１５π/７）＝ｓｉｎ（π/７）
ｓｉｎ４θ＝ｓｉｎ（２０π/７）＝ｓｉｎ（２π/７） より、 ｓｉｎ３θ＝ｓｉｎ４θ
よって、ｓｉｎ３θ＝ｓｉｎ４θ すなわち、８ｃｏｓ3θ－４ｃｏｓ2θ－４ｃｏｓθ＋１＝０ は、
θ＝π/７ 、３π/７ 、５π/７
で成り立つ。ここで、ｃｏｓ（π/７）、ｃｏｓ（３π/７）、ｃｏｓ（５π/７）は相異なる実数で、３次方程式
８ｘ3－４ｘ2－４ｘ＋１＝０
の３実数解となる。このとき、解と係数の関係より、
ｃｏｓ（π/７）＋ｃｏｓ（３π/７）＋ｃｏｓ（５π/７）＝１/２
すなわち、 ｃｏｓ（π/７）－ｃｏｓ（２π/７）＋ｃｏｓ（３π/７）＝１/２
（コメント） 解法的には、ページ冒頭の三角関数を利用するものと同じですが、有名等式
ｃｏｓ（π/７）＋ｃｏｓ（３π/７）＋ｃｏｓ（５π/７）＝１/２
が絡む式変形に感動しました。ｙｕｍａさんに感謝します。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成３１年３月１３日付け）
上記のコメントを見て、有名とは知らず気になったんで色々調べたら、
cos(π/5) - cos(2π/5)=1/2
cos(π/7 )- cos(2π/7) + cos(3π/7)=1/2
cos(π/9) - cos(2π/9) + cos(3π/9) - cos(4π/9)=1/2
cos(π/11) - cos(2π/11) + cos(3π/11) - cos(4π/11) + cos(5π/11)=1/2
･･･････････････････････････
と、一般に、 F(n)=∑[i=1,n](-1)^(n+1)*cos(i*π/(2*n+1)) に対し、
F(n)==1/2 (for∀n∈N)
が成立出来るんですね。
この符号の交代が気になったので、すべてプラスの符号にしたものを調べたら、
cos(π/5) + cos(2π/5)=1/2*(1/sin(π/10)-1)
cos(π/7) + cos(2π/7) + cos(3π/7)=1/2*(1/sin(π/14)-1)
cos(π/9) + cos(2π/9) + cos(3π/9) + cos(4π/9)=1/2*(1/sin(π/18)-1)
cos(π/11) + cos(2π/11) + cos(3π/11) + cos(4π/11) + cos(5π/11)=1/2*(1/sin(π/22)-1)
･･･････････････････････････
一般に、 G(n)=∑[i=1,n]cos(i*π/(2*n+1)) に対し、
G(n)==1/2*(1/sin(4*n+2)-1) (for∀n∈N)
であるようです。
（コメント） cos(π/5) - cos(2π/5)=1/2 が気になったので検証してみた。
cos(π/5) -cos(2π/5)
= cos(π/5) +cos(3π/5)
= 2cos(2π/5) cos(π/5)
= 2cos(π/5) sin(π/5) cos(2π/5) / sin(π/5)
= sin(2π/5) cos(2π/5) / sin(π/5)
= sin(4π/5) / 2sin(π/5)
= sin(π/5) / 2sin(π/5)
= 1/2
綺麗に約分できました！
（コメント） cos(π/5) + cos(2π/5)=(1/sin(π/10)-1)/2 が気になったので検証してみた。
（平成３１年３月１６日付け）
cos(π/5) + cos(2π/5)
=2cos(3π/10)cos(π/10)
=2cos(3π/10) sin(π/10) cos(π/10)/ sin(π/10)
=cos(3π/10) sin(π/5) / sin(π/10)
=(sin(π/2)-sin(π/10) / (2sin(π/10))
=(1/sin(π/10)-1)/2
と計算してはみたものの、cos(π/5) + cos(2π/5)=√5/2 の方が美しいかな？
実際に、θ=π/5 とおくと、 2θ=π-3θ なので、cos2θ=－cos3θ=-4cos3θ+3cosθ
2cos2θ-1=－cos3θ=-4cos3θ+3cosθ から、 4cos3θ+2cos2θ-3cosθ-1=0
（cosθ+1）（4cos2θ-2cosθ-1）=0
cosθ+1≠0 なので、 4cos2θ-2cosθ-1=0
cosθ＞0 より、 cosθ=（1+√5)/4 このとき、 cos2θ=（-1+√5)/4
以上から、 cos(π/5) + cos(2π/5)=（1+√5)/4+（-1+√5)/4=√5/2
ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成３１年３月２２日付け）
視点を変えて、sin(Pi/3)=√3/2 、cos(Pi/3)=1/2 は何ら当然の如く受け止めているが、
sin(Pi/5)*sin(2*Pi/5)=√5/4 、cos(Pi/5)*cos(2*Pi/5)=1/4
sin(Pi/7)*sin(2*Pi/7)*sin(3*Pi/7)=√7/8 、cos(Pi/7)*cos(2*Pi/7)*cos(3*Pi/7)=1/8
sin(Pi/9)*sin(2*Pi/9)*sin(3*Pi/9)*sin(4*Pi/9=3/16
cos(Pi/9)*cos(2*Pi/9)*cos(3*Pi/9)*cos(4*Pi/11=1/16
sin(Pi/11)*sin(2*Pi/11)*sin(3*Pi/11)*sin(4*Pi/11)*sin(5*Pi/11)=√11/32
cos(Pi/11)*cos(2*Pi/11)*cos(3*Pi/11)*cos(4*Pi/11)*cos(5*Pi/11)=1/32
･･････････････････････････････
･･････････････････････････････
一般に、
Π[k=1,m]sin(k*Pi/(2*m+1))=√(2*m+1)/2^m 、Π[k=1,m]cos(k*Pi/(2*m+1))=1/2^m
の等式が成立する入口だと思うと考え深いものがある。
（コメント） ｓｉｎ(π/5)ｓｉｎ(2π/5)=√5/4 、cos(π/5)cos(2π/5)=1/4 が気になったので検
証してみた。（平成３１年３月２３日付け）
上記の計算から、 cos(π/5)=（1+√5)/4 、cos(2π/5)=（-1+√5)/4 すなわち、
ｓｉｎ(π/5)=√（10-2√5)/4 、ｓｉｎ(2π/5)=√（10+2√5)/4
なので、ｓｉｎ(π/5)ｓｉｎ(2π/5)=√（10-2√5)√（10+2√5)/16=√5/4
cos(π/5)cos(2π/5)=（1+√5)（-1+√5)/16=1/4
（追記） 平成３１年３月２８日付け
問題 次の和を求めよ。（ラマヌジャン）
3√ｃｏｓ(2π/7)＋3√ｃｏｓ(4π/7)＋3√ｃｏｓ(8π/7)
（解） 3√ｃｏｓ(2π/7)＝α、3√ｃｏｓ(4π/7)＝β、3√ｃｏｓ(8π/7)＝γ とおくと、
α3＝ｃｏｓ(2π/7) 、β3＝ｃｏｓ(4π/7) 、γ3＝ｃｏｓ(8π/7)
このとき、 θ＝2π/7 とおくと、 ７θ＝２π より、 ３θ＝２π－４θ
よって、 ｃｏｓ３θ＝ｃｏｓ４θ より、
４ｃｏｓ3θ－３ｃｏｓθ＝２ｃｏｓ2２θ－１＝２（２ｃｏｓ2θ－１）2－１＝８ｃｏｓ4θ－８ｃｏｓ2θ＋１
よって、 ８ｃｏｓ4θ－４ｃｏｓ3θ－８ｃｏｓ2θ＋３ｃｏｓθ＋１＝０
（ｃｏｓθ－１）（８ｃｏｓ3θ＋４ｃｏｓ2θ－４ｃｏｓθ－１）＝０
明らかに、ｃｏｓθ≠１ なので、 ８ｃｏｓ3θ＋４ｃｏｓ2θ－４ｃｏｓθ－１＝０
θ＝4π/7 、θ＝8π/7 とおいても同様の式が得られるので、
ｃｏｓ(2π/7) 、ｃｏｓ(4π/7) 、ｃｏｓ(8π/7) は、３次方程式 ８ｘ3＋４ｘ2－４ｘ－１＝０ の
相異なる３つの解となる。解と係数の関係から、
α3＋β3＋γ3＝－１/２
α3β3＋β3γ3＋γ3α3＝－１/２
α3β3γ3＝１/８ より、 αβγ＝１/２
ここで、 α＋β＋γ＝ｕ 、αβ＋βγ＋γα＝ｖ とおくと、
α3β3＋β3γ3＋γ3α3－３α2β2γ2
＝（αβ＋βγ＋γα）（α2β2＋β2γ2＋γ2α2－αβ2γ－βγ2α－γα2β）
＝（αβ＋βγ＋γα）（α2β2＋β2γ2＋γ2α2－αβγ(α＋β＋γ)）
＝ｖ（α2β2＋β2γ2＋γ2α2－（１/２）ｕ）
ここで、
α2β2＋β2γ2＋γ2α2＝（αβ＋βγ＋γα）2－２αβγ(α＋β＋γ)＝ｖ2－ｕ
なので、
α3β3＋β3γ3＋γ3α3－３α2β2γ2＝ｖ（ｖ2－ｕ－（１/２）ｕ）＝ｖ3－（３/２）ｕｖ
すなわち、 －１/２－３/４＝ｖ3－（３/２）ｕｖ より、 ｖ3－（３/２）ｕｖ＝－５/４
また、
α3＋β3＋γ3－３αβγ
＝(α＋β＋γ)（α2＋β2＋γ2－（αβ＋βγ＋γα））
＝(α＋β＋γ)（(α＋β＋γ)2－３（αβ＋βγ＋γα））＝ｕ3－３ｕｖ
すなわち、 －１/２－３/２ ＝ｕ3－３ｕｖ より、 ｕ3－３ｕｖ＝－２
ｖ3－（３/２）ｕｖ＝－５/４ より、 ｕ3ｖ3－（３/２）ｕｖ・ｕ3＝－（５/４）ｕ3
ｕｖ＝（１/３）（ｕ3＋２） を代入して、
（１/３）3（ｕ3＋２）3－（１/２）（ｕ3＋２）・ｕ3＝－（５/４）ｕ3
（１/２７）（ｕ9＋６ｕ6＋１２ｕ3＋８）－（１/２）ｕ6－ｕ3＝－（５/４）ｕ3
（１/２７）ｕ9－（５/１８）ｕ6＋（２５/３６）ｕ3＋８/２７＝０
両辺を２７倍して、 ｕ9－（１５/２）ｕ6＋（７５/４）ｕ3＋８＝０
（ｕ3－５/２）3＋１２５/８＋８＝０
（ｕ3－５/２）3＝－１８９/８ より、 ｕ3－５/２＝－（３/２）3√７
よって、 ｕ3＝５/２－（３/２）3√７ より、 ｕ＝3√（５/２－（３/２）3√７）
（コメント） 上記の計算から、
ｃｏｓ(2π/7)＋ｃｏｓ(4π/7)＋ｃｏｓ(8π/7)
＝－ｃｏｓ(π/7)＋ｃｏｓ(2π/7)－ｃｏｓ(3π/7)＝－１/２ なので、
ＧＡＩ さんの式 ｃｏｓ(π/7)－ｃｏｓ(2π/7)＋ｃｏｓ(3π/7)＝１/２ が示される。
（追記） ＨＮ「ますた～」さんからの情報です。（平成２８年１２月２０日付け）
偶然見つけた「ささやかな数学体験 正七角形調和から楕円ガウス和へ」によると正２３
角形でも同様のことが成り立つようで、しかもこれはガウス和となにやら関係があるようで
す。他の記事に ついても何か報告があった気がするんですが、特に今回のは僕自身も驚
きを隠せず、いち早く報告したいと思ったので、とりあえずこの一件だけです。何か お役に
立てれば幸いです。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成３１年３月１６日付け）
正３１角形でも同様の調和があるようです。
正３１角形では、中に引く対角線(辺の長さも含め15種類できる。）を短い方から
a1、a2、a3、･･･、a15 (a1が辺の長さ）
としておくと、
1/a2+1/a3+1/a4+1/a8+1/a10+1/a11+1/a13+1/a14+1/a15
=1/a1+1/a5+1/a6+1/a7+1/a9+1/a12
の関係が成立する。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成３１年３月１７日付け）
ガウスで有名な正17角形において、辺も含め８種類の長さを持つ対角線を
a1＜a2＜a3＜a4＜a5＜a6＜a7＜a8 （※a1が辺の長さ）
とすれば、これらの長さにはあまり美しいとは言えないが、次の関係が成立する。
L(k)=2*R/√(4*R^2-ak^2) に対し、L(2)+L(3)+L(4)+L(5)+L(7)+L(8)=L(1)+L(6)+4*√17
である。ただし、Rは正17角形の外接円の半径とする。
（追記） 平成２２年９月１６日付け
当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんより、この話題に関連する新しい問題を
頂いた。
正７角形は互いに相似だから、ａ、ｂ、ｃ の比は決まる。そのためには、
１/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ
という式１つでは足らない。もうひとつの式はいろいろあるだろうが、一番普通なのは、
ａ＋ｃ＝ｂ2/ａ （ただし、ｂ＜ｃ ）
だろう。これも、トレミーの定理から容易に証明できる。
実際に、四角形 ＡＢＣＤ は、円に内接する四角形なので、
ＡＣ・ＢＤ＝ＡＢ・ＣＤ＋ＢＣ・ＡＤ すなわち、 ｂ2＝ａ2＋ａｃ
したがって、 ａ＋ｃ＝ｂ2/ａ が成り立つ。（終）
正７角形の辺と対角線の長さ ａ、ｂ、ｃ （ａ＜ｂ＜ｃ） はこの２つの式で特徴づけられる。
ａ、ｂ、ｃ の間にはいろいろな関係があるだろうが、全てこの２式から導かれるはずである。
（例） 例えば、 ｃ2＝ｂｃ＋ａ2 が成り立つ。
ここで、 ｘ＝ｂ/ａ 、ｙ＝ｃ/ａ とおくと、上記で得られた関係式は、
ｘｙ＝ｘ＋ｙ 、 ｘ2＝ｙ＋１ 、 ｙ2＝ｘｙ＋１
とまとめられる。 ｙ＝ｘ2－１ を第１式に代入して、ｘ が満たす３次方程式
ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０
が得られる。同様にして、ｙ が満たす３次方程式
ｙ3－２ｙ2－ｙ＋１＝０
も得られる。
また、ｘ が満たす有理数係数の方程式で、ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ が最小次数であることも
簡単に示される。
ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１が ｘ－ｎ （ｎは整数） を因数に持つと仮定すると、ｎ3－ｎ2－２ｎ＋１＝０
このとき、 １＝－ｎ（ｎ2－ｎ－２） より、
ｎ＝１、ｎ2－ｎ－２＝－１ または、 ｎ＝－１、ｎ2－ｎ－２＝１
これらの等式を満たす整数ｎは存在しない。
よって、ｘ が満たす有理数係数の方程式で、ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ が最小次数である。
すなわち、∠ＢＡＣ＝θとおくと、ｘ＝２ｃｏｓθの最小多項式が、ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ となる。
さて、練習問題である。
正７角形の辺の長さを ａ 、対角線の長さを ｂ、ｃ （ａ＜ｂ＜ｃ） とするとき、
ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2
の値を求めよ。
２式から代数の問題として解いてもいいし、正７角形の辺と対角線であることから三角関
数とかを使ってもかまいません。
ＦＮさんの問題を見て、何やら面倒そうと思ったので、数値計算で答えを試算してみた。
（試算） 冒頭の作図から得られた数値 ａ＝９０ 、ｂ＝１６２ 、ｃ＝２０３ を代入すると、
ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2＝５．００６７８４４・・・
なので、求める値は、「５」かな？（これって、邪道ですよね．．．。）
ＦＮさんから「正解！」と言われて、上記のアバウトな計算の気恥ずかしさから、もっと真面
目に計算しようと思い立った。（平成２２年９月１８日付け）
（解） 正７角形の辺の長さを ａ 、対角線の長さを ｂ、ｃ （ａ＜ｂ＜ｃ）
とするとき、
上記より、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ すなわち、 ｂｃ＝ａｂ＋ａｃ
ａ＋ｃ＝ｂ2/ａ すなわち、 ｂ2＝ａ2＋ａｃ
が成り立つ。
同様にして、四角形 ＡＢＤＥ は、円に内接する四角形
なので、 ＡＤ・ＢＥ＝ＡＢ・ＤＥ＋ＢＤ・ＡＥ
すなわち、 ｃ2＝ａ2＋ｂｃ が成り立つ。
これらの３式を用いて、
ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2＝５
が成り立つことを示す。
まず、 ｂ2＝ａ2＋ａｃ より、 ｂ2/a2＝１＋ｃ/ａ
さらに、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ より、 ｃ/ａ＝ｃ/ｂ＋１ なので、
ｂ2/a2＝２＋ｃ/ｂ
ｃ2＝ａ2＋ｂｃ より、 ｃ2/ｂ2＝ａ2/ｂ2＋ｃ/ｂ
ｃ2＝ａ2＋ｂｃ より、 ａ2＝ｃ2－ｂｃ なので、 ａ2/ｃ2＝１－ｂ/ｃ
よって、
ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2
＝２＋ｃ/ｂ＋ａ2/ｂ2＋ｃ/ｂ＋１－ｂ/ｃ
＝３＋２ｃ/ｂ＋ａ2/ｂ2－ｂ/ｃ
ここで、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ より、 ａ/ｂ＝１－ａ/ｃ なので、
ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2
＝３＋２ｃ/ｂ＋１－２ａ/ｃ＋ａ2/ｃ2－ｂ/ｃ
＝４＋２ｃ/ｂ－２ａ/ｃ＋ａ2/ｃ2－ｂ/ｃ
＝４＋２ｃ/ｂ－２ａ/ｃ＋１－ｂ/ｃ－ｂ/ｃ
＝５＋２（ｃ/ｂ－ａ/ｃ－ｂ/ｃ）
ここで、 ｃ2＝ａ2＋ｂｃ 、ｂ2＝ａ2＋ａｃ より、 ｃ2－ｂ2＝ｂｃ－ａｃ なので、
ｃ/ｂ－ａ/ｃ－ｂ/ｃ＝（ｃ2－ａｂ－ｂ2）/ｂｃ＝（ｂｃ－ａｂ－ａｃ）/ｂｃ＝０
したがって、 ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2＝５ が成り立つ。 （終）
この問題に、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「らすかる」さんも挑戦された。
（平成２２年９月１８日付け）
（解） １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ ・・・ （１） 、 ａ＋ｃ＝ｂ2/ａ ・・・ （２）
（１）から、 ｃ＝ａｂ/（ｂ－ａ） これを、（２）に代入して、 ａ＋ａｂ/（ｂ－ａ）＝ｂ2/ａ
すなわち、 ａ（ｂ－ａ）＋ａｂ＝ｂ2（ｂ－ａ）/ａ より、 ２ａｂ－a2＝ｂ3/ａ－ｂ2
両辺を、ａｂ で割って、 ２－ａ/ｂ＝ｂ2/a2－ｂ/ａ
よって、 ｂ2/a2＝ｂ/ａ－ａ/ｂ＋２ ・・・ （３）
両辺に ａ/ｂ を掛けて整理すると、 ａ2/ｂ2＝２ａ/ｂ－ｂ/ａ＋１ ・・・ （４）
（１）から、 １＝ａ/ｂ＋ａ/ｃ なので、
ａ2/ｃ2＝（１－ａ/ｂ）2＝１－２ａ/ｂ＋ａ2/ｂ2＝１－２ａ/ｂ＋２ａ/ｂ－ｂ/ａ＋１＝２－ｂ/ａ
（２）から、 ａ/ｂ＋ｃ/ｂ＝ｂ/ａ なので、
ｃ2/ｂ2＝（ｂ/ａ－ａ/ｂ）2＝ｂ2/a2＋ａ2/ｂ2－２
＝（ｂ/ａ－ａ/ｂ＋２）＋（２ａ/ｂ－ｂ/ａ＋１）－２＝１＋ａ/ｂ
したがって、以上から、
ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2＝（ｂ/ａ－ａ/ｂ＋２）＋（１＋ａ/ｂ）＋（２－ｂ/ａ）＝５
となる。 （終）
（コメント） 計算の本質的なアイデアで、私とらすかるさんの解答では共通する部分があり
ますね！らすかるさんに感謝します。
（追記） 正七角形のある性質として、上記では、
（１） １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ
（２） ｂ2/ａ2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2＝５
を証明したが、さらに、次のような性質があることを当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ
「Ｓ（Ｈ）」さんよりご紹介いただいた。（平成２８年９月１２日付け）
（→ 参考：ＨＮ「sintakenoko」さんのWebサイト「数学教材の部屋」の「正七角形の性質」）
（３） ｂ/ａ－ｃ/ｂ＋ａ/ｃ＝１
（４） ａ2/ｂ2＋ｂ2/ｃ2＋ｃ2/ａ2＝６
(証明）（３） ａ＋ｃ＝ｂ2/ａ から、 ａ/ｂ＋ｃ/ｂ＝ｂ/ａ
よって、 ｂ/ａ－ｃ/ｂ＋ａ/ｃ＝（ａ/ｂ＋ｃ/ｂ）－ｃ/ｂ＋ａ/ｃ
＝ａ/ｂ＋ａ/ｃ＝ａ（１/ｂ＋１/ｃ）＝ａ・（１/ａ）＝１
（４） １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ より、 ａ/ｂ＝１－ａ/ｃ 、ｂ/ｃ＝ｂ/ａ－１ 、ｃ/ａ＝ｃ/ｂ＋１ なので、
ａ2/ｂ2＋ｂ2/ｃ2＋ｃ2/ａ2
＝（１－ａ/ｃ）2＋（ｂ/ａ－１）2＋（ｃ/ｂ＋１）2
＝ｂ2/ａ2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2＋２（－ａ/ｃ－ｂ/ａ＋ｃ/ｂ）＋３
＝５－２＋３
＝６ （証終）
ＦＮさんの問題に関連して、攻略法さんが関連問題を提起された。
（平成２２年９月１８日付け）
関連問題 次の問いに答えよ。
（１） 半径が1の円に内接する正７角形の辺の長さを ａ 、対角線の長さを ｂ、ｃ
（ａ＜ｂ＜ｃ）
とするとき、 ａ2＋ｂ2＋ｃ2＝７ が成り立つことを示せ。
（２） 単位円に内接する正ｎ角形において、１つの頂点から他の頂点を結ぶ
ｎ－１ 本の線
分（辺または対角線）の長さの積を求めよ。
（答え： n （注 ： 半径Ｒの円に内接する場合は、 ｎ・Ｒｎ-1））
（３） 単位円に内接する正ｎ角形において、辺は ｎ 本、対角線は、ｎＣ2－ｎ＝ｎ（ｎ－３）/２
本である。このとき、次の問いに答えよ。
（イ） 辺または対角線のすべての長さの平方和を求めよ。
（答え： ｎ2 （注 ： 半径Ｒの円に内接する場合は、 ｎ2・Ｒ2 ））
（ロ） 辺または対角線のすべての相異なる長さの平方和を求めよ。
（答え： 奇数は ｎ、偶数は ｎ＋２）
（注 ： 半径Ｒの円に内接する場合、奇数は ｎＲ2、偶数は （ｎ＋２）Ｒ2 ）
（ハ） 辺または対角線のすべての長さの和を求めよ。
（答え： １辺の長さをα、最短の対角線の長さをβとすると、α2・ｎ/(２α－β)
ＦＮさんから（２）の解答を頂きました。（平成２２年９月１８日付け）
問題が５個もありますね。(２)はできたと思います。
（解） 複素平面で考えて、ｘｎ＝１ の解を、Ａ(１)、Ａ(２)、・・・、Ａ(ｎ－１)、Ａ(ｎ)＝１ とする。
ｘｎ－１＝(ｘ－Ａ(１))(ｘ－Ａ(２))・・・(ｘ－Ａ(ｎ－１))(ｘ－１) より、
（ｘｎ－１）/（ｘ－１）＝(ｘ－Ａ(１))(ｘ－Ａ(２))・・・(ｘ－Ａ(ｎ－１)) なので、
ｘｎ-1＋・・・＋ｘ＋１＝(ｘ－Ａ(１))(ｘ－Ａ(２))・・・(ｘ－Ａ(ｎ－１))
ここで、 ｘ＝１ を代入して絶対値を取れば、
｜１－Ａ(１)｜｜１－Ａ(２)｜・・・｜１－Ａ(ｎ－１)｜＝ｎ （終）
（→ 参考：「円周の等分点の性質」）
ＦＮさんからのコメントです。（平成２２年９月１９日付け）
らすかるさんの解答で、
ｂ2/a2＝ｂ/ａ－ａ/ｂ＋２ 、ａ2/ｃ2＝２－ｂ/ａ 、ｃ2/ｂ2＝１＋ａ/ｂ
と、３つの平方が、ｂ/ａとａ/ｂの１次式で書けてきれいに消えるとは．．．。
ＦＮさんは、「 ｂ/ａ、－ｃ/ｂ、ａ/ｃ が同じ３次方程式を満たす」ことから示されたそうである。
解法の指針を示された、ＦＮさんの解答にも興味があるので、類推して考えてみた。
（解） １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ ・・・ （１） 、 ａ＋ｃ＝ｂ2/ａ ・・・ （２）
（１）から、 ｃ＝ａｂ/（ｂ－ａ） これを、（２）に代入して、 ａ＋ａｂ/（ｂ－ａ）＝ｂ2/ａ
すなわち、 ａ（ｂ－ａ）＋ａｂ＝ｂ2（ｂ－ａ）/ａ より、 ２ａｂ－a2＝ｂ3/ａ－ｂ2
両辺を、ａｂ で割って、 ２－ａ/ｂ＝ｂ2/a2－ｂ/ａ
よって、 ｂ2/a2＝ｂ/ａ－ａ/ｂ＋２ ・・・ （３）
ここで、 ｂ/ａ＝α とおくと、 α2＝α－１/α＋２ より、 α3－α2－２α＋１＝０
よって、 ｂ/ａ＝α は、３次方程式 ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ の解である。
ｘ≠０ なので、両辺を ｘ3 で割って、 （１/ｘ）3－２（１/ｘ）2－（１/ｘ）＋１＝０
また、 （１）より、 ａ/ｂ＝１－ａ/ｃ なので、 ａ/ｃ＝β とおくと、 １/α＝１－β
これを代入して、 （１－β）3－２（１－β）2－（１－β）＋１＝０ より、
β3－β2－２β＋１＝０
が成り立つ。
このことから、ａ/ｃ＝β は、３次方程式 ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ の解である。
３次方程式の解と係数の関係から、残りの解を γ とすると、
ｂ/ａ＋ａ/ｃ＋γ＝１ より、 γ＝－ｂ/ａ－ａ/ｃ＋１
ところで、 １－ａ/ｃ＝ａ/ｂ 、ａ/ｂ＝ｂ/ａ－ｃ/ｂ なので、
γ＝－ｂ/ａ＋ａ/ｂ＝－ｂ/ａ＋ｂ/ａ－ｃ/ｂ＝－ｃ/ｂ
以上から、α＝ｂ/ａ 、β＝ａ/ｃ 、γ＝－ｃ/ｂ は、３次方程式 ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０
の解なので、解と係数の関係から、
α＋β＋γ＝１ 、 αβ＋βγ＋γα＝－２ 、αβγ＝－１
よって、このとき、
ｂ2/a2＋ｃ2/ｂ2＋ａ2/ｃ2＝α2＋β2＋γ2
＝（α＋β＋γ）2－２（αβ＋βγ＋γα）＝５ （終）
（コメント） 洗練された、エレガントな解答ですね！感動しました。ＦＮさんに感謝します。
大学入試問題にも使えそうなレベルですね。
ここで、当ＨＰの「解の巡回」で得られた結果を用いると、
３次方程式 ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ に対する巡回関数 Ｇ（ｘ）は、Ｇ（ｘ）＝２－ｘ2 で与えら
れる。
したがって、 Ｇ（α）＝２－α2＝２－（α－１/α＋２）＝１/α－α＝γ より、
Ｇ（γ）＝β 、 Ｇ（β）＝α
が成り立つ。
Ｇ（β）＝α より、 ２－β2＝α すなわち、 ａ2/ｃ2＝２－ｂ/ａ
で、らすかるさんの第２の式が得られる。
また、Ｇ（γ）＝β より、２－γ2＝β すなわち、ｃ2/ｂ2＝２－ａ/ｃ＝１＋１－ａ/ｃ＝１＋ｂ/ａ
で、らすかるさんの第３の式が得られる。
（コメント） こんなところで「解の巡回」の理論が活躍するとは驚きです！
（追記） 平成３０年８月７日付け
上記から、３次方程式 ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ の３つの解は、ｂ/ａ、－ｃ/ｂ、ａ/ｃ である。
ここで、円 Ｏ の半径１ 、θ＝π/７として、ａ＝２ｓｉｎθ、ｂ＝２ｓｉｎ２θ、ｃ＝２ｓｉｎ３θなので、
α＝ｂ/ａ＝２ｓｉｎ２θ/（２ｓｉｎθ）＝２ｃｏｓθ＝２ｃｏｓ（π/７）
ｃ/ａ＝２ｓｉｎ３θ/（２ｓｉｎθ）＝３－４ｓｉｎ2θ＝３－２（１－ｃｏｓ２θ）＝２ｃｏｓ２θ＋１
よって、 γ＝－ｃ/ｂ＝１－ｃ/ａ＝－２ｃｏｓ２θ＝－２ｃｏｓ（２π/７）＝２ｃｏｓ（５π/７）
β＝ａ/ｃ＝Ｇ（γ）＝２－４ｃｏｓ2（２π/７）
＝２－２（１＋ｃｏｓ（４π/７））＝－２ｃｏｓ（４π/７）＝－２ｃｏｓ（π－３π/７）＝２ｃｏｓ（３π/７）
以上から、３次方程式 ｘ3－ｘ2－２ｘ＋１＝０ の３つの解は、
α＝２ｃｏｓ（π/７） 、β＝２ｃｏｓ（３π/７） 、γ＝２ｃｏｓ（５π/７）
で、これらは、巡回関数 Ｇ（ｘ）＝２－ｘ2 により巡回する。
α＝Ｇ（β）＝２－４ｃｏｓ2（３π/７）
＝２－２（１＋ｃｏｓ（６π/７））＝－２ｃｏｓ（６π/７）＝－２ｃｏｓ（π－π/７）＝２ｃｏｓ（π/７）
γ＝Ｇ（α）＝２－４ｃｏｓ2（π/７）
＝２－２（１＋ｃｏｓ（２π/７））＝－２ｃｏｓ（２π/７）＝２ｃｏｓ（５π/７）
ＦＮさんが攻略法さんの提起された問題について考察された。（平成２２年９月１９日付け）
（３） 単位円に内接する正ｎ角形において、次の問いに答えよ。
（イ） 辺または対角線のすべての長さの平方和を求めよ。（答え： ｎ2 ）
（ロ） 辺または対角線のすべての相異なる長さの平方和を求めよ。
（答え： 奇数はｎ、偶数は ｎ＋２）
（ハ） 辺または対角線のすべての長さの和を求めよ。
（答え： １辺の長さをα、最短の対角線の長さをβとすると、α2・ｎ/(２α－β)
方法としては、とりあえず、３通りぐらい考えられる。
(ａ) 複素平面で考える (ｂ) 三角関数で考える (ｃ) トレミーの定理で考える
普通は、(ａ)だと思いますが、(ｂ)でもできそうな気がします。(ｃ)は無理でしょうが、これでで
きれば面白いです。イメージは、(イ)は、(ａ)、(ロ)は、(ｂ)の感じです。
(イ)と(ロ)の関係を見ておきます。(イ)の解をＳ、(ロ)の解をＴとする。表現を簡単にするた
め、辺も対角線のひとつとみなします。
１つの頂点から引いた対角線の平方の和は、
ｎ が奇数のときは、同じ長さのが２本ずつあるから、２Ｔ
ｎ が偶数のときは、直径(長さ２)以外は２本ずつあるから、２(Ｔ－４)＋４＝２Ｔ－４
各点から引いた対角線の平方の和はこれらを ｎ 倍したものだが、１本の対角線について、
２回ずつ数えているから、２で割ればいい。
従って、
ｎ が奇数のとき、Ｓ＝ｎ・２Ｔ/２＝ｎＴ
ｎ が偶数のとき、Ｓ＝ｎ・（２Ｔ－４）/２＝ｎ（Ｔ－２）
即ち、
ｎ が奇数のとき、Ｔ＝Ｓ/ｎ
ｎ が偶数のとき、Ｔ＝Ｓ/ｎ＋２
だから、(イ)が言えれば、(ロ)が言えるし逆も同じ。
上記のＦＮさんの解法の指針を受けて、（３）の（イ）を示すことにする。この話題は、もとも
とは、「円周の等分点の性質」に掲載しようと思っていたものである。
（解） ＦＮさんが用いられた記法を用いて、
複素平面で考えて、ｘｎ＝１ の解を、Ａ(１)、Ａ(２)、・・・、Ａ(ｎ－１)、Ａ(ｎ)＝１ とする。
すなわち、 Ａ(ｋ)＝ｅ2πｋｉ/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、ｚ および Ａ(ｋ) 共役複素数をそれぞれ ｚ’ 、Ａ(ｋ)’ で表すものとする。）
ここで、Ａ(１)、Ａ(２)、・・・、Ａ(ｎ－１)、Ａ(ｎ) は、ｘｎ＝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。
特に、Ｐ＝Ａ(ｋ) （ｋ＝１、２、・・・、ｎ）と考え、対角線は２回重複して数えられるので、
求める辺または対角線のすべての長さの平方和は、 ２ｎ×ｎ÷２＝ｎ2 である。 （終）
この問題（イ）について、ＦＮさんより解答を頂きました。（平成２２年９月１９日付け）
（解） 複素平面で考える。１の ｎ 乗根を、
ａ 、ａ2 、ａ3 、 ・・・ 、ａｎ-1 、ａｎ＝１ とする。
このとき、 ａｋ の共役複素数は、 ａｎ-ｋ であり、
｜ａｐ－ａｑ｜2＝（ａｐ－ａｑ）（ａｎ-ｐ－ａｎ-ｑ）
＝１－ａｐ-ｑ－ａｑ-ｐ＋１＝２－（ａｐ-ｑ＋ａｑ-ｐ）
求める和は、これを、1≦ｐ＜ｑ≦ｎ を満たすすべての ｐ、ｑ について足せばよい。
これを満たす ｐ、ｑ の個数は、ｎ（ｎ-１）/２ である。
ｐ を固定して、ｑ を １ から ｎ まで、ただし、ｐ を除いて動かすと、ａｐ-ｑ は、ａ0＝１以外
の ａ 、ａ2 、ａ3 、 ・・・ 、ａｎ-1 を動く。
従って、その和は、１＋ａ＋ａ2＋ａ3＋ ・・・ ＋ａｎ-1＝０ より、
ａ＋ａ2＋ａ3＋ ・・・ ＋ａｎ-1＝－１ である。 ａｑ-ｐ についても同様である。
以上より、求める和は、２×ｎ（ｎ-１）/２－（－１－１）×ｎ/２＝ｎ2－ｎ＋ｎ＝ｎ2 （終）
このことから、ＦＮさんの結果を用いて、（３）の（ロ）も次のように求められる。
（解） 辺または対角線のすべての相異なる長さの平方和は、
ｎ が奇数のとき、 ｎ2/ｎ＝ｎ
ｎ が偶数のとき、 ｎ2/ｎ＋２＝ｎ＋２ （終）
ここで、(１)は、(ロ)において、ｎ＝７の場合である。すなわち、
半径が1の円に内接する正７角形の辺の長さを ａ 、対角線の長さを ｂ、ｃ
（ａ＜ｂ＜ｃ）
とするとき、 ａ2＋ｂ2＋ｃ2＝７ が成り立つ。
残りの（ハ）については、ＦＮさんが三角関数を用いて解決された。
（平成２２年９月１９日付け）
(解) θ＝π/nとすると、辺または対角線のすべての長さの和は、
ｎ｛ｓｉｎθ＋ｓｉｎ２θ＋ｓｉｎ３θ＋・・・＋ｓｉｎ（ｎ－１）θ｝
で与えられる。
ここで、ｓｉｎθ＋ｓｉｎ２θ＋ｓｉｎ３θ＋・・・＋ｓｉｎ（ｎ－１）θの値を求める。
ｚ＝ｃｏｓθ＋ｉ・ｓｉｎθ とおく。このとき、
１＋ｚ＋ｚ2＋・・・＋ｚｎ-1＝(１－ｚｎ)/(１－ｚ)
において、 ｚｎ＝ｃｏｓ（ｎθ）＋ｉ・ｓｉｎ（ｎθ）＝ｃｏｓπ＋ｉ・ｓｉｎπ＝－１ より、
右辺＝２/(１－ｃｏｓθ－ｉ・ｓｉｎθ)＝１＋ｉ・ｓｉｎθ/（１－ｃｏｓθ）
したがって、両辺の虚部を比較して、
ｓｉｎθ＋ｓｉｎ２θ＋ｓｉｎ３θ＋・・・＋ｓｉｎ（ｎ－１）θ＝ｓｉｎθ/（１－ｃｏｓθ）
なので、求める和は、 ｎ・ｓｉｎθ/（１－ｃｏｓθ） となる。
ここで、 α＝２ｓｉｎθ 、β＝２ｓｉｎ２θ＝２α・ｃｏｓθ なので、
ｎ・ｓｉｎθ/（１－ｃｏｓθ）＝ｎ・（α/２）/（１－β/（２α））＝α2・ｎ/(２α－β) （終）
（コメント） 問題がすべて解決して、スッキリしました！ＦＮさんに感謝します。
（追記） 上記の（ハ）の問題について、ＨＮ「aerile_re」さんから別解をいただきました。
aerile_reさんに感謝します。（平成３１年３月１０日付け）
上記の（ハ）の問題を、トレミーの定理を使ってできましたので報告します。
ｋ個離れた頂点を結ぶ辺あるいは対角線を a[k] とおく。（便宜的に、a[0]=a[N]=0
を使う）
トレミーの定理より、以下が成り立つ。
a[1]a[0] = a[2]a[1]-a[1]a[2]
a[1]a[1] = a[2]a[2]-a[1]a[3] （← トレミーの定理的には、a[2]a[2]＝a[1]a[3]＋a[1]a[1] ）
a[1]a[2] = a[2]a[3]-a[1]a[4] （← トレミーの定理的には、a[2]a[3]＝a[1]a[4]＋a[1]a[2] ）
a[1]a[3] = a[2]a[4]-a[1]a[5]
・・・・・・・・・・・・・・・・・・
a[1]a[N-2] = a[2]a[N-1]-a[1]a[N]
これらを合計すると、
a[1](a[0]+・・・+a[N-2]) = a[2](a[1]+・・・+a[N-1]) - a[1](a[2]+・・・+a[N])
Σa[k]＝S とおくと、（a[N-1]=a[1] であることに注意）
2*a[1](S-a[1]) = a[2]*S
整理して、 S = 2*a[1]^2 / (2*a[1]-a[2])
（コメント） 示すべき式は、a[1]^2*ｎ / (2*a[1]-a[2]) だが、どう修正すればいいのだろう？
らすかるさんからのコメントです。（平成３１年３月１２日付け）
上記のSは、「1頂点から他のすべての頂点に引いた線分の長さの和」なので、これをｎ倍
して２で割った
a[1]^2*n / (2*a[1]-a[2])
が、「すべての辺と対角線の長さの和」になりますね。
（コメント） なるほど！そうですね。うっかりしました。らすかるさんに感謝します。
攻略法さんからのコメントです。（平成２２年９月２０日付け）
正７角形が半径Ｒの円に内接する場合において、３（ハ）の一般化を考える。
θ＝π/ｎ とすれば、１つの頂点から他の頂点を結ぶ(ｎ－１)本の線分（辺または対角線）
の長さの和は、 ２Ｒ（ｓｉｎθ＋ｓｉｎ２θ＋ｓｉｎ３θ＋・・・＋ｓｉｎ（ｎ－１）θ） であるから、辺ま
たは対角線の総和 Ｌｎ は、 Ｌｎ＝ ｎＲ（ｓｉｎθ＋ｓｉｎ２θ＋ｓｉｎ３θ＋・・・＋ｓｉｎ（ｎ－１）θ）
で与えられる。各項に ２ｓｉｎ(θ/２) を掛けて積和公式、cos(-θ)=cosθを適用すると、
２Ｌｎ・ｓｉｎ(θ/２) ＝ｎＲ（ｃｏｓ(θ/２) － ｃｏｓ((ｎ－１/２)θ）
ここで、θ＝π/n より、 (ｎ－１/２)θ＝π－θ/２ なので、
２Ｌｎ・ｓｉｎ(θ/２) ＝２ｎＲ・ｃｏｓ(θ/２)
したがって、 Ｌｎ ＝ ｎＲ / ｔａｎ(θ/２) ＝ ｎＲ / ｔａｎ(π/（２ｎ）)
ＦＮさんからのコメントです。（平成２２年９月２０日付け）
ｓｉｎθ＋ｓｉｎ２θ＋ｓｉｎ３θ＋・・・＋ｓｉｎ（ｎ－１）θ の計算は簡単にできるのですね。
θがπ/nでない一般のときも、同様にして計算できました。上式は、第 ｎ－１ 項までの和で
すが、θ＝π/ｎ のときは、第ｎ項が、sin(ｎθ)＝sinπ＝0 となるからで、一般の場合は当
然、第 ｎ 項までの和で書くほうがいいでしょう。
ｓｉｎθ＋ｓｉｎ２θ＋・・・＋ｓｉｎ（ｎθ）＝ｓｉｎ((ｎ＋１)θ/２)・ｓｉｎ(ｎθ/２)/ｓｉｎ(θ/２)
証明は、ｓｉｎ(θ/２)をかけて、積和の公式を使って全く同様にできます。
ｃｏｓ についても同様の式が作られます。
ｃｏｓθ＋ｃｏｓ２θ＋・・・＋ｃｏｓ（ｎθ）＝ｃｏｓ((ｎ＋１)θ/２)・ｓｉｎ(ｎθ/２)/ｓｉｎ(θ/２)
証明も同様です。これを使えば、攻略法さんの(ロ)の三角関数による証明ができます。
ｎ＝２ｍ＋１ のとき、求める和 Ｓ は、
Ｓ＝Σ(２ｓｉｎ（ｋθ）)2 （ただし、Σは、ｋ＝１からｍまでの和をとる。(以下のΣも同じ)）
ここで、 ４(ｓｉｎ（ｋθ）)2＝２(１－ｃｏｓ（２ｋθ）) だから、
Ｓ＝２Σ(１－ｃｏｓ（２ｋθ）)＝２ｍ－２ｃｏｓ((ｍ＋１)/２･２θ)・ｓｉｎ(ｍ/２･２θ)/ｓｉｎθ
＝２ｍ－（ｓｉｎ(２ｍ＋１)θ－ｓｉｎθ)/ｓｉｎθ＝２ｍ＋１＝ｎ
ｎ＝２ｍ のときも同様にしてできる。
実際に、Ｓ＝２Σ(１－ｃｏｓ（２ｋθ）)
＝２ｍ－２ｃｏｓ((ｍ＋１)/２･２θ)・ｓｉｎ(ｍ/２･２θ)/ｓｉｎθ
＝２ｍ－（ｓｉｎ(２ｍ＋１)θ－ｓｉｎθ)/ｓｉｎθ
＝２ｍ－（ｓｉｎ(π＋θ）－ｓｉｎθ)/ｓｉｎθ
＝ｎ＋２
（コメント） なるほど！攻略法さん、ＦＮさんに感謝します。
ＫＳさんからのコメントです。（平成２７年１２月２２日付け）
正７角形の性質としては、
ｚ7＝１ （ｚ≠１）のとき、 ｚ/(１＋z2)＋z2/(１＋z4)＋z3/(１＋z6)＝－２
も、面白いと思います。
（コメント） 代数的に証明してみました。幾何学的にも証明できるんでしょうね？
ｚ7＝１ （ｚ≠１）より、 １＋ｚ＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6＝０ なので、
与式＝｛ｚ(１＋z4)(１＋z6)＋z2(１＋z2)(１＋z6)＋z3(１＋z2)(１＋z4)｝/(１＋z2)(１＋z4)(１＋z6)
ここで、分子＝ｚ＋１＋z5＋z4＋z2＋ｚ＋z4＋z3＋z3＋１＋z5＋z2
＝２（１＋ｚ＋z2＋z3＋z4＋z5）＝－２z6
分母＝１＋z2＋z4＋z6＋z6＋ｚ＋z3＋z5＝z6
以上から、 与式＝－２z6/z6＝－２
（追記） 平成２９年６月２６日付け
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冒頭で、左図のような正７角形において、 |
７θ＝１８０°として、
これらの２等辺三角形を合計９枚用いて、正７角形は次のように埋め尽くされる。
上図で、△ＣＤＨ∽△ＣＥＡ より、 ａ ： ｂ ＝ ｃ－ａ ： ｃ が成り立つので、
ｃａ＝ｂｃ－ａｂ より、 ｂｃ＝ａｂ＋ｃａ
両辺を、ａｂｃ で割ると、 １/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ の成り立つことが分かる。
（コメント） 冒頭でも、三角形の相似を利用した証明をたくさんいただいたが、これも有りか
なと思えるような初等幾何的証明ですね。
３種類の２等辺三角形を左側から順に （Ａ）、（Ｂ）、（Ｃ） とおく。
| （Ａ） | （Ｂ） | （Ｃ） | |||
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これらの２等辺三角形を合計９枚（（Ａ）：１枚、（Ｂ）：３枚、（Ｃ）：５枚）用いて、正７角形が
埋め尽くされたが、正７角形の敷き詰めに要する２等辺三角形の枚数はそれしかないこと
が、次のような計算で確かめることが出来る。
１辺の長さが１（＝ａ）の正７角形の面積をＳとおくと、θ＝π/７として、ｂ＝２ｃｏｓθで、
外接円の半径が、１/（２ｓｉｎθ）なので、
Ｓ＝（１/２）｛１/（２ｓｉｎθ）｝2ｓｉｎ２θ×７＝７ｃｏｓθ/（４ｓｉｎθ）＝７ｂ/（８ｓｉｎθ）
ここで、２等辺三角形（Ａ）の面積は、（１/２）ｓｉｎθ
２等辺三角形（Ｂ）の面積は、
（１/２）ｓｉｎ３θ＝（１/２）（３ｓｉｎθ－４ｓｉｎ3θ）
＝（１/２）ｓｉｎθ（４ｃｏｓ2θ－１）＝（１/２）（ｂ2－１）ｓｉｎθ
２等辺三角形（Ｃ）の面積は、７θ＝πより、
（１/２）ｓｉｎ５θ＝（１/２）（ｓｉｎ（π－２θ）
＝（１/２）ｓｉｎ２θ＝ｓｉｎθｃｏｓθ＝（１/２）ｂｓｉｎθ
２等辺三角形（Ａ）、（Ｂ）、（Ｃ） の枚数をそれぞれ ｘ、ｙ、ｚ 枚とすると、
ｘ・（１/２）ｓｉｎθ＋ｙ・（１/２）（ｂ2－１）ｓｉｎθ＋ｚ・（１/２）ｂｓｉｎθ＝７ｂ/（８ｓｉｎθ）
両辺を８ｓｉｎθ倍して、 ４ｓｉｎ2θ（ｘ＋ｙ（ｂ2－１）＋ｚｂ）＝７ｂ
すなわち、 （４－ｂ2）（ｘ＋ｙ（ｂ2－１）＋ｚｂ）＝７ｂ から、
ｙｂ4＋ｚｂ3＋（ｘ－５ｙ）ｂ2＋（７－４ｚ）ｂ－４ｘ＋４ｙ＝０ ・・・(*)
ｂが満たす最小多項式は、ｂ3－ｂ2－２ｂ＋１＝０ なので、(*)の左辺は、ｂ3－ｂ2－２ｂ＋１
で割り切れる。
よって、余り＝（ｘ－２ｙ＋ｚ）ｂ2＋（７＋ｙ－２ｚ）ｂ－４ｘ＋３ｙ－ｚ＝０ から、
ｘ－２ｙ＋ｚ＝０ ・・・（１） 、７＋ｙ－２ｚ＝０ ・・・（２） 、－４ｘ＋３ｙ－ｚ＝０ ・・・（３）
（１）×２＋（２） より、 ２ｘ－３ｙ＋７＝０ ・・・（４）
（３）×（－２）＋（２） より、 ８ｘ－５ｙ＋７＝０ ・・・（５）
（４）×４－（５） より、 －７ｙ＋２１＝０ より、 ｙ＝３
（４）に代入して、 ｘ＝１ したがって、（１）より、 ｚ＝５
以上から、用いられる２等辺三角形の個数は、（Ａ）：１枚、（Ｂ）：３枚、（Ｃ）：５枚 である。
以下、工事中