下図のように、ＡＢを直径とする半円Ｏの半円周上に、４点Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓ をとる。
∠ＡＰＱ＝α、∠ＱＲＳ＝β、∠ＳＢＡ＝γ とおくとき、 α＋β＋γ の値を求めよ。
（答） ３６０°
DD++ さんからのコメントです。（令和６年６月７日付け）
AB が直径という条件も必要なく、
・円に内接する六角形の内角を 1 つおきに足すと 360°
・円に内接する六角形の外角を 1 つおきに足すと 180°
が成り立つのではないかと思います。
有名な四角形バージョンとあわせて考えると、
・円に内接する 2n 角形の内角を 1 つおきに足すと (n-1)*180°
・円に内接する 2n 角形の外角を 1 つおきに足すと 180°
となりそうですが……簡明な証明はあるでしょうか？
（コメント） 計算のポイントは、円の中心Ｏと六角形ＡＢＣＤＥの頂点を結んで、２等辺三角形
を５個作るところにあります。このとき、
２（α＋β＋γ）＝１８０°×５−１８０° から、 α＋β＋γ＝３６０° となります。
＃ＡＢが直径だと、∠ＡＯＢ＝１８０°で計算は楽になりますが、ＡＢが直径でない場合は、
同様にして、
２（（α＋θ）＋β＋γ）＋∠ＡＯＢ＝１８０°×５ で、 ２θ＋∠ＡＯＢ＝１８０° から、
結局、 ２（α＋β＋γ）＝１８０°×５−１８０° となり、 α＋β＋γ＝３６０° と同じに
なるんですね！勉強になりました。DD++ さんに感謝します。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年６月８日付け）
直接関係は無いかもしれませんが、以前から気になっていることがあり、曲率がどこも正
である閉じた曲線C上で(曲率の値は一定でなくても構わない。)、任意の５点をとり、ある点
から1つ飛ばしに直線を引いていくと、中にダビデの星状の図形が構成される。
その星形の内部を塗り潰すと、５個の頂点を持つ図形ができる。
このとき、５つの頂点の内角をすべて足すと、１８０°となる。
同じく、C上に任意の６点をとり、ある点から１つ飛ばしに直線を引いていくと、閉じた三角
形ができる。続いて、隣の点から１つ飛ばしに直線を引いていくと、閉じた三角形が再びで
きる。
そこで、上の様に中を塗り潰せば今度は、６つの角をもつ星状の図形ができる。
このとき、６つの頂点の内角をすべて足すと、３６０°となる。
以下同様に、C上に任意の７点をとり、ある点から１つ飛ばしに直線を引いていくと、７個
の頂点を持つ星型図形ができる。
このとき、７つの頂点の内角をすべて足すと、５４０°となる。
実際に、
において、
から、確かに、７つの頂点の内角をすべて足すと、５４０°となる。
（追記） 令和６年８月２日付け
（別解）
（求める内角の和）＋（●の和）＋（×の和）＝７π において、
（●の和）＝２π 、（×の和）＝２π
なので、 （求める内角の和）＝３π すなわち、 ５４０° となる。 （終）
なお、２つ飛ばしで結んでいくと、その星形図形では、７つの頂点の内角をすべて足すと
１８０°となる。
実際に、
において、
から、確かに、７つの頂点の内角をすべて足すと、１８０°となる。
C上に任意の８点をとり、ある点から１つ飛ばしに直線を引いていくとを２度繰り返すと、
８個の頂点を持つ星型図形ができる。
このとき、８つの頂点の内角をすべて足すと、７２０°となる。
この様に、一般に、１つ飛ばしに結んでいくｎ角を持つ星状図形で、そのすべての内角の和
をとれば、１８０*(ｎ−４)°(ｎ≧５) となるは成立すると思われるんですが、どうでしょうか？
Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年６月８日付け）
これ、本当ですか？
六角形の内角をAからFとして、
A = 0.5 * (arc BF) 、E = 0.5 * (arc FD) 、C = 0.5 * (arc DB) 、A + C + E = 0.5*(720°)
から、 A+ C + E = 360°
ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年６月８日付け）
B、D、F も結んでください。Aの内角は、∠CAEの部分となります。
三角形ACEから、A+C+E=180°
同じく、三角形BDFから、B+D+F=180°
よって、 A+B+C+D+E+F=360°の意味となります。
Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年６月８日付け）
『ある弧に対する中心角は、同一の弧の円周角の２倍である』という定理において、中心
角が180°を超えていても成り立つ、とします。（これ本当ですか？）
まず、六角形 ABCDEF について、これが円に内接することを要請しておきます。この円の
中心をOとします。
∠FAB を、弧BFの円周角とみなします。このとき、弧は長い方、すなわち、C、D、E を通過
するほうの弧とします。
∠FOB を、弧BFの中心角とします。弧の定義は先程と同じです。中心角は 180 °を超え
ることもあります。
同様にして ∠BCD、∠DEF を円周角とみなします。また、∠BOD、∠DOF を中心角とみ
なします。
３つの中心角の総和、∠FOB＋∠BOD＋∠DOF は、（円を２周しているので）720° となり
ます。
『ある弧に対する中心角は、同一の弧の円周角の２倍である』ので対応する円周角の総
和である∠FAB＋∠BCD＋∠DEFは、720°の半分、すなわち、360°となります。
《円に内接する六角形の内角を 1 つおきに足すと 360°》と言えることになるのではと。
２ｎ角形についても同様ではないかと？
DD++ さんからのコメントです。（令和６年６月８日付け）
中心角を使えばそうなんですけど、「10 角形のときには 4 周しますよね」といわれても、一
瞬「うーんどうなんですかね」ってなりません？
もっと直感的に、そりゃそうだわってなる証明がないものかなあ、と。
Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年６月８日付け）
こっちのほうが直接的ですかね。
2n角形が、円に内接しているので、各頂点と円の中心との間に線分を補助線として引いて
あげると、2n個の二等辺三角形があることになります。二等辺三角形ではふたつの底角が
等しいことに注意し、2n個ある頂角の角度の和は360°であることにも留意します。もちろん
各二等辺三角形の内角の和は180°です。
上からダイレクトに求める公式が得られると思います。
イメージがつきやすいと思うので六角形のケースを。
先の投稿に従い、６つの二等辺三角形を作図します。すなわち、
頂角がA、底角が a の二等辺三角形、頂角がB、底角が b の二等辺三角形、
頂角がC、底角が c の二等辺三角形、頂角がD、底角が d の二等辺三角形、
頂角がE、底角が e の二等辺三角形、頂角がF、底角が f の二等辺三角形
求めたい《ひとつおきの内角の和》は、（f＋a）＋（b＋c）＋（d＋e） です。
すぐにわかることを並べると、
A＋a＋a＝180°、B＋b＋b＝180°、C＋c＋c＝180°、D＋d＋d＝180°、E＋e＋e＝180°
F＋f＋f＝180°、A＋B＋C＋……＝F＝360°
上を整理すれば、 （f＋a）＋（b＋c）＋（d＋e）＝360° が得られます。
DD++ さんからのコメントです。（令和６年６月８日付け）
ああ、なるほど、二等辺三角形を作る方法がありましたか。これは確かに簡明。
二等辺三角形を作った後、「だから全内角の総和のピッタリ半分」という方向に行けばもっ
とストレートですかね？
Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年６月１２日付け）
ＧＡＩ さんのコメントについて、以下では、ｎが奇数のときのみを考えます。(ｎ≧5)
一つおきに点を結ぶ作図により、星型ｎ角形が生まれたものとします。すなわち、この星型
ｎ角形の内部に、凸ｎ角形が作図されたものとします。
(必ず凸になるかどうか…わたしにはわかりませんでした。多分大丈夫？)
このときのみについて以下のように考えます。
・中にある凸ｎ角形の外角の和は、ｎによらず 360° です。
・凸ｎ角形の各辺に三角形がｎ個分作図されています。これらの三角形の内角の総和は、
n*180° です。
・求めたい角の総和は後者から前者の２倍を引いたものです。すなわち、 n*180°−720°
よって、GAI さんによる予想： 180*(ｎ−4)° (ｎ≧5) は、上記のように私が設定した強い
条件のもとでは正しそうです。
内部に凸ｎ角形ができない場合は、私にはとてもとても手がつけられませんでした。
n が偶数でも同じ理屈でしょっ、と知人に即座に言われて愕然としました。
Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年６月１５日付け）
外角を使わない別解を教えてもらいました。
ｎ角形の内角の和をS(n) とします。 S(n) = 180°*(n-2)
(n>=5) のときに求める星型の頂角の角度の和 T(n) は、
T(n) = 2*S(n) -n*S(3) = 180°*(2*n -4) -n*180° = 180°*(n -4)
なるほど……。
（コメント） ｎ＝５ の場合について、確認してみました。
S(5) から、S(3) を５個分差し引くと、「××」が５個分引き残る。そこで、再度、S(5) から、
「×」「×」を５個分差し引くと、「●」が５個分残る。その和が、T(5) となるので、
T(5) = 2*S(5) -5*S(3)
が成り立つ。
Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。（令和６年６月２４日付け）
GAI さんがおっしゃるに、
C上に任意の７点をとり、ある点から１つ飛ばしに直線を引いていくと、７個の頂点を持つ星
型図形ができる。その星形図形では、７つの頂点の内角をすべて足すと、５４０°となる。
なお、２つ飛ばしで結んでいくと、その星形図形では、７つの頂点の内角をすべて足すと
１８０°となる。
一般的に証明するにはどうしたらよいのか、検討がつきません。（→ 参照）
内部に７角形ができていればラッキーなのですけれども、そうとも限りません。
なお、上図はいい加減なので……ご了承ください。一点で３直線が交わると嫌だなあとい
う意味でしかありません。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年６月２５日付け）
曲率がいたるところ正となる閉曲線C上に、nを自然数として、異なる(3*n+4)点を任意にと
り、ある点から隣の2点を飛ばし、次の点を結ぶ線を次々と引いていくと、閉曲線Cの内部に
各点を繋げた星型(3*n+4)角形の図形が現れる。
この時、角星に当たる部分の内角をすべて足し合わせると、180*(3*n-2)°となる。
即ち、星型7角形では180°、星型10角形では720°、星型13角形では1260°、星型16角形
では1800°、･･･････････････ となりそうなんですが･･･
(何回かの作図制作と分度儀による測量結果を基に予測)
この主張は真か偽か？
らすかるさんからのコメントです。（令和６年６月２５日付け）
(全頂点の内角の和)＋(全頂点の外角の和)＝(全頂点の「内角+外角」の和)＝(頂点数)×180°
全部の辺をなぞっていくと、3周しますので、 (全頂点の外角の和)＝360°×3
よって、 (全頂点の内角の和)＝(頂点数)×180°−360°×3＝(頂点数−6)×180°
となります。一般には、pn+q点（pとqは互いに素）をとり、p-1点飛ばしでつなげると、内角の
和は、180(p(n-2)+q)°となりますね。
ＧＡＩ さんからのコメントです。（令和６年６月２５日付け）
こんな見事な証明ができるんだ。どれも３周しているなんて思ってもいなかった。例え気付
いていても、何の利用も考え付かなかったと思う。いやーもっと一般に他のパターンでも成り
立つ性質に結びつけられることに感激です。
これを利用させてもらうと、一般に、2*t+3(t=1,2,3,･･･)個の点をC上に配置されたものでは、
ある点から隣の t 個の点を飛ばして次々と繋いでいって行って出来る星型(2*t+3)角形の内
角の和は全て180°を作ることが出来る。
つまり、
星型5角形は、各点を1つ飛ばしで繋ぐ
星型7角形は、各点を2つ飛ばしで繋ぐ
星型9角形は、各点を3つ飛ばしで繋ぐ
星型11角形は、各点を4つ飛ばしで繋ぐ
･････････
星型2*t+3角形は、各点を t 個飛ばしで繋いでいく (t=1,2,3,･･･) ことで、これらの内角の和
は全て180°となってしまうことが起きる！
ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年７月２０日付け）
曲率がいたるところ正となる閉曲線C上に、nを自然数として、異なる(3*n+4)点を任意にと
り、ある点から隣の2点を飛ばし、次の点を結ぶ線を次々と引いていくと、閉曲線Cの内部に
各点を繋げた星型(3*n+4)角形の図形が現れる。
この時、角星に当たる部分の内角をすべて足し合わせると、180*(3*n-2)°となる。
即ち、星型7角形では180°、星型10角形では720°、星型13角形では1260°、星型16角形
では1800°
星形図形の公式 （N−２ｄ）π によれば、Ｎ＝３ｎ＋４、ｄ＝３ として出てきます。
（→ 参考：「凸多角形の考察」）
ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年７月２２日付け）
円周上に、Ｎ個の点を配置するとき、
星形図形の内角の総和公式： （N−２ｄ)π
の証明です。
１．正Ｎ角形の頂点の内角の総和（ｄ＝１の場合）
対角線により、Ｎ−２個の三角形に分割されますので、内角の総和＝（Ｎ−２）π
２．Ｎ角形の頂点の内角の総和＝（Ｎ−２)π （ｄ＝１の場合）
頂点を等分にしなくても成り立つ。
円周角を一つずつ動かしても、全体の角の総和はかわらない。
３．星形（ｄ個ずつ結んだ場合）：N＞２ｄ
公約数（Ｎ，ｄ）＝１ の場合
４．公約数（Ｎ，ｄ）＝ｄ’＞1 の場合
５．円周上にＮ個の点を取り、１２時の点から始め（一般性を失わない）、正の回転（左回りの
意）番号付け（1からN、または、０からN−１）をしておく。すべて頂点Ａ、Ｂ、Ｃの順で結んだ
時、直線ＡＢと直線ＢＣのなす角が正の回転とする。
６．その他、複数の多角形に分割される場合
円周角の性質を利用して証明できます。
ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年７月２３日付け）
（３．の証明） 時計の１２時の位置に点を選び、円周をＮ等分し、その点を選ぶ。１２時の点
から始め、一定の間隔ｄで対角線を結ぶと、Ｎ回目に元の１２時の位置に戻ることができる。
Ｎｄ≡０ (mod N) N'＜Nでは、元に戻らない。
一区間の中心角は、２π/Nで、円周角は、π/Ｎである。一方、その円周角は、区間（Ｎ−２ｄ）
の円周角であり、Ｎ個ある。
星形図形の内角の総和＝（π/Ｎ）*（Ｎ−２ｄ）*Ｎ＝（Ｎ−２ｄ）π
# N＞２ｄ の条件は、同じ形の逆順を避けるためです。
ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年７月２３日付け）
（４．の証明） ｄ＝ｄ’ のとき、つまり、ｄがＮの約数、N＝de のとき、頂点がe個の多角形が
ｄ個できるので、内角の総和＝ｄ*（e−２）π＝（de−２d）π＝（Ｎ−２ｄ）π
ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年７月２５日付け）
（４．の証明） ｄ＞ｄ’のとき、N/d’、d/d’ は、ともに整数で、頂点の数N/d’個、足跡の長さ d/d’
の角は、(N/d’−２d/d’)π となり、同じ図形がｄ’個できるので、出来る図形の内角の総和は、
d’（N/d’−２d/d’）π＝（N−２d）π
ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年７月２６日付け）
（５．の証明） 頂点表示：σ1、…、σn (o〜n-1の置換)
足跡表示：d1、…、dn ｄ(i)=σ(i+1)-σ(i)、σ(n+1)=σ(1)
Σd(i)=Σi=１〜N (σ(i+1)-σ(i)) = ０
但し、σ(i)＜σ(i+1) のとき、マイナスになるが、左回りで数えるので、ｄ(i) を N-ｄ(i) に置き
換えると、Σd(i)は、Nの倍数となる。つまり、Σd(i)＝Nｄ （ｄは、平均値）
頂点角表示：e(i)=π/N(N-(d(i)+d(i+1)))
N-(d(i)+d(i+1))＞0 (正の角、左回りの角なので)
円周角の総和=Σe(i)
=（π/N）Σ(N-(d(i)+d(i+1)))＝（π/N）(N^2-Σ（d(i)+d(i+1)）)＝（π/N）(N^2-2Nd)=(N-2d)π
ｋｓ さんからのコメントです。（令和６年７月２７日付け）
（６．の証明） N＝n1＋…＋nk 、nk＞３のとき、各nkはサイクルの図形なので、（５．の証明）
と同じ。
説明不足があれば、よろしくお願いします。
以下、工事中！