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。

左図は半径 １０３ の円に内接する正７角形である。 　　左図の線分の長さを計測すれば、 　　　　　　ａ ＝ ９０　、　ｂ ＝ １６２　、　ｃ ＝ ２０３ 　　であった。このとき、　 　 １/ａ ＝ ０．０１１１１１ 　　　　　　　　　　　　　　　　　１/ｂ ＝ ０．００６１７３ 　　　　　　　　　　　　　　　　　１/ｃ ＝ ０．００４９２６ 　　であることから、 　　　　　　　　　　１/ａ＝１/ｂ＋１/ｃ 　　の成り立つことが予想される。

　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。


　　　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。

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�U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�T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。

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。

（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。

（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。

（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。

　そこで、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。

　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・Ｒ^ｎ-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、ｘ^ｎ＝１　の解を、Ａ(１)、Ａ(２)、・・・、Ａ(ｎ−１)、Ａ(ｎ)＝１　とする。

　　　ｘ^ｎ−１＝(ｘ−Ａ(１))(ｘ−Ａ(２))・・・(ｘ−Ａ(ｎ−１))(ｘ−１)　より、

　　　（ｘ^ｎ−１）/（ｘ−１）＝(ｘ−Ａ(１))(ｘ−Ａ(２))・・・(ｘ−Ａ(ｎ−１))　なので、

　　　　ｘ^ｎ-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！


　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、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、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、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。

　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　、　・・・　、ａ^ｎ-1　、ａ^ｎ＝１　とする。

　　このとき、　ａ^ｋ の共役複素数は、　ａ^ｎ-ｋ　であり、

　　｜ａ^ｐ−ａ^ｑ｜²＝（ａ^ｐ−ａ^ｑ）（ａ^ｎ-ｐ−ａ^ｎ-ｑ）

　　　　　　　　　　＝１−ａ^ｐ-ｑ−ａ^ｑ-ｐ＋１＝２−（ａ^ｐ-ｑ＋ａ^ｑ-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、ａ^ｐ-ｑ は、ａ⁰＝１以外

　　の ａ　、ａ²　、ａ³　、　・・・　、ａ^ｎ-1 を動く。

　　　従って、その和は、１＋ａ＋ａ²＋ａ³＋　・・・　＋ａ^ｎ-1＝０　より、

　　　　　　ａ＋ａ²＋ａ³＋　・・・　＋ａ^ｎ-1＝−１　である。　ａ^ｑ-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＋・・・＋ｚ^ｎ-1＝(１−ｚ^ｎ)/(１−ｚ)

　　において、　ｚ^ｎ＝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。


　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 Ｌ_ｎ は、　Ｌ_ｎ＝ 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、

　　　２Ｌ_ｎ・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、

　　　　　２Ｌ_ｎ・ｓｉｎ(θ/２) ＝２ｎＲ・ｃｏｓ(θ/２)

　したがって、　Ｌ_ｎ ＝ 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。



　　以下、工事中