（遊びの数論36）

[遊びの数論]　21 | 22 | 23 | 24 | 25 | 26 | 27 | 28 | 29 | 30 | 31 | 32 | 33 | 34 | 35 | 36

1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20

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

目次。約1の項目があります。2024などの数字は、メモの日付です。
2024-12-17　28乗根（28角形）を巡る幾つかの話題
目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

2024-12-17　28乗根（28角形）を巡る幾つかの話題

π/3, π/4, π/5, π/6 などに対する三角関数の値の根号表現を知った後、では π/7 や π/14 などに対する cos や sin 等の値は？と興味を持つのは、素朴な好奇心だろう。「何の役に立つのか」とは無関係に！

実用性に乏しいので、既存の資料・文献等にはほとんど記述がない。だからこそますます興味を感じ、自力で導出しよう・なるべくきれいな表現を得ようと試みる…。これまで「三重根号あり」が自己ベストだったが、実は 1 の7乗根・14乗根・28乗根の実部・虚部は、どれも二重根号までの範囲で表現可能と判明。例えば:

sin (π/7) = −√7/6 + (⁶√7)/12⋅(³√(52 + 12√−3) + ³√(52 − 12√−3)) = 0.4338837391…

それ自体は別に役に立たないけど、結構うれしい。

ガウスは Disq. Arith. §124 において、 +7 の平方特性（平方剰余か否か）の判定について、直接証明を完遂し得なかった。相互法則を経由するなら証明は機械的だが、代数的整数の概念（ガウスの初孫くらいの世代のデデキントによって、導入された）を使うと、直接証明も易しい。

一般に、円周 p 等分の根号表現では「cos が比較的易しく sin は根号のネストが一つ深くなる」というイメージがあるかもしれない。けれど円周 4p 等分を考えるなら、 cos と sin の立場は対等になる。気付いてみると、すごく当たり前のことだけど…。

1.　このメモでは θ = π/14 は定数。直角の 7 分の 1 の角度を表す（約 12.9°）。

z = cos θ + i sin θ とすると（これも定数とする）、 28 種類の複素数 z^k = cos kθ + i sin kθ は 1 の28乗根。ただし k = 0, 1, 2, ···, 27 であり、あるいは k = 0, ±1, ±2, ···, ±14 と書くこともできる。そのうち k = ±1, ±3, ±5; ±9, ±11, ±13 のときの 12 種類の z^k が 1 の原始28乗根だ（残り 16 種は非原始28乗根で、内訳は、原始7乗根が六つ、原始14乗根が六つ、それ以外の四つは ±1, ±i）。

次の二つの等式が成り立つ（詳細については後述）。

補題　z¹ + z⁻¹ + z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹ = √7
　　z⁵ + z⁻⁵ + z¹¹ + z⁻¹¹ + z¹³ + z⁻¹³ = −√7

今 p を 3 以上の素数（7 を除く）とする。 Euler の基準と上記の補題によれば、
　　(√7)^p = (z¹ + z⁻¹ + z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹)^p ≡ z^p + z^−p + z^3p + z^−3p + z^9p + z^−9p = ±√7 (mod p)
の右辺の符号に応じて、 7 は mod p の平方剰余あるいは非剰余。

mod 28 において、集合 H = {±1, ±3, ±9} の各要素を同時に ℓ 倍した結果は、もし ℓ = ±1, ±3, or ±9 なら、全体として再び H。よって p ≡ ±1, ±3, ±9 (mod 28) なら (√7)^p ≡ √7 (mod p) が成り立ち、 7 は mod p の平方剰余。

他方、もし ℓ = ±5, ±11, or ±13 なら、 H の各要素を ℓ 倍した結果は mod 28 では {±5, ±11, ±13}。よって p ≡ ±5, ±11, ±13 (mod 28) なら (√7)^p ≡ −√7 (mod p) が成り立ち、 7 は mod p の非剰余。

要するに:

第七補充法則　p が 3 以上の素数なら:
　　(7/p) = 1 ⇔ p ≡ ±1, ±3, ±9 (mod 28)

この法則は知られていたが、古典数論での直接証明は困難だった。 Gauß が相互法則を確立したことによって、単にその一つの事例となった。代数的整数の観点から再考するなら、例えば「六つの数 ±1, ±3, ±9 をそれぞれ 3 倍したものは ±3, ±9, ± 27 ≡ ±3, ±9, ∓1 (mod 28) となり、もともとの六つの数と合同」という程度の、単純な事実に過ぎない。今述べた例によると、 p ≡ 3 (mod 28) のときには、
　　(√7)³ = (z¹ + z⁻¹ + z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹)³ ≡ z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹ + z²⁷ + z⁻²⁷ (mod 3)
　　 = z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹ + z⁻¹ + z¹ = √7
となる（そして Euler の基準によって、そのような p を法として 7 は平方剰余）。この手法で革新的なのは、 √7 のような平方根（二次の無理数）はもちろんのこと、 z, z³ などの数も「整数の仲間」と見なし、合同記号の対象としてしまうこと。 p = 3 なら、上記の合同式はこうなる:
　　(√7)³ ≡ √7　つまり　7√7 ≡ √7 (mod 3)

合同記号の定義からすると、これは 7√7 − √7 = 6√7 が 3 で割り切れる、という意味だ（商は 2√7）。あるいは、同じことだが、 7√7 を 3 で割ると、商は 2√7 で余りは √7 に…。「斬新だが自然」とでもいうべき、この観点。もともとそこにあった「代数的整数」という構造に気付いたことが Dedekind の偉大さだろう！

2.　上記の補題は、それに比べれば大した問題ではない。 z¹ と z⁻¹ は、どちらも実部（横座標）が cos θ で虚部の符号が反対だから、
　　z¹ + z⁻¹ = (cos θ + i sin θ) + (cos θ − i sin θ) = 2 cos θ
は実数（もともとの実部の 2 倍）。同様に z³ + z⁻³ = 2 cos 3θ 等々なので、
　　z¹ + z⁻¹ + z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹ = √7
を証明する代わりに、
　　2(cos θ + cos 3θ + cos 9θ) = √7
を証明しても同じこと。この命題は、原始28乗根を根とする多項式を考えると自然に生じるものだが、便宜上、ここで直接的な証明も記しておく。 7θ は直角なので cos 7θ = 0、そして cos θ と cos 3θ は正、 cos 9θ は負。 cos 9θ = −cos (14θ − 9θ) = −cos 5θ だが、この負数の絶対値 cos 5θ は cos 3θ より小さい。よって cos θ + cos 3θ + cos 9θ は正であり、上の等式の両辺を平方した式、
　　4(cos θ + cos 3θ + cos 9θ)² = 7
を証明すれば足りる。

（※）
cos の積→和の公式
2 cos A cos B =
cos (A+B) + cos (A−B)
特に　2 cos² A =
cos (2A) + cos (0)
= cos 2A + 1

ところが、
　　(cos θ + cos 3θ + cos 9θ)² = cos² θ + cos² 3θ + cos² 9θ + 2(cos θ cos 3θ + cos 3θ cos 9θ + cos 9θ cos θ)
の 2(···) の部分は、積→和の公式（※）から、
　　cos 4θ + cos 2θ + cos 12θ + cos 6θ + cos 10θ + cos 8θ = cos 4θ + cos 2θ − cos 2θ + cos 6θ − cos 4θ − cos 6θ = 0
なので、
　　4(cos θ + cos 3θ + cos 9θ)² = 4 cos² θ + 4 cos² 3θ + 4 cos² 9θ
　　= 2(cos 2θ + cos 0) + 2(cos 6θ + cos 0) + 2(cos 18θ + cos 0) = 2(3 + cos 2θ + cos 6θ + cos 10θ)　★
が成り立つ（なぜなら cos 18θ = cos (14θ + 4θ) = cos (14θ − 4θ) = cos 10θ）。

cos 2θ, cos 6θ, cos 10θ は、それぞれ −cos 12θ, −cos 8θ, −cos 4θ に等しいので、
　　★ = 2[3 − (cos 12θ + cos 8θ + cos 4θ)] = 2[3 − (−1/2)] = 2⋅7/2 = 7
となる。というのも cos 4θ, cos 8θ, cos 12θ は 1 の原始7乗根の 3 種類の実部で、それらの和は −½ だ。

これで一応、補題の証明が完了したが（補題の第二式は、第一式を項ごとに −1 倍したに過ぎない）、これだけだと、どこからどうやって補題の式が出てきたのか、不透明。「1 の原始28乗根を根とする多項式」について考えてみたい。

3.　x²⁸ − 1 = (x¹⁴ + 1)(x¹⁴ − 1) の根のうち、 x¹⁴ − 1 の根は 1 の14乗根。 1 の原始28乗根は、
　　x¹⁴ + 1 = (x² + 1)(x¹² − x¹⁰ + x⁸ − x⁶ + x⁴ − x² + 1)
の第二因子の根。われわれは、この12次式の根の代数的表現に興味がある。

次数を半減させるため f(x) = (x¹² − x¹⁰ + x⁸ − x⁶ + x⁴ − x² + 1)/x⁶ と置き y = x + 1/x とする（明らかに x = 0 は根ではなく、従って、根を検討するとき 1/x や 1/x⁶ などを含む変数変換を利用しても差し支えない）。今、
　　f(x) = x⁶ − x⁴ + x² − 1 + 1/x² − 1/x⁴ + 1/x⁶
という式から、
　　y⁶ = x⁶ + 6x⁴ + 15x² + 20 + 15/x² + 6/x⁴ + 1/x⁶
を引くと、
　　−7x⁴ − 14x² − 21 − 14/x² − 7/x⁴
が残り、それに y⁴ = x⁴ + 4x² + 6 + 4/x² + 1/x⁴ の 7 倍を足すと、
　　14x² + 21 + 14/x² = 14(x + 1/x)² − 7 = 14y² − 7
なので、 f(x) − y⁶ + 7y⁴ = y² − 7 つまり f(x) = y⁶ − 7y⁴ + 14y² − 7 と書くことができる。 x が 1 の原始28乗根のとき、 y = x^k + x^−k は共役複素数の和、
　　(cos kθ + i sin kθ) + (cos (−k)θ + i sin (−k)θ) = (cos kθ + i sin kθ) + (cos kθ − i sin kθ) = 2 cos kθ
であり（k = 1, 3, 5; 9, 11, 13）、従って、今導いた（y についての）6次式、
　　y⁶ − 7y⁴ + 14y² − 7
の六つの根は「1 の原始28乗根の 6 種類の実部を、それぞれ 2 倍したもの」、つまり次の形の六つの実数:
　　y = z^k + z^−k = 2 cos kθ

上記6次式は、次のように、二つの3次式の積に分解される:
　　y⁶ − 7y⁴ + 14y² − 7 = y⁶ − 7(y⁴ − 2y² + 1) = y⁶ − 7(y² − 1)²
　　 = y⁶ − (√7)²(y² − 1)² = (y³)² − ((√7)y² − √7)²
　　 = (y³ + (√7)y² − √7)(y³ − (√7)y² + √7)

最後の右辺・第二因子 y³ − (√7)y² + √7 の三つの根を a, b, c とすると、根と係数の関係から、
　　a + b + c = √7　　‥‥①
　　ab + bc + ca = 0　　‥‥②
　　abc = −√7　　‥‥③
となり、しかも第一因子 y³ + (√7)y² − √7 の根は −a, −b, −c だ。これら六つの根 ±a, ±b, ±c は、絶対値だけを考えるなら 3 種類の実数だが、符号の違いも考慮すると、どの二つも等しくない（「1 の原始28乗根の 6 種類の実部の 2 倍」が、過不足なく現れる）。当然 a, b, c は、どれも絶対値が異なる。

条件③から、実数 a, b, c の中には負数が奇数個含まれるが、条件①から、 a, b, c の全てが負ではない。従って a, b, c のうち二つが正（そのうち大きい方を a、小さい方を b としよう）、一つが負（c としよう）。つまり a, b は、三つの数 2 cos θ, 2 cos 3θ, 2 cos 5θ のうちのどれか二つで、 c は三つの数 2 cos 9θ = −2 cos 5θ; 2 cos 11θ = −2 cos 3θ; 2 cos 13θ = −2 cos θ のうちのどれか一つ。

a, b, c はどれも絶対値が異なるので（前述）、正の実数 2 cos θ, 2 cos 3θ, 2 cos 5θ のうち二つを a, b として選択すれば、負の実数 c の値は自動的に定まる（−2 cos θ, −2 cos 3θ, −2 cos 5θ のうち −a でも −b でもないものが c）。その事実と条件②から、 a = 2 cos θ, b = 2 cos 3θ, c = −2 cos 5θ であることを確かめるのは、難しくない。実際、 a, b, c をそのように設定した場合、積→和の公式から、
　　ab + bc + ca = 4(cos θ cos 3θ − cos 3θ cos 5θ − cos 5θ cos θ)
　　 = 2(cos 4θ + cos 2θ − cos 8θ − cos 2θ − cos 6θ − cos 4θ) = 0
は、条件②を満たす（−cos 8θ = +cos 6θ）。

〔補足〕　{a, b} の選択肢は三つしかないので（そして a, b を選べば c の選択肢は一つしかないので）、たとえ理論的根拠が曖昧でも、 3 回以内の試行によって正しい解の組み合わせが見つかる。特定の（係数が実数の）3次方程式の解の組み合わせは特定なので、条件を満たす解 a, b, c が見つかった場合、確かめるまでもなく、他の選択肢は条件を満たさない。参考として、あえて確認の計算を行うと: もしも a = 2 cos θ, b = 2 cos 5θ, c = −2 cos 3θ なら、和 ab + bc + ca は、
　　2(cos 6θ + cos 4θ − cos 8θ − cos 2θ − cos 4θ − cos 2θ) = 4(cos 6θ − cos 2θ) ≠ 0
になり、もしも a = 2 cos 3θ, b = 2 cos 5θ, c = −2 cos θ なら、和 ab + bc + ca は、
　　2(cos 8θ + cos 2θ − cos 6θ − cos 4θ − cos 4θ − cos 2θ) = 4(−cos 6θ − cos 4θ) ≠ 0
になる。どちらの選択肢も条件②に反する。

〔付記〕　一応の理論的考察として Gauß 周期と同様の考え方ができる。 mod 28 の乗法群の要素 {±1, ±3, ±5, ±9, ±11, ±13} について ± の区別を度外視して「六つの対象」と考えるなら、 5 はそれらの生成元; 5⁰, 5², 5⁴ が一つの「3項周期」、 5¹, 5³, 5⁵ がもう一つの「3項周期」。 5² = 25 ≡ −3 なので、前者については、 ± を度外視すると 3⁰, 3¹, 3² つまり 1, 3, 9 を k とすればいい。もう一つの「3項周期」はその 5 倍、つまり 5, 15 ≡ −13, 45 ≡ −11 の ± を度外視したもの。ここで ± を度外視することは、 z^k の虚部の違いを無視することに当たる（Re z^k = cos kθ = cos (−k)θ = Re z^−k）。

結局、①から 2 cos θ + 2 cos 3θ + 2 cos 9θ = √7 となる。それは y³ − (√7)y² + √7 の三つの根 y = a, b, c の和なので、 y の意味から、 1 の原始28乗根に関する次の等式が成り立つ:
　　z¹ + z⁻¹ + z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹ = √7
従って、次の等式も成り立つ:
　　z⁵ + z⁻⁵ + z¹¹ + z⁻¹¹ + z¹³ + z⁻¹³ = −√7

第二の等式の導出については、単に第一の等式の両辺を z¹⁴ = −1 倍してもいいし、 1 の原始28乗根 12 種の和が 0 であることを利用してもいいし、あるいは y³ + (√7)y² − √7 の三つの根 y = −a, −b, −c を考え、第一の等式を得たのと同様の手順を踏んでもいいだろう。これら二つの等式が、補題の内容だ。

4.　3次式 y³ − (√7)y² + √7 の根について。記述の簡潔化のため √7 を ε と略し（よって ε² = 7, ε³ = 7ε）、
　　y³ − εy² + ε = 0　　‥‥④
を解く。2次の項を除去するため y = Y + ε/3 と置くと、④左辺は:
　　(Y + ε/3)³ − ε(Y + ε/3)² + ε
　　 = (Y³ + 3Y²ε/3 + 3Y⋅7/9 + 7ε/27) − ε(Y² + 2Yε/3 + 7/9) + ε
　　 = Y³ + εY² + 7Y/3 + 7ε/27 − εY² − 14Y/3 − 21ε/27 + 27ε/27
　　 = Y³ − 7Y/3 + 13ε/27
これが④右辺の 0 に等しい。分母を払うため Y = s/3 と置くと:
　　s³/27 − 7s/9 + 13ε/27 = 0
両辺を 27 倍して:
　　s³ − 21s + 13ε = 0　　‥‥⑤

（※）
Cardano の公式
　s³ + As + B = 0 に
関連する2次方程式、
　t² + Bt − (A/3)³ = 0
の解が t = α, β　⇒
　s = ³√α + ³√β
は、3次方程式の解

有理数解がないことは明白なので、 Cardano の公式（※）を使う。関連する2次方程式 t² + 13εt + 7³ = 0 の解を求める。判別式は、
　　(13ε)² − 4⋅1⋅7³ = 169⋅7 − 4⋅49⋅7 = (169 − 196)⋅7 = (−27)⋅7 = 3²ε²⋅(−3)
なので、2次方程式の解は:
　　t = (−13ε ± 3ε√−3)/2 = (ε/2)(−13 ± 3√−3)
よって⑤の解は:
　　s = ³√[ε(−13 + 3√−3)/2] + ³√[ε(−13 − 3√−3)/2]
変数を元に戻して:
　　Y = (1/3)[³√[ε(−13 + 3√−3)/2] + ³√[ε(−13 − 3√−3)/2]]
　　∴　y = (1/3)[³√[ε(−13 + 3√−3)/2] + ³√[ε(−13 − 3√−3)/2]] + ε/3
　　 = ε/3 + (1/6)[³√[ε(−52 + 12√−3)] + ³√[ε(−52 − 12√−3)]]
　　 = √7/3 + (⁶√7)/6⋅(³√(−52 + 12√−3) + ³√(−52 − 12√−3))

立方根の主値を考えると、この y は、④の最大の実数解 a = 2 cos θ = 2 cos (π/14) に等しい。つまり:

cos (π/14) = sin (6π/14) = sin (3π/7) = sin (4π/7)
　　 = √7/6 + (⁶√7)/12⋅(³√(−52 + 12√−3) + ³√(−52 − 12√−3)) = 0.9749279121…　（☆）

立方根の非主値に対応する解 c = −2 cos 5θ と b = 2 cos 3θ を、 1/2 倍した形で記す:
　　−cos (5π/14) = cos (9π/14) = −sin (2π/14) = −sin (π/7)
　　 = √7/6 + (⁶√7)/12⋅(ω⋅³√(−52 + 12√−3) + ω²⋅³√(−52 − 12√−3)) = −0.4338837391…
　　cos (3π/14) = sin (4π/14) = sin (2π/7)
　　 = √7/6 + (⁶√7)/12⋅(ω²⋅³√(−52 + 12√−3) + ω⋅³√(−52 − 12√−3)) = 0.7818314824…
ここで ω = (−1 + √−3)/2 は 1 の原始立方根。 ⁶√7 は、常に主値の実数 1.3830875542… を表すものとする。

〔補足〕　−52 + 12√−3 = −52 + 20.7846… は、複素平面で第二象限の後半（偏角 135° ～ 180°）にあるので、その立方根の主値（r₀ としよう）は 45° ～ 60° の範囲の偏角を持つ。よって r₀ に ω の回転（+120°）を与えた結果の複素数 r₁ は、第二象限の横軸近くにあり、共役の立方根との和は、絶対値の大きな負の実数を表す。一方、 r₀ に ω² の回転（−120°）を与えた結果の複素数 r₂ は、第四象限で縦軸にやや近く、共役の立方根との和は、絶対値の比較的小さい正の実数を表す。これらの実数は (⁶√7)/12 倍され (√7)/6 = 0.4409… を加算されるため、絶対値の大小が（場合によっては符号も）変わり得る。しかしこの方程式の解の一つ c が負であることは、事前に分かっているので、その負の解は r₁ に対応する。

5.　6次式を分解したもう一つの因子 y³ + (√7)y² − √7 の根を、上記と同様に求める。④に当たる式、
　　y³ + εy² − ε = 0
の2次項を消すための置換に含まれる符号は、既述のものと逆になる（y = Y − ε/3）。⑤に当たる式、
　　s³ − 21s + 13ε = 0
に関連する2次方程式 t² − 13εt + 7³ = 0 の解は、実部の符号が逆になることを除けば、既述のものと同じ。次の根号表現（主値）に至る。

cos (5π/14) = sin (2π/14) = sin (π/7) = sin (6π/7)
　　 = −√7/6 + (⁶√7)/12⋅(³√(52 + 12√−3) + ³√(52 − 12√−3)) = 0.4338837391…　（☆☆）

関係①から（その両辺を 2 で割ると）、
　　cos (π/14) + cos (3π/14) − cos (5π/14) = (√7)/2
なので、（☆☆）と（☆）から、次が成り立つ。

cos (3π/14) = sin (4π/14) = sin (2π/7) = sin (5π/7) = (√7)/2 + cos (5π/14) − cos (3π/14)
　　 = √7/6 + (⁶√7)/12⋅(³√(52 + 12√−3) + ³√(52 − 12√−3) − ³√(−52 + 12√−3) − ³√(−52 − 12√−3)) = 0.7818314824…

6.　原理的には、置換 y = x + 1/x を逆にたどることで、 1 の原始28乗根の（実部・虚部両方を含む）根号表現を得ることができる。それは x² − yx + 1 = 0 を x について解くことだから、実部は y/2 で、上記の通りの cos だ。 y/2 の絶対値は 1 未満、従って y² の絶対値は 4 未満なので、2次方程式の解の公式に含まれる平方根 (√(y² − 4))/2 は純虚数を表す。その虚部は √[1 − (y/2)²] に等しく、 sin kθ を √(1 − cos² kθ) として求めるのと、同じことになる。この方法で、実部に対応する虚部（sin）を表現することは可能だが、必ずしも便利ではない。ここでは、次のように考えた方が話が早いだろう（絶対値において、 1 の原始7乗根の実部に帰着）。
　　sin (π/14) = cos (6π/14) = cos (3π/7) = −cos (4π/7)
　　sin (3π/14) = cos (4π/14) = cos (2π/7)
　　sin (5π/14) = cos (2π/14) = cos (π/7) = −cos (6π/7)

実部と虚部を合わせると、次の通り。

1 の原始28乗根 / Primitive 28-th roots of unity
　T = ((13 + 3√−3)/2)^1/3 + ((13 − 3√−3)/2)^1/3
　U = ((−13 + 3√−3)/2)^1/3 + ((−13 − 3√−3)/2)^1/3
　V = ((7 + 21√−3)/2)^1/3 + ((7 − 21√−3)/2)^1/3
　W = ((−7 + 21√−3)/2)^1/3 + ((−7 − 21√−3)/2)^1/3
とすると:
　　exp (πi/14) = [√7 + (⁶√7)U]/6 + i⋅(1 + V − W)/6
　　exp (3πi/14) = [√7 + (⁶√7)(T − U)]/6 + i⋅(−1 + V)/6
　　exp (5πi/14) = [−√7 + (⁶√7)T]/6 + i⋅(1 + W)/6
1 の原始28乗根は、各象限に三つずつ、計 12 個。上記の三つの数（第一象限）の実部の符号を変えると、第二象限の三つの数になる。以上六つの数の虚部の符号を変えると、残りの六つの数になる。

この種の根号表現は、好奇の対象ではあっても、応用上、ほとんど役立たない。 Cardano の簡約不能ケース（一対の共役複素数それぞれの立方根の和として、実数を表す）は、いかんせん、実用性に乏しいのだ。

他方において、 z¹ + z⁻¹ + z³ + z⁻³ + z⁹ + z⁻⁹ のような和を活用する上では、そもそも z や z³ などの根号表現は全く必要ない。文脈によっては、個々の項の具体的数値が問題にならないどころか、 1 の原始28乗根のどれを z としても構わないケースさえ、珍しくない。「具体的な個々の対象はアクセス困難、あるいはアクセス不要。気にせず、そこにある大局的性質・抽象的構造を利用する」というのは、良くも悪くもモダンなアプローチだ。このメモ自体、根号表現の導出が大きな目的であるかのような書き方だが、実際には「目的地」そのものより「そこへ到達する道のり・試行錯誤」を楽しんでる面も大きい！