・　ある３つの角の和　　　　　　　　　　　　　　　　Ｓ．Ｈ氏

　次の問題を考える。

　

ただし、α、β、γ は、鋭角とする。

　この問題は、通常、次のように計算される。

　条件から明らかに、α＝４５°で、また、加法定理を用いれば、



なので、０°＜β＋γ＜１８０°から、β＋γ＝４５°であることが分かる。

したがって、α＋β＋γ＝９０°が求める値である。


（追記）　平成２３年１１月２４日付け・・・よおすけさんからのコメントです。

　上記の問題で、tanα=1、tanβ=1/2、tanγ=1/3(角は全て鋭角)においては、解答から、

　tan(β＋γ)＝tan(90゜−α)　が成り立つことが分かる。

つまり、2つの角の和の正接の値は残りの角の正接の値の逆数に等しい。（追記終）


　しかし、この問題を、これだけで済ませてしまっては、実はもったいない。

次のような別解を目の当たりにすると、上の機械的な計算が空しく思えてくる。

　

上図から明らかに、α＋β＋γ＝９０°であることが分かる。素晴らしい解答だ。

（参考文献：ナギビン　著　山崎　昇・宮本敏雄　訳　数学玉手箱　（東京図書））


（追記）　平成２８年５月４日付け

　上図で、α＝４５°は自明なので、β＋γ＝４５°を示すのが肝要である。

　これについては、次のような鮮やかな別解が知られている。

　

　上図において、△ＡＣＤ∽△ＡＢＥ　であるので、β＋γ＝４５°は明らかだろう。

　また、次のような別解も知られている。

　

　図をじっと睨んでいると、β＋γ＝４５°であることが見えてくるだろう。


　この問題に関連して、ぽっぽさんが次の問題を提起された。（平成２３年１月９日付け）

問題　　tanαn＝１/ｎ　とするとき、

は収束するか。

　興味があったので考えてみた。

　第 ｎ 部分和 Ｓ_ｎ について、明らかに、　Ｓ_ｎ＞ｎ・α_n　である。



　上記グラフより、

　ｎ・α_n　→　１　（ｎ→∞）　であるので、　ｎ→∞　のとき、　Ｓ_ｎ≧１

すなわち、　ｎ→∞　のとき、　Ｓ_ｎ が０に収束することはない。

よって、

は発散する。

　この収束・発散について、ＦＮさんも次のように証明された。（平成２３年１月９日付け）

（証明）　条件より、　０＜α_n≦π/４　である。

　このとき、　ｔａｎα_n＜（４/π）α_n＜２α_n

（　Ｆ（ｘ）＝ｔａｎｘ−２ｘ　とおくと、　Ｆ’（ｘ）＝ｓｅｃ²ｘ−２
　ｃｏｓｘ≧１/　なので、　ｓｅｃ²ｘ≦２　より、　Ｆ’（ｘ）≦０
よって、Ｆ（ｘ）は単調減少関数で、Ｆ（０）＝０　より、
　０＜ｘ≦π/４　のとき、　Ｆ（ｘ）＝ｔａｎｘ−２ｘ＜０　すなわち、　ｔａｎｘ＜２ｘ　）

したがって、　Σ(１/ｎ)＝Σtanα_n＜２Σα_n 　（ここで、Σは、１から ｎ までの和）

このとき、 ｎ → ∞ とすると、左辺 → ∞ なので、Σα_n → ∞ となり、発散する。　　（証終）


（コメント）　なるほど、「不等式　ｔａｎｘ＜２ｘ」を用いた方が証明として美しいですね！
　　　　　　ＦＮさんに感謝します。


（追記）　平成２３年１月９日付け

　よおすけさんによれば、次の問題も図形を使ってできるかも．．．とのこと。

　α、βが鋭角で、ｓｉｎα＝７/(５)　、ｓｉｎβ＝４/５　のとき、α＋β　を求めよ。


　まず、計算してみよう。

　ｃｏｓα＝１/(５)　、ｃｏｓβ＝３/５　なので、加法定理より、

　ｃｏｓ（α＋β）＝ｃｏｓαｃｏｓβ−ｓｉｎαｓｉｎβ

　　　　　　　　　＝｛１/(５)｝・３/５−｛７/(５)｝・４/５＝−１/

　０＜α＋β＜π　なので、　α＋β＝３π/４　である。

この問題を図形を使って解く場合、左図のような図形 　　を考えればいいだろう。 　　　左図より、明らかに 　　　　　π−（α＋β）＝π/４ 　　　すなわち、 　　　　　α＋β＝３π/４　である。

　らすかるさんの解答です。（平成２３年１月９日付け）

　Ｏ( ０，０ )、 Ａ( ２５，２５ )、Ｂ( −３，４ )、Ｃ( −３，０ )　とすると、

∠ＡＢＯと∠ＢＣＯは直角となり、　ｓｉｎ∠ＡＯＢ＝ＡＢ/ＡＯ＝３５/(２５)＝７/(５)

　ｓｉｎ∠ＢＯＣ＝ＢＣ/ＢＯ＝４/５　　である。よって、　∠ＡＯＢ＋∠ＢＯＣ＝１３５°




（コメント）　らすかるさんに感謝します。


　よおすけさんから、続報をいただきました。（平成２３年８月２８日付け）

　α、βが鋭角で、ｓｉｎα＝７/(５)　、ｓｉｎβ＝４/５　のとき、α＋β　を求めよ。

という問題で、複素数や行列の回転移動を利用してもできるかもしれないとのことです。


　よおすけさんから、続報をいただきました。（平成２３年１１月１８日付け）

　複素数や行列の回転移動を利用した解法です。

　α、βが鋭角で、sinα=7/(5√2)、sinβ=4/5のとき、cosα=1/(5√2)、cosβ=3/5である。

　このとき、複素数 ｚ₁=cosα＋ｉ・sinα、ｚ₂=cosβ＋ｉ・sinβに対して、

　　　ｚ₁・ｚ₂=cos（α＋β）＋ｉ・sin（α＋β）

　左辺は、１を原点のまわりにα回転（ｚ₁）し、さらに点ｚ₁を原点のまわりにβ回転（ｚ₂）した
ものに等しく、すなわち、１を原点のまわりに α＋β だけ回転したものに等しい。

　上式より、実際に、値を代入して計算すれば、

　cos（α＋β）＋ｉ・sin（α＋β）

＝（cosα＋ｉ・sinα）（cosβ＋ｉ・sinβ）＝（１＋７ｉ）（３＋４ｉ）/(25)＝（−１＋i ）/

　比較して、　cos(α＋β)＝−１/、　sin(α＋β)＝１/

α、βは鋭角なので、0＜α＋β＜πより、これを満たす角(偏角)は、３π/４


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１１月１８日付け）

　上記の問題を tan で書けば、

　「α、βが鋭角で、tanα=7、tanβ=4/3 のとき、α＋βを求めよ。」

　加法定理より、　tan(α＋β)=(7+4/3)/(1-7*4/3)=-1　なので、α＋β=３π/４

　一般に、「α、βが鋭角で、tanα=ａ、tanβ=ｂ のとき、α＋βを求めよ。」で、これが高校
数学の問題として成立するような有理数 ａ、ｂ を求めることを考えます。

　ｂ=１/ａ　というつまらないケースは除外します。このとき、tan(α＋β)は、1か-1である。

(証明は？)


　ＦＮさんからの続報です。（平成２３年１１月２１日付け）

　これを証明するより、もっと強めて、次の形にして証明できないかと考えてみました。

　ａ を有理数とする。tan(ａπ) が、0、1、-1以外の有理数になることはない。

ａ＝1/180 のときが、京都大学の入試で出題されました。

（参考）　京都大学　後期理系（２００６年度）　入試問題：　ｔａｎ１°は有理数か。

　背理法で、tan１°を有理数　ｐ/ｑ（ｐ、ｑは互いに素な整数）と仮定しても上手くいかない。

　ｔａｎ ｘ°が有理数と仮定すると、正接の加法定理より、ｔａｎ（ｘ＋１）°も有理数となるので、
数学的帰納法により、すべての自然数 ｎ に対して、ｔａｎ ｎ°は有理数となる。しかるに、こ
れは矛盾である。実際に、ｎ＝６０ のとき、ｔａｎ６０°＝は無理数である。

　それと同様にできるかと思いましたが、無理なようです。ａ=1/180 のとき、即ち、tan1°が
無理数であることは、ａ=1/3 (or 1/6) 即ち、tan60°(or tan30°)が無理数であることに帰着
させて証明するのが普通のようです。だから、まず、次を証明する必要があります。

　ｐ が奇素数であるとき、tan(π/ｐ) は無理数である。

tan(π/ｐ) は、tan(2π/ｐ) または tan(π/2ｐ) にかえてもかまいません。


　空舟さんからのコメントです。（平成２３年１１月２４日付け）

　Googleで検索してみると、正接の ｎ 倍角の公式を知ることができました。tan ｘ=t に対して、
ｎｘ=π/2 になるような奇素数 ｎ の存在を仮定して矛盾を示そうと思いました。

　そのとき、正接の ｎ 倍角の公式( ｔ の式)の分母が0となります。正接の ｎ 倍角の公式の分
母は偶数次のみからなる ｎ-1次式で、Σ(-1)^ｋ_ｎＣ_2ｋ ｔ^-2ｋ と書かれるそうです。

　Σ(-1)^ｋ_ｎＣ_2ｋ ｔ^-2ｋ=0

が有理数解をもつとすると、定数項が1、最高次の係数が ｎ ですから、

　t=±1 あるいは t=±1/n

しか候補になりません。ところが、最高次の次に次数が高い項は、最高次よりも次数が２つ
低いわけですから、t=±1/ｎ は解になりえないことが分かってしまいます。

(具体的に、例えば、正接の５倍角の式の分母は、5t⁴-10t²+1 という式になります。t=1/5
を代入すると、最高次の項の分母が125になるけれど、次の項の分母は、高々25にしかな
らないので式の値は0になりえないです。）

　従って、ｎｘ=π/2 となるような ｘ について、tan ｘ が±1以外の有理数となることはないと
示されたと思います。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年１１月２４日付け）

　証明できてるようですね。正接の ｎ 倍角の公式を証明すれば完全なようです。このペー
ジの一番下に余接の ｎ 項の加法定理があります。そこで考えた問題では、余接だったの
ですが、正接の方が普通なので、正接の ｎ 項の加法定理も考えました。きちんと証明する
ことはしませんでしたが成立しそうだという印象は持ちました。今はほとんど忘れていますが
．．．。

　ｎ 倍角の公式は、ｎ 項の加法定理の特殊な場合だから、多分証明できるでしょう。分子
も書いておけば、数学的帰納法でできるのでしょう。

　Σ(-1)^ｋ_ｎＣ_2ｋ ｔ^-2ｋ について、ｎ が素数のとき、この式の既約性は言えそうだから、
tan(π/2p)が無理数であるだけでなく、ｐ-1次の代数的数であることも言えそうですね。


　さて、「α、βが鋭角で、tanα=ａ、tanβ=ｂ のとき、α＋βを求めよ。」という問題について、

tan(α＋β)=-1 のケースを考えます。

　　tan(α＋β)=(1-ab)/(a+b)=-1 より、 1-ab=-a-b なので、b=(a+1)/(a-1)

　正の有理数 ａ を任意に与えれば、有理数 ｂ が1つ決まります。

　ａ を自然数(ただし、ａ≠1）にすると、次のような ( ａ ，ｂ ) があります。

　( ａ ，ｂ )=( 2 ，3 )、( 3 ，2 )、( 4 ，5/3 )、( 5 ，3/2 )、( 6 ，7/5 )、( 7 ，4/3 )、････

　このうち、( 7 ，4/3 )が上の問題になります。


　ＦＮさんが、冒頭の問題（３つの角）を拡張して、４つの角でも同様の関係が成り立たない
か考察されました。（平成２３年１月１０日付け）

　ａ、ｂ、ｃ、ｄ　は自然数で、ａ＜ｂ＜ｃ＜ｄ　で、α,β,γ,δは鋭角であるとする。

　tanα＝１/ａ　、tanβ＝１/ｂ　、tanγ＝１/ｃ　、tanδ＝１/ｄ　ならば、

　α＋β＋γ＋δ＝９０°

　これが、成り立つような自然数　ａ、ｂ、ｃ、ｄ　の組を求めよ。

　例えば、　（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，５，８）　は、条件を満たすので解はあります。解は多分
有限個です。

　すべての解を求めてください。それと、（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，５，８）　のときに成り立つこ
との図形的な証明を考えてください。


　ＦＮさんの問いかけに対して、ぽっぽさんが取り組まれた。（平成２３年１月１０日付け）

　ｔａｎα＝１　、ｔａｎβ＝１/２　、ｔａｎγ＝１/５　、ｔａｎδ＝１/８　に対して、

　Ａ（０，０）、Ｂ（１６，−２）、Ｃ（１５，３）を結び、∠BAC＝θとすると、　θ＝γ＋δ　で、

　tanθ＝ｔａｎ（β＋γ）＝（ｔａｎβ＋ｔａｎγ）/（１−ｔａｎβｔａｎγ）＝１/３　である。

　

　したがって、冒頭の問題の結果により、　α＋β＋γ＋δ＝α＋β＋θ＝９０°である。

　また、他の解は、　（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，４，１３）　、（１，３，３，７）　、（２，２，３，３）


　さて、「tanα＝1/a　となるようなαを、S(ａ)で表す」ことにする。（ぽっぽさんによる）

　ぽっぽさんが求められた解は、次のように考えられて見いだされた。

　基本公式：　S(１)＋S(２)＋S(３)＝９０°

（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）　（ａ≦ｂ≦ｃ≦ｄ）　において、

（Ｐ１）　S(ａ)＋S(ｂ)＝S(１)　のとき、　（ａ，ｂ）＝（２，３）　しかない。

実際に、　ｔａｎ｛S(ａ)＋S(ｂ)｝＝｛ｔａｎS(ａ)＋ｔａｎS(ｂ)｝/｛１−ｔａｎS(ａ)ｔａｎS(ｂ)｝＝１　より、

　ｔａｎS(ａ)ｔａｎS(ｂ)＋ｔａｎS(ａ)＋ｔａｎS(ｂ)−１＝０

　１/ａｂ＋１/ａ＋１/ｂ−１＝０

　ａｂ−ａ−ｂ−１＝０　より、　（ａ−１）（ｂ−１）＝２

　ａ−１≦ｂ−１　より、　ａ−１＝１　、ｂ−１＝２　すなわち、　ａ＝２　、ｂ＝３

したがって、　S(２)＋S(２)＋S(３)＋S(３)＝９０°より、（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（２，２，３，３）

（Ｐ２）　S(ａ)＋S(ｂ)＝S(２)　のとき、　（ａ，ｂ）＝（３，７）　しかない。

実際に、　ｔａｎ｛S(ａ)＋S(ｂ)｝＝｛ｔａｎS(ａ)＋ｔａｎS(ｂ)｝/｛１−ｔａｎS(ａ)ｔａｎS(ｂ)｝＝１/２　より、

　ｔａｎS(ａ)ｔａｎS(ｂ)＋２ｔａｎS(ａ)＋２ｔａｎS(ｂ)−１＝０

　１/ａｂ＋２/ａ＋２/ｂ−１＝０

　ａｂ−２ａ−２ｂ−１＝０　より、　（ａ−２）（ｂ−２）＝５

　ａ−２≦ｂ−２　より、　ａ−２＝１　、ｂ−２＝５　すなわち、　ａ＝３　、ｂ＝７

したがって、　S(１)＋S(３)＋S(３)＋S(７)＝９０°より、（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，３，３，７）

（Ｐ３）　S(ａ)＋S(ｂ)＝S(３)　のとき、　（ａ，ｂ）＝（４，１３）、（５，８）　しかない。

実際に、　ｔａｎ｛S(ａ)＋S(ｂ)｝＝｛ｔａｎS(ａ)＋ｔａｎS(ｂ)｝/｛１−ｔａｎS(ａ)ｔａｎS(ｂ)｝＝１/３　より、

　ｔａｎS(ａ)ｔａｎS(ｂ)＋３ｔａｎS(ａ)＋３ｔａｎS(ｂ)−１＝０

　１/ａｂ＋３/ａ＋３/ｂ−１＝０

　ａｂ−３ａ−３ｂ−１＝０　より、　（ａ−３）（ｂ−３）＝１０

　ａ−３≦ｂ−３　より、　ａ−３＝１　、ｂ−３＝１０　または、ａ−３＝２　、ｂ−３＝５

すなわち、　ａ＝４　、ｂ＝１３　または、　ａ＝５　、ｂ＝８

したがって、S(１)＋S(２)＋S(４)＋S(１３)＝９０°または、S(１)＋S(２)＋S(５)＋S(８)＝９０°

より、　（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，４，１３）　、（１，２，５，８）

　以上から、（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（２，２，３，３）、（１，３，３，７）、（１，２，４，１３）、（１，２，５，８）


　また、ぽっぽさんは、５つの場合も考えられた。（平成２３年１月１０日付け）

解は、

　[1,2,4,14,183]　、[1,2,4,15,98]　、[1,2,4,18,47]　、[1,2,4,23,30]　、[1,2,5,9,73]

　[1,2,5,13,21]　、[1,2,6,8,31]　、[1,2,7,8,18]　、[1,3,3,8,57]　、[1,3,3,9,32]　、[1,3,3,12,17]

　[1,3,4,7,13]　、[1,3,5,7,8]　、[2,2,3,4,13]　、[2,2,3,5,8]　、[2,3,3,3,7]

の１６個だと思います。


　ぽっぽさんの解に対して、ＦＮさんの考察です。（平成２３年１月１１日付け）

　３個のときの唯一の解　（１，２，３）　のうちの1つの数字を ｋ として、S(ａ)＋S(ｂ)＝S(ｋ)
を満たす ａ、ｂ を ｋ と置きかえることによって、

　　　　（２，２，３，３）、（１，３，３，７）、（１，２，４，１３）　、（１，２，５，８）

が得られる。

　この４個のうちの1つを取り出し、そのうちの１つの数字を ｋ として、S(ａ)＋S(ｂ)＝S(ｋ)
を満たす ａ、ｂ を ｋ と置きかえることによって、ぽっぽさんの得られた１６個が得られる。

　しかし、この形では得られない（１，３，４，５，４７）、（１，２，６，７，６８）等も解になります。


　ＦＮさんは、さらに、（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，５，８）　のときに成り立つことの図形的な証明
として、次の図をあげられた。

　

（コメント）　∠ＯＡＢ、∠ＯＢＣが直角になるとは驚きです。大変美しい図に感動しました！


　次の問題に対して、出題者のＦＮさんによる解答です。（平成２３年１月１２日付け）
（文言等一部修正させていただきました。ご了承ください。）

　ａ、ｂ、ｃ、ｄ　は自然数で、ａ＜ｂ＜ｃ＜ｄ　で、α,β,γ,δは鋭角であるとする。

　tanα＝１/ａ　、tanβ＝１/ｂ　、tanγ＝１/ｃ　、tanδ＝１/ｄ　ならば、

　α＋β＋γ＋δ＝９０°

　これが、成り立つような自然数　ａ、ｂ、ｃ、ｄ　の組を求めよ。

　上記の問題について、（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，５，８）、（１，２，４，１３）が解であることは
比較的容易にわかりますが、それ以外にないことは、それほど簡単ではないと思います。

（解）　tan(α＋β)＝(１/ａ＋１/ｂ)/(１−１/(ａｂ))＝(ａ＋ｂ)/(ａｂ−１)

　同様にして、　tan(γ＋δ)＝(ｃ＋ｄ)/(ｃｄ−１)

　また、　α＋β＋γ＋δ＝90°より、　tan(α＋β)tan(γ＋δ)＝１

　従って、　(ａ＋ｂ)/(ａｂ−１)・(ｃ＋ｄ)/(ｃｄ−１)＝１

　分母を払って、　ａｃ＋ａｄ＋ｂｃ＋ｂｄ＝ａｂｃｄ−ａｂ−ｃｄ＋１　より、

　　　　Ｐ＝ａｂｃｄ−（ａｂ＋ａｃ＋ａｄ＋ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ）＋１＝０

　まず、ａ＝１　であることを示すために、「　ａ≧２　のとき、　Ｐ＞０　」であることを示す。

　ａ≧２　なので、　ｂ≧３　となり、　ａｂｃｄ≧６ｃｄ

　このとき、

　Ｐ≧６ｃｄ−（ａｂ＋ａｃ＋ａｄ＋ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ）＋１

　　＝（ｃｄ−ａｂ）＋（ｃｄ−ａｃ）＋（ｃｄ−ａｄ）＋（ｃｄ−ｂｃ）＋（ｃｄ−ｂｄ）＋（ｃｄ−ｃｄ）＋１＞０

以上から、　Ｐ＝０　なので、　ａ＝１　でなければならない。

　次に、ｂ＝２　であることを示すために、ｂ≧３　のとき、Ｐ＞０　であることを示す。

　まず、ａ＝１より、Ｐ＝ｂｃｄ−（ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ）＋１

　また、ｂ≧３　より、　ｃ≧４　、ｄ≧５　なので、　ｂ/３≧１　、ｃ/４≧１　、ｄ/５≧１

このとき、　ｂｃｄ/３≧ｃｄ　、ｂｃｄ/４≧ｂｄ　、ｂｃｄ/５≧ｂｃ　より、

　ｂｃｄ/３＋ｂｃｄ/４＋ｂｃｄ/５≧ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ

　すなわち、　（１/３＋１/４＋１/５）ｂｃｄ≧ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ

同様にして、　ｂ/３≧１　、ｃ/４≧１　、ｄ/５≧１　より、

　ｂｃ/１２≧１　、　ｂｄ/１５≧１　、　ｃｄ/２０≧１

なので、　ｂｃｄ/１２≧ｄ　、　ｂｃｄ/１５≧ｃ　、　ｂｃｄ/２０≧ｂ　より

　ｂｃｄ/１２＋ｂｃｄ/１５＋ｂｃｄ/２０≧ｂ＋ｃ＋ｄ

すなわち、　（１/１２＋１/１５＋１/２０）ｂｃｄ≧ｂ＋ｃ＋ｄ

ところで、

　（１/３＋１/４＋１/５）＋（１/１２＋１/１５＋１/２０）＝４７/６０＋１２/６０＝５９/６０＜１

なので、

Ｐ＝ｂｃｄ−（ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ）＋１

＞５９/６０ｂｃｄ−（ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ）＋１

＞（１/３＋１/４＋１/５）ｂｃｄ−（ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ）＋（１/１２＋１/１５＋１/２０）ｂｃｄ−（ｂ＋ｃ＋ｄ）＋１＞０

以上から、　Ｐ＝０　なので、　ｂ＝２　でなければならない。

　ａ＝１、ｂ＝２　より、　Ｐ＝２ｃｄ−（２＋ｃ＋ｄ＋２ｃ＋２ｄ＋ｃｄ）＋１＝ｃｄ−３ｃ−３ｄ−１＝０

　このとき、　（ｃ−３）（ｄ−３）＝１０　で、２＜ｃ＜ｄ　より、　−１＜ｃ−３＜ｄ−３　なので、

　（ｃ−３，ｄ−３）＝（１，１０）、（２，５）

よって、　（ｃ，ｄ）＝（４，１３）、（５，８）

以上から、　（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，５，８）、（１，２，４，１３）　　（終）


　基本的には、このような手順しかないのではないでしょうか。ａ≧２とすれば、矛盾が出る
から、ａ＝１。ａ＝１で、ｂ≧３　とすれば、矛盾が出るから、ｂ＝２。式変形の仕方に違う方法
がありうるとは思いますが、基本方針はあまりいろいろないように思います。

　次に、ａ≦ｂ≦ｃ≦ｄ　の場合も証明しておきます。ただ新規にやるのは面倒なので、上記
の結果及び証明を活用します。

（解）　「ａ≧２　のとき、Ｐ＞０」を証明するのに使っているのは、ａｂ≧６　だけだから、ａ≧３

のとき、及び、ａ＝２、ｂ≧３　のときは成り立つ。

　よって、ａ＝２、ｂ＝２　のときを調べればよい。

このとき、Ｐ＝４ｃｄ−（４＋２ｃ＋２ｄ＋２ｃ＋２ｄ＋ｃｄ）＋１＝３ｃｄ−４ｃ−４ｄ−３＝０

より、　ｃｄ−（４/３）ｃ−（４/３）ｄ−１＝０　なので、

　（ｃ−４/３）（ｄ−４/３）＝１＋１６/９＝２５/９　　すなわち、　（３ｃ−４）（３ｄ−４）＝２５

これから、　３ｃ−４＝１、３ｄ−４＝２５　または、　３ｃ−４＝５、３ｄ−４＝５

　よって、　ｃ＝５/３、ｄ＝２９/３　（不適）　または、　ｃ＝３、ｄ＝３　（適）

したがって、　（ｃ，ｄ）＝（３，３）

　あとは、ａ＝１　のときだけを考えればよい。ｂ＝２　のときは、（ｃ，ｄ）＝（４，１３）、（５，８）

と解けている。

　ｂ≧４　のときは、前の「ａ＝１、ｂ≧３　のとき、Ｐ＞０」の証明の中の「１/５＋１/４＋１/３」

を「１/４＋１/４＋１/４」に、「１/２０＋１/１５＋１/１２」を「１/１６１/１６＋１/１６」に変えて同様

にすれば、　３/４＋３/１６＝１５/１６　だから成り立つ。

　従って、残るのは、　ａ＝１、ｂ＝３　だけである。

このとき、　Ｐ＝３ｃｄ−（３＋ｃ＋ｄ＋３ｃ＋３ｄ＋ｃｄ）＋１＝２ｃｄ−４ｃ−４ｄ−２＝０　より、

　ｃｄ−２ｃ−２ｄ−１＝０

よって、（ｃ−２）（ｄ−２）＝５　より、　ｃ−２＝１、ｄ−２＝５　なので、（ｃ，ｄ）＝（３，７）

以上から、

　（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，４，１３）、（１，２，５，８）、（１，３，３，７）、（２，２，３，３）　　（終）


（コメント）　十分納得できる証明ですね！ＦＮさんに感謝します。


　さらに、ＦＮさんは、角が２、３、４、５個のときに面白い関係を見出された。
（平成２３年１月１２日付け）

　角が２個のとき、　α＋β＝９０°　から、　α＝９０°−β

　よって、　ｔａｎα＝ｔａｎ（９０°−β）＝１/ｔａｎβ

　このとき、　１/ａ＝ｂ　より、 ａｂ−１＝０

　これは、「１」を０次の対称式とすれば、

　（２次の基本対称式）−（０次の基本対称式）　の形である。

　角が３個のとき、　α＋β＋γ＝９０°　から、　α＋β＝９０°−γ

　　　よって、　ｔａｎ（α＋β）＝ｔａｎ（９０°−γ）＝１/ｔａｎγ

　このとき、　（１/ａ＋１/ｂ）/｛１−１/（ａｂ）｝＝ｃ　より、 １/ａ＋１/ｂ＝ｃ｛１−１/（ａｂ）｝

　　両辺を ａｂ 倍して、　ａ＋ｂ＝ｃ（ａｂ−１）　すなわち、　ａｂｃ−（ａ＋ｂ＋ｃ）＝０

　　これは、　（３次の基本対称式）−（１次の基本対称式）　の形である。

　角が４個のとき、　α＋β＋γ＋δ＝９０°　から、　α＋β＋γ＝９０°−δ

　よって、　ｔａｎ（α＋β＋γ）＝ｔａｎ（９０°−δ）＝１/ｔａｎδ

　このとき、　｛ｔａｎ（α＋β）＋ｔａｎγ｝/｛１−ｔａｎ（α＋β）ｔａｎγ｝＝ｄ　より、

　（ａ＋ｂ）/（ａｂ−１）＋１/ｃ＝ｄ｛１−（ａ＋ｂ）/｛ｃ（ａｂ−１）｝

　両辺を ｃ（ａｂ−１） 倍して、　ｃ（ａ＋ｂ）＋ａｂ−１＝ｄ｛ｃ（ａｂ−１）−（ａ＋ｂ）｝

　よって、　ａｃ＋ｂｃ＋ａｂ−１＝ａｂｃｄ−ｃｄ−ａｄ−ｂｄ　より、

　　ａｂｃｄ−（ａｂ＋ａｃ＋ａｄ＋ｂｃ＋ｂｄ＋ｃｄ）＋１＝０

これは、

　（４次の基本対称式）−（２次の基本対称式）＋（０次の基本対称式）　の形である。

　角が５個のとき、　α＋β＋γ＋δ＋ε＝９０°　から、　α＋β＋γ＋δ＝９０°−ε

　　　よって、　ｔａｎ（α＋β＋γ＋δ）＝ｔａｎ（９０°−ε）＝１/ｔａｎε

　このとき、　｛ｔａｎ（α＋β＋γ）＋ｔａｎδ｝/｛１−ｔａｎ（α＋β＋γ）ｔａｎδ｝＝ｅ　より、

　｛ｃ（ａ＋ｂ）＋ａｂ−１｝/｛ｃ（ａｂ−１）−（ａ＋ｂ）｝＋１/ｄ
＝ｅ［｛１−｛ｃ（ａ＋ｂ）＋ａｂ−１｝/｛ｃｄ（ａｂ−１）−ｄ（ａ＋ｂ）｝］

　両辺を ｄ｛ｃ（ａｂ−１）−（ａ＋ｂ）｝ 倍して、

　ｄ｛ｃ（ａ＋ｂ）＋ａｂ−１｝＋ｃ（ａｂ−１）−（ａ＋ｂ）
＝ｅ［｛ｃｄ（ａｂ−１）−ｄ（ａ＋ｂ）｝−｛ｃ（ａ＋ｂ）＋ａｂ−１｝］

よって、

ａｃｄ＋ｂｃｄ＋ａｂｄ−ｄ＋ａｂｃ−ｃ−ａ−ｂ＝ａｂｃｄｅ−ｃｄｅ−ａｄｅ−ｂｄｅ−ａｃｅ−ｂｃｅ−ａｂｅ＋ｅ

より、

ａｂｃｄｅ−（ａｂｃ＋ａｂｄ＋ａｂｅ＋ａｃｄ＋ａｃｅ＋ａｄｅ＋ｂｃｄ＋ｂｃｅ＋ｂｄｅ＋ｃｄｅ）＋（ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ＋ｅ）＝０

　これは、

　（５次の基本対称式）−（３次の基本対称式）＋（１次の基本対称式）　の形である。

　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　ここで、文字の個数が ｎ のときの ｋ 次の基本対称式を、Ｓ_ｎ（ｋ） と書くことにする。

Ｓ_ｎ（０）＝１　として、上記の結果は、

　Ｓ₂（２）−Ｓ₂（０）＝０

　Ｓ₃（３）−Ｓ₃（１）＝０

　Ｓ₄（４）−Ｓ₄（２）＋Ｓ₄（０）＝０

　Ｓ₅（５）−Ｓ₅（３）＋Ｓ₅（１）＝０

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　果たして、一般に、この関係は成り立つのでしょうか。

　この疑問に対して、ＦＮさんの考察が続きます。（平成２３年１月１５日付け）

ｃｏｔ(α＋β)＝１/ｔａｎ（α＋β）＝（１−ｔａｎαｔａｎβ）/（ｔａｎα＋ｔａｎβ）

＝（ｃｏｔαｃｏｔβ−１）/（ｃｏｔα＋ｃｏｔβ）＝｛Ｓ₂（２）−Ｓ₂（０）｝/Ｓ₂（１）

ｃｏｔ(α＋β＋γ)

＝｛ｃｏｔ（α＋β）ｃｏｔγ−１｝/｛ｃｏｔ（α＋β）＋ｃｏｔγ｝

＝｛ｃｏｔαｃｏｔβｃｏｔγ−（ｃｏｔα＋ｃｏｔβ＋ｃｏｔγ）｝/（ｃｏｔαｃｏｔβ＋ｃｏｔβｃｏｔγ＋ｃｏｔγｃｏｔα）

＝｛Ｓ₃（３）−Ｓ₃（１）｝/Ｓ₃（２）

が成り立つ。

　一般に、ｃｏｔ の加法定理より、

ｃｏｔ(α₁＋α₂＋・・・＋α_ｎ)

＝｛Ｓ_ｎ（ｎ）−Ｓ_ｎ（ｎ−２）＋Ｓ_ｎ（ｎ−４）＋・・・｝/｛Ｓ_ｎ（ｎ−１）−Ｓ_ｎ（ｎ−３）＋Ｓ_ｎ（ｎ−５）＋・・・｝

が成り立ち、特に、　α₁＋α₂＋・・・＋α_ｎ＝９０°のとき、 ｃｏｔ(α₁＋α₂＋・・・＋α_ｎ)＝０

なので、　Ｓ_ｎ（ｎ）−Ｓ_ｎ（ｎ−２）＋Ｓ_ｎ（ｎ−４）＋・・・＝０　が成り立つ。


（追記）　令和５年９月４日付け

　下図のような ３×２の格子上の図形上に、３点Ａ、Ｂ、Ｃ をとり、角α、β、γを定める。

　

このとき、α＋β＋γ の値をそれぞれ求めよ。

（解）　下図のように、２点Ｂ、Ｃを結ぶと、△ＡＢＣは直角２等辺三角形である。

　

　よって、α＝４５°　である。

　また、β＋γ−４５°＝９０°　なので、　β＋γ＝１３５°　である。

よって、　α＋β＋γ＝１８０°　である。 　　　（終）


（別解）　線分ＢＣに関して、錯角が等しいことから、α＋β＋γ＝１８０°であることは自明
　　　　でした！


　　以下、工事中！