びっくり15乗和（遊びの数論28）

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きちんとまとまった記事ではなく、断片的なメモです。誤字脱字・間違いがあるかもしれません。

目次。約15の項目があります。2024などの数字は、メモの日付です。
2024-05-20　標準形3次式の根の n 乗和　奇妙きてれつ15乗和
2024-05-21　20°, 40°, 60°, 80° の sec の4乗和　および cos の4乗和
2024-05-24　sin 9倍角について　20°, 40°, 60°, 80° への追記
2024-05-22　きょうの珍品　3乗和 = 1乗和
2024-05-26　20° の狂気と秩序　madness, yet there is method
2024-05-27　P. Rolli の等式　円周13等分
2024-05-28　ジラルの3乗公式の簡潔な導出
2024-05-29　ジラルの4乗公式
2024-05-30　2項の4乗和と3項の4乗和
2024-05-31　フェルマーの最終定理もどき　x⁴ + y⁴ = z⁴
2024-06-01　円周率の Machin の公式
2024-06-02　円周率を8桁計算　お遊び
2024-06-03　arctan 1 + arctan 2 + arctan 3 = π　三角形の内心
2024-06-04　円周13等分に関連する4次式
2024-06-05　円周13等分に関連する4次式（続き）
目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

2024-05-20　標準形3次式の根の n 乗和　奇妙きてれつ15乗和

一般の多項式の根の和・平方和・立方和・4乗和については、一応解決した。5乗和以上の一般論は面倒だが、「2次項のない3次式」の場合、便利な方法がある。次のびっくり15乗和を発見！
　　cos¹⁵ 40° + cos¹⁵ 80° + cos¹⁵ 160° = cos³ 40° + cos³ 80° + cos³ 160° = −3/8

これは「偶然」なのか？　「原始9乗根の対称性が絡む何かが、3乗と15乗でシンクロする？」…とも思ったけど、300乗和までの全数検索によると、この場合、15乗和だけが特別らしい。

⑴　一般に、3次方程式 x³ + Hx² + Px + Q = 0 の解が x = a, b, c なら、解と係数の関係から:
　　a + b + c = −H
　　ab + bc + ca = P
　　abc = −Q

以降、2次項のない3次式（つまり H = 0 の場合）だけを考える。そのような3次方程式…
　　x³ + 0x² + Px + Q = 0
　　つまり　x³ + Px + Q = 0　　《ア》
…を標準形と呼ぶことにしよう。標準形も3次方程式の一種なので、上記「解と係数の関係」に従う。つまり、解が x = a, b, c なら:
　　a + b + c = −H = −0 = 0　　《イ》
　　ab + bc + ca = P　　《ウ》
　　abc = −Q　　《エ》

x³ + Px + Q = 0 の3解の和はゼロ。

〔例1〕　x³ − 19x + 30 = 0 の3解の和は何か。――具体的な解が何かは、一見しただけでは分からない。けれど、解を求めるまでもなく、3解の和がゼロであることは、一見しただけで断言できる。なかなかクール！

仮定により x = a と x = b と x = c は《ア》の3解なので、《ア》を満たす。つまり、次の三つの等式が成立。

a³ + Pa + Q = 0　　《カ》
b³ + Pb + Q = 0　　《キ》
c³ + Pc + Q = 0　　《ク》

《カ・キ・ク》の左辺・右辺をそれぞれ縦に足し合わせると:

(a³ + b³ + c³) + (Pa + Pb + Pc) + (Q + Q + Q) = 0 + 0 + 0

整理すると:
　　a³ + b³ + c³ + P(a + b + c) + 3Q = 0
a + b + c = 0 の場合を考えてるので〔《イ》参照〕、 P(a + b + c) は消滅して:
　　a³ + b³ + c³ + 3Q = 0　つまり　a³ + b³ + c³ = −3Q

標準形3次式 x³ + Px + Q の根が a, b, c なら、それらの立方和は定数項の −3 倍。
a³ + b³ + c³ = −3Q

〔例2〕　x³ − 19x + 30 = 0 の3解の立方和。――具体的な解が何であれにせよ、とにかくそれらの立方和が −90 であることは、一見しただけ明らか（定数項 30 の −3 倍）。これは超クール！　具体的な解は x = 2, 3, −5 なので、確かに:
　　2³ + 3³ + (−5)³ = 8 + 27 − 125 = −90

一方、平方和は1次の項の −2 倍。なぜなら《イ・ウ》を使うと:
　　a² + b² + c² = (a + b + c)² − 2(ab + bc + ca) = 0² − 2P = −2P　　

x³ + Px + Q の根が a, b, c なら:
　　a + b + c = 0　　‥‥①
　　a² + b² + c² = −2P　　‥‥②
　　a³ + b³ + c³ = −3Q　　‥‥③

⑵　以上の基本を土台に、4乗和・5乗和…の式を容易に導出できる。《カ・キ・ク》を再掲すると:

a³ + Pa + Q = 0
b³ + Pb + Q = 0
c³ + Pc + Q = 0

第1式の両辺を a 倍、第2式の両辺を b 倍、第3式の両辺を c 倍すると:

a⁴ + Pa² + Qa = 0　　《ガ》
b⁴ + Pb² + Qb = 0　　《ギ》
c⁴ + Pc² + Qc = 0　　《グ》

《ガ・ギ・グ》を縦に足し合わせると:

a⁴ + b⁴ + c⁴ + P(a² + b² + c²) + Q(a + b + c) = 0
従って②①から　a⁴ + b⁴ + c⁴ + P(−2P) + Q(0) = 0
つまり　a⁴ + b⁴ + c⁴ − 2P² = 0

次の結論に至る。

a⁴ + b⁴ + c⁴ = 2P²　　‥‥④

一般形の3次式 x³ + Hx² + Px + Q についての Girard の公式:
　　a⁴ + b⁴ + c⁴ = H⁴ − 4PH² + 4QH + 2P²
…その式で H = 0 としても④になるが、 H = 0 に限定するなら、上記の導出は段違いに軽快！

〔例3〕　x³ − 19x + 30 = 0 の3解の4乗和は、 2P² = 2(−19)² = 2 × 361 = 722。実際、2⁴ + 3⁴ + (−5)⁴ = 16 + 81 + 625 = 722（例2参照）。

同じ手法は、漸化（ぜんか）式として、5乗和以降にも応用可能。《ガ・ギ・グ》をそれぞれ a 倍、 b 倍、 c 倍すると:

a⁵ + Pa³ + Qa² = 0
b⁵ + Pb³ + Qb² = 0
c⁵ + Pc³ + Qc² = 0

縦に足すと a⁵ + b⁵ + c⁵ + P(a³ + b³ + c³) + Q(a² + b² + c²) = 0
　　③②から　a⁵ + b⁵ + c⁵ + P(−3Q) + Q(−2P) = 0
　　∴　a⁵ + b⁵ + c⁵ = 3PQ + 2PQ = 5PQ　　‥‥⑤

同様に、④③を使って:
　　6乗和 + P(4乗和) + Q(3乗和) = 6乗和 + P(2P²) + Q(−3Q) = 0
　　∴　a⁶ + b⁶ + c⁶ = −2P³ + 3Q²　　‥‥⑥

⑤④を使って:
　　7乗和 + P(5乗和) + Q(4乗和) = 7乗和 + P(5PQ) + Q(2P²) = 0
　　∴　a⁷ + b⁷ + c⁷ = −5P²Q − 2P²Q = −7P²Q　　‥‥⑦

⑥⑤を使って:
　　8乗和 + P(6乗和) + Q(5乗和) = 8乗和 + P(−2P³ + 3Q²) + Q(5PQ)
　　 = 8乗和 − 2P⁴ + 3PQ² + 5PQ² = 8乗和 − 2P⁴ + 8PQ² = 0
　　∴　a⁸ + b⁸ + c⁸ = 2P⁴ − 8PQ²　　‥‥⑧

一般に、4 以上の n について、n 乗和 = −P(n−2 乗和) − Q(n−3 乗和) となる。

〔補足〕　n = 4 の場合: 根の2乗和は −2P、根の1乗和は 0 だから、4乗和は −P(−2P) − Q(0) = 2P²。 n = 5 の場合: 3乗和は −3Q、2乗和は −2P だから、5乗和は −P(−3Q) − Q(−2P) = 5PQ。等々。この漸化式は、実は n = 3 に対しても有効: 0乗和は a⁰ + b⁰ + c⁰ = 1 + 1 + 1 = 3 なので、 −P(1乗和) − Q(0乗和) = −P(0) − Q(3) = −3Q。さらに n = 2 に対しても有効: −1乗和 = 1/a + 1/b + 1/c = (bc + ca + ab)/(abc) = P/(−Q) なので〔《ウ・エ》参照〕、 −P(0乗和) − Q(−1乗和) = −P(3) − Q(−P/Q) = −3P + P = −2P。実用性はともかく、興味深い。ところで「漸化式」の「漸」はゼンと読まれる（「漸次・漸進的・漸近線」も同様）。形成文字の音符、つまり「さんずい」の右側にあるのは「斬」（ザン）なのに――「斬新・斬首」などで使われる――、少々紛らわしい。

問題1　cos⁴ 20° + cos⁴ 40° + cos⁴ 60° + cos⁴ 80° を求める。

これを最初に例題として取り上げたときは Girard の公式を使って解決した。別解として「平方和としての4乗和」というトリックも紹介した。ここでは標準形3次式を利用して軽快に処理する。参考として、多倍角の公式経由の別の解法を後述する。

解法　次の3次式の根は a = cos 160° = −cos 20°, b = cos 40°, c = cos 80° であり、 cos 160° = −cos 20° なので、 cos 20° の偶数乗は a = cos 160° の偶数乗に等しい。
　　x³ − (3/4)x + 1/8 = 0
よって④から、4乗和 = 2(−3/4)² = 9/8。 cos⁴ 60° = (1/2)⁴ = 1/16 を足すと、答えは 19/16。瞬殺！ｗ

問題2　cos⁶ 20° + cos⁶ 40° + cos⁶ 60° + cos⁶ 80° を求める。

解法　問題1と同様に、⑥から:
　　cos⁶ 20° + cos⁶ 40° + cos⁶ 80° = −2(−3/4)³ + 3(1/8)² = 57/64
これに cos⁶ 60° = (1/2)⁶ = 1/64 を足すと、答えは 29/32。

Morrie 風の6乗和（4項）　cos⁶ 20° + cos⁶ 40° + cos⁶ 60° + cos⁶ 80° = 29/32

問題3　cos⁸ 20° + cos⁸ 40° + cos⁸ 60° + cos⁸ 80° を求める。

解法　問題1・問題2と同様。⑧から 2(−3/4)⁴ − 8(−3/4)(1/8)² = 93/128 を得て、(1/2)⁸ = 1/256 を足すと、答えは 187/256。この8乗和は既に「平方和としての4乗和」で取り上げた。

ついでに参考として、⑤⑦から:
　　cos⁵ 40° + cos⁵ 80° + cos⁵ 160° = 5(−3/4)(1/8) = −15/32
　　cos⁷ 40° + cos⁷ 80° + cos⁷ 160° = −7(−3/4)²(1/8) = −63/128

問題4　cos³ 40° + cos³ 80° + cos³ 160° = cos¹⁵ 40° + cos¹⁵ 80° + cos¹⁵ 160° を示す。

解法　左辺の3乗和は −3Q = −3(1/8) = −3/8 に過ぎないが、右辺の15乗和に驚く。末尾付録1の n = 15 の式を使うと^†:
　　−3Q⁵ + 50P³Q³ − 15P⁶Q = −3(1/8)⁵ + 50(−3/4)³(1/8)³ − 15(−3/4)⁶(1/8) = −3/8

びっくり15乗和　cos¹⁵ 40° + cos¹⁵ 80° + cos¹⁵ 160° = cos³ 40° + cos³ 80° + cos³ 160° = −3/8

†　−3/2¹⁵ − 50⋅3³/2¹⁵ − 15⋅3⁶/2¹⁵ = [−3 − 3³(50 + 15⋅3³)]/2¹⁵
　　 = [−3 − 3³(50 + 5⋅3⁴)]/2¹⁵ = [−3 − 3³(50 + 5⋅81)]/2¹⁵
　　 = [−3 − 3³(455)]/2¹⁵ = [−3 − 3(9⋅455)]/2¹⁵
　　 = [−3 − 3(4095)]/2¹⁵ = −3(4096)/2¹⁵ = −3(2¹²)/2¹⁵ = −3/2³

無意味に余弦を15乗して足してみる「ばか」だけが、見ることのできる神秘の世界ｗ

3乗・4乗くらいならともかく15乗って…。面白い発見には違いないが、ほぼ何の役にも立たないであろう！

付録1　標準形3次式の根の1乗和～20乗和

a^n + b^n + c^n, where a, b, c are the roots of x^3 + P*x + Q

n = 1 : 0
n = 2 : -2*P
n = 3 : -3*Q
n = 4 : 2*P^2
n = 5 : 5*P*Q
n = 6 : 3*Q^2 - 2*P^3
n = 7 : -7*P^2*Q
n = 8 : -8*P*Q^2 + 2*P^4
n = 9 : -3*Q^3 + 9*P^3*Q
n = 10 : 15*P^2*Q^2 - 2*P^5
n = 11 : 11*P*Q^3 - 11*P^4*Q
n = 12 : 3*Q^4 - 24*P^3*Q^2 + 2*P^6
n = 13 : -26*P^2*Q^3 + 13*P^5*Q
n = 14 : -14*P*Q^4 + 35*P^4*Q^2 - 2*P^7
n = 15 : -3*Q^5 + 50*P^3*Q^3 - 15*P^6*Q
n = 16 : 40*P^2*Q^4 - 48*P^5*Q^2 + 2*P^8
n = 17 : 17*P*Q^5 - 85*P^4*Q^3 + 17*P^7*Q
n = 18 : 3*Q^6 - 90*P^3*Q^4 + 63*P^6*Q^2 - 2*P^9
n = 19 : -57*P^2*Q^5 + 133*P^5*Q^3 - 19*P^8*Q
n = 20 : -20*P*Q^6 + 175*P^4*Q^4 - 80*P^7*Q^2 + 2*P^10

\\ Generated by PARI/GP
P = varlower("P", 'Q);
vec = Vec( [0, -2*P, -3*Q], 20 );
for( n=4, #vec, vec[n] = -P*vec[n-2] - Q*vec[n-3] )
for( n=1, #vec, print( "n = ", n, " : ", vec[n] ) )

〔参考文献〕　Smith, Charles: A treatise on algebra (5th ed.), pp. 124–125
https://archive.org/details/londonalgebra00smitrich/page/124/mode/2up

2024-05-21　20°, 40°, 60°, 80° の sec の4乗和　および cos の4乗和

#遊びの数論　#ジラルの公式　#3次方程式　#(28)

sec θ = 1/(cos θ) は余弦の逆数。

整数 sec⁴ (π/9) + sec⁴ (2π/9) + sec⁴ (3π/9) + sec⁴ (4π/9) を求める三つの方法。

sec 60° = 2 は分かり切ってるので和から外し、3次式に帰着させるのが省力的。いつものように、
　　t³ − (3/4)t + 1/8　　《タ》
…の根が −cos 20°, cos 40°, cos 80° であることを利用する。逆数を根とする3次式を作ることは、易しい:
　　z³ − 6z² + 8　　《チ》
…の根は −sec 20°, sec 40°, sec 80° となる。

《チ》は2次項を持つので、Girard の公式を使うか（第一案）、あるいは「平方和としての4乗和」のトリック（第二案）を使う必要がありそうだ。

第一案。 Girard の公式によると、《チ》の根の4乗和は、A = 6, B = 0, C = −8 として A⁴ − 4A²B + 4AC + 2B² に等しい:
　　sec⁴ 20° + sec⁴ 40° + sec⁴ 80° = 6⁴ + 4⋅6⋅(−8) = 1296 − 192 = 1104
これに sec⁴ 60° = 2⁴ = 16 を足せば、直ちに答え 1120 を得る。

根の4乗和の公式が必要だが、恐らくこの方法が最速。

第二案。《チ》の根を仮に a, b, c と呼ぶと −a, −b, −c を根とする3次式は何か？　根と係数の初歩によれば、それは…
　　z³ + 6z² − 8　　《ツ》
…であり、従って《チ・ツ》の積…
　　(z³ − 6z² + 8)(z³ + 6z² − 8) = (z³)² − (6z² − 8)²
　　 = z⁶ − (36z⁴ − 96z² + 64)
…の根は z = a, b, c; −a, −b, −c ――要するに z = ±sec 20°, ±sec 40°, ±sec 80° の六つ。 y = z² と置くと:
　　y³ − 36y² + 96y − 64　　《テ》
…の根は a², b², c² つまり sec² 20°, sec² 40°, sec² 80° となる。 A = a², B = b², C = c² と置くと、《テ》の根と係数の関係から:
　　A + B + C = 36, AB + BC + CA = 96
　　∴　A² + B² + C² = (A + B + C)² − 2(AB + BC + CA)
　　 = 36² − 2 × 96 = 1296 − 192 = 1104

A² + B² + C² = a⁴ + b⁴ + c⁴ = sec⁴ 20° + sec⁴ 40° + sec⁴ 80° = 1104、後は第一案と同じ。

20°, 40°, 80° は、符号を別にすれば 120° 間隔で、それらの cos は 1 の原始9乗根（六つあるうちの三つ）の実部に対応する。よって《タ》のような3次式に関連付けるのは自然な発想だが、もしもそのアイデアが浮かばなかったら…？

第三案。 θ が π/9 の倍数（つまり 20° の倍数）なら、 9θ は π の倍数（つまり 180° の倍数）だから sin 9θ = 0 となる。この状況について、9倍角の公式の一種を使うと、
　　sin 9θ = sin θ × [(cos θ) の8次式] = 0　　《ト》
…と書くことができる; 360° の倍数の違いを無視すると θ = 0°, ±20°, ±40°, …, ±160°, 180° の18種の角度が《ト》を満たすが、対応する sin θ の値は、半分の9種類しかない。なぜなら sin 0° = sin 180°, sin 20° = sin 160°, sin (−20°) = sin (−160°) 等々。

上記18種の角 θ に対し《ト》左辺はゼロ; それに等しい《ト》右辺も当然ゼロ。一番単純なのは θ = 0° or 180° のときで、そのとき sin θ = 0 なので、《ト》右辺は明らかにゼロになる。一方、18種の角度のうち、それ以外の16種（±20°, ±40°, …, ±160°）に対しては sin θ ≠ 0 なので、《ト》右辺がゼロになるためには [(cos θ) の8次式] がゼロにならねばならない。
　　θ = ±20°, ±40°, …, ±160° に対し [(cos θ) の8次式] = 0

この8次式の根は、角 θ でいえば16種; 実際には cos 20° = cos (−20°), cos 40° = cos (−40°) 等々なので、 cos θ の値でいえば、ちょうど8種（8次式が 8 個の解を持つというのは、つじつまが合っている）。
　　上記8次式: 根は cos 20°, cos 40°, …, cos 140°, cos 160° の八つ

しかも cos 160°, cos 140°, cos 120°, cos 100° は、それぞれ正の数 cos 20°, cos 40°, cos 60°, cos 80° の符号を変えたものなので（例: cos 160° = −cos 20°）、符号の違いを無視するなら――別の言い方をすると cos θ の代わりに x = cos² θ を考えるなら――、根は4種類しかない。
　　上記8次式: x の4次式に書き換えれば、その根は cos²  20°, cos²  40°, cos²  60°, cos²  80° の四つ

よって A = cos²  20°, B = cos²  40°, C = cos²  60°, D = cos²  80° の四つの根を持つ4次式を構成できれば、根と係数の関係から、根の和 A + B + C + D や平方和、あるいは逆数の和や逆数の平方和を確定できる。この場合、A = cos² θ の逆数は sec² 20°、 B の逆数は sec² 40° 等々だから、 A, B, C, D の逆数の平方和 = sec⁴ 20° + sec⁴ 40° + sec⁴ 60° + sec⁴ 80° となる。

以上を実践するには: (i) sin 9θ を《ト》の形で表し cos θ についての8次式を得てから、 x = cos² θ と置いて x についての4次式を作る; (ii) その4次式に対し、解（の逆数）と係数の関係を適用。手間さえ惜しまなければ、単純な機械的計算。

第三案の実践。出発点となる sin の9倍角の式を高速生成。 cos θ, sin θ をそれぞれ c, s と略すと…
　　sin 1θ = sin θ = s　　←当たり前
　　sin 2θ = 2 sin θ cos θ = 2sc　　←倍角の公式
3倍角以降を作るには、一つ前の公式を 2c 倍して二つ前の公式を引けばいい:
　　sin 3θ = (sin 2θ) × 2c − (sin 1θ) = (2cs)2c − s = s(4c² − 1)
　　sin 4θ = (sin 3θ) × 2c − (sin 2θ) = [s(4c² − 1)]2c − 2sc = s(8c³ − 4c)
　　sin 5θ = (sin 4θ) × 2c − (sin 3θ) = [s(8c³ − 4c)]2c − s(4c² − 1)
　　 = s(16c⁴ − 8c² − 4c² + 1) = s(16c⁴ − 12c² + 1)

この5倍角は、別の機会にも導いた。同様に続けると…
　　sin 6θ = [s(16c⁴ − 12c² + 1)]2c − s(8c³ − 4c)
　　 = s(32c⁵ − 24c³ + 2c − 8c³ + 4c) = s(32c⁵ − 32c³ + 6c)
　　sin 7θ = [s(32c⁵ − 32c³ + 6c)]2c − s(16c⁴ − 12c² + 1)
　　 = s(64c⁶ − 64c⁴ + 12c² − 16c⁴ + 12c² − 1) = s(64c⁶ − 80c⁴ + 24c² − 1)

原理の説明のため、途中計算を明記したが、実際には「一つ前の 2c 倍」を一気に暗算した方が手間が省ける――次のように係数が2倍、c の指数がプラス1。
　　sin 8θ = s(128c⁷ − 160c⁵ + 48c³ − 2c) − s(32c⁵ − 32c³ + 6c)
　　 = s(128c⁷ − 192c⁵ + 80c³ − 8c)
　　sin 9θ = s(256c⁸ − 384c⁶ + 160c⁴ − 16c²) − s(64c⁶ − 80c⁴ + 24c² − 1)
　　 = s(256c⁸ − 448c⁶ + 240c⁴ − 40c² + 1)

これで《ト》形式の sin の9倍角が得られた。速記 c, s を元に戻すと:
　　sin 9θ = sin θ (256 cos⁸ θ − 448 cos⁶ θ + 240 cos⁴ θ − 40 cos² θ + 1)
従って、前述の (cos θ) の8次式は:
　　256 cos⁸ θ − 448 cos⁶ θ + 240 cos⁴ θ − 40 cos² θ + 1
x = cos² θ と置くと:
　　256x⁴ − 448x³ + 240x² − 40x + 1　　《ナ》

《ナ》の根は、前述の通り A = cos² 20°, B = cos² 40°, C = cos² 60°, D = cos² 80° で、係数の関係から:
　　A + B + C + D = 448/256　　‥‥①
　　AB + AC + AD + BC + BD + CD = 240/256　　‥‥②
　　ABC + BCD + CDA + DAB = 40/256　　‥‥③
　　ABCD = 1/256　　‥‥④

①～④を組み合わせて、逆数の平方和を表現する。分数の足し算なので、とりあえず通分:
　　1/A² + 1/B² + 1/C² + 1/D² = (B²C²D² + C²D²A² + D²A²B² + A²B²C²)/(A²B²C²D²)
　　 = [(ABC)² + (BCD)² + (CDA)² + (DAB)²]/(ABCD)²　　《ニ》

《ニ》の分子は（三つずつの積の）平方和。平方和を作るには、和の平方…
　　(ABC + BCD + CDA + DAB)² = (③)²
…から、過剰な項…
　　2(ABC⋅BCD + ABC⋅CDA + ABC⋅DAB + BCD⋅CDA + BCD⋅DAB + CDA⋅DAB)
　　 = 2(ABCD)(BC + AC + AB + CD + BD + AD) = 2(④)(②)
…を引けばいい。つまり《ニ》の分子は:
　　(40/256)² − 2(1/256)(240/256) = (1600 − 480)/256² = 1120/256²　　《ヌ》

《ニ》の分母は (④)² = 1/256² なので、分数《ニ》は次の通り。
　　《ヌ》 ÷ (1/256²) = 1120/256² × 256² = 1120
これが答え（根の逆数の平方和）。

第一案・第二案と比べ、第三案は面倒くさい。《ナ》が有理数の根 C = cos² 60° = 1/4 を持つのに、それを分離しないこと（本来3次式で済むのに4次式として扱うこと）は、非効率かもしれない。けれど、四つの根の一括処理には、気持ちのいい面もある。

対となる cos⁴ (π/9) + cos⁴ (2π/9) + cos⁴ (3π/9) + cos⁴ (4π/9) = 19/16 について。

第一案と平行的な方法を既に記した。この場合、3次式が標準形なので、その根の4乗和は単に 2P² = 2(−3/4)² = 18/16 となり（P: 1次の係数）、そこに cos⁴ 60° = 1/16 を足せばいい（参考リンク）。第二案と平行的な方法も既述。第三案と平行的な方法は、《ナ》の根の平方和:
　　(A + B + C + D)² − 2(AB + AC + AD + BC + BD + CD)
　　 = (①)² − 2(②) = (448/256)² − 2(240/256)
　　 = (7/4)² − 2(15/16) = (49 − 30)/16 = 19/16

正17角形の話題について Hobson の著書を参照したとき、たまたま隣のページ^†に載っていて興味を引いた例題が、この「20°, 40°, 60°, 80° の cos の4乗和 19/16 と sec の4乗和 1120」の導出。もともと多倍角関連の例題で、 Hobson 自身の解法は9倍角経由の面倒なもの。多倍角の利用にこだわらなければ、別解（第一案・第二案）の方が、エレガントだろう。とはいえ、第三案は応用の利く手法を含み、考える価値がある: cos 中心の sin の多倍角の公式…
　　sin nθ = sin θ × [(cos θ) の式]
…は使い道が多いし、「逆数の2乗和」を基本対称式で表す方法は面白い。

†　https://archive.org/details/treatiseonplanet0000ewho/page/110/mode/1up

付録2　sin の多倍角の公式（cos 中心型）

\\ s = sin t, c = cos t
sin 1t = s
sin 2t = 2*c*s
sin 3t = (4*c^2 - 1)*s
sin 4t = (8*c^3 - 4*c)*s
sin 5t = (16*c^4 - 12*c^2 + 1)*s
sin 6t = (32*c^5 - 32*c^3 + 6*c)*s
sin 7t = (64*c^6 - 80*c^4 + 24*c^2 - 1)*s
sin 8t = (128*c^7 - 192*c^5 + 80*c^3 - 8*c)*s
sin 9t = (256*c^8 - 448*c^6 + 240*c^4 - 40*c^2 + 1)*s
sin 10t = (512*c^9 - 1024*c^7 + 672*c^5 - 160*c^3 + 10*c)*s
sin 11t = (1024*c^10 - 2304*c^8 + 1792*c^6 - 560*c^4 + 60*c^2 - 1)*s
sin 12t = (2048*c^11 - 5120*c^9 + 4608*c^7 - 1792*c^5 + 280*c^3 - 12*c)*s
sin 13t = (4096*c^12 - 11264*c^10 + 11520*c^8 - 5376*c^6 + 1120*c^4 - 84*c^2 + 1)*s

\\ Generated by PARI/GP
c = varlower("c", 's);
vec = Vec( [s, 2*s*c], 13 );
for( n = 3, #vec, vec[n] = vec[n-1]*2*c - vec[n-2] )
for( n = 1, #vec, print( "sin ", n, "t = ", vec[n] ) )

2024-05-24　sin 9倍角について　20°, 40°, 60°, 80° への追記

#遊びの数論　#(28)

ゴチャゴチャした9倍角の式には、整然とした構造が秘められている。

f(θ) = sin 9θ = sin θ (256 cos⁸ θ − 448 cos⁶ θ + 240 cos⁴ θ − 40 cos² θ + 1) について。

x = cos² θ と置くと:
　　256x⁴ − 448x³ + 240x² − 40x + 1
これはゴチャゴチャしている。一方、 t = cos θ と置くと:
　　sin 9θ = sin θ (2t + 1)(2t − 1)(8t³ − 6t + 1)(8t³ − 6t − 1)
あるいは、さらに z = 2t と置くと:
　　sin 9θ = sin θ (z + 1)(z − 1)(z³ − 3z + 1)(z³ − 3z − 1)

この最後の分解は美しい。 Cardano の公式を考えると、 cos 40° や cos 20° の根号表現までが透けて見える。

この分解についての一つの観点は、もともとの f(θ) が sin 9θ であるという「式の意味」を利用するもの; 内容的な考察が必要な半面、見通しが良い。もう一つの観点は、正体不明の8次式 256t⁸ − 448t⁶ + 240t⁴ − 40t² + 1 が与えられたとして、何も考えずに単に代数的に処理するもの。先に第一の観点から記す。

【1】　θ = ±60° or ±120° に対して f(θ) = 0 だが、そのとき sin θ ≠ 0 なので、他方の因子…
　　256 cos⁸ θ − 448 cos⁶ θ + 240 cos⁴ θ − 40 cos² θ + 1 = 256 t⁸ − 448t⁶ + 240t⁴ − 40t² θ + 1
…がゼロにならねばならない。 θ = ±60° or ±120° のとき t = cos θ = ±1/2 なので、この8次式は t − 1/2 と t + 1/2 という因子を持つ。言い換えれば 2t − 1 と 2t + 1 という因子を持ち、この8次式は (2t − 1)(2t + 1) = 4t² − 1 で割り切れる。

x = t² = cos² θ と書くと、要するに 256x⁴ − 448x³ + 240x² − 40x + 1 が 4x − 1 で割り切れる。

          64x^3 -  96x^2 +  36x   - 1
       ┌────────────────────────────────────
4x - 1 │ 256x^4 - 448x^3 + 240x^2 - 40x + 1
         256x^4 -  64x^3
         ───────────────
                 -384x^3 + 240x^2
                 -384x^3 +  96x^2
                 ────────────────
                           144x^2 - 40x
                           144x^2 - 36x
                           ────────────
                                    -4x + 1
                                    -4x + 1
                                    ───────
                                          0

この商をいったん 64 で割るとともに x を t² に戻すと:
　　t⁶ − (3/2)t⁴ + (9/16)t − 1/64　　これを g(t) とする

実は g(t) は、ジラルの公式・その5で考察した y の式と同じ。そこでは、二つの3次式の積としてこれを構成したが、以下では逆に、この6次式を二つの3次式に分解することを考える。

【2】　f(θ) の性質から、 θ = ±20°, ±40°, ±80°, ±100°, ±140°, ±160° のとき、 f(θ) の因子 g(t) はゼロになる。その本質は単純で、20° (= π/9) の整数倍の角度を 9 倍すると、 180° (= π) の整数倍の角度になる（当たり前）。だから、上記のような θ に対して sin 9θ = 0」というだけ。

注意点。第一に、 g(t) 自体は sin θ についての式ではなく、 t = cos θ についての式。第二に、 θ = ±60° or ±120° も f の零点だが、それに対応する因子は、上記の割り算で 4t² − 1 = (2t + 1)(2t − 1) として分離済み。第三に、これらの θ に対応する sin θ や cos θ の中には、値の重複がある。例えば sin 20° = sin 160° だし cos 20° = cos (−20°) である。そのため「12種の θ のそれぞれに対応して g(t) が12種の根 t = cos θ を持つ」ということにはならず、重複を排除すると g(t) の根は、 t = cos 20°, cos 40°, cos 80°; cos 100°, cos 140°, cos 160° のちょうど六つに等しい。そのうち前半の三つと後半の三つは、絶対値が同じで符号が反対:
　　−β = cos 20° = 0.9396…　　β = cos 160° = −0.9396…
　　α = cos 40° = 0.7660…　　−α = cos 140° = −0.7660…
　　γ = cos 80° = cos (−80°) = 0.1736…　　−γ = cos 100° = cos (−100°) = −0.1736…

多少のひらめきが必要かもしれないが（あるいは明白と感じられるかもしれないが）、これら6種の cos θ の値を「120° 間隔の偏角に対応する3種の cos の値」のトリオ2組と見ることができる。一つのトリオを cos 40° と cos 160° と cos (−80°) = cos 80° とすれば（40° とそれ ±120° の cos）、もう一つのトリオは cos 20° と cos 140° と cos (−100°) = cos 100° である（20° とそれ ±120° の cos）^†。ゆえに g(t) は、「2次項のない3次式」二つの積に分解可能; しかも二つの3次式は、絶対値が同じで符号が反対の根を持つ。一方の3次式の根を α, β, γ とすれば、他方の3次式の根は −α, −β, −γ。根と係数の関係から、一方の3次式を t³ + Pt + Q とすると、他方の3次式は t³ + Pt − Q となる。結局 g(t) は、
　　(t³ + Pt + Q)(t³ + Pt − Q)
…と分解可能。これは和・差の積なので:
　　= (t³ + Pt)² − Q² = t⁶ + 2Pt⁴ + P²t² − Q²

上記の6次式の形を g(t) = t⁶ − (3/2)t⁴ + (9/16)t − 1/64 と比較すると、 P = −3/4, Q = 1/8 であることが分かる。すなわち:
　　g(t) = t⁶ − (3/2)t⁴ + (9/16)t − 1/64 = [t³ − (3/4)t + 1/8][t³ − (3/4)t − 1/8]

この g(t) は、本来の因子を 64 で割ったものなので、上記の二つの [ ] 内をそれぞれ 8 倍すれば、本来の因子となる:
　　64x³ − 96x² + 36x − 1 = 64t⁶ − 96t⁴ + 36t² − 1
　　 = (8t³ − 6t + 1)(8t³ − 6t − 1)

†　これらは 1 の原始18乗根（12種）の、6種の相異なる実部。

【3】　結局 f(θ) = sin 9θ = sin θ (256 cos⁸ θ − 448 cos⁶ θ + 240 cos⁴ θ − 40 cos² θ + 1) の丸かっこ内の8次式は、 t = cos θ と書くと、
　　(2t + 1)(2t − 1)(8t³ − 6t + 1)(8t³ − 6t − 1)
…と分解される。四つの因子のうち、 2t + 1 と 2t − 1 の根 −1/2, +1/2 は、それぞれ cos 120° と cos 60° に当たる。残りの二つの因子（3次式）は、どちらも三つの実数の根を持つが、一方は定数項が正、他方は定数項が負なので、前者の3根の積は負、後者の3根の積は正。従って、前者は正の根を二つ・負の根を一つ持ち、後者は正の根を一つ・負の根を二つ持つ。【2】の表記法を使えば:
　　8t³ − 6t + 1 の根は α, β, γ つまり 40°, 160°, 80° の cos
　　8t³ − 6t − 1 の根は −α, −β, −γ つまり 140°, 20°, 100° の cos

ところで、この第一の3次式の根と係数の関係から、
　　αβγ = cos 40° cos 160° cos 80° = −1/8
…が成り立つ。 cos 160° = −cos 20° なので、この積の cos 160° をそのように置き換え、両辺を −1 で割ると:
　　cos 20° cos 40° cos 80° = 1/8
これは Morrie の法則である！

cos 20°, cos 40°, cos 60°, cos 80° の四つに関連する問題は、多くの場合 cos 60° = 1/2 を別扱いすれば、簡単な3次式の問題に帰着する。実際 8t³ − 6t + 1 = 0 の両辺を 8 で割れば、見慣れた3次方程式になる:
　　t³ − (3/4)t + 1/8 = 0

【4】　以上の分解のロジックは、「9倍角の式」という f の内容に依存していた。この8次の因子の正体を知らない（あるいは利用しない）で分解を行うなら、次の通り。 256t⁸ − 448t⁶ + 240t⁴ − 40t² + 1 が与えられたとして、 x = t² と置くと:
　　F(x) = 256x⁴ − 448x³ + 240x² − 40x + 1

最初の観点では、「この x が実は cos² θ であること」、そして「θ が 20° の整数倍のとき F(x) = 0 になること」を根拠に、 t = cos 60° = 1/2 に対応する零点 x = t² = 1/4 を見つけることができ、因子 x − 1/4 つまり 4x − 1 が判明した。

そのような情報がない場合（あるいはあっても使わない場合）、まず有理数の根の有無を確かめるべきだろう。最高次の係数を 1 にするため F(x) = 0 の両辺を 256 で割って、
　　x⁴ − (7/4)x³ + (15/16)x² − (5/32)x + 1/256
…として、次に分数を解消するため x = y/4 と置いて両辺を 4⁴ 倍すると――あるいは同じことだが、F(x) で直接 x = y/4 と置くと――、次の4次式を得る。
　　y⁴ − 7y³ + 15y² − 10y + 1

この4次式が整数の根を持つとしたら、それは定数項の約数、すなわち y = 1 or −1 でなければならない。 y = 1 が零点であることは、簡単に直接確認できる（y が負だと全部の項が正なので、y = −1 は根ではない）。よって、この4次式は y − 1 で割り切れる。筆算の割り算を実行すると:
　　y⁴ − 7y³ + 15y² − 10y + 1 = (y − 1)(y³ − 6y² + 9y − 1)

変数の相互関係は y/4 = x = t² なので y = 4t² となる。 z = 2t と置けば y = (2t)² = z²。従って、一方において:
　　y − 1 = z² − 1 = (z + 1)(z − 1)
他方において:
　　y³ − 6y² + 9y − 1 = z⁶ − 6z⁴ + 9z² − 1 = (z³ − 3z)² − 1² = (z³ − 3z + 1)(z³ − 3z − 1)

この最後の因数分解は少しトリッキーだが、次のように整理できる。

奇数次の項のない6次式を見たら:　「4次の係数の半分」の自乗が「2次の係数」に等しくないか？　もし等しいなら「2次項のない3次式」のペアへの分解が、名案かも。
　　X⁶ + 2pX⁴ + p²X² − q² = (X³ + pX)² − q² = (X³ + pX + q)(X³ + pX − q)

結論として z = 2t つまり t = z/2 と置くと:
　　256t⁸ − 448t⁶ + 240t⁴ − 40t² + 1 = (z + 1)(z − 1)(z³ − 3z + 1)(z³ − 3z − 1)
あるいは変数を元に戻すなら:
　　 = (2t + 1)(2t − 1)(8t³ − 6t + 1)(8t³ − 6t − 1)

【5】　ついでに cos 20°, cos 40°, cos 80° の根号表現を求めてみたい。【2】で見たように、 20° の倍数（ただし 60° の倍数を除く）の角度の cos は、符号の違いを別にすると3種類しかない; 8t³ − 6t + 1 の根の主値が α = cos 40° で、 8t³ − 6t − 1 の根の主値が −β = cos 20° だが、それぞれ z³ − 3z + 1 と z³ − 3z − 1 の根の主値を 2 で割ったもの。一つ目の3次式の根（主値）は、2次方程式…
　　w² + w + 1 = 0
…の2解 w = (−1 ± √−3)/2 それぞれの立方根（主値）の和。分子・分母を 4 倍してから、立方根を求めると:
　　z = ³√[(−1 + √−3)/2] + ³√[(−1 − √−3)/2] = [³√(−4 + 4√−3) + ³√(−4 − 4√−3)]/2
従って:
　　cos 40° = ³√[(−1 + √−3)/16] + ³√[(−1 − √−3)/16] = [³√(−4 + 4√−3) + ³√(−4 − 4√−3)]/4

この計算の真意は、次の通り。 1 の原始立方根の主値^†を ω = (−1 + √−3)/2 とすると、
　　³√ω = [³√(−4 + 4√−3)]/2 = 0.766044443118… + (0.642787609686…)i
…は、立方根の立方根、すなわち 1 の原始9乗根の主値。そこから実部を取り出すには、共役複素数と足し合わせて 2 で割ればいい。

同様に z³ − 3z − 1 の根を求めるには、
　　w² − w + 1 = 0
…の2解 w = (1 ± √−3)/2 それぞれの立方根の和を求めればいい。 1 の原始6乗根の主値^†を σ = (1 + √−3)/2 とすると、
　　³√σ = [³√(4 + 4√−3)]/2 = 0.939692620785… + (0.342020143325…)i
…は、6乗根の立方根、すなわち 1 の原始18乗根の主値。そこから実部を取り出すと:
　　cos 20° = ³√[(1 + √−3)/16] + ³√[(1 − √−3)/16] = [³√(4 + 4√−3) + ³√(4 − 4√−3)]/4

最後に、 1 の原始12乗根の主値^†を δ = (√3 + i)/2 とすると、
　　³√δ = [³√(4√3 + 4i)]/2 = 0.984807753012… + (0.173648177666…)i
…は、12乗根の立方根、すなわち 1 の原始36乗根の主値。そこから実部・虚部を取り出すと:
　　cos 10° = sin 80° = ³√[(√3 + i)/16] + ³√[(√3 − i)/16]
　　 = 1/2[³√[(√3 + i)/2] + ³√[(√3 − i)/2]] = [³√(4√3 + 4i) + ³√(4√3 − 4i)]/4
　　sin 10° = cos 80° = [³√[(√3 − i)/16] − ³√[(√3 + i)/16]]i
　　 = i/2[³√[(√3 − i)/2] − ³√[(√3 + i)/2]] = [³√(4√3 + 4i) − ³√(4√3 − 4i)]/4i
4 cos 10° + √3 は tan 80° に等しい。

†　ω = cos 120° + i sin 120°; σ = cos 60° + i sin 60°; δ = cos 30° + i sin 30° と整理できる。

2024-05-22　きょうの珍品　3乗和 = 1乗和

#遊びの数論　#円周13等分　#3次方程式　#(28)

cos³ (2π/13) + cos³ (6π/13) + cos³ (8π/13) = cos (2π/13) + cos (6π/13) + cos (8π/13) = (−1 + √13)/4

ζ = cos (2π/13) + i sin (2π/13) と置くなら、 ζ + ζ³ + ζ⁴ の実部と (ζ)³ + (ζ³)³ + (ζ⁴)³ の実部が等しいことは明らか。同様の観点から、上記 cos の式も、簡単に説明がつきそうに思えるのだが…。挙動の明確な ζⁿ の3乗ではなく ζⁿ の「実部」の3乗。第一印象ほど明らかでもない？

2π/13 を T と略す。 cos T, cos 3T, cos 4T がそれぞれ ζ, ζ³, ζ⁴ の実部と等しいことは論をまたない。 (ζ)³, (ζ³)³, (ζ⁴)³ つまり ζ³, ζ⁹, ζ¹² の実部がそれぞれ cos 3T, cos 4T, cos T と等しいことも明白。よって、それらの和が一致することは当たり前なのだが、冒頭の式は、それとは別の現象のようだ。実際 cos T は ζ の実部だが、 (cos T)³ は (ζ)³ の実部とは一致しない。

何が起きているのかはともかく、等式が成り立つこと自体は、容易に確かめられる。

証明　3倍角の公式 cos 3θ = 4 cos³ θ − 3 cos θ を変形して、恒等式 cos³ θ = (cos 3θ + 3 cos θ)/4 を得る^†。それを使うと:
　　cos³ T + cos³ 3T + cos³ 4T = (cos 3T + 3 cos T)/4 + (cos 9T + 3 cos 3T)/4 + (cos 12T + 3 cos 4T)/4
　　 = (cos 3T + 3 cos T)/4 + (cos 4T + 3 cos 3T)/4 + (cos T + 3 cos 4T)/4 = cos T + cos 3T + cos 4T
なぜなら cos 9T = cos 4T, cos 12T = cos T。

一方、cos T + cos 3T + cos 4T = (−1 + √13)/4 という関係は、それを根とする2次式に基づく。∎

†　あるいは積→和の公式から: cos³ θ = cos θ (cos θ cos θ) = cos θ (cos 2θ + cos 0)/2 = (cos θ cos 2θ + cos θ)/2 = [(cos 3θ + cos θ)/2 + cos θ]/2 = (cos 3θ + 3 cos θ)/4。

別解　cos T, cos 3T, cos 4T は、次の3次式の根:
　　t³ + [(1 − √13)/4]t² − (1/4)t + (−3 + √13)/16

根と係数の関係を利用して、
　　A = cos T + cos 3T + cos 4T = (−1 + √13)/4
　　B = cos T cos 3T + cos 3T cos 4T + cos 4T cos T = −1/4
　　C = cos T cos 3T cos 4T = (3 − √13)/16
…と置くと、Girard の公式から:
　　cos³ T + cos³ 3T + cos³ 4T = A³ − 3AB + 3C = (−1 + √13)/4 となる。∎

〔補足〕　A³ − 3AB + 3C の計算。 √13 を h と略すと A³ の分子は:
　　−1 + 3h − 3h² + h³ = −1 + 3h − 3⋅13 + 13h = −40 + 16h。
A³ の分母は 64 なので 8 で約分して A³ = (−5 + 2h)/8。
−3AB + 3C = (−3 + 3h)/16 + (9 − 3h)/16 = 6/16 = 3/8 をそれに足すと (−2 + 2h)/8 = (−1 + h)/4。

同様に、次が成り立つ。
　　cos³ (4π/13) + cos³ (10π/13) + cos³ (12π/13) = cos (4π/13) + cos (10π/13) + cos (12π/13) = (−1 − √13)/4

両方を足し合わせると:
　　cos³ (2π/13) + cos³ (4π/13) + … + cos³ (12π/13) = −1/2

cos の3次式について、「根の和」と「根の3乗和」が等しい――というのは、何かありそう。「根の3乗和」と「根の15乗和」が一致するケースとも、関連性がある？

原始根 ζⁿ そのものなら比較的扱いやすいのだろうけど、実部だけを取り出して操作している。実部は (ζⁿ + ζ⁻ⁿ)/2 なので…そういうことか！！

2024-05-26　20° の狂気と秩序　madness, yet there is method

#遊びの数論　#円周13等分　#1 の原始根　#(28)

長さ 1 の斜辺が、底辺と 20° の角を成す直角三角形――。人は、その底辺の長さをコサイン 20° と呼ぶ。
　　cos 20° = 0.93969 26207…

そんな無理数を3乗したり15乗したりすることに、何の意味があるというのか。一体われわれは、なぜこの数を15乗したのか…。だが、しかしッ！
　　cos³ 20° − cos³ 40° − cos³ 80° = cos¹⁵ 20° − cos¹⁵ 40° − cos¹⁵ 80° = 3/8

何という奇妙な等式だろう！　この等式は、いわば狂気である。美しい狂気である。その狂気には、秩序がある…

【1】　cos 20° = −cos 160° なので、次の三つの式は同じ意味。
　　cos³ 20° − cos³ 40° − cos³ 80° = 3/8
　　(−cos 160°)³ − cos³ 40° − cos³ 80° = 3/8
　　両辺を −1 倍すれば　cos³ 40° + cos³ 80° + cos³ 160° = −3/8　　《ハ》

Morrie の法則との関連でこの「3乗」の式を導いたときには、普通にちょっと面白いかな…という程度の感覚だった。数カ月後、この「3乗」を「15乗」に変えても式の値が変わらないことを発見したとき、強い印象を受け、「びっくり15乗和」と呼んだ。「これは偶然なのか」という疑問を抱いた。

数日後、今後は「1乗」を「3乗」に変えても式の値が変わらない――という事例を発見。その式は (360/13)° を T として、次の形を持つ:
　　cos T + cos 2T + cos 4T = cos³ T + cos³ 2T + cos³ 4T　　《ヒ》
　　cos 3T + cos 5T + cos 6T = cos³ 3T + cos³ 5T + cos³ 6T　　《ビ》

偶然にしては、でき過ぎている。何かあるに違いない。これらは同種の現象だが、「15乗」と比べれば「3乗」は扱いやすいので、まず《ヒ》を考える。

【2】　1 の原始13乗根の主値を ζ = cos (2π/13) + i sin (2π/13) とすると、 cos nT は ζⁿ の実部（n: 整数）。 13 ステップで一周してループするのだから cos T = cos 14T, cos 2T = cos 15T 等々が成り立ち、一般に:
　　m ≡ n (mod 13)　⇒　ζ^m = ζⁿ　⇒　cos mT = cos nT
さらに cos 12T = cos (−T) = cos T, cos 11T = cos (−2T) = cos 2T 等々なので、
　　ζ¹² = ζ⁻¹ の実部 = ζ¹ の実部 = cos T
　　ζ¹¹ = ζ⁻² の実部 = ζ² の実部 = cos 2T
…などとなる。ところが ζⁿ と ζ⁻ⁿ の虚部――つまり sin nT と sin (−nT) ――は、絶対値が同じで符号が反対なので:
　　ζⁿ + ζ⁻ⁿ = (cos nT + i sin nT) + (cos nT − i sin nT) = 2 cos nT
　　∴　cos nT = (ζⁿ + ζ⁻ⁿ)/2

よって《ヒ》は、「次の二つが等しい」というのと同じ意味。
　　(ζ¹ + ζ⁻¹)/2 + (ζ³ + ζ⁻³)/2 + (ζ⁴ + ζ⁻⁴)/2
　　[(ζ¹ + ζ⁻¹)/2]³ + [(ζ³ + ζ⁻³)/2]³ + [(ζ⁴ + ζ⁻⁴)/2]³

次の関係に注意する。
　　(cos T)³ = [(ζⁿ + ζ⁻ⁿ)/2]³ = (ζ³ⁿ + 3ζ²ⁿζ⁻ⁿ + 3ζⁿζ⁻²ⁿ + ζ⁻³ⁿ)/8
　　 = (ζ³ⁿ + 3ζⁿ + 3ζ⁻ⁿ + ζ⁻³ⁿ)/8 = (cos 3T + 3 cos T)/4

実は、 T の値と無関係に、上の式の左端と右端は等しい（理由）:
　　cos³ θ = (cos 3θ + 3 cos θ)/4　　《フ》

従って、もし整数 a, b, c と角度 φ について、
　　cos (3aφ) + cos (3bφ) + cos (3cφ) = cos aφ + cos bφ + cos cφ　　《ヘ》
…が成り立つなら、次が成り立つ。
　　cos aφ + cos bφ = cos cφ = cos³ aφ + cos³ bφ + cos³ cφ　　《ホ》
実際、《フ》によると、次のように《ホ》の右辺は左辺に等しい:
　　(cos (3aφ) + 3 cos aφ))/4 + (cos (3bφ) + 3 cos bφ))/4 + (cos (3cφ) + 3 cos cφ))/4
　　 = [cos (3aφ) + cos (3bφ) + cos (3cφ)]/4 + 3(cos aφ + cos bφ + cos cφ)/4
　　 = [cos aφ + cos bφ + cos cφ]/4 + 3(cos aφ + cos bφ + cos cφ)/4 = cos aφ + cos bφ + cos cφ
最後から2番目の等号は、仮定《ヘ》による。

よって《ヒ》や《ビ》を示すには、単に《ヘ》の関係が成り立つことを言えばいい。
　　cos (3⋅T) = cos 3T, cos (3⋅3T) = cos 9T = cos 4T, cos (3⋅4T) = cos 12T = cos T
…であるから、《ヒ》については、確かにそうなっている。つまり cos T, cos 3T, cos 4T の和は、角度をそれぞれ3倍しても変わらない。同様に《ビ》についても:
　　cos (3⋅2T) = cos 6T, cos (3⋅5T) = cos 15T = cos 2T, cos (3⋅6T) = cos 18T = cos 5T

【3】　この現象の根源は、集合 S = {ζ¹, ζ⁻¹, ζ³, ζ⁻³, ζ⁴, ζ⁻⁴} の各元が3乗されても、結果として生じる六つの元の集合は S と等しい、ということ。構成の仕方から、 S の元の ζ の肩の指数は、 mod 13 の原始根 g = 2 の偶数乗:
　　2⁰ = 1, 2² = 4, 2⁴ = 16 ≡ 3, 2⁶ ≡ −1, 2⁸ ≡ −4, 2¹⁰ ≡ −3 (mod 13)
言い換えると、これらの ind. は 0, 2, 4, 6, 8, 10。ところが S の各元を3乗するということは ζ の指数を3倍することであり、そのとき 3 = ind. 4 なので、指数の ind. は 4 ずつ増える。 {0, 2, 4, 6, 8, 10} という偶数の ind. たちがそれぞれ +4 されても、 13 − 1 = 12 を法として、六つの ind. は全体として変わらない: 「各元を3乗する」という操作に対し S は不動。同様に、奇数の ind. たちがそれぞれ +4 されても、並ぶ順序が変わるだけで、集合としては全く同じ奇数の ind. たちになる。これが《ヒ》と《ビ》のメカニズム。

【4】　3乗和と15乗和が一致するという《ハ》の関係も、同種の現象といえるだろう。もっとも 40° は円周9等分であり、13 と違って 9 は素数ではないので、若干扱いにくいかもしれない。

360° を 9 等分した角度、すなわち 40° を大文字の N で表すことにする。以下で、文字 ζ は cos N + i sin N を表すものとする。【2】と同様に:
　　a = cos³ N = (cos 3N + 3 cos N)/4 = (−1/2 + 3 cos N)/4 = (−1 + 6 cos N)/8
　　b = cos³ 2N = (cos 6N + 3 cos 2N)/4 = (−1/2 + 3 cos 2N)/4 = (−1 + 6 cos 2N)/8
　　c = cos³ 4N = (cos 12N + 3 cos 4N)/4 = (−1/2 + 3 cos 4N)/4 = (−1 + 6 cos 4N)/8
なぜなら 3N = 120° などの cos は −1/2。さて cos 2N = cos (−2N) であり、 −2N, N, 4N は 120° 間隔なので、 cos N + cos 2N + cos 4N = 0。よって3乗和 a + b + c が −3/8 に等しいことは、直ちに明らか。問題は a⁵ + b⁵ + c⁵ も同じ値になるメカニズムの確認。

cos N = (ζ¹ + ζ⁻¹)/2 なので:
　　a⁵ = (3ζ¹ + 3ζ⁻¹ − 1)⁵/8⁵　つまり
　　8⁵a⁵ = 2¹⁵a⁵ = (3ζ¹ + 3ζ⁻¹ − 1)⁵

次の恒等式を使う。
　　(A + B + C)⁵ = A⁵ + B⁵ + C⁵
　　 + 5(A⁴B + AB⁴ + B⁴C + BC⁴ + C⁴A + CA⁴)
　　 + 10(A³B² + A²B³ + B³C² + B²C³ + C³A² + C²A³)
　　 + 20(A³BC + B³CA + C³AB)
　　 + 30(A²B²C + B²C²A + C²A²B)

(3ζ¹ + 3ζ⁻¹ − 1)⁵ = 243ζ⁵ + 243ζ⁻⁵ − 1　　《マ》
　　 + 5(243ζ³ + 243ζ⁻³ − 81ζ⁻⁴ + 3ζ⁻¹ + 3ζ¹ − 81ζ⁴)　　《ミ》
　　 + 10(243ζ¹ + 243ζ⁻¹ + 27ζ⁻³ − 9ζ⁻² − 9ζ² + 27ζ³)　　《ム》
　　 + 20(−81ζ² − 81ζ⁻² − 9)　　《メ》
　　 + 30(−81 + 27ζ⁻¹ + 27¹)　　《モ》
　　 = 486 cos 4N − 1　　← なぜなら 2 cos 5N = 2 cos 4N
　　 + 5(−243 − 162 cos 4N + 6 cos N)　　← なぜなら 2 cos 3N = −1
　　 + 10(486 cos N − 27 − 18 cos 2N)
　　 + 20(−162 cos 2N − 9)
　　 + 30(−81 + 54 cos N)
　　 = 6510 cos N − 3420 cos 2N − 324 cos 4N − 4096

5乗される数に含まれていた ζⁿ + ζ⁻ⁿ の n = 1 に対して、《マ》で現れる指数 ±5 は ±5n だが ±4n に置き換えても、結果は同じ。《ミ》で現れる指数 ±3, ±1, ±4 はそれぞれ ±3n, ±1n, ±4n。同様に、複号を省略すると《ム》で 1n, 3n, 2n, 《メ》で 2n, 《モ》で 1n が出現。

ところで、入力において n が 2 or 4 に変わっても、展開式の係数・定数は変わらず、 ζ の指数だけが置き換わる。

n = 1, 2, 4 のいずれに対しても、出力に指数 ±3n が含まれる場合、結果は ζ³ⁿ + ζ⁻³ⁿ = ζ³ + ζ⁻³ = −1 になる。それ以外においては n = 1 の場合の ±1, ±2, ±4 が n = 2 の場合にはそれぞれ ±2, ±4, ±1 に置き換わり、 n = 4 の場合にはそれぞれ ±4, ±1, ±2 に置き換わる。

入力 n に対する出力の指数（mod 9）
	1n	2n	4n
n = 1	1	2	4
n = 2	2	4	−1
n = 4	4	−1	−2

ゆえに n = 2, 4 の場合も、上記の明示的計算（n = 1 に対する）とほとんど同じ結果になり、 ζ^w + ζ^−w = 2 cos wN の形の w だけが変わる:
　　(3ζ¹ + 3ζ⁻¹ − 1)⁵ = 6510 cos N − 3420 cos 2N − 324 cos 4N − 4096
　　(3ζ² + 3ζ⁻² − 1)⁵ = 6510 cos 2N − 3420 cos 4N − 324 cos N − 4096
　　(3ζ⁴ + 3ζ⁻⁴ − 1)⁵ = 6510 cos 4N − 3420 cos N − 324 cos 2N − 4096
これら三つの式を足し合わせると、右辺には −4096 × 3 だけが残り（なぜなら cos N + cos 2N + cos 4N = 0）、各式の左辺は前記のように 8⁵a⁵ = 2¹⁵a⁵ あるいはその a を b, c に置き換えたものに等しいから:
　　2¹⁵a⁵ + 2¹⁵b⁵ + 2¹⁵c⁵ = −4096 × 3 = −3⋅2¹²
両辺を 2¹⁵ で割ると:
　　a⁵ + b⁵ + c⁵ = −3/8
これが検証されるべきことだった。

【5】　今回のまとめ。和 cosⁿ T + cosⁿ 3T + cosⁿ 4T と和 cosⁿ 2T + cosⁿ 5T + cosⁿ 6T が、それぞれ n = 1, n = 3 に対して等しい値を持つこと。和 cosⁿ N + cosⁿ 2N + cosⁿ 4N が n = 3, n = 15 に対して等しい値を持つこと。――これらの現象はどれも、内部的に「ある種の変数の入れ替えに対して、トータルでは結果が変わらない」という対称性がトリガーされて、発生する。このような現象は 1 の原始根のべき和を扱う場合には、円分多項式に関する Gauß の理論などの直接の結果として、ありふれたことかもしれないが、原始根の実部のべき和の場合にも起こり得る。

「ある種の変数の入れ替え」が置換（入れ替え前後でトータルで過不足が生じないような並び替え）になっていなければならないので、土台になる周期（原始根に基づく）と、べきの指数の置き換えの相互作用が「平等」でなければならない。例えば N のケースの n → 3n のように「入力が何であっても出力が同じ」といった偏り（非可逆変換）が至るところで起きるなら、当然、対称性は失われ、二つのべき和は等しくなり得ないであろう。他方において、まさにこの n → 3n のケースにように、変換の一部が双射でないとしても、トータルでは対称性が維持されるケースもあり得る。

二つのべき和 ∑ cos^m k_jθ = ∑ cosⁿ k_jθ が等しい値を持つ、という現象について、一応の説明はついた。この現象の特徴付け・一般的な扱いは、必ずしも簡単ではないだろう。円周9等分・13等分のどちらの例も、たまたま発見したものであり、何らかの理論に基づいて導いたものではない。しかし、この現象を透明に見通せるような観点が、あるのかもしれない。

2024-05-27　P. Rolli の等式　円周13等分

#遊びの数論　#円周13等分　#1 の原始根　#(28)

(i)　　cos² (π/13) + cos² (3π/13) + cos² (4π/13) = (11 + √13)/8

(ii)　　sin (π/13) + sin (3π/13) + sin (4π/13) = {√[26 + 6√13]}/4

証明　2π/13 = T とする。 cos (π/13) = −cos (12π/13) = −cos 6T であり、 cos (3π/13) = −cos (10π/13) = −cos 5T であるから、 (i) は cos 2T, cos 5T, cos 6T の2乗和。さて、
　　t³ + [(1 + √13)/4]t² − (1/4)t − (3 + √13)/16
…の根は cos 2T, cos 5T, cos 6T なので（【11】）、問題の2乗和は:
　　[(1 + √13)/4]² − 2(−1/4) = (14 + 2√13)/16 + 1/2 = (11 + √13)/8

(ii) の左辺各項の平方和 = sin² 2T + sin² 5T + sin² 6T = (1 − cos² 2T) + (1 − cos² 5T) + (1 − cos² 6T) は、
　　3 − [(i) の左辺] = (13 − √13)/8
…に等しい。 (ii) の左辺の平方 = (sin 2T + sin 5T + sin 6T)² を求めるためには、上記の平方和に、次の値を足せばいい。
　　2(sin 2T sin 5T + sin 5T sin 6T + sin 6T sin 2T)

sin の積→和の公式^† 2 sin α sin β = cos (α − β) − cos (α + β) を使うと:
　　2(sin 2T sin 5T + sin 5T sin 6T + sin 6T sin 2T)
　　 = cos 3T − cos 7T + cos T − cos 11T + cos 4T − cos 8T
　　 = cos 3T − cos 6T + cos T − cos 2T + cos 4T − cos 5T
　　 = (cos T + cos 3T + cos 4T) − (cos 2T + cos 5T + cos 6T)
　　 = (−1 + √13)/4 − (−1 − √13)/4 = (√13)/2
最後から2番目の等号では、 cos 2T, cos 5T, cos 6T を根とする3次式（上掲）の2次の係数を使い、同様に cos T, cos 3T, cos 4T を根とする3次式の係数も使った。

ゆえに (sin 2T + sin 5T + sin² 6T)² = (13 − √13)/8 + (√13)/2 = (13 + 3√13)/8。 (ii) の左辺は、この数の正の平方根なので、(ii) の右辺に等しい。∎

†　cos (α − β) = cos α cos β + sin α sin β から cos (α + β) = cos α cos β − sin α sin β を引くと:
　　cos (α − β) − cos (α + β) = 2 sin α sin β

(i), (ii) は P. Rolli が2004年に私信に記したものだという^†。 1 の原始13乗根の実部に関連する二つの3次式から、どちらも容易に導かれる。 (i) に関連して、 cos T, cos 4T, cos 5T の「和」と「3乗和」が等しいこと（cos 2T, cos 5T, cos 6T についても同様）に気付いた。

†　https://mathworld.wolfram.com/TrigonometryAnglesPi13.html

2024-05-28　ジラルの3乗公式の簡潔な導出

#遊びの数論　#ジラルの公式　#(28)

Newton の公式（漸化式）のうち4乗和までの部分は、Newton より数十年前に既に Girard によって記述されている。

3次式 g(x) = x³ + Px² + Qx + R の根を x = a, b, c とすると:
　　g(a) = a³ + Pa² + Qa + R = 0
　　g(b) = b³ + Pb² + Qb + R = 0
　　g(c) = c³ + Pc² + Qc + R = 0
縦に足し合わせて:
　　(a³ + b³ + c³) + P(a² + b² + c²) + Q(a + b + c) + 3R = 0
ゆえに:
　　a³ + b³ + c³ = −P(a² + b² + c²) − Q(a + b + c) − 3R
　　 = (a + b + c)(a² + b² + c²) − (ab + bc + ca)(a + b + c) + 3(abc)
　　 = A(A² − 2B) − BA + 3C = A³ − 3AB + 3C
ただし A = a + b + c = −P, B = ab + bc + ca = Q, C = abc = −R。

同じ形は a³ + b³ + c³ + d³ についても成り立つ。
　　A = a + b + c + d, B = ab + ac + ad + bc + bd + cd, C = abc + bcd + cda + dab
…とすると:
　　A³ = ∑(a³) + 3∑(a²b + ab²) + 6∑(abc)　〔4³ = 64項 = 4 + 3⋅12 + 6⋅4〕
　　AB = (a + b + c + d)(ab + ac + ad + bc + bd + cd) = ∑(a²b + ab² + 3abc)　〔24項〕
　　∴　A³ − 3AB = ∑(a³) − 3∑(abc) = ∑(a³) − 3C　〔64−3⋅24項 → 4−3⋅4項〕
　　∴　A³ − 3AB + 3C = ∑(a³) = a³ + b³ + c³ + d³

〔注〕　上記 A = a + b + c + d の4項、 B = ab + … + cd の計6項、 C = abc + bcd + cda + dab の4項をそれぞれ ∑(a), ∑(ab), ∑(abc) と略す。 ∑(a²) や ∑(a³) も同様の4項の和、 ∑(a²b) = a²b + … + c²d も同様の6項の和を表す。従って、例えば:
　　3∑(a²b + ab²) = 3[(a²b + … + c²d) + (ab² + … + cd²)]

同様に a³ + b³ + c³ + d³ + e³ についても:
　　A = a + b + c + d + e
　　B = ab + ac + ad + ae + bc + … + de　〔4 + 3 + 2 + 1 = 10項^†〕
　　C = abc + abd + abe + acd + ace + ade + bcd + … + cde　〔6 + 3 + 1 = 10項^‡〕
…とすると:
　　A³ = ∑(a³) + 3∑(a²b + ab²) + 6∑(abc)　〔5³ = 125項 = 5 + 3⋅20 + 6⋅10〕
　　AB = (5項)(10項) = ∑(a²b + ab² + 3abc)　〔50項〕
　　∴　A³ − 3AB = ∑(a³) − 3∑(abc) = ∑(a³) − 3C　〔125−3⋅50項 → 5−3⋅10項〕
　　∴　A³ − 3AB + 3C = ∑(a³) = a³ + b³ + c³ + d³ + e³

†　三角数 T₄ = (4 + 3 + 2 + 1) = ₄₊₁C₂ = 5⋅4/2! = 10

‡　四面体数 Δ₃ = (3 + 2 + 1) + (2 + 1) + (1) = ₃₊₂C₃ = 5⋅4⋅3/3! = 10

基本対称式と3乗和　一定の個数（3以上）の変数の1個・2個・3個ずつの積の和をそれぞれ A, B, C とすると:
　　3乗和 = A³ − 3AB + 3C
　A³ から生じる余計な 3∑(a²b + ab²) + 6∑(abc) は、引き算 A³ − 3AB によって除去されるが、その副作用として −3∑(abc) が「引き過ぎ」: A³ には 6∑(abc) が含まれるが AB には 3∑(abc) が――従って −3AB には −9∑(abc) が――含まれるから。それを +3∑(abc) = +3C で補正。

〔例〕　α³ + β³ + γ³ = (α + β + γ)³ − 3(α + β + γ)(αβ + βγ + γα) + 3(αβγ)

2024-05-29　ジラルの4乗公式

#遊びの数論　#ジラルの公式　#(28)

4項の4乗和 a⁴ + b⁴ + c⁴ + d⁴ を基本対称式の組み合わせで表すこと。 (a + b + c + d)⁴ の展開を考えて、全部「手作り」する過程は面白いけど、結論だけが欲しいのなら、4項の3乗和 a³ + b³ + c³ + d³ に帰着させる方が簡単。本質的には Newton の公式（漸化式）と同じ仕組み。

4次式 g(x) = x⁴ + Px³ + Qx² + Rx + S の根を x = a, b, c, d とすると:
　　g(a) = a⁴ + Pa³ + Qa² + Ra + S = 0
　　g(b) = b⁴ + Pb³ + Qb² + Rb + S = 0
　　g(c) = c⁴ + Pc³ + Qc² + Rc + S = 0
　　g(d) = d⁴ + Pd³ + Qd² + Rd + S = 0
縦に足し合わせて:
　　(a⁴ + b⁴ + c⁴ + d⁴) + P(a³ + b³ + c³ + d³) + Q(a² + b² + c² + d²) + R(a + b + c + d) + 4S = 0
ゆえに:
　　a⁴ + b⁴ + c⁴ + d⁴ = −P(a³ + b³ + c³ + d³) − Q(a² + b² + c² + d²) − R(a + b + c + d) − 4S
　　 = (a + b + c + d)(a³ + b³ + c³ + d³) − (ab + ac + ad + bc + bd + cd)(a² + b² + c² + d²)
　　 + (abc + bcd + cda + dab)(a + b + c + d) − 4(abcd)
　　 = A(A³ − 3AB + 3C) − B(A² − 2B) + CA − 4D
　　 = A⁴ − 3A²B + 3AC − A²B + 2B² + AC − 4D
　　 = A⁴ − 4A²B + 4AC + 2B² − 4D
ただし A = a + b + c + d = −P, B = ab + ac + ad + bc + bd + cd = Q, C = abc + bcd + cda + dab = −R, D = abcd = S。

Girard の4乗和の公式が淡々と得られた。

a⁴ + b⁴ + c⁴ は、この式で d = 0 の場合だから:
　　A = a + b + c, B = ab + ac + bc, C = abc, D = 0
　　a⁴ + b⁴ + c⁴ = A⁴ − 4A²B + 4AC + 2B²

言い換えれば、3次式 (x − a)(x − b)(x − c) を4次式 (x − a)(x − b)(x − c)(x − 0) と見なして、前記の（4項の4乗和の）議論を適用することに当たる。

【1】　一般に、項数が指数より小さい場合の挙動は――つまり n 項の k 乗和が n < k の場合にも n = k の場合と同じ公式に従うことは――、上記と同様に、簡単に示される（一部の変数がゼロになるだけで、同じ k 乗和の式に従う）。

【2】　逆に、項数が指数より大きい場合について。例えば a³ + b³ + c³ + d³ が a³ + b³ + c³ と同じ形の公式に従うことは、比較的分かりにくい。4項または5項の3乗和については、前回、手っ取り早くこれを直接証明したけど、次のように論じることもできる。

a, b, c, d の中に 0 がある場合は簡単なので^†、その四つがどれも 0 でないとする。 g(a) = a⁴ + Pa³ + Qa² + Ra + S = 0 の両辺を a で割ると:
　　a³ + Pa² + Qa + R + S/a = 0
同様に g(b) = 0 の両辺を b で割り、 g(c) = 0 の両辺を c で割り、 g(d) = 0 の両辺を d で割ると:
　　b³ + Pb² + Qb + R + S/b = 0
　　c³ + Pc² + Qc + R + S/c = 0
　　d³ + Pd² + Qd + R + S/d = 0
上記四つの等式を縦に足すと:
　　(a³ + b³ + c³ + d³) + P(a² + b² + c² + d²) + Q(a + b + c + d) + 4R + S(1/a + 1/b + 1/c + 1/d) = 0
S = abcd なので S(1/a + 1/b + 1/c + 1/d) = bcd + acd + abd + abc = C。従って:
　　a³ + b³ + c³ + d³ = −P(a² + b² + c² + d²) − Q(a + b + c + d) − 4R − C
　　 = A(A² − 2B) − BA + 4C − C = A³ − 3AB + 3C

これは（A, B, C が4項バージョンになることを別にすれば）、3項の3乗和と全く同じ式。

一般に n 項の k 乗和は、 k = n − 1 ならこれと同じように処理できる（k = n − 2 の場合などにも類似の処理が成り立つが、それについては別に検討する必要がある）。

†　x⁴ + Px³ + Qx² + Rx + S = 0 の解 x = a, b, c, d のうち一つが 0 の場合は、次のように簡単に結論を出せる。必要に応じて解 a, b, c, d の名前を交換して = 0 の解を d としよう。 S = abcd = 0 だから:
　　x⁴ + Px³ + Qx² + Rx = 0
両辺を x で割ると:
　　x³ + Px² + Qx + R = 0
d = 0 だから A = a + b + c + d = a + b + c、同様に B = ab + bc + ca, C = abc なので、3項の3乗和から:
　　a³ + b³ + c³ + d³ = a³ + b³ + c³ = (a + b + c)³ − 3(a + b + c)(ab + bc + ca) + 3(abc) = A³ − 3AB + 3C。

【3】　 a⁴ + b⁴ + c⁴ + d⁴ + e⁴ の5項の4乗和について、【2】のように処理する。
　　x⁵ + Px⁴ + Qx³ + Rx² + Sx + T = 0
…の解を x = a, b, c, d, e とする。上の式の x に a, b, … を代入して、それぞれ両辺を a, b, … で割ると:
　　a⁴ + Pa³ + Qa² + Ra + S + T/a = 0
　　b⁴ + Pb³ + Qb² + Rb + S + T/b = 0
　　etc.
ここで T = −abcde, T/a + T/b + … + T/e = −bcde − acde − … − abcd = −D なので、上記の五つの式（etc. を含む）を縦に足して:
　　∑(a⁴) − A ∑(a³) + B ∑(a²) − C ∑(a) + 5D − D = 0
　　∴　∑(a⁴) = A(A³ − 3AB + 3C) − B(A² − 2B) + CA − 4D
　　つまり　a⁴ + b⁴ + c⁴ + d⁴ + e⁴ = A⁴ − 4A²B + 4AC + 2B² − 4D

基本対称式 A, B, C, D の組み合わせとしては、5項の4乗和は、4項の4乗和 a⁴ + b⁴ + c⁴ + d⁴ と全く同一の形式で表現される。ただし5項バージョンなので A = a + b + c + d + e, B = ab + ac + ad + ae + bc + … de などは、5文字から成る基本対称式を表す。

これで、5項までについて、3乗和と4乗和が解決した。任意項数の1乗和・2乗和は自明なので、5次式までの根に関する限り Girard の公式が全種類、再証明されたことになる（Girard は Newton と違い4乗和までを考え、5乗和以降を含む一般のべき和を扱わなかった）。

2024-05-30　2項の4乗和と3項の4乗和

#遊びの数論　#ジラルの公式　#(28)

a + b = A で ab = B のとき、 a² + b² = (a + b)² − 2(ab) = A − 2B。それと同じように、 A と B を使って a⁴ + b⁴ を表すことを考える。

(a + b)⁴ = a⁴ + 4a³b + 6a²b² + 4ab³ + b⁴ なので:
　　a⁴ + b⁴ = (a + b)⁴ − 4(a³b + ab³) − 6a²b² = (a + b)⁴ − 4(ab)(a² + b²) − 6(ab)²
　　 = A⁴ − 4B(A² − 2B) − 6B² = A⁴ − 4A²B + 2B²

【1】　形式的な計算は以上のように簡単だが、内容的に何が起きているのだろうか？
　　A²B = (a² + b² + 2ab)(ab) = a³b + ab³ + 2(ab)²　　《ヤ》
…なので、その4倍を…
　　A⁴ = a⁴ + 4a³b + 6(ab)² + 4ab³ + b⁴
…から引いてやれば、 4a³b と 4ab³ が消え a⁴ と b⁴ が残るのはいいのだが、もう一つの項 6(ab)² は、きれいに消えてくれず、
　　6(ab)² − 4⋅2(ab)² = −2(ab)²
…も残ってしまう。この後始末のため、 2(ab)² = 2B² をプラス補正している:
　　A⁴ − 4A²B = a⁴ + b⁴ − 2(ab)²　　← あと一歩
　　A⁴ − 4A²B + 2B² = a⁴ + b⁴　　← 完成！

(a + b)⁴ を展開した各項は4次（同じ文字の重複もカウントして、4個の文字の積: aaaa, aaab 等々）。純粋な4乗和 a⁴ + b⁴ を抜き出すには、 A⁴ = (a + b)⁴ から 4a³b, 4ab³ 等の余計な4次の項を除去すればいい。 A の各項（a, b 等）は1次、 B の各項（ab 等）は2次。従って A²B の各項は 1 + 1 + 2 = 4次だが、 AB² の各項は 1 + 2 + 2 = 5次。余計な4次の項を除去するには、後者（5次）ではなく、前者（4次）の倍数を引き算すればいい。 a³b などの係数は 4 なので A⁴ − 4A²B という引き算が、土台になる。

【2】　この観点から、3項の4乗和を再考: A = a + b + c, B = ab + bc + ca, C = abc を使って a⁴ + b⁴ + c⁴ を表す。

A²B = [a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca)](ab + bc + ca)
　　 = a³b + ab³ + b³c + bc³ + c³a + ca³ + a²bc + ab²c + abc² + 2(ab + bc + ca)²　　《ユ》
《ユ》が《ヤ》の一種の拡張であることが、観察される。
　　a²bc + ab²c + abc² = (a + b + c)(abc) = AC
…なので:
　　B² = (ab + bc + ca)² = (ab)² + (bc)² + (ca)² + 2(ab²c + abc² + a²bc) = (ab)² + (bc)² + (ca)² + 2AC
従って《ユ》は:
　　A²B = a³b + … + ca³ + 2[(ab)² + (bc)² + (ca)²] + 5AC

〔注〕　5AC のうち 4AC は《ユ》の 2(ab + bc + ca)² から生じ、もう一つの AC は《ユ》の a²bc + ab²c + abc² から生じる。

一方、 (a + b + c)⁴ − a⁴ − b⁴ − c⁴ はこうなる:
　　4(a³b + … + ca³) + 6[(ab)² + (bc)² + (ca)²] + 12AC
そこから 4A²B を引くと −2 倍の「引き過ぎ」が生じる。その点は、 (a + b)⁴ のケースと全く同じ:
　　A⁴ − 4A²B = a⁴ + b⁴ + c⁴ − 2[(ab)² + (bc)² + (ca)²] − 8AC　　← もう少し
12AC − 4⋅5AC = −8AC は、2項の4乗和のときにはなかった変な成分だが、単なる AC の倍数なので（そして A, C は自由に使えるので）これを除去することは難しくない。

実は、2項の4乗和のときと同様のプラス補正 +2B² を行うと、 −2[ ] の部分をきれいに除去できるばかりか、余計な −8AC も、部分的に相殺される: 2B² = 2(ab + bc + ca)² = 2[(ab)² + (bc)² + (ca)²] + 4AC のプラス補正には +4AC の「おまけ」が内在しているため、この補正の結果 −8AC が −4AC に変わるのだ。残った −4AC を消すため +4AC の追加補正を行えば、完成。
　　A⁴ − 4A²B + 2B² = a⁴ + b⁴ + c⁴ − 4AC　　← あと一歩
　　∴　A⁴ − 4A²B + 2B² + 4AC = a⁴ + b⁴ + c⁴　　← 完成！

【3】　以上を振り返ると、次のようなことがポイントといえそうだ。第一に、
　　A⁴ = (a + b + c)⁴ = ∑(a⁴) + 4∑(a³b + ab³) + 6∑(a²b²) + 12[a²bc + ab²c + abc²]
…の [ ] 内が、ちょうど (a + b + c)(abc) = AC に等しいこと、従って、 A⁴ には 12AC が含まれること。第二に、
　　A²B = ∑(a³b + ab³) + 2∑(a²b²) + 5[a²bc + ab²c + abc²]
…となること、つまり A²B には 5AC が含まれること^†。第三に、以上のことから A⁴ − A²B には 12AC − 4⋅5AC = −8AC が含まれること。第四に、 A⁴ − A²B から生じる −2∑(a²b²) を除去するため 2B² = 2(ab + bc + ca)² をプラス補正すると、内在する 4(a²bc + ab²c + abc²) = 4AC も加算され、上記 −8AC が −4AC になること。

結局、2項の4乗和 a⁴ + b⁴ = A⁴ − 4A²B + 2B² の形と比較した場合、3項の4乗和 a⁴ + b⁴ + c⁴ には + 4AC の追加補正が必要だが、それ以外に本質的な違いはない。2項と3項では A, B 等の意味が異なるが（前者では A = a + b, 後者では A = a + b + c 等々）、論理的には、2項バージョンは3項バージョン…
　　a⁴ + b⁴ + c⁴ = A⁴ − 4A²B + 2B² + 4AC
…に包含される。なぜなら a⁴ + b⁴ は、 a⁴ + b⁴ + c⁴ において c = 0 になった場合に当たる; そのとき C = abc = 0 なので、追加補正の +4AC の項は 0 に等しく、あってもなくても結果に影響しない; a⁴ + b⁴ についての A, B も、単に A = a + b + c, B = ab + bc + ca において c = 0 となった場合と考えることができる。この解釈によれば、2項の4乗和・3項の4乗和は、同一パターンに従う（ちなみに、そのどちらも、さらに一般的な「4項以上の4乗和」の軽量バージョンに当たる）。

2項の4乗和 (C=0) と3項の4乗和
土台	プラス補正	追加補正
A⁴ − 4A²B	+2B²	+4AC

†　AC = (a + b + c)(abc) = ∑(a²bc) という成分は、 (a² + b² + c²)B = (a² + b² + c²)(ab + bc + ca) の展開から 1 個生じ、 B² = (ab + bc + ca)² の展開から 2 個生じる。よって A²B = [(a² + b² + c²) + 2B]B = (a² + b² + c²)B + 2⋅B² から 1 + 2⋅2 = 5 個生じる。

2024-05-31　フェルマーの最終定理もどき　x⁴ + y⁴ = z⁴

#遊びの数論　#ジラルの公式　#3次方程式　#(28)

(I)　二つの数 x, y の和を 1 とする: x + y = 1。それぞれの「4乗の和」も 1 とする: x⁴ + y⁴ = 1。この条件を満たす x と y の値は？

(II)　x + y = 7 かつ x⁴ + y⁴ = 7⁴ を満たす x, y を求める。一般に x + y = z という条件で x⁴ + y⁴ = z⁴ の解を求める。

x = ±1, y = 0 等の自明解を別にすると、x⁴ + y⁴ = z⁴ に整数解はない（Fermat の最終定理の一番簡単なケース）。それと少し似ているが、このメモでは x + y = z かつ x⁴ + y⁴ = z⁴ という問題を考える。「べき和を基本対称式で表すこと」がどう役立つのか、という簡単な具体例。

比較のため、まず (I) の素朴な（退屈で学校的？な）解法を記す。第一式から y = 1 − x として、それを第二式に代入し y を消去すると:
　　x⁴ + (1 − x)⁴ = 1
左辺を展開すると:
　　x⁴ + (1 − 4x + 6x² − 4x³ + x⁴) = 1
　　つまり　2x⁴ − 4x³ + 6x² − 4x = 0
x = 0 は自明解。以下 x ≠ 0 の場合を考え、上の式の両辺を 2x で割ると:
　　x³ − 2x² + 3x − 2 = 0　　《ラ》

ここで「3次方程式だから」といって Cardano の公式に飛び付いてはいけない（その理由は末尾の付録参照）: 整数解の有無を調べるのが先決。整数解があるとすれば、定数項の約数 x = ±1, ±2 のどれか。順に試すと x = 1 が解であることを簡単に確認できる。よって上の3次式は x − 1 で割り切れ、3次方程式を直接解く必要はない。

         x^2 -  x   + 2
       ┌────────────────────
 x - 1 │ x^3 - 2x^2 + 3x - 2
         x^3 -  x^2
         ────────── 
               -x^2 + 3x
               -x^2 +  x
               ─────────
                      2x - 2
                      2x - 2
                      ──────
                           0

実直な筆算の結果、《ラ》の左辺は (x − 1)(x² − x + 2) = 0 と分解される――そこから読み取れる自明解 x = 1 は既知。問題は残りの2解だが、それらは…
　　x² − x + 2 = 0　　《リ》
…の解なので:
　　x = (1 ± √−7)/2　対応する y は 1 − x = (1 ∓ √−7)/2　複号同順

結論として、 x, y の一方を a = (1 + √−7)/2 とし、他方を b = (1 − √−7)/2 とすると x + y = 1 で（これは明らか）、しかも x⁴ + y⁴ = 1 となる――こっちは全然明らかでないので、検算しておく。

√−7 を w と略すと w² = −7 なので:
　　a² = ((1 + w)/2)² = (1 + 2w + w²)/4 = (−6 + 2w)/4 = (−3 + w)/2
従って:
　　a⁴ = (a²)² = ((−3 + w)/2)² = (9 − 6w + w²)/4 = (2 − 6w)/4 = (1 − 3w)/2
同様に（あるいは単に b は a の共役なので b⁴ は a⁴ の共役になるということから）:
　　b⁴ = (1 + 3w)/2
確かに a⁴ + b⁴ = (1 − 3w)/2 + (1 + 3w)/2 = 1 となる！

a = (1 + √−7)/2 = 0.5 + (1.3228…)i とその共役 b の和は 1。
　a⁴ = (1 − 3√−7)/2 = 0.5 − (3.9686…)i とその共役 b⁴ の和も 1。

〔参考〕　第一の虚部 1.32… は √7 = 2.64…（菜に虫）の半分。第二の虚部 3.96… は、この 2.64 にその半分を足したもの。

以上は参考のために「普通」の解法を記したもので、それほど面白くない。

別解…というか、ここからが本題だが… (I) を「2項の4乗和」の応用として扱ってみたい。任意の a, b について:
　　(a + b)⁴ = a⁴ + b⁴ + 4(a³b + ab³) + 6(a²b²)
これを「A = a + b と B = ab」についての式に変換すると:
　　a⁴ + b⁴ = (a + b)⁴ − 4(ab)(a² + b²) − 6(ab)² = A⁴ − 4B(A² − 2B) − 6B² = A⁴ − 4A²B + 2B²
内容的には: A²B = (a² + 2ab + b²)(ab) の 4倍を (a + b)⁴ から引き算すると、 4a³b + 4ab³ がきれいに消えてくれる半面、 6a²b² − 8a²b² = −2a²b² の負債^†が生じるので +2a²b² つまり +2B² のプラス補正をしている。

†　A⁴ = (a + b)⁴ の展開には 6a²b² が含まれる。 4A²B = 4(a² + 2ab + b²)(ab) の展開には 8a²b² が含まれる。従って A⁴ から A²B を引くと、これらの項に関しては 6a²b² − 8a²b² = −2a²b² = −2B² となる。

a, b をそれぞれ x, y として上記の関係を使うと、 (I) の条件は:
　　1 = x⁴ + y⁴ = A⁴ − 4A²B + 2B²
同時に A = x + y = 1 という条件もあるので、それを上の右辺に代入すると:
　　1 = 1⁴ − 4⋅1²B + 2B²　つまり　2B² − 4B = 2B(B − 2) = 0
これはもちろん B (= xy) = 0 という自明解を持つ（x, y の一方が 0 で他方が 1 の場合）。以下では、非自明解 B = xy = 2 について考える。

x + y = 1 と xy = 2 ということから、 x, y を解とする2次方程式を作れる:
　　t² − t + 2 = 0　　《ル》
未知数の名前を t としただけで《リ》と全く同じ方程式だが、その導出に関しては、「3次方程式の整数解を見つけて筆算の割り算で因数分解」という手間が省けた！

「4乗和の式の方がややこしい」（3次式の割り算の方が機械的にできて易しい）という見方もあるだろうが、「根の3乗和・4乗和などと基本対称式の関係」の方が、柔軟性が高い―― (II) を考えると、それがさらに実感されるだろう。

とりあえず (I) に決着を: 《ル》の解はもちろん《リ》の解と同じなので、以降は最初の解法と同じ。上記 xy = 2 については、
　　(1 + √−7)/2 × (1 − √−7)/2 = [1 − (−7)]/4 = 8/4 = 2
…なので、つじつまが合っている。

さて (II) の一般の場合。素朴なアプローチで x⁴ + y⁴ = z⁴ を処理するなら（z: 定数）、《ラ》に当たる式が…
　　x³ − 2zx² + 3z²x − 2z³ = 0
…となる。この式は、定数項が整数かどうか（有理数かどうか、実数かどうかすら）不明なので、有理数解の有無を確かめることができない。それでも多少の試行錯誤によれば x = z が一つの解であるを確かめることができ、従って上の左辺は x − z で割り切れ、その割り算も実行可能――しかしこの手順は、あまり見通しが良いとはいえないだろう。一方、単に A = x + y, B = xy と置いて Girard の公式を使うと:
　　z⁴ = x⁴ + y⁴ = A⁴ − 4A²B + 2B²
問題の条件から A = x + y = z なので、それを右辺にぶち込めば:
　　z⁴ = z⁴ − 4z²B + 2B²　つまり　2B² − 4z²B = 0
自明解に対応する B = xy = 0 を度外視して、上の最後の等式の両辺を 2B (≠ 0) で割ると:
　　B − 2z² = 0　つまり　B = 2z²
これで x, y の和 z と、積 xy = B = 2z² が判明したので、自然に x, y を解とする2次方程式を構成できる:
　　t² − zt + 2z² = 0
これを満たす未知数 t が x, y なのだから、直ちに次の結論に至る:
　　x, y = [z ± √(z² − 8z²)]/2 = (z ± z√−7)/2　　《レ》

(I) は《レ》で z = 1 とした場合であった。 (II) の z = 7 のケースについても、単に《レ》で z = 7 として:
　　x, y = (7 ± 7√−7)/2

定数 z が与えられたとする。 x + y = z かつ x⁴ + y⁴ = z⁴ を満たす x, y は…
　　自明解　x = z, y = 0
　　非自明解　x = (z + z√−7)/2, y = (z − z√−7)/2
どちらについても、 x と y の値を入れ替えてもいい。

〔参考文献〕　Jiří Herman, et al.: Equations and Inequalities (2000), p. 57; Chap. 1, 5.12 Exercises (ix)

付記（Cardano の公式のわな）　冒頭の素朴な方法を使ったとして、3次方程式《ラ》…
　　x³ − 2x² + 3x − 2 = 0
…が出てきたとき、もし有理係数の範囲での分解可能性を確かめず、直接方程式を解こうとするとどうなるか？

2次項を除去するため x = p + 2/3 と置くと:
　　p³ + (5/3)p − 16/27 = 0
分数を解消するため q = p/3 と置いて両辺を 27 倍すると:
　　q³ + 15q − 16 = 0
Cardano の公式によると、この3次方程式の実数解は:
　　q′ = ³√(8 + 3√21) + ³√(8 − 3√21)
ただし、この立方根記号は、実数の立方根を表すものとする。負数の立方根について、立方根号が主値を表すとするなら、 q′ は次のように表現される。
　　q′ = ³√(8 + 3√21) − ³√(−8 + 3√21)

q′ はどちらの表記でも複雑そうな形をしているが、実は 1 に等しい^†。変数を元に戻した x = q′/3 + 2/3 = 1 は、自明解 x = 1, y = 0 に当たる。要するに、苦労して Cardano の公式を使ってもこの場合全く無意味; 最初から《ラ》で有理数解をチェックして x = 1 を検出した方が、はるかに良い。肝心の非自明解は、もしこの Cardano 形式に基づくなら:
　　[³√(8 + 3√21) × (−1 ± √−3)/2 − ³√(−8 + 3√21) × (−1 ∓ √−3)/2]/3 + 2/3
これが (−1 ± √−7)/2 に等しいことを確かめるのは、不可能ではないとしても、困難だろう！

†　不思議な偶然で、上記参考文献 Chap. 1, 3.24 は、この式が 1 に等しいことの証明を扱っている。

3次方程式の場合「解の公式に当てはめればいい」という考え方では、うまくいかないことがある（数値的には正しい表現が得られるが、実用にならない）。公式を使う前にまず有理数解チェックを行い、有理数解があれば分離（因数分解）するべしッ！

速攻 Cardano 形式に飛び込んでいいのは、「有理数の根がないこと」が事前に分かっているケースだけ（ある種の円分多項式など）。有理数解があるのに Cardano 形式にすると、泥沼の堂々巡りになる。

2024-06-01　円周率の Machin の公式

#遊びの数論　#(28)

x⁴, y⁴ はそれぞれ x, y と比べて絶対値が4乗で、偏角が4倍。この「偏角」の部分は、円周率の計算の Machin の公式とも少し関連する。

【1】　x = [(1 + i√7)/2]z と y = [(1 − i√7)/2]z の和は z。 x⁴ = [(1 − 3i√7)/2]z⁴ と y⁴ = [(1 + 3i√7)/2]z⁴ の和は z。

x + y では ±i√7 が打ち消し合って = [(1 + 1)/2]z = z となる。同様に x⁴ + y⁴ = [(1 + 1)/2]z⁴ = z⁴。

[(1 ± i√7)/2] の4乗が [(1 ∓ 3i√7)/2] であることは、それほど明らかではない。 i√7 = √−7 を w と略すと:
　　(1 + w)⁴ = 1 + 4w + 6w² + 4w³ + w⁴ = 1 + 4w + 6(−7) + 4(−7)w + (−7)² = 8 − 24w
　　∴　[(1 + w)/2]⁴ = (8 − 24w)/16 = (1 − 3w)/2
従って [(1 + w)/2]z を4乗すれば、確かに [(1 − 3w)/2]z⁴ に。同様に [(1 − w)/2]z の4乗は [(1 + 3w)/2]z⁴。

【2】　x⁴ の絶対値が x の絶対値の4乗であることは当然だが、直接確認することもできる。
　　|z⁴| が |z| の4乗であること
…は自明なので、
　　|(1 − 3w)/2| が |(1 + w)/2| の4乗であること
…を見ればいい。前者は (1/2)² + (−3w/2)² の（正の）平方根; それは 1/4 + 9⋅7/4 = 64/4 = 16 の平方根なので 4 に等しい。後者は (1/2)² + (w/2)² の平方根; それは 1/4 + 7/4 の平方根なので √2 に等しい。 4 は確かに √2 の4乗。 y から見た y⁴ も同様。

【3】　x⁴ = [(1 − 3i√7)/2]z⁴ の偏角（の主値）が x = [(1 + i√7)/2]z の偏角の 4 倍であること（mod 2π）。 z⁴ の偏角が z の偏角の 4 倍であることは明白なので（特に z が実数なら、どちらも偏角 0 である）、
　　Arg [(1 − 3i√7)/2] ≡ 4 Arg [(1 + i√7)/2]
…を見ればいい。複素平面上で、原点 0 と、上の右辺に含まれる [(1 + i√7)/2] を通る直線を考えると、その傾きは、実部が 1/2 増えるとき虚部が √7/2 増えるのだから、言い換えれば、実部が 1 増えるとき虚部が √7 増える――実部・虚部に共通して含まれる分母 2 は、傾きには影響しない:
　　Arg [(1 + i√7)/2] = Arg (1 + i√7) = arctan √7 = arctan 2.645… = 1.209…
これは「横に 1 進むごとに 2.64 ほど上昇する傾き」で約 69.3° に当たる（1.209… × 180/π = 69.295…）。

同様に:
　　Arg [(1 − 3i√7)/2] = Arg (1 − 3i√7) = arctan (−3√7) = arctan (−7.937…) = −1.445…
これは「横に 1 進むごとに −7.94 ほどの急下降」で約 −82.8° に当たる。直観的には、上記の約 69.3° の 4 倍になっているとは思えないが、実は −82.8° の方位は +277.2° の方位と同じなので、ちょうど4倍。 arctan が気を利かせて −1.445… + 2π = 4.837… を返してくれれば、1.209… の 4 倍ってことが分かりやすいのだが、一般的な仕様では arctan は −90° ～ +90° の範囲の値（主値）を返す（ラジアンで言えば −π/2 = −1.5707… と π/2 = 1.5707 の間の値）。

実際、向きのない「直線」の傾きは、 −90° ～ +90° の範囲で、過不足なく表現可能――例えば、「原点と (1, 1) と通る直線」「原点と (−1, −1) を通る直線」は同一の直線なので、どちらも同じ傾き 45° を持つ。他方、「複素平面上の特定の点」を原点から見た場合の方位（偏角）には、「向き」がある――例えば (1, 1) と (−1, −1) は、原点から見て正反対の向き。そのため「偏角」を arctan で求める場合、 arctan の値をうのみにできない: 実部・虚部の正負から正しい象限を判断する必要があり、場合によっては、360° の倍数のずれも問題になる。ここで考えている [(1 − 3i√7)/2] などは、実部が正なので第1・第4象限にあり偏角が −π ～ π の範囲なので、単純に、偏角の主値と arctan の主値を同一視できる。

ところで 2π の整数倍のずれが生じる「欠点」を逆用すると、
　　4 arctan √7 = −arctan (3√7) + 2π
　　つまり　4 arctan √7 + arctan (3√7) = 2π
…といった、ちょっと面白い式を考えることもできる――ただし、ここでは上記のことに加え arctan (−3√7) = −arctan (3√7) という事実を使った。「横に 1 進むごとに u 上昇する場合の上昇角 arctan u と、横に 1 進むごとに −u 上昇（というか下降）する場合の上昇角は、大きさが同じで符号が反対」という当たり前のことだが…。
　　arctan (−u) = −arctan u

【4】　この 4 arctan √7 のような形について。例えば、
　　2 arctan √7 = arctan √7 + arctan √7
…であり、 4 arctan √7 なら arctan √7 を 4 個、足したものに等しい。自然と次のような疑問が浮かぶ:
　　?　tan (α + β) とか tan 2α とかを計算する公式ってあるけど、
　　arctan u + arctan v とか 2 arctan u とかも、直接的に計算できるのだろうか？

実は tan の加法定理（下記）^†から、簡単にそのような式が得られる。
　　tan (α + β) = (tan α + tan β)/(1 − tan α tan β)
両辺の arctan を考えると:
　　α + β = arctan ((tan α + tan β)/(1 − tan α tan β))
ここで u = tan α, v = tan β とすると α = arctan u, β = arctan β。これらを上の式に代入して:

arctan の加法定理（暫定版^‡）　arctan u + arctan v = arctan ((u + v)/(1 − uv))

特に u = v なら:
　　arctan u + arctan u = 2 arctan u = arctan ((2u)/(1 − u²))

u = √7 の場合には…
　　2 arctan √7 = arctan ((2√7)/(1 − 7)) = arctan (−√7/3)
同じ「2倍の公式」を u = −√7/3 として再び使うと:
　　4 arctan √7 = 2 arctan (−√7/3) = arctan [(2(−√7/3))/(1 − 7/9)] = arctan [(−2√7/3)/(2/9)]
　　 = arctan [(−6√7)/(2)] = arctan (−3√7)

x⁴ = [(1 − 3i√7)/2]z⁴ の偏角 arctan (−3√7) が x = [(1 + i√7)/2]z の偏角 arctan √7 のちょうど 4 倍であることが（ただし 2π の整数倍の違いを無視）、具体的な角度の数値を考えることなしに、直接示されたのである！

†　tan (α + β) = [sin (α + β)] / [cos (α + β)] つまり…
　　[sin α cos β + cos α sin β] / [cos α cos β − sin α sin β]
…の分子・分母の全部の項を cos α cos β で「約分」すると:
　　[(sin α)/(cos α) + (sin β)/(cos β)] / [1 − (sin α sin β)/(cos α cos β)] = [tan α + tan β] / [1 − tan α tan β]

‡　この定理では、 uv = 1 だと分母が 0 になってしまう。従って uv ≠ 1 を条件とする。さらに、任意の角度 φ について、素朴に「tan φ の arctan は φ」と想定している。主値が絡む場合、この想定は必ずしも正しくない。これらの件の詳細ついては後述。

【5】　arctan の加法定理の簡単な例。 Euler など18世紀の研究者は、この種の関係に気付いていた（Euler^† は arctan を At と記している）。
　　arctan 1/2 + arctan 1/3 = π/4
実際、左辺 = arctan {[1/2 + 1/3]/[1 − (1/2)⋅(1/3)]} = arctan {[5/6]/[5/6]} = arctan 1 = π/4
なぜなら tan π/4 = 1、要するに 45° の傾きでは横に 1 進むごとに縦に 1 上がる。

†　https://scholarlycommons.pacific.edu/euler-works/74/

【6】　次の式は、有名な Machin の公式。英国の John Machin は1706年、この巧妙な等式に基づき、人類史上初めて円周率を100桁まで計算した！
　　4 arctan 1/5 − arctan 1/239 = π/4

この等式が成り立つことを確かめておきたい。

4 arctan 1/5 は【4】と同様、「2倍の公式」を2回使って計算可能:
　　2 arctan 1/5 = (2/5)/(1 − 1/25) = arctan (2/5)/(24/25)
この分数は、分子・分母を 25 倍すると 10/24 = 5/12 に等しい。従って:
　　4 arctan 1/5 = 2 arctan 5/12 = arctan (5/12 × 2)/(1 − 25/144) = arctan 120/119

さて、前記の arctan の加法定理で v を −v に置き換えると:
　　arctan u − arctan v = arctan ((u − v)/(1 + uv))
u = 120/119, v = 1/239 を代入すると:
　　4 arctan 1/5 − arctan 1/239 = arctan 120/119 − arctan 1/239
　　 = arctan (120/119 − 1/239)/(1 + (120/119)⋅(1/239)) = arctan (28561/28441)/(28561/28441) = arctan 1 = π/4

対称多項式という本題から脱線してしまったが、Machin の公式はそれ自体として面白い。 Machin による100桁の計算は偉業だった。やがて一部の人々は取りつかれたように計算競争を行い、数世紀後の2024年現在、円周率の計算は、100桁どころか100兆桁のオーダーに達しているという。もはや純粋な学術というより「記録のための記録」――「ギネスに挑戦！」のような遊び、あるいは無意味な虚栄――の世界かもしれない。 Bill Gosper は、一時は円周率計算の桁数新記録も保持していたが（いわく^† temporarily stealing the pi computation record from Japan）、次のような興味深いことを述べている^‡:

I resumably summed Ramanujan's series as an exact rational number […], converting to decimal now and then for comparison with Kanada, but with the ultimate purpose of computing the {3,7,15,1,292,...} continued fraction, which is actually mathematically interesting, as opposed to useless decimal or binary […]. Regrettably, (almost) everybody ignored my continued fraction and wasted their time computing (eventually trillions of) useless digits.

†　https://gosper.org/bill.html　　‡　https://hsm.stackexchange.com/a/11620

2024-06-02　円周率を8桁計算　お遊び

#遊びの数論　#(28)

arctan の加法定理 arctan u + arctan v = arctan ((u + v)/(1 − uv)) を使って、円周率を8桁ほど計算してみる（Machin の公式）。

arctan の加法定理には、やや分かりにくい弱点がある。一つの問題点は、「u と v が互いに逆数のとき、左辺は計算可能なのに、右辺は分母が 0 になってしまい計算ができない」ということ。

〔例〕　sin 30° = 1/2, cos 30° = (√3)/2 なので tan 30° = sin 30° ÷ cos 30° = 1/(√3)、従って arctan (1/√3) = 30° = π/6。同様に tan 60° = √3、従って arctan √3 = 60° = π/3。よって arctan (1/√3) + arctan √3= π/6 + π/3 = π/2。これは u = 1/√3, v = √3 の場合の arctan u + arctan v で、普通に計算できる。にもかかわらず、定理の右辺にある分数は、分母が 1 − uv = 0 になってしまい、計算できない。

この欠点を解決するには uv = 1 の場合を個別に扱う必要がある。

【1】　三角関数の基礎によると sin θ = cos (π/2 − θ), cos θ = sin (π/2 − θ) なので:
　　tan (π/2 − θ) = sin (π/2 − θ) ÷ cos (π/2 − θ) = cos θ ÷ sin θ = cot θ = 1 / tan θ
両辺の arctan を考えると:
　　π/2 − θ = arctan (1 / tan θ)
tan θ = u と置くと θ = arctan u なので:
　　π/2 − arctan u = arctan (1/u)
　　つまり　arctan u + arctan (1/u) = π/2
1/u を v とすると uv = u(1/u) = 1。上の式はこうなる:
　　arctan u + arctan v = π/2
つまり uv = 1 の場合の arctan u + arctan v は計算可能で、一応 = π/2 となる。前記の〔例〕とも結果が一致。

【2】　上記の計算には、依然として主値の問題がある。 u = tan θ が正なら上記の通りだが、もし u が負なら v = 1/u も負で、それらの arctan の主値は −π/2 と 0 の間の負の値。そのとき arctan u + arctan v は負であり = π/2 では、つじつまが合わない。

この不具合の原因は、【1】の導出の過程において、「角 φ = π/2 − θ が arctan (tan φ) = φ を満たす」と想定していること。arctan の主値を考える場合、 0 < θ < π/2 なら想定通りだけど、 −π/2 < θ < 0 だと駄目。

θ がそのような角の場合、代わりに角 φ = −π/2 − θ を考えれば、その φ は −π/2 と 0 の間にあるので、 φ = arctan (tan φ) という単純な逆算が成り立つ。

〔補足〕　φ₁ = π/2 − θ と φ₂ = −π/2 − θ は、ちょうど 180° 違う角度なので、どちらを φ としても、多対1の関数 tan φ は同じ値 u を返す。しかし1対1の関数 arctan は少々気難しく、 arctan u は φ₁ と φ₂ の両方の値を取り得ない: arctan (tan φ) = arctan u = φ という「逆算」が成り立つためには――つまり「φ の tan の arctan」が φ に戻るためには――、 arctan の仕様に合うように、角度 φ の範囲を制限する必要がある。

その点だけ気を付ければ、【1】と全く同様。 −π/2 < θ < 0 の場合…
　　tan (−π/2 − θ) = tan (π/2 − θ) = 1 / tan θ
…の両辺の arctan を考え、 tan θ = u と置くと（θ についての条件から u は負）:
　　−π/2 − θ = arctan (1 / tan θ)　つまり　−π/2 − arctan u = arctan (1/u)
従って、この場合 arctan u + arctan (1/u) = −π/2 となる。まとめると――

arctan u + arctan (1/u) = ±π/2　複号は u が正ならプラス、負ならマイナス

【3】　主値の問題は、それだけではない。 arctan w の主値は、いかなる実数 w に対しても絶対値が π/2 より大きくならないのだから^†、 arctan u + arctan v という和の絶対値が π/2 より大きくなる場合も考慮して主値バージョンの arctan の加法定理を作るなら、次の補正が必要だろう: もし arctan u + arctan v が π/2 より大きければ〚 −π/2 より小さければ〛、 π を引く〚足す〛。

arctan の加法定理（主値バージョン）　第一に uv ≠ 1 なら:
　　arctan u + arctan v = arctan ((u + v)/(1 − uv))
ただし左辺の和の絶対値が π/2 を超える場合、右辺に π を加減する。
　第二に uv = 1 つまり v = 1/u なら:
　　arctan u + arctan 1/u = ±π/2　複号は u の符号と同じ
　第三に v を −v に置き換えた次の形については、 uv が = 1 でも ≠ 1 でも構わない（左辺の絶対値については、上と同じ注意が必要）。
　　arctan u − arctan v = arctan ((u − v)/(1 + uv))

†　arctan の主値の絶対値は、決して π/2 より大きくならないだけでなく、 π/2 に等しくなることもない。従って arctan u + arctan v が ±π/2 に等しい場合にも、素朴な加法定理では、右辺で問題が生じる。そのケースについては、既に【1】【2】で個別に対処した。

【4】　前回 Machin の公式…
　　4 arctan 1/5 − arctan 1/239 = π/4　つまり
　　arctan 120/119 − arctan 1/239 = arctan 1
…の左辺の値を実直に計算し、右辺と等しいことを確かめた。公式の成立を確かめるだけなら、移項した…
　　arctan 120/119 − arctan 1 = arctan 1/239
…を示した方が、はるかに簡単。上掲の定理で u = 120/119, v = 1 の場合だから、
　　arctan ((120/119 − 1)/(1 + 120/119))
…を求めればいい。この分数の分子は 120/119 − 119/119 = 1/119、分母は 119/119 + 120/119 = 239/119 なので、分数の値は:
　　1/119 ÷ 239/119 = 1/239
Machin の公式の正しさが、あらためて確認された！

【5】　実際に円周率を計算してみましょう。解析学から、次の公式を引用する。
　　arctan x = x − x³/3 + x⁵/5 − x⁷/7 + x⁹/9 − …

もちろん現実には、こういう「無限の足し算」を計算することはできないけど、 x が小さい数、例えば x = 1/5 = 0.2 なら、その7乗、9乗…はかなり小さい数なので、最初の数項だけ計算して後は無視しても、誤差は小さいであろう。「収束」というテクニカルな問題もあるが、今は細かいことを気にせず、とりあえず最初の3項だけ計算してみると（それを A とする）:
　　A = arctan (1/5) ≈ (1/5) − (1/5)³/3 + (1/5)⁵/5
　　 = (1/5) − (1/125)/3 + (1/3125)/5 = 9253/46875 = 0.1973973333…

〔参考〕　正確には arctan (1/5) = 0.1973955598…。上記の計算は簡易的とはいえ、小数5桁まで正しい。

(1/239)³ は既にかなり小さいので、arctan (1/239) の方は手を抜いて、全然足し算をせず最初の1項だけ（それを B とする）をそのまま使うことにする:
　　B = arctan (1/239) ≈ 1/239 = 0.00418410041841…

Machin の公式によれば 4A − B が円周率の 4 分の 1。つまり (4A − B) × 4 = 16A − 4B が円周率ということになる。試してみると…
　　16A = 16 × 0.1973973333… = 3.1583573333…
　　4B = 4 × 0.0041841004… = 0.0167364016…
　　従って　16A − 4B = 3.1416209316…
円周率の真の値は 3.1415926535… なので、この程度の（半分手抜きのような）計算でも小数3桁まで正しい。正12角形、正24角形…などを使う円周率の近似と比べ、段違いに効率が良い！

【6】　調子に乗って、もう少し項を足してみる。 x = 1/5 とすると:
　　x − x³/3 + x⁵/5 − x⁷/7 = 323852/1640625
分母は、まだ7桁。もうちょっと精密な（例えば10億分の1くらいの解像度の）値にしたい…。
　　x − x³/3 + x⁵/5 − x⁷/7 + x⁹/9 = 24288907/123046875
分母が9桁になった。もう1項、追加する。
　　x − x³/3 + x⁵/5 − x⁷/7 + x⁹/9 − x¹¹/11 = 6679449362/33837890625
この分数を C としよう。省略した次の項 x¹³/13 は、最終的に小数第9位に影響する程度なので、これでも8桁くらいの精度が得られるだろう。

一方、 y = 1/239 とすると…
　　y − y³/3 = 171362/40955757
次の項 y⁵/5 の影響は、小数第12位くらいの微々たるものなので（1/5 に比べて 1/239 は微小なので、5乗するとほとんどゼロで影響が小さい）、簡易計算としては、この分数 171362/40955757（それを D とする）で十分だろう。

先ほどと同様に 16C から 4D を引く。
　　16C = 6679449362 × 16 ÷ 33837890625 = 3.15832 89566 236…
　　4D = 171362 × 4 ÷ 40955757 = 0.01673 63040 072…
　　16C − 4D = 3.14159 26526 163…

円周率の真の値は 3.14159 26535… なので（産医師、異国に婿さんゴー）、今度は8桁まで正しい！

計算の仕方には工夫の余地もありそうだが、お遊びとしては、満足すべき結果が得られた。

2024-06-03　arctan 1 + arctan 2 + arctan 3 = π　三角形の内心

#遊びの数論　#(28)

第一式　arctan 1 + arctan 2 + arctan 3 = π

第二式　arctan 1 + arctan (1/2) + arctan (1/3) = π/2

これら二つの面白い式については、いろいろな証明が可能。以下の幾何学的証明は、明快でエレガントだと思われる。辺の長さが 3, 4, 5 の直角三角形 ABC を考える（AB = 3, AC = 4, BC = 5）。辺 AB 上で A からの距離 1 の点を P、辺 AC 上で A からの距離 1 の点を R として、一辺 1 の正方形 APQR を描き、 △BQP ≡ △BQS になるように辺 BC 上の点 S を選ぶ。

もちろん a = ∠PQA = 45° = π/4。 45° の傾きでは、水平（横）に 1 進むごとに垂直（縦）に 1 上昇するので、 tan a = tan (π/4) = 1、逆に言えば arctan 1 = π/4 = a。

今、 BQ を斜辺とする直角三角形 BQP を考え ∠BQP = d とすると、この斜辺の傾きでは（Q から P へ）横に 1 進むごとに垂直に 2 上昇するので、 tan d = 2 つまり arctan 2 = d。同様に CQ を斜辺とする △CQS を考え ∠CQS = e とすると tan e = 3 つまり arctan 3 = e。

a + a + d + d + e + e = 360° = 2π は Q の周りを一周する角度。その半分は:
　　π = a + d + e = arctan 1 + arctan 2 + arctan 3

全く同様に ∠ABC の半分 b について tan b = 1/2 つまり arctan (1/2) = b。 ∠BCA の半分 c について tan c = 1/3 つまり arctan (1/3) = c。 a + a + b + b + c + c = 三角形の内角の和 = 180° なので、 a + b + c = 90° = π/2。よって arctan 1 + arctan (1/2) + arctan (1/3) = π/2。∎

別証明　第一式。 arctan 1 = π/4 なので arctan 2 + arctan 3 = 3π/4 を示せば十分。加法定理によると、本質的には…
　　arctan 2 + arctan 3　と　arctan [(2 + 3)/(1 − 2⋅3)] = arctan (−1) = −π/4
…は等しい。ただし、主値の都合により ±π のずれは生じ得る。正の数の arctan は正なので arctan 2 + arctan 3 は正。よって、主値を考えると、上記右端の −π/4 には +π の補正が必要: −π/4 + π = 3π/4。

第二式。 arctan (1/2) + arctan (1/3) = π/4 を示せば十分。
　　arctan (1/2) + arctan (1/3) = arctan [(1/2 + 1/3) / (1 − 1/6)] = arctan [(5/6) / (5/6)] = arctan 1
両辺とも正なので、補正不要。∎

「主値を考えると arctan u + arctan v = arctan [(u + v)/(1 − uv)] のイコールは、真のイコールではない」ということに注意（場合によって ±π のずれが生じる）。要するに mod π の ≡ である。

別証明2　第一式。 x = 1 + i, y = 1 + 2i, z = 1 + 3i の偏角はそれぞれ arctan 1, arctan 2, arctan 3。複素数の積の性質から、これら三つの偏角の和は――必要に応じて 2π の整数倍の違いを無視すれば―― xyz の偏角と等しい。
　　xy = 1 + 3i − 2 = −1 + 3i
　　よって　xyz = (−1 + 3i)(1 + 3i) = (3i)² − 1² = −9 − 1 = −10
従って、何らかの整数 n に対して、次が成り立つ:
　　arctan 1 + arctan 2 + arctan 3 = arg (−10) + 2nπ = π + 2nπ
この左辺各項は 0 ～ 0.5π の範囲にあるので、左辺の和は 0 ～ 1.5π の範囲にある。ゆえに n = 0。

第二式。 x = 1 + i, y = 2 + i, z = 3 + i とすると、 arg (xyz) = arctan 1 + arctan (1/2) + arctan (1/3)。
　　xy = 2 + 3i − 1 = 1 + 3i = i(3 − i)
　　よって　xyz = i(3 − i)(3 + i) = i(3² − i²) = 10i
従って arctan 1 + arctan (1/2) + arctan (1/3) = π/2 + 2nπ と書ける。第一式と同様に n = 0。∎

作図から、次のことも観察される。 △BQP に関連して cos d = QP/BQ = 1/√5, sin d = BP/BQ = 2/√5なので:
　　cos (arctan 2) = 1/√5 　　sin (arctan 2) = 2/√5
これらの値は、もちろん三平方の定理を満たす:
　　cos² (arctan 2) + sin² (arctan 2) = (1/√5)² + (2/√5)² = (1 + 4)/5 = 1

同様に:
　　cos (arctan 3) = 1/√10　　sin (arctan 3) = 3/√10

一般に:
　　cos (arctan u) = 1/√u² + 1　　sin (arctan u) = u/√u² + 1
　　それらの平方和 = 1²/(u² + 1) + u²/(u² + 1) = 1

ところで、点 Q は △ABC の三つの内角それぞれの二等分線（AQ, BQ, CQ）の交点であり、三角形の内心と呼ばれる。内心は、その三角形において、各辺からの垂直距離が等しい点でもある（この例では PQ = RQ = SQ = 1）。言い換えれば、内心は、三角形の内接円の中心。

三角形の三つの頂点から（計3本の）内角2等分線を引くと、それらが一点（つまり内心）で交わる――ということ（しかも、それが内接円の中心と一致すること）。上記の作図の三角形に関する限り、そのことは「見れば分かる」というか、ほぼ一目瞭然だろう。

〔証明〕　∠BAC の二等分線と ∠ABC の二等分線の交点を Q として、 Q から各辺へ垂線を引く（線分 QP, QR, QS）。 △AQP ≡ △AQR: なぜなら、どちらも直角三角形で、直角以外の角の少なくとも一つが等しいので（仮定から ∠PAQ = ∠RAQ）、対応する三つの内角が全て等しく、しかも斜辺の長さが一致（どちらの三角形も AQ を斜辺とする）。ゆえに、辺 QP = QR。同様に △BQP ≡ △BQS なので、辺 QP = QS。後は、直線 CQ が ∠ACB の二等分線であることを言えばいい。そのために △CQR ≡ △CQS を示す。この二つは直角三角形だが、辺 QS = QR であり、斜辺 CQ = CQ も共通。三平方の定理から^†、「対応する二つの辺」の長さがそれぞれ等しい直角三角形は、「対応するもう一つの辺」の長さも等しい。すなわち △CQR ≡ △CQS は合同な直角三角形。∎

†　この特定の三角形（3辺の長さが AB = 3, AC = 4, BC = 5）の場合、作図から線分 AR = AP = 1 であることは明白。辺 AB = 3 なので、必然的に BP = 2。従って △BQP と合同の △BQS において、対応する辺 BS も = 2。よって三平方の定理を使うまでもなく、辺の長さの引き算から CR = CS = 3 となり（なぜなら AC = 4, BC = 5）、緑の二つの直角三角形（△CQR と △CQS）は合同（3辺の長さが等しいので）。

2024-06-04　円周13等分に関連する4次式

#遊びの数論　#円周13等分　#(28)

円周13等分に関連して、ある種の強引なアプローチについて記す。 T = 2π/13 とすると:
　　cos T + cos 3T + cos 4T = (−1 + √13)/4　　《あ》
　　cos 2T + cos 5T + cos 6T = (−1 − √13)/4　　《い》

θ = π/13 として cos 4T = cos 8θ = −cos 5θ などに注意すると、それぞれこう書くこともできる:
　　cos 2θ − cos 5θ + cos 6θ = (−1 + √13)/4　　《う》
　　−cos θ − cos 3θ + cos 4θ = (−1 − √13)/4　つまり
　　cos θ + cos 3θ − cos 4θ = (1 + √13)/4　　《え》

【1】　cos T の根号表現を求める便利な方法は、《あ・い》から cos T, cos 3T, cos 4T を根とする3次式を構成し、その根の主値を求めること。しかし最初この問題を考えたとき、そのアイデアを思い付かず、《あ》に3倍角・4倍角の公式を適用してしまった。その方法だと、 x = cos T として、次の4次方程式が生じる。
　　8x⁴ + 4x³ − 8x² − 2x + 1 = (−1 + √13)/4　　《お》

《お》の左辺は、《あ》を多倍角でばらして x = cos T と置いたに過ぎず、《お》は《あ》と実質ほぼ同じ。ただし4次式なので、根が一つ増えている。 h = √13 として整理すると:
　　8x⁴ + 4x³ − 8x² − 2x + (5 − √13)/4 = 0
両辺を 8 で割って:
　　x⁴ + (1/2)x³ − x² − (1/4)x + (5 − √13)/32 = 0　　《か》

《あ》の左辺の値は T を 3T に置き換えても変わらない。実際 cos (3T) + cos 3(3T) + cos 4(3T) = cos 3T + cos 9T + cos 12T = cos 3T + cos 4T + cos T。同様に T を 4T に置き換えても、《あ》の左辺は不変。従って x = cos T が《か》の一つの解なら（実際そうである）、 x = cos 3T, x = cos 4T も《か》の解。では4次方程式《か》の、もう一つの解（δ とする）は何か？　解と係数の関係から:
　　(cos T + cos 3T + cos 4T) + δ = −1/2
ここで cos T + cos 3T + cos 4T の値は《あ》の通りなので:
　　δ = −1/2 − (−1 + √13)/4 = (−1 − √13)/4

【2】　よって、少なくとも原理的には、《か》の左辺は…
　　x − δ = x + (1 + √13)/4　　《き》
…で割り切れ（多項式の割り算。係数は、有理数に h を添加したもの）、商は cos T, cos 3T, cos 4T を根とする3次式となる。係数に無理数があるものの、この割り算は普通に実行可能。その準備として、簡潔化のため分数を解消しておく: 《か》で x = y/4 と置いて両辺を 4⁴ = 256 倍すると…
　　y⁴ + 2y³ − 16y² − 16y + (40 − 8h) = 0　　《が》

因子《き》にも同じ変数変換を施すと y/4 + (1 + √13)/4 であり、《が》がこの因子で割り切れるのだから、《が》はそれを 4 倍した…
　　y + (1 + h)　　《ぎ》
…でも割り切れる。 h² = 13 に留意しつつ、筆算で《が》の左辺を《ぎ》で割る:

              y^3 + (1-h)y^2 -  4y   + (-12+4h)
            ┌──────────────────────────────────────────
  y + (1+h) │ y^4 +     2y^3 - 16y^2 -    16y + (40-8h)
              y^4 + (1+h)y^3
              ──────────────
                    (1-h)y^3 - 16y^2
                    (1-h)y^3 - 12y^2  \\ #1
                    ────────────────
                              - 4y^2 -16    y
                              - 4y^2 -(4+4h)y
                              ───────────────
                                    (-12+4h)y + (40-8h)
                                    (-12+4h)y + (40-8h) \\ #2
                                    ───────────────────
                                                     0

#1: (1+h)*(1-h)y^2 = (1-13)y^2 = -12y^2
#2: (1+h)*(-12+4h) = -12+4*13 + (-12+4)h = 40-8h

この商の3次式…
　　y³ + (1 − h)y² − 4y + (−12 + 4h)
…の零点は、x = cos T, cos 3T, cos 4T に対応する。 x = y/4 つまり y = 4x なので、具体的には y = 4 cos T, 4 cos 3T, 4 cos 4T がこの3次式 = 0 の解。2次の係数を 3 の倍数にするため y = z/3 と置き、両辺を 3³ 倍すると:
　　z³ + (3 − 3√13)z² − 36z + (−324 + 108√13) = 0
既に得たのと同じ3次方程式が得られた！

この場合、上記のアプローチは遠回りで非効率だが、「係数の範囲が有理数より拡大している多項式でも、恐れてはいけない」「因子が分かっているなら、原始的な筆算でも分解可能」という教訓が得られる。その際、√13 のような数をそのまま根号を使って何度も書くのは煩雑なので、定数として文字を割り当てるのが便利だろう（ここでは h とした）。計算を簡潔にするため、必要に応じて変数を置換し、係数の分数も解消した方がいいだろう（特に筆算の場合）。

〔付記〕　有理数体に √D を添加して二次体の整数を作るとき、もし D ≡ 1 (mod 4) なら a + b√D の a, b を有理整数とは限らず、 a, b が両方とも半整数（奇数の半分）でも良いとする。よく知られている例として、Eisenstein 整数 a + b√−3 においては、 a, b は必ずしも有理整数ではなく、同時に半整数の値を取ることができる。同様に a + b√13 の形の数（a, b: 有理数）から「整数」を抜き出すなら、理論上 a, b は半整数でも良い。本文の計算では、主に表記の便宜上 √13 を h と略しているだけで、厳密に代数的整数の割り算を考えているわけではない（例えば、因子《き》には、半整数どころか h/4 の端数がある）。

2024-06-05　円周13等分に関連する4次式（続き）

#遊びの数論　#円周13等分　#(28)

【3】　《が》の4次式 y⁴ + 2y³ − 16y² − 16y + (40 − 8h) は、
　　(y + 1 + h)[y³ + (1 − h)y² − 4y + (−12 + 4h)]
…と分解される。その一つの根は y = −1 − h = 4(cos 2T + cos 5T + cos 6T) であり、残りの三つの根は、3次式…
　　y³ + (1 − h)y² − 4y + (−12 + 4h)
…の零点 y = 4 cos T, 4 cos 3T, 4 cos 4T。この3次式の根を代数的に求めることは、比較的易しい。根の主値は:
　　4 cos T = {³√[104 − 20√13 + 12√−39] + ³√[104 − 20√13 − 12√−39] − 1 + √13}/3

従って、《が》を4次方程式として直接解くことは、実用上必要ない。しかし4次方程式だから、原理的には解くことができる。それを試してみたい。

【4】　《が》の式…
　　y⁴ + 2y³ − 16y² − 16y + (40 − 8h) = 0
…を、
　　(y² + y + p)² − (qy + r)² = 0
…の形に変形した場合、p は次の3次方程式を満たさねばならない。
　　8p³ − 4(−16)p² + [2⋅2(−16) − 8(40 − 8h)]p − 2²(40 − 8h) + 4(−16)(40 − 8h) − (−16)² = 0
　　つまり　8p³ + 64p² + (−384 + 64h)p + (−2976 + 544h) = 0
両辺を 8 で割ると:
　　p³ + 8p² + (−48 + 8h)p + (−372 + 68h) = 0
p = u/3 と置いて両辺を 27 倍すると:
　　u³ + 24u² + (−432 + 72h)u + (−10044 + 1836h) = 0
u = v − 8 と置くと:
　　v³ + (−624 + 72h)v + (−5564 + 1260h) = 0
この3次方程式の解の主値 V は、対応する2次式…
　　w² + (−5564 + 1260h)w + (208 − 24h)³
…の零点 2782 − 630h ± 30√(−858 − 234h) を使って、次のように表現される:
　　V = ³√[2782 − 630h + 30√(−858 − 234h)] + ³√[2782 − 630h − 30√(−858 − 234h)]

従って、求める p の主値は:
　　p = (V − 8)/3 = (³√[2782 − 630h + 30√(−858 − 234h)] + ³√[2782 − 630h − 30√(−858 − 234h)] − 8)/3
それに対応して:
　　q = √(17 + 2p), r = (8 + p)/√(17 + 2p)
これらの p, q, r を使って《が》は、次の形に変形される。
　　(y² + y + p)² = (qy + r)²　つまり
　　y² + y + p = qy + r　または　y² + y + p = −qy − r

第一式の解は y² + (1 − q)y + (p − r) の根。つまり…
　　y² + (1 − √(17 + 2p))y + [p − (8 + p)/√(17 + 2p)]
…の根。機械的に計算すると:
　　2y = −1 + √(17 + 2p) ± √{(1 − √(17 + 2p))² − 4[p − (8 + p)/√(17 + 2p)]}
この右辺は、複号でプラスを選ぶと 8 cos T に等しく、マイナスを選ぶと 8 cos 3T に等しい。同様に、第二式の根は:
　　2y = −1 − √(17 + 2p) ± √{(1 + √(17 + 2p))² − 4[p + (8 + p)/√(17 + 2p)]}
この右辺は、複号でプラスを選ぶと 8 cos 4T に等しく、マイナスを選ぶと…
　　8(cos 2T + cos 5T + cos 6T) = −2 − 2√13
…に等しい。

p が既に二重根号を含んでいることから、これらの根号表現は、3次方程式経由の根号表現と比べると、かなり複雑。特に、簡単な無理数 −2 − 2√13 が、四重根号で難解に表現されている。

実用性を度外視するなら、この方法でも cos T などの正確な値に対応する根号表現が得られる。実際には、この4次式を1次式と3次式に分解して、3次方程式を解いた方が簡潔な根号表現が得られるし、そのアプローチの方が、内容的にも整然としている（3次方程式の三つの解が対称的な役割を果たす）。4次方程式経由のこの方法は、それ自体としてはあまり便利ではないが、参考までに、どんな感じになるのか試してみた。多重根号などは多少簡約可能かもしれないが、原理的に、3次方程式経由の根号表現よりは簡単にならないだろう。

【5】　John Casey は、円周13等分がこのような4次方程式に依存すると記している^†。その議論は、《え》の…
　　cos θ + cos 3θ + cos 9θ = cos θ + cos 3θ − cos 4θ = (1 + √13)/4
…に基づく。これは cos 2T + cos 5T + cos 6T = (−1 − √13)/4 を考える代わりに、各項の符号を反転させたものに当たる。ここで θ = π/13, T = 2π/13。 −cos 2T, −cos 5T, −cos 6T つまり cos θ, cos 3θ, cos 9θ を根とする3次方程式は構成可能であり、3次方程式に帰着させるのが良い選択だろう。しかし仮に4次式を作ってしまった場合、どうなるか。
　　cos θ + cos 3θ − cos 4θ = cos θ + (4 cos³ θ − 3 cos θ) − (8 cos⁴ θ − 8 cos² θ + 1)
　　 = −8 cos⁴ θ + 4 cos³ θ + 8 cos² θ − 2 cos θ − 1 = (1 + h)/4
　　従って　8 cos⁴ θ − 4 cos³ θ − 8 cos² θ + 2 cos θ + (5 + h)/4 = 0
w = cos θ と置くと:
　　8w⁴ − 4w³ − 8w² + 2w + (5 + h)/4 = 0
両辺を 8 で割って:
　　w⁴ − (1/2)w³ − w² + (1/4)x + (5 + √13)/32 = 0　　《く》

《く》は《か》と同様の式であり、その4解の和は 1/2、そのうち既に分かっている3解の和は (1 + h)/4 であるから、もう一つの解は (1 − h)/4 でなければならない。すなわち《く》は w − (1 − h)/4 で割り切れ、3次式の問題に帰着する。 Casey は、4次方程式を次の形にしているが、それは《く》で w = x/2 と置いて両辺を 2⁴ 倍したものに当たる:
　　x⁴ − x³ − 4x² + 2x + (5 + h)/2 = 0　　《け》
《け》の4解の和は 1、そのうち3解の和は 2 cos θ + 2 cos 3θ − 2 cos 4θ = (1 + h)/2 であるから、《け》のもう一つの解は (1 − h)/2 であり、《け》は x − (1 − h)/2 で割り切れる。
　　x⁴ − x³ − 4x² + 2x + (5 + h)/2 = [x − (1 − h)/2][x³ − (1 + h)/2⋅x² − x + (3 + h)/2]

《け》の4次式にしてしまった場合でも、それを直接4次式として解くのではなく、このように分解して、3次方程式…
　　x³ − (1 + h)/2⋅x² − x + (3 + h)/2 = 0
…を解いた方が良い。

実際には《く》で w = y/4 と置いて両辺を 4⁴ 倍した方が、分数がなくなって式が簡潔になる。
　　y⁴ − 2y³ − 16y² + 16y + (40 + 8h) = 0
この左辺は y − 1 + h で割り切れる:
　　(y − 1 + h)[y³ − (1 + h)y² − 4y + (12 + 4h)] = 0
この [ ] 内 = 0 という3次方程式について、 y = z/3 と置いて両辺を 27 倍すれば:
　　z³ + (−3 − 3h)z² − 36z + (324 + 108h) = 0
これは解決済みの3次方程式。

†　https://archive.org/details/treatiseonplanet00caseuoft/treatiseonplanet00caseuoft/page/64/mode/1up

Casey のアプローチは原理的には間違っていないものの、円周13等分との関連では良くない。自分自身も一度は同じようなことを試しているが、結論としては、この4次方程式を直接的に解こうとすると複雑になってしまい、簡潔な根号表現を得られない。4次式を分解して3次方程式を解くなら、きれいな根号表現を得られるが、それは無駄な遠回り; 4次式を経由せず、最初からその3次方程式を構成した方が合理的だろう。