Ｘ＋Ｙ＋Ｚ＝０ のとき、
が成り立つ。
何となく、「ボーッ！」と眺めていると、式の美しさが伝わってくるようである。
証明は、易しい。
Ａ＝ＸＹ＋ＹＺ＋ＺＸ 、 Ｂ＝ＸＹＺ とおくと、 Ｘ、Ｙ、Ｚ は、Ｐ についての ３次方程式
Ｐ3＋ＡＰ−Ｂ＝０
の解である。 したがって、 Ｐ3＝−ＡＰ＋Ｂ より、
Ｘ3＝−ＡＸ＋Ｂ
Ｙ3＝−ＡＹ＋Ｂ
Ｚ3＝−ＡＺ＋Ｂ
辺々加えて、Ｘ3＋Ｙ3＋Ｚ3＝−Ａ（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）＋３Ｂ＝３Ｂ
また、 Ｐ5＝−ＡＰ3＋ＢＰ2＝−Ａ（−ＡＰ＋Ｂ）＋ＢＰ2＝ＢＰ2＋Ａ2Ｐ−ＡＢ
これより、 Ｘ5＝ＢＸ2＋Ａ2Ｘ−ＡＢ
Ｙ5＝ＢＹ2＋Ａ2Ｙ−ＡＢ
Ｚ5＝ＢＺ2＋Ａ2Ｚ−ＡＢ
辺々加えて、 Ｘ5＋Ｙ5＋Ｚ5＝Ｂ（Ｘ2＋Ｙ2＋Ｚ2）＋Ａ2（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）−３ＡＢ
＝Ｂ（Ｘ2＋Ｙ2＋Ｚ2＋２Ａ）−５ＡＢ
＝Ｂ（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）2−５ＡＢ
＝−５ＡＢ
ところで、 Ｘ2＋Ｙ2＋Ｚ2＝（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）2−２Ａ＝−２Ａ
以上から、 (Ｘ3＋Ｙ3＋Ｚ3)(Ｘ2＋Ｙ2＋Ｚ2)＝−６ＡＢ すなわち、
６（Ｘ5＋Ｙ5＋Ｚ5）＝５(Ｘ3＋Ｙ3＋Ｚ3)(Ｘ2＋Ｙ2＋Ｚ2)
が成り立つので、等式は成り立つ。
上記の計算をもう少し機械的に行うために、 Ｔｎ＝Ｘｎ＋Ｙｎ＋Ｚｎ とおくと、
漸化式 Ｔｎ+3＝−ＡＴｎ+1＋ＢＴｎ （ｎ＝０、１、２、・・・） が成り立つ。
よって、 Ｔ0＝Ｘ0＋Ｙ0＋Ｚ0＝３ 、 Ｔ1＝Ｘ1＋Ｙ1＋Ｚ1＝０
Ｔ2＝Ｘ2＋Ｙ2＋Ｚ2＝（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）2−２Ａ＝−２Ａ
Ｔ3＝−ＡＴ1＋ＢＴ0＝３Ｂ 、 Ｔ4＝−ＡＴ2＋ＢＴ1＝２Ａ2
Ｔ5＝−ＡＴ3＋ＢＴ2＝−３ＡＢ−２ＡＢ＝−５ＡＢ
このとき、 ６Ｔ5＝５・（−２Ａ）・３Ｂ＝５Ｔ2Ｔ3 が成り立つ。
冒頭の式と同様の式を作ってみよう。
まず、直ぐ思いつく式は、 Ｔ4＝２Ａ2 と Ｔ2＝−２Ａ から作られる ２Ｔ4＝Ｔ2・Ｔ2 だが、
今一歩美しさが伝わってこない。
そこで、 Ｔ6＝−ＡＴ4＋ＢＴ3＝−２Ａ3＋３Ｂ2
Ｔ7＝−ＡＴ5＋ＢＴ4＝５Ａ2Ｂ＋２Ａ2Ｂ＝７Ａ2Ｂ
より、 １０Ｔ7＝７（−２Ａ）（−５ＡＢ）＝７Ｔ2・Ｔ5
すなわち、
Ｘ＋Ｙ＋Ｚ＝０ のとき、
が成り立つ。
（コメント） これだと、美しい．．．かな？他にもたくさん作れそうですね！
Seiichi Manyama さんからのコメントです。（平成２８年１月９日付け）
この話題に関して、「教科書にない高校数学」（石谷 茂 著）に、以下のようなことが載っ
ています。（少し表現を変えています。）
ｍ、ｎ (ｍ ≦ｎ) を２以上の整数とする。ａ＋ｂ＋ｃ＝０を満たす任意の数ａ、ｂ、ｃに対して、
(ａｍ＋ｂｍ＋ｃｍ)/ｍ×(ａｎ＋ｂｎ＋ｃｎ)/ｎ＝(ａｍ＋ｎ＋ｂｍ＋ｎ＋ｃｍ＋ｎ)/(ｍ＋ｎ)
⇔ (ｍ，ｎ)＝(２，３)、(２，５)
（コメント） ということは、調和のとれた等式というのは、上記であげた２つの式しかないと
いうことなんですね！もっとたくさんあると思いました．．．残念です。
Seiichi Manyama さんからのコメントです。（平成２８年１月１０日付け）
上記から、Ｔ4/２＝Ｔ2/２・Ｔ2/２ が成り立つのですね。個人的には、Ｔ4/４＝Ｔ2/２・Ｔ2/２
でなく残念ですが…。
Ｓ（Ｈ）さんから新しい問題が出題されました。（平成２８年１月１０日付け）
a+b+c+d=0 のとき、
(a^ｖ + b^ｖ + c^ｖ + d^ｖ)/ｖ
=(a^ｓ + b^ｓ + c^ｓ + d^ｓ)(a^ｔ + b^ｔ + c^ｔ + d^ｔ) (a^u + b^u + c^u + d^u)/(stu)
と拡張したら如何？
