四次元サイコロ「目」は幾つ（遊びの数論43）

他のメモへのリンク集。リンク集を飛ばして、このページの前書きへ。本文の目次へ。21、22などの数字は、メモの番号です。

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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。

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• 目次。約10の項目があります。2025などの数字は、メモの日付です。
• 2025-05-31　四次元サイコロ「目」は幾つまで？
• 2025-05-26　バーゼル問題のさらなる簡単化
• 2025-05-22　csc² のある種の和について　バーゼル問題関連
• 2025-05-24　sin (π/7) の根号表現　試算サンバ破産
• 2025-05-25　sin (π/7) の根号表現（続き）
• 2025-05-27　ラマヌジャンのパズルじゃん　生への執着・死への執着
• 2025-05-29　ラマヌジャンのパズル（続き）　澗水（かんすい）湛（たた）えて藍の如し
• 2025-06-01　ガウス周期を使わない円周13等分
• 2025-06-08　1/27 = 0.037037… とその恋人
• 2025-06-11　「ロシア公式」（Wolstenholme のパズル）について
• 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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2025-05-31　四次元サイコロ「目」は幾つまで？

#遊びの数論　#4次元幾何

3次元の普通の（立方体の）サイコロは、「目」が 1 から 6 まである。4次元の超立方体サイコロの「目」は 1 から幾つまであるのだろうか？

最初は強引に直接数えていたが、ちょっとしたアイデアで4次元・5次元をすっきり見通せる！

3次元空間のテーブルの上に「緑のサイコロ」（緑の立方体）が置いてあるとしよう。緑の立方体の底面のうち、一つの頂点を R、 R とつながっている底面の辺を RX と RY とする。 R からはもう一つ、真上に辺 RZ が延びている（Z はサイコロの上面の頂点の一つ）。 RX, RY, RZ の三つの辺は、互いに直交する。 X, Y, Z から見て、一番遠い（緑の立方体の）頂点をそれぞれ A, B, C とし、 R から見て一番遠い頂点を S とする。

これで3次元空間のサイコロの八つの頂点が記述された。このサイコロは、実は「4次元サイコロ」だとしよう。3次元空間内では普通の立方体に見えてるけど、それは「4次元サイコロ」の「底面」というか「底立方体」（2次元世界の人が、3次元の立方体の底面だけを見て「正方形」と認識しているようなもの）。緑のサイコロの八つの各頂点からは、4次元方向にも辺が延びている――としよう。

緑の立方体を、 RX, RY, RZ のどれとも直交する4次元方向に「平行移動」（？）した位置にある立方体を「青いサイコロ」と呼ぶことにする。六角柱に例えれば、テーブル上の緑のサイコロは「底面の六角形」、4次元上方の青いサイコロは「上面の六角形」に当たる（「六角形」はあくまで例えで、本当は「底面」や「上面」は3次元的な「六面体」＝立方体だ）。「六角柱の六つの側面」に例えられる場所には、それぞれ（合計六つの）「側・立方体」（？）がある。よって、4次元サイコロは、「底面」に当たる緑の立方体、「上面」に当たる青い立方体、そして「側面」に当たる六つの立方体の、合計八つの立方体から成る。

かくして、4次元サイコロは、ちょうど八つの立方体で包まれている（3次元のサイコロが六つの正方形で包まれているように）。一つ一つの立方体にはもちろん六つの（2次元の）面があるのだから、数え方によっては、4次元サイコロは 8 × 6 = 48 の面を持つ。しかし、4次元サイコロの一つ一つの（2次元の）面は、どれも二つの立方体によって共有されている。例えば、緑のサイコロの面 RXBZ は、その4次元上方にある青いサイコロの面 rxbz との間にできる立方体の面でもある。このため 8 × 6 = 48 の面、という単純計算では、「二つの立方体に共有される各面」がそれぞれ 2 回ずつカウントされてる。サイコロの「目」を実際に書き込める「異なる面」の数は、その半分の 24 だ。このことは、図を描いてみて、直接カウントしても、容易に確認できるだろう。

4次元の超立方体サイコロには24個の面があり、従って 1 から 24 までの「目」がある！

4次元サイコロの24個の面の一つ一つは正方形で、各正方形にはもちろん四つずつ辺があるので、単純計算では、4次元サイコロは 24 × 4 = 96 の辺を持つ。しかしどの辺も、それぞれ異なる三つの面によって共有されている。実際、3次元空間内で一つの立方体を考えれば、どの面（アとする）にもその面と直交する面（イとする）があるのだから、それら二つの面が接する辺は、面アと面イによって共有されてる。

のみならず、4次元空間内では、どの辺も「対応する4次元方向の辺」と結ばれ、正方形の面（ウとする）を作っている（辺 RX に対する正方形 RXxr のように）。各辺はア・イ・ウ三つの面によって共有されている！

よって（共有による重複カウントを除外すると）4次元サイコロの異なる辺の数は、単純計算 24 × 4 の 3 分の 1 つまり 24 × 4 ÷ 3 = 32 本。そうしたければ、この辺の数を直接数えることも易しい（一つの立方体は12本の辺を持つのだから、緑の立方体・青い立方体の辺の合計は 24。それに加えて、それら二つの立方体の対応する 8 ペアの頂点同士を結ぶ4次元方向の辺が 8 本ある）。

では4次元サイコロには、頂点が幾つあるか？　辺は合計 32、辺の両端は頂点なので、単純計算では 32 × 2 だが、どの頂点もそれぞれ四つの辺によって共有されている――どの頂点からも、3次元的な縦・横・高さの辺が延びていて、さらに4次元方向にも辺が延びているから。ゆえに4次元サイコロの頂点は 32 × 2 ÷ 4 = 16 個。これを直接数えるのは大変易しい。緑のサイコロの頂点 8 と、青いサイコロの頂点 8 の和に過ぎない！

5次元バージョン。4次元空間内に、4次元サイコロ「甲」が置いてあるとする。それを新しい次元（5次元方向）に「平行移動」したもの――「甲」と同じ形の4次元サイコロ――を「乙」としよう。すると、5次元サイコロの「底面」は甲で、「上面」は乙。「側面」は、甲と乙の対応する立方体（超立方体である甲・乙は、それぞれ八つの立方体に包まれているのであった）を結んでできる八つの超立方体であるから、結局、超々立方体である5次元サイコロは、10個の「4次元立方体」（超立方体）に包まれている。

各4次元立方体は、それぞれ八つの3次元立方体を持つので、単純計算では、5次元サイコロは 10 × 8 = 80 個の立方体に包まれている。しかし、これらの立方体の一つ一つは、どれも二つの4次元立方体によって共有されている。例えば、「甲の青い立方体」は、4次元立方体・甲に属するだけなく、「甲の青い立方体と乙の青い立方体を結ぶ4次元立方体」にも、属している。よって、重複カウントを除外すると、5次元サイコロが持つ立方体の数は 10 × 8 ÷ 2 = 40 となる。

立方体が 40 あるなら、単純計算で面の数は 40 × 6 だが、これまでと同様に考えて、各面は三つの立方体によって共有されているので、5次元サイコロが持つ面の数 40 × 6 ÷ 3 = 80 となる！

5次元の超々立方体サイコロには80個の面があり、従って 1 から 80 までの「目」があるっ！

ついでに辺なども数えておこう。 80 個の（正方形の）面があれば、単純計算で辺の数は 80 × 4 だが、各辺は四つの正方形によって共有されているので、実際の辺の数は 80 × 4 ÷ 4 = 80 本。そして 80 の辺があれば、単純計算で頂点の数は 80 × 2 だが、各頂点は五つの辺によって共有されているので、実際の頂点の数は 80 × 2 ÷ 5 = 32 となる（5次元立方体では、どの頂点からも互いに直交する 5 本の辺が延びる）。頂点の数については、直接カウントすることも易しい。乙にも甲にもそれぞれ 16 個の頂点があり、それ以外に頂点はない――5次元サイコロの「側面」たち（八つの4次元立方体である）は、単に乙と甲の対応する頂点を（5次元方向の上と下で）結んでいるだけで、「側面」には新しい頂点は生じないから。

直接、頂点・辺・面などを数えると面倒。でも一つ上の次元の図形（正方形から見た立方体など）を基準に、「立方体には六つの面がある」「正方形には四つの辺がある」といった当たり前のことを考えると、おおむね単純な掛け算の問題になる（一つ上の次元の図形が何個あるかという情報があれば）。その際、頂点・辺・面などが、それぞれ一つ上の次元の「何個の」図形によって共有されてるかを考慮して、その数で割り算することで、正味の数を決定できる！

こんなことは、高次元幾何学の基礎中の基礎なんだろうけど（教科書のようなものを読めば、もっとちゃんと書いてあるに違いない）、「4次元サイコロって何面あるの？」みたいなたわいもない疑問からスタートして、それなりにエレガントな観点が得られたのは、ほんのりうれしい。

注意。筆者は高次元が苦手なので、このメモの記述には間違いがあるかもしれない！

「4次元立方体をクリアにイメージできるようになりたい」というモチベーションは、数年前（2023年）、十六元数について考えてたとき高まった（詳細は省くが、十六元数の計算規則を4次元立方体を使って可視化する方法がある）。このメモの添付画像も、当時、作ったもの。当時は辺の数などを（強引に数えられても）すっきり見通すことができず、まして5次元バージョンなど、思いも寄らなかった。しっかりした参考文献を使ってきちんと学習すれば、大したことじゃないんだろうけど、あくまで遊びなんで…。最初から「攻略本」を見たら、つまんないし。

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2025-05-26　バーゼル問題のさらなる簡単化

#遊びの数論　#tan の多倍角　#バーゼル問題

バーゼル問題（バーゼルはスイスの地名）というのは、
　　1 + 1/4 + 1/9 + 1/16 + 1/25 + ···
という無限の足し算の結果が幾つになるか？というもの（分母は 2 × 2, 3 × 3, 4 × 4, ··· と増えていく）。答えが「円周率 × 円周率 ÷ 6」という極めて変てこな値になること（なぜこんなところに円周率が？！）を突き止めたのは、オイラーだった。

この件についてはいろんな証明法があるけど、中でもエレガントで人気が高いのは、ヤグロム（Yaglom & Yaglom）が1950年代に発表した方法。

ヤグロムたちの証明は、確かに初等的で美しい。しかし「ド・モアブルの定理」を使うところが画竜点睛（がりょうてんせい）を欠く。「ド・モアブルの定理」そのものには何の恨みもないし、それ自体が証明の美しさを損なうわけではないけど、「初等的」と言いながら複素解析的な定理を使うのは「看板に偽りあり」だっ！

「ド・モアブルの定理」をバイパスする抜け道について記す。

m を 1 以上の整数とする。 2m+1 は 3以上の奇数だ。ヤグロム流の証明の要になるのは、 180° を 2m+1 等分した角度を θ として、
　　cot² θ + cot² 2θ + cot² 3θ + ···  + cot² mθ
という和がどんな値になるか？という点にある。この部分において、ヤグロムも、それに続く人々も「ド・モアブルの定理」を使っているのだが、次のシンプルな観察によって、この部分を（ある意味）ショートカットできる。

三角関数の基本として、 sin (α+β) と cos (α+β) の計算式（加法定理）というものがあり、特に α = β の場合、「ある角度の2倍の角度の sin や cos」を「もともとの角度の sin や cos」を使って表現できる（倍角の公式）。原理的には、加法定理を繰り返し使うことで（例えば、角度 α と角度 β = 2α の和を考えることで）、3倍角以降も同様に処理可能。

tan というのは sin ÷ cos なので、上記の事柄の簡単な応用として、 tan 2θ, tan 3θ, tan 4θ などを、いずれも t = tan θ を使って表すことができ、結果は「分数」になる。その「分数」の分子も分母も t についての多項式だ。例えば:
　　tan 7θ = (7t − 35t³ + 21t⁵ − t⁷)/(1 − 21t² + 35t⁴ − 7t⁶) = t(t⁶ − 21t⁴ + 35t² − 7)/(7t⁶ − 35t⁴ + 21t² − 1)
↑一見複雑そうだが、実は二項係数に交互に + と − を付けて、順に分母と分子に並べてるだけ。

この例で、もし 7θ が 90° の奇数倍なら左辺の tan 7θ は定義されないので（±∞ に発散）、そのとき、右辺の分数の値は定義されない。言い換えれば、分母 = 0 になる（参考リンク）。 7θ が 90° の奇数倍になるのは、 θ が 90° の 1/7 の場合、あるいは 90° の 3/7 の場合など。負の奇数倍でもいいので、
　　θ が 90° の ±1/7 倍か ±3/7 倍か ±5/7 倍ならば　7t⁶ − 35t⁴ + 21t² − 1 = 0
が成り立つ。ただし t というのは tan θ のこと。今 cot x = tan (90° − x) = tan (−90° − x) という関係を使うと、
　　θ が 90° の ±1/7 倍か ±3/7 倍か ±5/7 倍のときの tan θ
というのは、
　　θ が 90° の ±6/7 倍か ±4/7 倍か ±2/7 倍のときの cot θ
に他ならない。言い換えれば、
　　θ が 180° の ±3/7 倍か ±2/7 倍か ±1/7 倍のときの cot θ
というわけだ。

cot (−x) = −cot x という関係に留意すると、
　　7t⁶ − 35t⁴ + 21t² − 1 = 0
を満たす6種類の実数 t は、
　　t = ±cot θ, ±2 cot θ, ±3 cot θ
に等しい。ただし、ここでは θ = 180°/7 とする。従って、上の6次方程式を u = t² についての3次方程式、
　　7u³ − 35u² + 21u − 1 = 0
と解釈するなら、それを満たす3種類の実数 u は、同じ θ に対応する次の値に他ならない:
　　u = cot² θ, cot² 2θ, cot² 3θ
よってヤグロム流の証明に必要な
　　cot² θ + cot² 2θ + cot² 3θ
という和は、解と係数の関係から −(−35)/7 = 5 となる！

同様にして、より一般的に n = 2m + 1 が 3 以上の任意の奇数のとき、証明に必要な
　　cot² θ + cot² 2θ + ··· + cot² mθ　　ただし θ = 180°/n
の表現は、 tan の n 倍角の公式の分母の多項式から得られる。実のところ、ヤグロムたちが「ド・モアブルの定理」を経由して導いている多項式は、 tan の n 倍角の公式の分母と同一。

同一の多項式を導くのなら、「ド・モアブルの定理」を使った方が簡潔――というのは確かだろう。「ド・モアブルの定理」（正しくは「オイラーの定理」と呼ぶべきかもしれない）それ自体の重要性も、論をまたない。でもこの定理は本質的には複素解析に属するもの。「なるべく簡単に証明したい」という場合、ここで天下り的に複素数を使うのは必ずしも好ましくない。都合がいいことに、 tan の多倍角の公式なら、二項係数だけから直接構成できる。「ド・モアブルの定理」を使うよりは遠回りになる代わり、複素数を使わず、実関数の tan だけで証明が完結するので、一定のメリットがある。

ヤグロムの証明で「ド・モアブルの定理」を使うことに対する不満（大きな問題ではないが）については、別のメモでもコメントした。そのときには、ぼんやりしていて、「ド・モアブルの定理」をバイパスできることに気付けなかった。気付いてみると、当たり前のこと。 Ramanujan のパズルに関連して、
https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL10/Slota/witula13.html
を眺めていたら A. M. Yaglom and I. M. Yaglom の名前が出てきて、それを見て電球がともった。

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2025-05-22　csc² のある種の和について　バーゼル問題関連

#遊びの数論　#バーゼル問題　#三角関数

180° を 2^a+1 等分した角度を β とする（a: 正の整数）。 β の奇数倍の角度（0° ～ 180° の範囲）について、それぞれの csc² の和は 4^a に等しい。例えば a = 2 で β = 180°/2³ = 22.5° のとき:
　　csc² β + csc² 3β + csc² 5β + csc² 7β = 16
同じことだが、0° ～ 90° の範囲の同様の和は、上記の半分の値に等しい。例えば:
　　csc² β + csc² 3β = 8

バーゼル問題の証明（Hofbauer 版）――ポピュラーな Yaglom 版の証明とは別のもの――では、この一般的性質を使った。参考までに a = 2, 3 の場合の、具体的な数値計算例を記す。

sin 2θ = 2 sin θ cos θ の逆数から、
　　csc 2θ = csc θ sec θ/2 = (1/2)[csc θ + csc (θ + π/2)]
が成り立つ（「csc の倍角の公式」も参照）。一方:
　　csc² 2θ = 1/(sin² 2θ) = 1/(4 sin² θ cos² θ) = (1/4)((cos² θ + sin² θ)/(sin² θ cos² θ))
　　 = (1/4)(1/(sin² θ) + 1/(cos² θ)) = (1/4)[csc² θ + csc² (θ + π/2)]　　‥‥①

①で θ = π/4 とすると:
　　csc² (π/2) = (1/4)(csc² (π/4) + csc² (3π/4))
　　∴　(1/4)(csc² (π/4) + csc² (3π/4)) = 1　　‥‥②

〔検算〕　csc (π/2) = 1, csc (π/4) = csc (3π/4) = √2

①で θ = π/8 あるいは θ = 3π/8 とすると:
　　csc² (π/4) = (1/4)(csc² (π/8) + csc² (5π/8))
　　csc² (3π/4) = (1/4)(csc² (3π/8) + csc² (7π/8))
②に代入して:
　　(1/4²)(csc² (π/8) + csc² (3π/8) + csc² (5π/8) + csc² (7π/8)) = 1
　　∴　(2/4²)(csc² (π/8) + csc² (3π/8)) = 1

〔検算〕　恒等式^† sin² θ = (1 − cos 2θ)/2 において θ = π/8 とすると:
　　sin² (π/8) = (1 − (√2)/2)/2 = (2 − √2)/4
その逆数から csc² (π/8) = 4/(2 − √2)。同じ恒等式において θ = 3π/8 とすると:
　　sin² (3π/8) = (1 − (−(√2)/2))/2 = (2 + √2)/4
その逆数から csc² (3π/8) = 4/(2 + √2)。従って:
　　csc² (π/8) + csc² (3π/8) = 4/(2 − √2) + 4/(2 + √2)
　　 = [4(2 + √2) + 4(2 − √2)]/[(2 + √2)(2 − √2)] = 16/(4 − 2) = 8

†　cos 2θ = cos² θ − sin² θ = (1 − sin² θ) − sin² θ = 1 − 2 sin² θ から、
　　2 sin² θ = 1 − cos 2θ
を得て、両辺を 2 で割ると sin² θ = (1 − cos 2θ)/2。

同様に進めて、次の等式を得る。
　　(2/4³)(csc² (π/16) + csc² (3π/16) + csc² (5π/16) + csc² (7π/16)) = 1

これを確かめるには、上記 ( ) 内の和が 32 に等しいことを見ればいい。上記 sin² (π/8) = (2 − √2)/4 を再利用して:
　　cos² (π/8) = 1 − sin² (π/8) = (2 + √2)/4
　　∴　0 < cos (π/8) = √(2 + √2)/2
　　∴　sin² (π/16) = (1 − √(2 + √2)/2)/2 = (2 − √(2 + √2))/4
同様に cos (7π/8) = −√(2 + √2)/2 なので:
　　sin² (7π/16) = (2 + √(2 + √2))/4
従って:
　　csc² (π/16) + csc² (7π/16) = 4/(2 + √(2 + √2)) + 4/(2 − √(2 + √2))
　　 = [4(2 + √(2 + √2)) + 4(2 − √(2 + √2))]/[4 − (2 + √2)] = 16/(2 − √2) = 8(2 + √2)　　‥‥③

一方、 sin² (3π/8) = (2 + √2)/4 から:
　　cos (3π/8) = √(2 − √2)/2
　　∴　sin² (3π/16) = (2 − √(2 − √2))/4
　　同様に　sin² (5π/16) = (2 + √(2 − √2))/4
従って:
　　csc² (3π/16) + csc² (5π/16) = 4/(2 + √(2 − √2)) + 4/(2 − √(2 − √2))
　　 = [4(2 + √(2 − √2)) + 4(2 − √(2 − √2))]/[4 − (2 − √2)] = 16/(2 + √2) = 8(2 − √2)　　‥‥④

③④から、確かに csc² (π/16) + csc² (3π/16) + csc² (5π/16) + csc² (7π/16) = 32 となる。

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2025-05-24　sin (π/7) の根号表現　試算サンバ破産

#遊びの数論　#1の原始根　#円周7等分

180° の 7 分の 1（約 26°）を φ とする。 sin φ つまり sin (π/7) = 0.4338837… の根号表現を求めるエレガントな方法。

sin 7θ の値は、 7θ が 180° の倍数のとき、ゼロになる。言い換えると θ が φ = (180/7)° の倍数のとき、ゼロになる。この条件を満たす角度 θ は、円周14等分点に当たる。もし ±180° や ±360° などの違いを区別するなら、 sin 7θ = 0 を満たす θ は無限種類、存在する。しかし sin 7θ = 0 を満たす θ を「対応する sin θ の値が同じか違うか」で区別・分類するなら、ちょうど7種類の sin θ の値が、条件を満たす:
　　sin 7θ = 0　⇔　sin θ = 0 または sin θ = ±sin φ
　　　　または sin θ = ±sin 2φ または sin θ = ±sin 3φ

正弦の7倍角の公式 sin 7θ = −64 sin⁷ θ + 112 sin⁵ θ − 56 sin³ θ + 7 sin θ が与えられたとする。上記のことから、この公式の値がゼロになるときの7種類の sin θ の値は、円周14等分点――自明な等分点 (1, 0) を含む――の7種類の縦座標に当たる（14等分点なのに縦座標が7種類しかないのは、例えば θ = φ の点と θ = 180° − φ の点は、縦座標が等しいから）。

x = sin θ と置くと、与式の右辺は、
　　−x(64x⁶ − 112x⁴ + 56x² − 7)
に等しい。丸かっこ内について u = x² と置けば、直ちに u についての3次方程式の問題になる。しかしその方法だと（機械的に解は得られるものの）三重根号が生じ、あまりきれいな表現にならない。代わりに丸かっこ内の
　　64x⁶ − 112x⁴ + 56x² − 7
を3次式の積に分解したい。とりあえず、最高次の係数を 1 にするため x = y/2 と置くと:
　　64(y/2)⁶ − 112(y/2)⁴ + 56(y/2)² − 7
　　 = y⁶ − 7y⁴ + 14y² − 7
　　 = (y³)² − (7y⁴ − 14y² + 7)　　‥‥❶

都合がいいことに、最後の式の二つ目の丸かっこ内は1次式の平方だっ！
　　7y² − 14y + 7 = 7(y⁴ − 2y² + 1) = (√7)²(y² − 1)² = ((√7)y² − √7)²

従って:
　　❶ = (y³)² − ((√7)y² − √7)²
　　 = (y³ + (√7)y² − √7)(y³ − (√7)y² + √7)

これで二つの3次式の根の問題となった。同じ二つの因子は x²⁸ − 1 の分解からも得られるが、この因子だけが目的なら、上記の手順（Bromwich^† による）は便利。

† https://archive.org/details/introductiontoth00bromuoft/page/188/mode/1up
https://archive.org/details/dli.ernet.5661/page/223/mode/1up

二つの因子の根――要するに、二つの3次方程式、
　　y³ + (√7)y² − √7 = 0　　‥‥❷
　　y³ − (√7)y² + √7 = 0　　‥‥❸
の解――を代数的に求めたい。事前に解の三角関数表現をはっきりさせておこう。 180° の 7 分の 1（約 25.7°）を φ とすると、❶の根が
　　±2 sin φ, ±2 sin 2φ, ±2 sin 3φ
であることは明らか。これら六つの実数が三つずつに分かれて、❷または❸の解となる。解と係数についての考察から、❷と❸のどちらの解も、絶対値は、
　　2 sin φ, 2 sin 2φ, 2 sin 3φ
の三つ。3解の積（定数項の符号を変えたもの）から、❷には負の解がちょうど二つ、❸には負の解がちょうど一つある。では❸に一つだけ含まれる負の解は、
　　−2 sin φ, −2 sin 2φ, −2 sin 3φ
のうちのどれか？

解と係数の関係から、❸の三つの解の和は √7 = 2.64… であり 2 より大きい。ところが、三角関数の基本的性質から
　　0 < 2 sin φ < 2 sin 2φ < 2 sin 3φ < 2
なので、もしも3解が y₁ = 2 sin φ, y₂ = 2 sin 2φ, y₃ = −2 sin 3φ だったなら y₂ + y₃ は負になってしまい、3解の和は 2 より小さい。同様に、もしも3解が y₁ = 2 sin φ, y₂ = −2 sin 2φ, y₃ = 2 sin 3φ だったなら y₁ + y₂ は負になってしまい、3解の和は 2 より小さい。いずれも条件に反するので、3解は
　　y₁ = −2 sin φ, y₂ = 2 sin 2φ, y₃ = 2 sin 3φ
でなければならない。次の結論に至る。
　　❸の解は y = −2 sin φ, +2 sin 2φ, +2 sin 3φ
　　❷の解は y = +2 sin φ, −2 sin 2φ, −2 sin 3φ

ここで sin 3φ = sin 4φ と −sin φ = sin 8φ に留意すると、 Morrie の法則風の表現を得る。きれい！

2 sin 2π/7 + 2 sin 4π/7 + 2 sin 8π/7 = √7
　　つまり　sin 2π/7 + sin 4π/7 + sin 8π/7 = √7/2
　2 sin π/7 × 2 sin 2π/7 × 2 sin 3π/7 = √7
　　つまり　sin π/7 sin 2π/7 sin 3π/7 = √7/8

〔参考〕　実際 sin (π/7) = 0.4338…（試算サンバ）、sin (2π/7) = 0.7818…（菜っ葉一把（いちわ））、sin (3π/7) = 0.9749…（救難至急）なので、
　　−sin (π/7) + sin (2π/7) + sin (3π/7) ≈ (−43 + 78 + 97)/100 = 132/100
の 2 倍は約 2.64。 √7 = 2.64575…（煮蒸しコウナゴ）に近い値だ。より高精度の計算を行えば、両者が有効桁数の範囲で一致することを確認できる。
　　sin (π/7) × sin (2π/7) × sin (3π/7) = 0.3307… = (√7)/8
についても、同様に直接確かめることができる。

❷と❸の解は、絶対値が同じで符号が反対なので、実用上、一方を解けば十分。以下❷を解く。❷の最大の（唯一の正の）解は 2 sin (π/7) であり、それが主値となる。他方の方程式❸の解法は、別のメモの「4.」以下に記されているが、同じやり方を繰り返してもつまらないので、少し違うアプローチを試みる。

❷の係数の無理数を除去するため、いったん y = (√7)z と置くと:
　　7(√7)z³ + 7(√7)z² − √7 = 0
両辺を 7√7 で割って:
　　z³ + z² − 1/7 = 0
便宜上 z = w/21 と置くと（付録1参照）:
　　(w/21)³ + (w/21)² − 1/7 = 0
両辺を 21³ = 3³⋅7³ 倍して:
　　w³ + 21w² − 3³⋅7² = 0
2次の項を除去するため w = s − 7 と置くと:
　　(s − 7)³ + 21(s − 7)² − 3³⋅7² = 0
展開して整理すると（付録2参照）:
　　s³ − 3⋅7²s − 7²⋅13 = 0　　‥‥❹

対応する2次方程式
　　t² − 7²⋅13t + 7⁶ = 0　　‥‥❺
の判別式は、
　　(7²⋅13)² − 4⋅7⁶ = 7⁴(13² − 4⋅7²) = 7⁴(169 − 196) = 7⁴(−27)
なので、2次方程式❺の解は:
　　t = [7²⋅13 ± 7²⋅3√(−3)]/2 = 7²⋅[13 ± 3√(−3)]/2

従って、3次方程式❹の解（の主値）は:
　　s = (7²⋅(13 + 3√(−3))/2)^1/3 + (7²⋅(13 − 3√(−3))/2)^1/3
　　 = 7^2/3 [((13 + 3√(−3))/2)^1/3 + ((13 − 3√(−3))/2)^1/3]
変数を元に戻すと:
　　w = −7 + s = −7 + 7^2/3 [³√((13 + 3√−3)/2) + ³√((13 − 3√−3)/2)]
　　z = w/21 = {−1 + 7^−1/3 [³√((13 + 3√−3)/2) + ³√((13 − 3√−3)/2)]}/3
　　y = 7^1/2 z = {−7^1/2 + 7^1/6 [³√((13 + 3√−3)/2) + ³√((13 − 3√−3)/2)]}/3
結局、
　　x = y/2 = {−7^1/2 + 7^1/6 [³√((13 + 3√−3)/2) + ³√((13 − 3√−3)/2)]}/6
となって、最終結果は次の通り。

sin (π/7) = −√7/6 + ⁶√7/6 × [³√((13 + 3√−3)/2) + ³√((13 − 3√−3)/2)]
　　 = −√7/6 + ⁶√7/12 × (³√(52 + 12√−3) + ³√(52 − 12√−3))

この表現自体は既に別経路で（円周28等分の副産物として）求めてあるが、今回は、正弦の7倍角の公式から直接同じ結果を得た。余弦 cos (π/7) の根号表現は比較的よく知られている。けれど、対応する正弦 sin (π/7) の表現は、知名度が低いと思われる。

❷の係数から無理数 √7 を除去しなくても、 ε = √7 などと置いて、そのまま処理することもできる。実質的な手間はほぼ同じかもしれないが、係数に無理数がない方が、いくらか見通しがいいともいえる。

付録1　z³ + z² − 1/7 = 0 を直接解かずに z = w/21 と置換したのは、係数の分数を避けるため。分数 −1/7 を解消するだけなら z = v/7 と置いて、両辺を 7³ 倍してもいい。その結果は、
　　v³ + 7v² − 49 = 0
であり、本文の置換結果より軽快。ただし2次の項を除去する計算が少し面倒になり、 s³ − (49/3)s − 637/27 = 0 の形になる。このような分数を嫌って、本文では置換後の2次の係数が 3 の倍数になるようにした。もし分数を気にしないなら、便宜上の（間接的な）置換を挟まず、直接 s = z − 1/3 と置けば、 s³ − (1/3)s − 13/189 = 0 の形になる。

付録2　(s − 7)³ + 21(s − 7)² − 3³⋅7² を展開すると、
　　 = (s³ − 3⋅7s² + 3⋅7²s − 7³) + 3⋅7(s² − 2⋅7s + 7²) − 3³⋅7²
となって、2次の項は消滅:
　　 = s³ + (3⋅7²s − 3⋅7⋅2⋅7s) − 7³ + 3⋅7³ − 3³⋅7²
1次の係数は 3⋅7²(1 − 2) = −3⋅7² に等しく、定数項は
　　7²(−7 + 3⋅7 − 3³) = 7²(−7 + 21 − 27) = 7²(−13)
に等しい。

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2025-05-25　sin (π/7) の根号表現（続き）

#遊びの数論　#1の原始根　#円周7等分

sin (π/7) などの根号表現を求める別の方法。円周14等分点の tan を経由するもの。 sin だけを考えるとすれば、前回の方法と比べ見通しが悪い。しかし tan (π/7) と sin (2π/7) のような二つの値の関係を利用するところが風変わりで、独特の面白さがある。

1.　tan (kπ/7) を根（k = ±1, ±2, ±3）とする6次式が t⁶ − 21t⁴ + 35t² − 7 であること。それが二つの3次の因子に分解されること（変数置換を介せば、有理係数の範囲で分解可能）。

180°/7 = π/7 を φ とする。 tan θ を t と略すと、
　　tan 7θ = (7t − 35t³ + 21t⁵ − t⁷)/(1 − 21t² + 35t⁴ − 7t⁶) = t(t⁶ − 21t⁴ + 35t² − 7)/(7t⁶ − 35t⁴ + 21t² − 1)
の分子の根は θ = 0, ±φ, ±2φ, ±3φ に対する tan に等しい（「円周7等分点・14等分点のタンジェント」）。分子の因子の6次式が、
　　t⁶ − 21t⁴ + 35t² − 7 = (t³ + At² + Bt + C)(t³ − At² + Bt − C)　　《あ》
のように二つの3次式の積に分解されること、それぞれの3次式の根の絶対値が tan φ, tan 2φ, tan 3φ であることが、予期される。

〔注〕　二つの3次の因子について、どちらも1次の係数 B の符号が同じである理由は、次の通り。一方の3次式の根が α, β, γ なら、他方の3次式の根は −α, −β, −γ であり、解と係数の関係から:
　　αβ + αγ + βγ = B = (−α)(−β) + (−α)(−γ) + (−β)(−γ)

《あ》のように直接分解されたと仮定すると | C | = √7 であり、係数には少なくともこの無理数が含まれる。考え方にもよるが、素朴な意味では、無理数を表に出さない方が簡単といえる。問題の6次方程式
　　t⁶ − 21t⁴ + 35t² − 7 = 0　　《い》
が偶数次の項だけから成ることに留意すると、次のどちらかの変数置換を試す価値がある。

オプション1　《い》で t = x/√7 と置き両辺を (√7)⁶ = 7³ 倍すると、こうなる:
　　(x⁶/7³) − 21(x⁴/7²) + 35(x²/7) − 7 = 0
　　よって　x⁶ − 21⋅7x⁴ + 35⋅7²x² − 7³⋅7 = 0
この左辺が、
　　 = (x³ + Ax² + Bx + 49)(x³ − Ax² + Bx − 49)
と分解されたと仮定する。展開すると:
　　 = (x³ + Bx)² − (Ax² + 49)²
　　 = (x⁶ + 2Bx⁴ + B²x²) − (A²x⁴ + 98Ax² + 49²)
　　 = x⁶ + (2B − A²)x⁴ + (B² − 98A)x² − 49²
係数の比較から:
　　2B − A² = −3⋅7², B² − 98A = 5⋅7³
これを満たす唯一の有理数解は、
　　A = 7, B = −49
であり^†、次の分解は実際に可能:
　　(x³ + 7x² − 49x + 49)(x³ − 7x² − 49x − 49)　　《う》

†　第1式から B = (A² − 3⋅7²)/2。それを第2式に代入して (A² − 3⋅7²)²/4 − 98A = 1715。展開・整理すると:
　　(A⁴/4 − 3⋅7²A²/2 + 9⋅7⁴/4) − 2⋅7²A − 5⋅7³ = 0
両辺を4倍して:
　　A⁴ − 6⋅7²A² − 8⋅7²A + (9⋅7⁴ − 20⋅7³) = 0
　　つまり　A⁴ − 6⋅7²A² − 8⋅7²A + 7³⋅43 = 0
この4次式を満たす有理数 A が存在するなら、それは 7³⋅43 の正または負の約数。 A = ±1 は、この4次式を満たさない。もし A = ±7 なら、4次式の値は 7³ で割り切れて、 7³(7 − 42 ∓ 8 + 43) に等しい。よって A = +7 は根。そのとき B = (49 − 3⋅49)/2 = −49。一方、もし A の絶対値が 43 以上なら、 A⁴ > 40⁴ = 2560000 が大き過ぎ、4次式の値は 0 になり得ない。

オプション2　《い》で t = x√7 と置き両辺を (√7)⁶ = 7³ で割ると、こうなる:
　　(x⁶⋅7³) − 21(x⁴⋅7²) + 35(x²⋅7) − 7 = 0
　　よって　x⁶ − 3x⁴ + (5/7)x² − 1/7² = 0
この場合、分数を避けるため、 7³ で割る代わりに 7 で割ると（言い換えると、最後の式の両辺を 7² 倍すると）いいだろう:
　　49x⁶ − 3⋅7²x⁴ + 5⋅7x² − 1 = 0
この左辺が、
　　 = (7x³ + Ax² + Bx + 1)(7x³ − Ax² + Bx − 1)
と分解されたとすると:
　　 = (7x³ + Bx)² − (Ax² + 1)²
　　 = (49x⁶ + 2⋅7Bx⁴ + B²x²) − (A²x⁴ + 2Ax² + 1)
　　 = 49x⁶ + (2⋅7B − A²)x⁴ + (B² − 2A)x² − 1
係数の比較から 2⋅7B − A² = −3⋅7², B² − 2A = 5⋅7、その有理数解^† A = 7, B = −7 から、次の分解が成り立つ:
　　(7x³ + 7x² − 7x + 1)(7x³ − 7x² − 7x − 1) = 0　　《え》

†　もし第1式から B = (A² − 147)/14 として、それを第2式に代入、分母を払うと、オプション1と同じ A⁴ − 294A − 392A + 14749 = 0 を得る（よって、もしこのアプローチを使うなら A = 7）。一方、第2式から A = (B² − 35)/2 として、それを第1式に代入、分母を払うと B⁴ − 70B² − 56B + 637 = B⁴ − 7⋅10B² − 7⋅8B + 7²⋅13 = 0 を得る。 B = ±7 を試すと、両辺は 49 で割り切れて 49(49 − 70 ∓ 8 + 13)、 B = −7 のとき丸かっこ内 = 0。

《い・う》は、変数の置換が違うものの、本質的には同内容。オプション2の《え》の方が係数が小さい（従って、扱いやすい――少なくとも、分解《え》は分解《う》より容易――だろう）。もともとの係数が因子 7 を含み、両辺を 7 で割るとき、もともとの係数も一部（整数係数の範囲で）約されるので。以下では《え》を使う。

2.　各因子の根がどの値に当たるか。《え》の第1因子 7x³ + 7x² − 7x + 1 の三つの根の積は −1/7 なので、負の根は奇数個。しかし三つの根 x の和は −7/7 = −1 であり、対応する三つの t = tan θ の和は −√7 = −2.64… なので、根 x が三つとも負であることは不可能。というのも φ = 180°/7 > 25° であり、 tan 2φ > tan 45° = 1 かつ tan 3φ > tan 60° = √3 = 1.73… なので tan 2φ と tan 3φ の絶対値の和は √7 より大きい（つまり、もしも三つの負の根を持つとすると、根の和は (−tan 2φ) + (−tan 3φ) < −√7 より小さくなってしまう）。よってこの因子は、正の根を二つ、負の根を一つ持つ。三つの根の和 −1 は負なので、
　　tan φ < tan 2φ < tan 3φ
に留意すると、上記3次の因子の根は +tan φ, +tan 2φ, −tan 3φ でなければならない（さもなければ、負の根より絶対値の大きい正の根が存在し、残りのもう一つの根も正なので、3根の和は正になってしまう）。これら三つをそれぞれ −1 倍したものが他方の因子の根。

両辺を 7² で割ると、《え》はこうなる。
　　(x³ + x² − x + 1/7)(x³ − x² − x − 1/7) = 0　　《お》

置換の設定から t = x√7 つまり x = t/√7 である。すなわち《お》の根 x は、各 t = tan kφ について（k = ±1, ±2, ±3）それぞれの 1/√7 であるから、 x = (tan kφ)/√7 の形を持つ。

今、 x = t/√7 を《お》に代入して両辺を 7√7 倍すると:
　　(t³ + (√7)t² − 7t + √7)(t³ − (√7)t² − 7t − √7) = 0　　《か》
これは《あ》の直接分解と同じこと（ただし変数置換を介することで、無理数の係数を直接扱うことを回避した）。

《か》の第一因子の根 tan 3φ, tan 2φ, −tan 3φ = tan 4φ の和も積も −√7 であることと tan 3φ = −tan 4φ に留意すると、次の印象的な等式を得る。

tan (π/7) tan (2π/7) tan (4π/7) = tan (π/7) + tan (2π/7) + tan (4π/7) = −√7
　tan (π/7) tan (2π/7) tan (3π/7) = √7

3.　次のようにして、円周14等分点の tan から円周14等分点の sin を導くことができる。最終的な結論だけが欲しいなら遠回りだが、これはこれで面白い。まず…

命題1（sin の倍角の公式の一種）　sin 2α = 2 tan α/(1 + tan² α)

証明　cos α が定義されるような（つまり 90° の奇数倍以外の）任意の角度を α とする。
　　cos² α + sin² α = 1
の両辺を cos² α で割って、次の恒等式を得る:
　　1 + tan² α = 1/cos² α　あるいは同じことだが　= sec² α
　　∴　cos² α = 1/(1 + tan² α)　　(☆)
最も普通の sin の倍角公式（加法定理に基づく）を出発点として (☆) を使うと:
　　sin 2α = 2 sin α cos α = 2 sin α cos α/cos² α × cos² α
　　 = 2 sin α/cos α × 1/(1 + tan² α) = 2 tan α/(1 + tan² α) ∎

〔参考〕　命題1は 2α = θ, α = θ/2 のような形で使われることもある。すなわち u = tan (θ/2) と置くと:
　　sin θ = 2u/(1 + u²)

命題2　m を正の定数、 α を任意の角度（直角の奇数倍を除く）とすると:
　　x = (tan α)/√m, y = (sin 2α)/√m ⇒ y = 2x/(1 + mx²)

証明　⇒ の後ろの（右辺の）分数について。 ⇒ の前の仮定により、分子は (2 tan α)/√m に等しく、分母は
　　1 + m((tan α)/√m)² = 1 + tan² α
に等しい。すなわち、
　　2x/(1 + mx²) = [(2 tan α)/√m]/(1 + tan² α) = (2 tan α)/[(1 + tan² α)√m] = (sin 2α)⋅1/√m
は（最後の等号は命題1による）、仮定により y に等しい。∎

さて、《え》ないし《お》の第一因子の3次式についての考察（前述）から、
　　x³ + x² − x + 1/7 = 0　　《き》
の3解は、次の通り。
　　x = (tan kφ)/√7　　ただし k = +1, +2, −3　　《く》

命題2で m = 7 とすることにより、 x = (tan kφ)/√7 と y = (sin 2kφ)/√7 を関連付けることができる。 k = 1, 2, −3 のときに成り立つ《き》の形は、都合がいい。実際、そのとき、
　　x³ + x² = x − 1/7　つまり　x²(x + 1) = x − 1/7
　　∴　x² = (x − 1/7)/(x + 1)
なので、次の簡約が可能。命題2の右端の分数の形（分母 1 + 7x² と分子 2x）を念頭に:
　　1 + 7x² = 1 + 7((x − 1/7)/(x + 1)) = (x + 1)/(x + 1) + (7x − 1)/(x + 1) = 8x/(x + 1)
　　∴　y = 2x ÷ (1 + 7x²) = 2x⋅((x + 1)/(8x)) = (x + 1)/4
　　∴　x = 4y − 1　　《け》

〔注〕　例えば y = (sin 2φ)/√7 を 4 倍して 1 を引くと、 x = (tan φ)/√7 に等しくなる:
　　4(sin 2φ)/√7 − 1 = (tan φ)/√7　つまり　4 sin (2π/7) − √7 = tan (π/7)
　　あるいは同じことだが　4 sin (2π/7) − tan (π/7) = √7

3次方程式《き》を成り立たせる解、すなわち《く》の三つの実数 x については、等式《け》も成り立つのだから、 x と y の意味から、《き》に《け》の x = 4y − 1 を代入した式、
　　(4y − 1)³ + (4y − 1)² − (4y − 1) + 1/7 = 0
　　展開・整理すると　64y³ − 32y² + 8/7 = 0　　《こ》
の三つの解は次の通り。
　　y = (sin 2kφ)/√7　　ただし k = +1, +2, −3
sin 2(1φ) = sin 2φ; sin 2(2φ) = sin 3φ; sin 2(−3φ) = sin (−1φ) に留意すると、こう整理できる:
　　y = (sin ℓφ)/√7　　ただし ℓ = −1, +2, +3

《こ》について、もし y = z/2 と置いて両辺を 2³ 倍すれば、
　　z³ − z² + 1/7 = 0
を得る。これは前回扱った同様の3次式と、符号以外は全く同じ（上記の式の解は −φ, 2φ, 3φ の sin だが、前回の式の解は φ, −2φ, −3φ の sin であった）。あるいは《こ》について、 y = z/14 と置いて両辺を 14³ 倍すれば、
　　z³ − 7z² + 49 = 0
を得る。この最後の3次方程式を z について解き、3解のそれぞれを 14 で割って √7 倍すれば（あるいは、同じことだが、二つの逆置換を一つにまとめ 2√7 で割れば）、 sin φ, −sin 2φ, −sin 3φ の根号表現を得ることができる（前回と全く同様なので、詳細略）。

結論自体は前回と同じだが、今回の議論は sin の7倍角ではなく、比較的単純な tan の7倍角に基づく――遠回りで見通しが良いともいえないけど、このアプローチには少し独特の面白さもある。

〔参考文献〕 Formules trigonométriques en kπ/7
https://fr.wikipedia.org/wiki/Formules_trigonom%C3%A9triques_en_k%CF%80/7
リンク先には若干の誤字あり: tan 7θ の分数の分子左端は t ではなく −t、分母の4次項は 25t⁴ ではなく 35t⁴。

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2025-05-27　ラマヌジャンのパズルじゃん　生への執着・死への執着

#遊びの数論　#1 の原始根　#ラマヌジャン

〔定理〕（人生の有限性）　生きてる人は、よくもって数日くらいの命である。証明。帰納法による。数日しか生きられない人にとって、命題は自明。「よくもって数日くらい」の人より1日長く生きられる人も、「よくもって数日くらい」（寿命はたかだか可算の日数）であることに変わりはない。∎

〔系〕（幸せの法則）　どうせ数日くらいしか生きられないのに、くよくよ悲しんでも楽しくない。楽しい気分の人は、明らかに楽しい。どちらが良いかは自明。∎

インドの天才ラマヌジャン（Ramanujan）は、さまざまな奇妙な式・深遠な式を残したことで知られる。今回紹介するのは、どちらかというと娯楽系のパズル。似た形の二つの式 (i) と (ii) を示せ、というもの。1914年、 [1] に掲載された^†。 (i) は次の通り。
　　³√[cos (2π/7)] + ³√[cos (4π/7)] + ³√[cos (8π/7)] = ³√[(5 − 3⋅³√7)/2]
右辺の大きい立方根記号の下に、入れ子になって、ちっちゃい立方根記号が入ってるところが、ちょっぴりラマヌジャンっぽい。ラマヌジャンにしては、このくらいはかわいい方で、「なんじゃこりゃ？！」「どうやってこんな式を思い付いたんだ？」というような、超・不思議な式も多い。本人の説明も「夢で女神から教わった」みたいな、謎めいたものだったらしい…

ラマヌジャンの「発見者」で共同研究者となったハーディー（Hardy）は、後にラマヌジャンと関係を「ロマンチック」だったと形容する。うわさによると、どちらの数学者も自殺未遂の経歴がある。頭が良過ぎる人には、独特の不安定さがあるのだろうか。 a young man’s game といわず、のんきに生きればいいのに。どうせ「よくもって数日くらいの命」なのだから…

注意。このパズルでは通常の「主値」の規約を使わず、「負の実数の立方根は負の実数」と約束する。例えば ³√−8 = −2 とする。 −2 の立方は −8 なので「−8 の立方根は −2」というのは、ある意味むしろ分かりやすいが、多少の混乱の原因となる^‡。

†　[1] の誤植については、断りなく修正して引用する。 [2] では、内側の ³√7 が √7 になっている。

‡ 通常の主値を使うソフトウェアとは非互換であることに注意。例えば PARI で表現すると、このパズルの立方根の定義は、
　　CBRT(x) = x^(1/3)　や　CBRT(x) = sqrtn(x, 3)
ではなく、次の通り。
　　CBRT(x) = if(imag(x)==0 && x<0, -(-x)^(1/3), x^(1/3))

表記の簡潔化のため 2π/7 を θ とする。パズルは、 cos θ と cos 2θ と cos 4θ = cos 3θ のそれぞれの立方根の和が、どのような値になるか？という問題だ。

cos θ, cos 2θ, ··· , cos 6θ は「1 の六つの原始7乗根」それぞれの実部なので、
　　z⁷ − 1 = (z − 1)(z⁶ + z⁵ + z⁴ + z³ + z² + z + 1) = 0
の6次の因子の根の実部に当たる。これら六つの根を
　　ζⁿ = (cos θ + i sin θ)ⁿ = cos nθ + i sin nθ　　（n = 1, 2, ··· , 6）
とすると、 ζ¹ と ζ⁻¹ = ζ⁶ は互いに逆数で、実部が等しい。 ζ² と (ζ²)⁻¹ = ζ⁵ のペア、 ζ³ と (ζ³)⁻¹ = ζ⁴ のペアについても、それぞれ同じことがいえる。よって、上記の6次の因子について y = z + z⁻¹ と置いて y についての3次式を作ったとすると、その3次式の根は 2 cos θ, 2 cos 2θ, 2 cos 3θ だ。

z⁶ + z⁵ + z⁴ + z³ + z² + z + 1 = 0 の両辺を z³ で割って（z = 0 は根ではないから、この割り算は許される）:
　　z³ + z² + z¹ + 1 + z⁻¹ + z⁻² + z⁻³ = 0　　《さ》

今、
　　z + z⁻¹ = y　　《し》
と置いて、その両辺を平方すると:
　　z² + 2z(z⁻¹) + z⁻² = y²　つまり　z² + z⁻² = y² − 2　　《す》
《し》の両辺を立方すると:
　　z³ + 3z²(z⁻¹) + 3z(z⁻¹)² + z⁻³ = y³　つまり　z³ + 3y + z⁻³ = y³
　　∴　z³ + z⁻³ = y³ − 3y　　《せ》
《し・す・せ》を《さ》の左辺に代入し、次の3次式を得る。
　　(y³ − 3y) + (y² − 2) + y + 1 = y³ + y² − 2y − 1　　《そ》

前述のように、3次式《そ》の根は a = 2 cos θ; b = 2 cos 2θ; c = 2 cos 3θ = 2 cos 4θ であり、パズルの要求は、
　　³√(a/2) + ³√(b/2) + ³√(c/2) = ³√[(5 − 3⋅³√7)/2]
を示すことだ（この右辺は与えられた式の右辺）。簡潔化のため、両辺を ³√2 倍した等式、
　　³√a + ³√b + ³√c = ³√(5 − 3⋅³√7)
を示せば同じことなので、以下ではそれを目標とする。この左辺は、
　　p = ³√a, q = ³√b, r = ³√c
についての対称式（というか、単なる和 p + q + r）なので、 p, q, r を根とする3次式を構成できれば、その3次式の係数から、問題は解決するはず。《そ》の2次の係数から、
　　p³ + q³ + r³ = a + b + c = −1
であるから、どうやら「3乗和 p³ + q³ + r³ を知って 1 乗和 p + q + r を求める」という系統の問題らしい。となると Girard の法則、
　　p³ + q³ + r³ = (p + q + r)³ − 3(p + q + r)(pq + pr + qr) + 3pqr　　《た》
の出番かな。この公式を使うとすると、不足してる情報は pq + pr + qr と pqr だが…

不足情報のうち、 pqr = ³√a × ³√b × ³√c = ³√(abc) = ³√1 = 1 は簡単に求まる。なぜなら《そ》の定数項から abc = −(−1) = 1。

pq + pr + qr を求められるだろうか…。《そ》の1次の係数から、
　　−2 = ab + ac + bc = p³q³ + p³r³ + q³r³　　《ち》
なので p, q, r の対称式をいじれば、なんだかんだで pq + pr + qr は自然に出てきそうな予感。だが、どこから手を付ければ…。苦し紛れに p + q + r を3乗してみる:
　　(p + q + r)³ = p³ + q³ + r³ + 3(p²q + pq² + p²r + pr² + q²r + qr²) + 6pqr
右辺の数値が分かれば、その立方根が求めたい p + q + r だ。けど右辺の両端は分かるものの、真ん中の丸かっこ内が不明。この道は駄目か？

作戦を変更して pq, pr, qr に対する基本対称式を考えてみる。
　　pq + pr + qr = 不明
　　(pq)(pr) + (pq)(qr) + (pr)(qr) = (pqr)(p + q + r) = p + q + r = 不明（それを知りたい）
　　(pq)(pr)(qr) = (pqr)² = 1
途中計算では、前述の pqr = 1 を使った。依然として、ほとんど成果なし。和を直接3乗するより、《た》の形式の恒等式、
　　(X + Y + Z)³ = X³ + Y³ + Z³ + 3(X + Y + Z)(XY + XZ + YZ) − 3XYZ　　《つ》
の X, Y, Z にそれぞれ pq, pr, qr を入れてみるか？
　　(pq + pr + qr)³ = (pq)³ + (pr)³ + (qr)³ + 3(pq + pr + qr)[(pq)(pr) + (pq)(qr) + (pr)(qr)] − 3(pq)(pr)(qr)
　　 = −2 + 3(pq + pr + qr)[(p + q + r)(pqr)] − 3　　← 《ち》を利用
　　∴　(pq + pr + qr)³ = 3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 5　　《て》

なにやらきれいに整理されたが、まだ情報不足。《つ》の X, Y, Z に今度はそれぞれ p, q, r を入れてみる。 p³ + q³ + r³ = a + b + c = −1 に留意すると:
　　(p + q + r)³ = p³ + q³ + r³ + 3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 3pqr
　　 = −1 + 3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 3
　　∴　(p + q + r)³ = 3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 4　　《と》

《て・と》の連立は、解けるかも…。 U = p + q + r, V = pq + pr + qr と置くと:
　　《と》から　U³ = 3UV − 4　　《な》
　　《て》から　V³ = 3UV − 5　　《に》
第一印象、《な》から《に》を引いて U³ − V³ = 1 としたくなる。これはこれでシンプルで面白い式だが、パズルを解くには直接役立たないか…？　別のアプローチとして《な・に》を辺ごとに掛け算すると:
　　U³V³ = 9(UV)² − 27(UV) + 20
　　∴　(UV)³ − 9(UV)² + 27(UV) − 27 + 7 = 0
　　∴　(UV − 3)³ + 7 = 0　つまり　(UV − 3)³ = −7
狙ってやったわけではないが、結果的に立方 = 整数の形に。やれやれ、これでやっとどうにかなるかな…。両辺を −1 倍して:
　　(3 − UV)³ = 7
　　∴　3 − UV = ³√7
　　∴　UV = 3 − ³√7
これを《な》に代入すると:
　　U³ = 3(3 − ³√7) − 4 = 5 − 3⋅³√7
求めるものは U = p + q + r すなわち上記 U³ の立方根であるから:
　　p + q + r = ³√(5 − 3⋅³√7)
これが示されるべき事柄であった。∎

ゴチャゴチャやったら一応答えは出せたが、まだ問題の真意が見通せない！　さすが Ramanujan、見た目は「ただの面白い式」だが、深い何かを秘めてるっぽい。21世紀初めの一連の研究によると、このタイプのべき和を拡張したものは「フィボナッチ的」性質を持つという（see e.g. [5]）。

今回のはあくまで「最初の試み」。一応、雰囲気は分かった。

〔参考文献〕
[1] Question 524, The Journal Of The Indian Mathematical Society, 6 (1914), pp. 190–191
https://archive.org/details/dli.ernet.509605/page/190/mode/1up
[2] Collected Papers Of Srinivasa Ramanujan (1927), p. 329
https://archive.org/details/g.-h.-hardy-p.-v.-seshu-aiyan-b.-m.-wilson-ed.-collected-papers-of-srinivasa-ram/page/329/mode/1up
[3] Ramanujan’s Notebooks, IV, p. 39
[4] Jiří Herman, et al. (2000), Equations and Inequalities, pp. 81–82
[5] Roman Wituła & Damian Słota (2007), New Ramanujan-Type Formulas and Quasi-Fibonacci Numbers of Order 7
https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL10/Slota/witula13.html

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2025-05-29　ラマヌジャンのパズル（続き）　澗水（かんすい）湛（たた）えて藍の如し

#遊びの数論　#1 の原始根　#ラマヌジャン

ラマヌジャンのいろいろな式は、単に好奇の対象というだけでなく、「本質的に美しい何か」を秘めている。「何か」の正体は謎だが…。通常「バッハの音楽が何の役に立つのか？」というのが的外れの問いであるように、「ラマヌジャンの式が何の役に立つのか？」というのは、あまり意味のない問いだろう。

cos α の実数の立方根を cos^1/3 α で表すとき、
　　cos^1/3 40° + cos^1/3 80° + cos^1/3 160°
の代数的表現は何か。それがパズルの (ii) だ。 (i) つまり「1 の原始7乗根バージョン」から類推すると、 (ii) は「原始9乗根バージョン」。 ±40°, ±80°, ±160° の余弦（値は3種類）それぞれの2倍を根とする3次式を作れば、後はほとんど同じ一本道になりそう。だが、この道はどこを通ってどこへ続くのか。

桃李もの言わざれども

x⁹ − 1 = (x³ − 1)(x⁶ + x³ + 1) の6次の因子について、
　　x⁶ + x³ + 1 = 0
の両辺を x³ で割ると:
　　x³ + 1 + x⁻³ = 0　　《ぬ》

y = x + x⁻¹ と置いてその両辺を3乗すると:
　　y³ = x³ + 3(x²)(x⁻¹) + 3(x)(x⁻²) + x⁻³ = x³ + 3(x + x⁻¹) + x⁻³ = x³ + x⁻³ + 3y
　　∴　x³ + x⁻³ = y³ − 3y
これを《ぬ》に代入して:
　　y³ − 3y + 1 = 0　　《ね》

林檎畠（りんごばたけ）の樹（こ）の下に　おのづからなる細道は

《ね》の3解が 2 cos 40°, 2 cos 80°, 2 cos 160° = −2 cos 20° であることから、《ね》は Morrie の法則を含意する:
　　(−2 cos 20°)(2 cos 40°)(2 cos 80°) = −1
　　∴　cos 20° cos 40° cos 80° = 1/8

Morrie の法則の証明の仕方はいろいろあるが、この道は軽やか。本題と関係ないけど、楽しい道草！

ところで「道草」はなぜ「道草」というのだろうか（道草中のさらなる道草）。昔の旅人が馬に乗ってどこかに行くとき、馬が前へ進まず、のんきに道ばたの草を食べている様子であろうか？
　　cos 20° = 0.9396926207…（草黒く）
　　cos (360/17)° = 0.9324722294…（草に酔う）
がほぼ等しいこと、しかし後者の方が少しだけ小さいことは、 360/17 = 21.1… が 20 より少しだけ大きいことに基づく^†。

†　21 = 3 × 7 なので 17 × 21 = (17 × 3) × 7 = 51 × 7 = 357 であり、 360 を 17 で割ると商が 21 で 3 余る。この余り 3 の中に 1.7 は一つしか入らないので 360/17 は 21.1 台。もしさらに割り算を続けるなら、余り 1.3 の中に 0.17 が幾つ入るか？が次のステップ。それは 130 ÷ 17 と同じことであり、 17 × 7 = 119 と 17 × 8 = 136 に注意すると 130 の中に 17 は 7 個入る。よって 360/17 = 21.17… だ。

関連する値として、
　　cos 40° = 0.766044443118978…
は 4 が四つ続くところが目に付くけど「766」という桁の並びにも注目したい（付録3参照）。これは、
　　cos 30° = 0.8660254037… = √3/2
の「866」と似ている。のみならず、その半分「433」は、
　　sin (180/7)° = 0.4338837391…（試算サンバ破産）
とも3桁一致する！

《ね》に関連する2次式 t² + t − (−3/3)³ = t² + t + 1 の根は、
　　ω, ω² = (−1 ± i√3)/2
であり、《ね》の形は「1の二つの原始立方根それぞれの立方根（主値）を足せば、虚部が消え実数 2 cos 40° になる」という当たり前の事実に対応している。

春山の馬酔木の花の悪しからぬ

《ね》 y³ − 3y + 1 = 0 の3解を a, b, c とすると:
　　a + b + c = 0
　　ab + ac + bc = −3
　　abc = −1
この三つの条件に留意しつつ、恒等式
　　(X + Y + Z)³ = X³ + Y³ + Z³ + 3(X + Y + Z)(XY + XZ + YZ) − 3XYZ
に、
　　p = ³√a, q = ³√b, r = ³√c
を入れると（負の実数の立方根は主値ではなく負の実数を表すものとする）:
　　(p + q + r)³ = p³ + q³ + r³ + 3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 3(pqr)
　　 = a + b + c + 3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 3(−1)
　　∴　(p + q + r)³ = 3(p + q + r)(pq + pr + qr) + 3　　《の》
ここでは「実数の立方根は実数」と約束しているので pqr は ³√(abc) = √−1 = −1 に等しい。

同じ恒等式に pq, pr, qr を入れると:
　　(pq + pr + qr)³ = (pq)³ + (pr)³ + (qr)³ + 3(pq + pr + qr)[(pq)(pr) + (pq)(qr) + (pr)(qr)] − 3(pq)(pr)(qr)
　　 = ab + ac + bc + 3(pq + pr + qr)[(p + q + r)(pqr)] − 3(pqr)²
　　 = −3 + 3(pq + pr + qr)[(p + q + r)(−1)] − 3(−1)²
　　∴　(pq + pr + qr)³ = −3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 6　　《は》

U = p + q + r, V = pq + pr + qr と置いて、《の・は》を辺ごとに掛け合わせると:
　　U³V³ = (3UV + 3)(−3UV − 6) = −9U²V² − 27UV − 18
　　∴　(UV)³ + 9(UV)² + 27(UV) + 18 = 0
　　∴　(UV + 3)³ = 9　つまり　UV = ³√9 − 3
従って《の》から:
　　U³ = 3UV + 3 = 3(³√9 − 3) + 3 = 3⋅³√9 − 6
　　∴　U = ³√(3⋅³√9 − 6)

この最後の式の両辺を ³√2 で割ると Ramanujan の (ii) を得る。なぜなら:
　　U = p + q + r = ³√(2 cos 40°) + ³√(2 cos 80°) + ³√(2 cos 160°)

前回は迷ったが、その経験から、今回は滑らかに進むことができた。 (i) の第3項は cos^1/3 (6π/7) と書いた方が簡単だけど、 (ii) との統一感のために、あえて cos^1/3 (8π/7) としたのだろう。

み寺のいらか　みどりにうるおい

Ramanujan の式の秘密を探ってみたい。3次式 y³ − Ay² + By − C が三つの実数の根 a, b, c を持つとき、それらの根それぞれの実数の立方根を p, q, r とすると、一方において、
　　(p + q + r)³ = p³ + q³ + r³ + 3(p + q + r)(pq + pr + qr) − 3(pqr)
　　∴　U³ = A + 3UV − 3⋅³√C
が成り立ち、他方において、
　　(pq + pr + qr)³ = ab + ac + bc + 3(pq + pr + qr)[(p + q + r)(pqr)] − 3(pqr)²
　　∴　V³ = B + 3UV³√C − 3(³√C)²
が成り立つ。これがきれいになるためには、大前提として C つまり「もともとの3次式の定数項の −1 倍」が、立方数 C = m³ であることが望ましい。ところが θ = 360°/7, λ = 40° とすると、 2 cos θ, 2 cos 2θ, 2 cos 3θ = 2 cos 4θ を根とする3次式は、
　　y³ + y² − 2y − 1　　‥‥⓵
であり、 2 cos λ, 2 cos 2λ, 2 cos 4λ を根とする3次式は、
　　y³ − 3y + 1　　‥‥⓶
であるから、それぞれ C = 1 = (+1)³ と C = −1 = (−1)³ だ。

今 C の実数の立方根を m とすると、われわれの連立方程式は、
　　U³ = 3UV + (A − 3m)　　‥‥⓷
　　V³ = 3mUV + (B − 3m²)　　‥‥⓸
であり、 A, B, m は既知なので、 z = UV の値さえ分かれば⓷から U³ が確定し、その立方根として U = p + q + r が求まる。そこで⓷と⓸の辺ごとの積を考えると:
　　z³ = 9mz² + [3m(A − 3m) + 3(B − 3m²)]z + (A − 3m)(B − 3m²)
　　∴　z³ − 3⋅(3m)z² + 3⋅(6m² − Am − B)z − (9m³ − 3Am² − 3Bm + AB) = 0

ここで鍵となるのは、 6m² − Am − B = (3m)² という条件が満たされること。すなわち条件
　　3m² + Am + B = 0
が、満たされること（⓵では m = 1, A = −1, B = −2 で、⓶では m = −1, A = 0, B = −3 だから、どちらについても、この条件が満たされる）。すると z についての3次式は、
　　z³ − 3⋅(3m)z² + 3⋅(3m)²z − (9m³ − 3Am² − 3Bm + AB) = 0
　　∴　(z − 3m)³ + (3m)³ = 9m³ − 3Am² − 3Bm + AB
　　∴　(z − 3m)³ = −18m³ − 3Am² − 3Bm + AB
となるから、 m³ = C に留意すると、
　　z − 3m = −³√(3Am² + 3Bm − AB + 18C)
　　∴　UV = z = −³√(3Av² + 3Bm − AB + 18C) + 3m
となって、⓷から:
　　U³ = 3(−³√(3Av² + 3Bm − AB + 18C) + 3m) + (A − 3m)
　　∴　(p + q + r)³ = (A + 6m) − 3⋅³√(3Av² + 3Bm − AB + 18C)

ゆえに、三つの実数解 a, b, c を持つ整係数の3次方程式 y³ − Ay² + By − C = 0 について、もし C = m³ が立方数で、条件 3m² + Am + B = 0 が満たされるなら、
　　U = ³√a + ³√b + ³√c
の立方 U³ は、次の性質を持つ。第一に、 U³ の「整数部分」は A + 6m に等しい。第二に、 U³ の「無理数部分」は、もし
　　N = 3Am² + 3Bm − AB + 18C
が正ならば −3⋅³√N に等しく、さもなければ +3⋅³√−N に等しい。

だが謎は残る。 1 の原始7乗根ないし原始9乗根に関連する⓵⓶について、条件 3m² + Am + B = 0 が満たされるのは「偶然」なのだろうか。そして 1 の原始7乗根、原始9乗根に対応する上記 N の絶対値がそれぞれ 7 と 9 なのは、偶然にしては、でき過ぎている。

澗水（かんすい）湛（たた）えて藍の如し

条件を満たすような、でたらめな例を作ることは易しい。例えば y³ − 2y² − 5y − 1 は三つの実数の根 a, b, c を持つ。 A = 2, B = −5, C = 1, m = 1 だから 3m² + Am + B = 3 + 2 + (−5) = 0 を満たす。このとき、
　　U = ³√a + ³√b + ³√c
の立方 U³ の「整数部分」は A + 6m = 8 に等しく、 U³ の「無理数部分」は、
　　N = 3Am² + 3Bm − AB + 18C = 6 − 15 + 10 + 18 = 19
であるから −3⋅³√19 = −8.0052049461… に等しい。従って:
　　³√a + ³√b + ³√c = −³√(3⋅³√19 − 8) = −0.1733027339…
立方根記号についての臨時の規約によれば、この数は ³√(8 − 3⋅³√19) とも表現される。

同様に y³ + 2y² − 5y + 1 の根を a, b, c とすると:
　　³√a + ³√b + ³√c = ³√(3⋅³√19 − 8)

この種の問題は、次のようなタイプの問題とも解釈可能。すなわち、9次方程式 x⁹ + 2x⁶ − 5x³ + 1 = 0 を x³ についての3次方程式と見ると、条件を満たす実数 x³ が三つ存在する。よってこの9次式は、三つの実数の根 p, q, r を持つ（残りの六つの根は非実数。すなわち p, q, r をそれぞれ ω 倍ないし ω² 倍したもの）。 p + q + r は、代数的に表現される:
　　p + q + r = ³√(3⋅³√19 − 8)
のみならず pq + pr + qr と pqr も代数的に表現可能なので（前者は⓸に基づく）、与えられた9次式の3次の因子（p, q, r を根とする）の代数的表現を得ることができる。

Let p, q, r be the real roots of x⁹ + 2x⁶ − 5x³ + 1.
 We have p + q + r = ³√(3⋅³√19 − 2³).

↑　一見 Ramanujan 風（？）の命題。

付録3　cos 40° の値が cos 30° = 0.866… と cos 45° = 0.707… の中間にあることは明白だが、 cos 40° が 0.7 台であること（0.8 より小さいこと）は、必ずしも明白ではない。しかし、この値は、
　　4 cos 36° = 1 + √5 = 3.236…
の 4 分の 1 より小さくなければならない。つまり 0.809… より小さい。

cos 36° = 0.809… という事実は、「もしも cos 40° が 0.7 台でなかったとしたら、それは 0.8 以上 0.809… 未満」ということを含意する。言い換えると「角度が 4° 変わっても、正弦の変化は 0.1 未満」ということを含意する。直観的にこの「もしも」は不可能であり、従って cos 40° は 0.7 台であろう。もう少しきちんと評価してみたい。

今 π を 22/7 = 3.142857… で代用し、
　　λ = 40° = π × 2/9 ≈ (4⋅11)/(7⋅9)
としよう。解析学によれば
　　cos x = 1 − x²/2! + x⁴/4! − ···
であり、
　　λ² ≈ (4⋅11)²/(7⋅9)² = (16⋅121)/(49⋅81) = 1936/3969
は 2000/4000 = 0.5 に近いので、大ざっぱには、
　　cos 40° ≈ 1 − 0.5/2 = 0.75
となる。ここにおいて、円周率を 22/7 で代用したことから生じる誤差は、最悪でも小数第2位が 1 ずれるだけだろう。 1936/3969 を 1/2 で代用したことは少々無責任な処理だけど、真の値とのずれは 100/4000 = 1/40 = 0.025 を超えないであろう。級数打切りによる誤差は λ⁴/4! ≈ (1/2)⁴/24 = 1/(16⋅24) = 1/384 ≈ 1/400 のオーダーなので、他の誤差との比較でいえば、ほぼ無視できる。よって、
　　cos 40° ≈ 0.75　　誤差 ±0.03 程度
と推定される。

上記と同様の計算を十分な精度で再実行すると、
　　cos 40° ≈ 1 − λ²/2 = 0.7563…　誤差　λ⁴/24 = 0.0098…
　　∴　0.74 < cos 40° < 0.77
　　cos 40° ≈ 1 − λ²/2 + λ⁴/24 = 0.7662…　誤差　λ⁶/6! = 0.0001…
　　∴　0.7660 < cos 40° < 0.7664
となる。真の値は cos 40° = 0.766044… だ。

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2025-06-01　ガウス周期を使わない円周13等分

#遊びの数論　#1 の原始根　#円周13等分

cos (π/9) cos (2π/9) cos (4π/9) = 1/8 は「モリーの法則」と呼ばれる。

次の等式は、その変わり種。
　　cos (π/13) cos (3π/13) cos (4π/13) = (3 + √13)/(3 + 13)

〔注〕　「ラマヌジャンのパズル（続き）」では、副産物として Morrie の法則の軽妙な証明を得た。「林檎畠（りんごばたけ）の樹（こ）の下に」参照。

1 の原始13乗根、つまり x¹³ = 1 を満たす x = 1 以外の解について。言い換えれば、
　　Φ₁₃ = x¹² + x¹¹ + ··· + x + 1
の根。ガウス周期を使う普通の方法は、既に（さんざん迷いながら）長々と検討した。本質的には同じようなことだが、ガウスの恒等式を使う別の経路を試す。

以下では √13 を h と略す。恒等式
　　4Φ₁₃ = 4(x¹² + x¹¹ + ··· + x + 1)
　　 = (2x⁶ + x⁵ + 4x⁴ − x³ + 4x² + x + 2)² − 13(x⁵ + x³ + x)²
の右辺は、 A² − B² の形なので^†、二つの6次式の積に分解される:
　　 = [2x⁶ + (1 + h)x⁵ + 4x⁴ + (−1 + h)x³ + 4x² + (1 + h)x + 2]
　　× [2x⁶ + (1 − h)x⁵ + 4x⁴ + (−1 − h)x³ + 4x² + (1 − h)x + 2]

† B² = h²(x⁵ + x³ + x)² = [h(x⁵ + x³ + x)]² = (hx⁵ + hx³ + hx)².

仮に第一の6次式の根、つまり
　　2x⁶ + (1 + h)x⁵ + 4x⁴ + (−1 + h)x³ + 4x² + (1 + h)x + 2 = 0
の解を求めたいとしよう。 x = 0 は解でないから、両辺を x³ で割ってもいい:
　　2(x³ + x⁻³) + (1 + h)(x² + x⁻²) + 4(x + x⁻¹) + (−1 + h) = 0

y = x + x⁻¹ と置くと x² + x⁻² = y² − 2, x³ + x⁻³ = y³ − 3y なので、上記の最後の方程式はこうなる。
　　2(y³ − 3y) + (1 + h)(y² − 2) + 4y + (−1 + h) = 0
　　つまり　2y³ + (1 + h)y² − 2y + (−3 − h) = 0　　ア

同様に、第二の6次式（それは第一の6次式と比べて、 h の符号だけが反転したもの）の根 x について、 y は次を満たす（y の定義は上と同じ）。
　　2y³ + (1 − h)y² − 2y + (−3 + h) = 0　　イ

ζ を 1 の原始13乗根とする。 4Φ₁₃ の根、言い換えれば Φ₁₃ の根は、 ζ^±1, ζ^±2, ··· , ζ^±6 であり、各整数 k について ζ^k と ζ^−k は共役複素数。従ってア・イの計六つの解は ζ¹, ζ², ··· , ζ⁶ の実部の2倍。 T = 360°/13 ≈ 27.7° とすると、ア・イの解は、全体として、次の通り。
　　2 cos T ≈ 2 cos 27.7°　　1.73 ～ 2 の範囲（∵ 2 cos 30° = √3)
　　2 cos 2T ≈ 2 cos 55.4°　　1 ～ 1.41 の範囲（∵ 2 cos 60° = 1, 2 cos 45° = √2）
　　2 cos 3T ≈ 2 cos 83.1°　　0 ～ 1 の範囲の正数
　　2 cos 4T ≈ 2 cos 110.8°　　−1 ～ 0 の範囲の負数（∵ 2 cos 120° = −1)
　　2 cos 5T ≈ 2 cos 138.5°　　−1.73 ～ −1.41 の範囲（∵ 2 cos 150° = −√3, 2 cos 135° = −√2）
　　2 cos 6T ≈ 2 cos 166.2°　　−2 ～ −1.73 の範囲
このうち三つがアの解で、残りの三つがイの解だ。

そこまでは明らかだが、アとイにどう「三つずつ」分かれるのか。その決定は自明ではない。

h = √13 = 3.605551… の近似値として 3.60 を使うと（付録4参照）、アの3解の和 −(1 + h)/2 ≈ −2.30 は −2 より小。アは少なくとも二つの負の解を持つ（∵どの解も、それ一つだけだと −2 より小さくない）。実際、アの3解の積 (3 + h)/2 は正なので、アは負の解を二つ、正の解を一つ持つ。従って、イは負の解を一つ、正の解を二つ持つ。イの3解の和は −(1 − h)/2 = (h − 1)/2 ≈ 1.30。イの3解の積は (3 − h)/2 ≈ −0.30。

もしもイの二つの正の解が 2 cos T と 2 cos 2T だったとしたら、それらの和は 2.73 よりも大きいので、3解の和 ≈ 1.30 という条件から、イは −1 未満の負の解を持つ。しかし、その場合、イの3解のどれも絶対値が 1 以上になってしまい、3解の積 ≈ −0.30 という条件に反する。このことから、イの二つの正の解が 2 cos T と 2 cos 2T であることは不可能。イの正の解のうちの一つは 2 cos 3T でなければならない。

従って、アの正の解は 2 cos T または 2 cos 2T であり、いずれにしても +1 より大きい。よって、もしもアの二つの負の解が 2 cos 4T と 2 cos 5T だったとしたら、両者の和は −1 + (−1.73) = −2.73 より大きいので、3解の和は −1.73 より大きくなってしまい、3解の和 ≈ −2.30 という条件に反する。ゆえにアの負の解のうちの一つは 2 cos 6T でなければならない。

ではアの正の解は 2 cos T と 2 cos 2T のどちらか？

2 cos T + 2 cos 6T は 1.73 + (−2) = −0.27 より大きいので、もしもアの正の解が 2 cos T だったとしたら、アの3解の和 ≈ −2.30 という条件は、第三の解が −2 より小ということを含意。それは不可能なので、アの正の解は 2 cos 2T だ！

2 cos 2T + 2 cos 6T は −1 より大きいので、3解の和 ≈ −2.30 という条件から、アの残りの一つの解は −1.30 未満でなければならず、条件を満たす選択肢は 2 cos 5T しかない。結局:
　　アの解は　2 cos kT　　(k = 2, 5, 6)
　　イの解は　2 cos kT　　(k = 1, 3, 4)

次の結論に至る。 T = (2π)/13 のとき:
　　2 cos 2T + 2 cos 5T + 2 cos 6T = (−1 − √13/2)　　ウ
　　2 cos T + 2 cos 3T + 2 cos 4T = (−1 + √13/2)　　エ
　　8 cos 2T cos 5T cos 6T = (3 + √13/2)　　オ
　　8 cos T cos 3T cos 4T = (3 − √13/2)　　カ

エレガントじゃないけど、論理的に穴はないようだ。さらなる簡単化の余地があるかも。

T = 2π/13 と ((13−k)π/13) = −cos (kπ/13) に留意すると、オ・カそれぞれの両辺を 8 で割ったものを次のように整理できる。

拡張された Morrie の法則の一種
　　cos (4π/13) cos (10π/13) cos (12π/13) = cos (π/13) cos (3π/13) cos (4π/13) = (3 + √13)/16
　　cos (2π/13) cos (6π/13) cos (8π/13) = −cos (2π/13) cos (5π/13) cos (6π/13) = (3 − √13)/16

実際に3次式の根を求めて cos (2π/13) などの個々の代数的表現を得ることについては、既にかなりやったので、ここでは繰り返さない。今回の、地味だがちょっとうれしい収穫――ア・イが全体として六つの解 2 cos kT を持つことは明白だが（k = 1, 2, ··· , 6）、どのように三つずつアとイに分かれるのか確定するのは結構面倒。その答えを出す方法（その場しのぎだが、一応クリーンカットな手順）が見つかった。

ガウス理論によって mod 13 の原始根を使えば、全自動で解決することだろうけど、これはこれでまた一興。古人いわく「心の貧しい者は幸せだ。小さなことに喜びを感じるから」。

付録4　√13 = 3.605551… について。まず 36² = 1296 という事実に注目。実際:
　　36² = (9⋅2 × 2)² = 81⋅4 × 4 = 324 × 4 = 1296

さて 1300 は 36² = 1296 に近いが、それより少し大きい。言い換えると 13.00 は 3.6² = 12.96 に近いが、それより少し大きい。従って √13 は 3.6 に近いが、それより少し大きい。他方において、
　　36.1² = (36 + 0.1)² = 36² + 2⋅36⋅0.1 + 0.1² = 1296 + 7.2 + 0.01
は 1300 より大きいので、 3.61² は 13.00 より大きい。ゆえに √13 の近似値として 3.61 は過大、 3.60 は過小。その二つの数の間に、真の値がある。近似値 √13 ≈ 3.60 は、過小側の 3.60 を採用したもの――厳密に言うと √13 は 3.60 より 3.61 に近いが、どちらでも誤差は約 0.005。略算に使うには、切りがいい 3.60 が便利。

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2025-06-08　1/27 = 0.037037… とその恋人

#遊びの数論　#循環小数の循環節

次の二つの数。無限に続く循環小数とはいえ、桁の並び方がシンプル。互いに「恋人同士」のようだ:
　　1/27 = 0.037 037 037…
　　1/37 = 0.027 027 027…
27 の逆数では「037」がループし、 37 の逆数は「027」がループする。このシンメトリックな性質は「偶然」だろうか？

同じ循環小数でも、
　　1/7 = 0.142857 142857 142857…
は「循環の周期」が長く、複雑だ。
　　1/13 = 0.076923 076923 076923076923…
のような例を観察すると、「分母が大きくなると事態はますます複雑化するだろう」と予想される。でも、
　　1/37 = 0.027 027 027…
のように、分母が大きめの素数でも、意外ときれいな小数になる場合もある。

37 × 3 = (30 + 7) × 3 = 90 + 21 = 111。

それを 9 倍すると 37 × 27 = 999 なので、
　　1000/37 = 999/37 + 1/37 = 27 + 1/37
となる。

例えば 1 キロメートルを 37 等分することは 1000 メートルを 37 等分することと同じであり、その結果は 27 m = 0.027 km 余り 1 m となる。余った 1 メートルを 37 等分することは 1000 ミリメートルを 37 等分することと同じであり、その結果は、上記と単位が変わるだけで実質的に同じこと。 27 mm = 0.027 m 余り 1 mm となる。余った 1 ミリメートルを 37 等分することも、同様（1000 マイクロメートル ÷ 37 = 27 マイクロメートル、余り1）。よって 027 027 027 の循環になる！

1 キロメートルを 27 等分する場合も、ほとんど同じ話になる。 999 が 27 × 37 であることから、 1000 を 37 で割れば商が 27 で 1 余るし、 1000 を 27 で割れば商が 37 で 1 余る。よって、上記の「37等分」の文章の「37」と「27」を全部スワップしても、正しい内容の文章になる。

1/27 = 0.037 037… と 1/37 = 0.027 027… の密接な関係は、 999 が 27 × 37 と分解されることに関係している、といえるだろう。

例えば 999 = 9 × 111 と分解することもでき、
　　1/9 = 0.111 111…
　　1/111 = 0.009 009…
も、同様の「恋人的」関係となる。

99999 = 271 × 369 に基づく次の「恋人関係」は、なかなか印象的だ。
　　1/271 = 0.00369 00369…
　　1/369 = 0.00271 00271…

例えば、
　　1/17 = 0.0588235294117647 0588235294117647…
は循環の周期が 16 もあり、ひどく複雑で「魅力に乏しい」ように感じられるかもしれない。しかしこの複雑さは 1/17 そのものに内在するものではなく、「10進法を使う」という地球人の習慣にも大きな責任がある。 255 = 17 × 15 は16進法では FF = 11 × 0F なんで（桁 F は 10進法の 15 に当たる）、もしこれが16進法の世界だったら、（10進法の 99 と似た）ぞろ目の数 FF が 11 × 0F と分解され、10進法でいうところの 1/17 と 1/15 は、次のようにキュートな恋人同士となる！
　　16進法　1/11 = 0.0F 0F 0F…
　　16進法　1/0F = 0.11 11 11…

16進法の小数とは？　第1位は10進法でいう 1/16 の単位、16進法の小数第1位は10進法でいう 1/16² の単位、等々なので、16進法の 0.0F0F… の意味を10進法で書けば、次の通り。
　　0/(16) + 15/(16²) + 0/(16³) + 15/(16⁴) + ···

最初の4項（16進数の小数4桁まで）の値は 3855/65536 = 0.0588226… だ（奇数番目の桁は 0 なので無視しても構わない）。最初の6項の和は、
　　986895/16777216 = 0.05882 35259…
で、本物の 1/17 = 0.05882 35294… よりわずかに小さいけど、だいたい等しい。

さらに極端に言えば、 10進法でいう 1/17 は、17進法では割り切れる。
　　17進法　1/10 = 0.1

この最後の等式は「17進法」でなくても（例えば10進法でも）成り立つけど、17進法の「10」は、10進法の 17 に当たる。宇宙のどこかの星系では、触角が17本ある宇宙人が、こんな数のシステムを使っているかもしれない！

では逆に、日常、10進法で 1/10 = 0.1 と呼ばれている「切りのいい数」は、 16進法ではどんな表現になるであろうか？
　　16進法　1/0A = 0.1999999…
なんたることか！　「切りがいい」という地球人のでたらめな（？）感覚に反して、割り切れない無限小数になってしまう。

実際、例えば16進小数4桁までを考えることにして、16進法の 0.1999 を10進法で表現すると:
　　1/(16) + 9/(16²) + 9/(16³) + 9/(16⁴) = 6553/65536 = 0.0999908447265625

この数は 0.1 に非常に近いが、厳密に一致するわけではない。日常的な影響として、ユーザーが「ちょうど 0.1」と意識していても、一般にはコンピューター内部では「ちょうど 0.1」という数値型のデータを扱うことができず、微妙な丸め誤差が生じる。この誤差は小さいので、問題が表面化しないことも多いだろう。でも、場合によっては分かりにくいバグの原因ともなる。

〔例〕　オンラインショッピングのサイトを作るとして、仮に税率 10% を端数切捨て仕様で計算したいとしよう。単純に考えると、
　　int tax = (int)( price * 0.1 );
などとなりそうだが、このコードだと、環境によって、 price が 1000 のとき tax が 100 にならず 99 になってしまう恐れがある。

分母 p が 3 以上の素数である場合の 1/p について。

1/37 が（無限小数とはいえ）意外とシンプルな小数になること。その事実は、 999 が 37 で割り切れること、言い換えれば
　　999 ≡ 0 (mod 37)
と、関係していた。より一般的に、
　　10^e − 1 ≡ 0 (mod p)
　　言い換えれば　10^e ≡ 1 (mod p)
を満たす最小の正の整数を e としよう。もし p が 9 を割り切れば e = 1。そうでなく、もし p が 99 を割り切れば e = 2。そうでもなく、もし p が 999 を割り切れば e = 3。そうでなく、もし p が 9999 を割り切れば e = 4、等々。

これは mod p での 10 の位数 e の問題であり、 e が小さければ循環小数は単純になり、 e が大きければ循環小数は複雑になる。

特定の p について e の値を具体的に確定することは簡単ではない。けれど一般論として、もし 10 が mod p の平方剰余であれば、 Euler の基準から、
　　10^(p−1)/2 ≡ 1 (mod p)
であるから、 e は最大でも (p−1)/2 であり、 p−1 の半分、またはその約数となる。他方において、もし 10 が mod p の平方非剰余であれば、
　　10^(p−1)/2 ≡ −1 (mod p)
であるから、 e は (p−1)/2 に等しくはなく、従って、それより大きい可能性がある。しかし Fermat の定理から、
　　10^p−1 ≡ 1 (mod p)
であるから、その場合でも e は p−1 またはその約数であり、 e が (p−1)/2 より大きいなら、必ず e = p−1 となる。

複雑さが最大となる e = p−1 の事例に関していえば、 10 が mod p の平方非剰余であることが、その必要条件。例えば 1/17 の小数の循環周期が 16 であることから、われわれは、
　　x² ≡ 10 (mod 17)
には解がない、と断言できる。他方において、 p = 37 のとき e = 3 であるから、
　　10³ ≡ 1 (mod 37)
であり、必然的に、
　　10^(p−1)/2 ≡ 10¹⁸ ≡ (10³)⁶ ≡ 1 (mod 37)
となる。ゆえに 1/37 が周期 3 の循環小数になることを根拠として、われわれは、
　　x² ≡ 10 (mod 37)
を満たす x が存在する、と断言できる。もっとも「解が存在する」と分かっても、自動的に「解が見つかる^†」わけではないが…。この場合、 37 の 3 倍 111 は 37 で割り切れ、そして 11² = 121 なので:
　　11² − 10 = 111 ≡ 0 (mod 37)
　　∴　11² ≡ 10 (mod 37)
すなわち x ≡ ±11 が上記の2次合同式の解だ。

1 ÷ 37 = 0.027027… のような割り算を「難しい」と感じる人は、ほとんどいないだろうけど、その背後には、意外と繊細な問題も潜んでるようだ。

†　この種の解（mod 37 での平方根）を求める一つのアルゴリズムは、別のメモに記されている。 p が 8 の倍数より 5 大きい素数（言い換えると、 8 の倍数より 3 小さい素数）だとする。 p = 37 は、この条件に当てはまる。平方根を求めたい数 10 を (p + 3)/8 = 5 乗した数、
　　10⁵ = 10000 = 37 × 2702 + 26
を 37 で割ると 26 余る。よって ±26 ≡ ∓11 は mod 37 において 10 あるいは −10 の平方根。本文で確かめているように ±11 は事実 10 の平方根だ。この計算の仕組みは、次の通り。一般にもし
　　a^(p−1)/4 ≡ 1
が成り立つなら（すなわち a の位数が (p−1)/4 の約数なら―― p = 37 の場合 a = 10 の位数 3 は、この関係を満たす）、当然、
　　a × a^(p−1)/4 ≡ a × 1 ≡ a　　キ
となる。キの左辺は、
　　a^4/4 × a^(p−1)/4　つまり　a^(p+3)/4　　ク
に等しい。よってキは、
　　a^(p+3)/4 ≡ a　　ケ
と整理される。ケは、
　　±a^(p+3)/8 ≡ a の平方根　　コ
を含意する（仮定により p は 8 の倍数より 3 小さいので、指数 (p+3)/8 は整数）。実際、下記のように、コの左辺の平方は、ケの左辺に等しい（従って ≡ a）:
　　[±a^(p+3)/8]² = +[a^(p+3)/8]² = a^(p+3)/4

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2025-06-11　「ロシア公式」（Wolstenholme のパズル）について

#遊びの数論　#ジラルの公式　#根の5乗和　#コーシーの定理

A, B, C を定数とする。3次式 z³ − Az + Bz − C の根を a, b, c として、 a, b, c についての対称式の値を A = a + b + c, B = ab + ac + bc, C = abc を使って表すことは、ありふれた操作だ。例えば A = a + b + c = 0 という特殊な条件下では、 Newton 風の再帰的計算によって、
　　p_m = a^m + b^m + c^m, m = 3, 4, 5, ···
を容易に求めることもできるし、そのような特殊な条件を付けず、一般の場合の p_m の明示的公式を（m = 7 くらいまでについて）導出することもできる。

「ロシア公式」も、本質的には上記 p_m に関する平凡な問題に過ぎない。ただし、対称式の理論を使わない別解の中に、興味深いものがある――ロシア語の（比較的マイナーな）問題集にチラッと記されている物珍しい内容なんで、あらためて検討してみたい。

「ロシア公式」の例題　a + b + c = 0 のとき、次の式が成り立つことを示せ。
　　(a⁵ + b⁵ + c⁵)/5 = (a³ + b³ + c³)/3⋅(a² + b² + c²)/2
あるいは同じことだが、示されるべき式の分母を払って（両辺を 5⋅6 倍して）:
　　6(a⁵ + b⁵ + c⁵) = 5(a³ + b³ + c³)(a² + b² + c²)

分数の形は Modenov の問題集に現れ、 Litvinenko & Mordkovich にも再録されている。分母を払った形は Krechmar の問題集に現れる。後者の表現を使うと、要するに 6p₅ = 5p₃p₂ を示せばいい。

普通の解法　Girard–Newton の公式から、一般に、
　　p₂ = A² − 2B
　　p₃ = A³ − 3AB + 3C
　　p₄ = A⁴ − 4A²B + 4AC − 4D + 2B²
　　p₅ = A⁵ − 5A³B + 5A²C − 5AD + 5E + 5AB² − 5BC
が成り立つ。特に A = 0 なら、
　　p₂ = −2B
　　p₃ = 3C
　　p₄ = −4D + 2B²
　　p₅ = 5E − 5BC
であり、しかもこの問題では文字が三つしかなく D = E = 0 なので、結局、示されるべき式 6p₅ = 5p₃p₂ は、
　　6(−5BC) = 5(3C)(−2B)
という意味を持つ。これが成り立つことは明白（両辺とも −30BC に等しい）。∎

問題そのものは定型的で、既に3回くらい取り上げた（例題3, 問題4, 公式1）。以下、普通と違う解法を記す。

次のサ・シ・スは、対称式の理論と無関係に成り立つ代数的な恒等式だ。

両端が除去された奇数乗の二項展開
　　サ　x³ + y³ − (x + y)³ = −3xy(x + y)
　　シ　x⁵ + y⁵ − (x + y)⁵ = −5xy(x + y)⋅(x² + xy + y²)
　　ス　x⁷ + y⁷ − (x + y)⁷ = −7xy(x + y)⋅(x² + xy + y²)²

〔注〕　恒等式サの証明は難しくない。シ・スの直接証明ついては「補題1」参照。より広い観点からはコーシーの定理を参照。

Modenov が示唆している解法は、次の観察に基づく。例題の「普通の解法」で使った p₃ = 3C と p₅ = −5BC は（そして、例題では未使用だが p₇ = 7B²C は）、サ・シ・スのそれぞれで B = −(x² + xy + y²), C = −xy(x + y) と置いたものと同等。実際、仮定により a + b + c = 0 であり、従って a = x, b = y と置くと c = −(x + y) だ。よって、サから、
　　p₃ = a³ + b³ + c³ = a³ + b³ + [−(a + b)]³ = −3ab(a + b)　　セ
となり、シからこうなる:
　　p₅ = a⁵ + b⁵ + c⁵ = a⁵ + b⁵ + [−(a + b)]⁵ = −5ab(a + b)⋅(a² + ab + b²)　　ソ
スについても同様。

同様のことが、 p₂ = −2B, p₄ = 2B², p₆ = −2B³ + 3C² に関連して、下記タ・チ・ツについても成り立つ。

両端が2倍された偶数乗の二項展開
　　タ　x² + y² + (x + y)² = 2(x² + xy + y²)
　　チ　x⁴ + y⁴ + (x + y)⁴ = 2(x² + xy + y²)²
　　ツ　x⁶ + y⁶ + (x + y)⁶ = 2(x² + xy + y²)³ + 3[xy(x + y)]²

〔注〕　恒等式タは難しくない。チ・ツは、それぞれ「補題2・補題3」を使って証明可能。コーシーの定理も参照。

例えばタから:
　　p₂ = a² + b² + c² = a² + b² + [−(a + b)]² = 2(a² + ab + b²)　　テ

例題を解くためソ・セ・テを使うと、示されるべき式 6p₅ = 5p₃p₂ は、
　　6[−5ab(a + b)⋅(a² + ab + b²)] = 5[−3ab(a + b)][2(a² + ab + b²)]
となり、明らかに真。特に Modenov 自身が用いている分数形式 p₅/5 = (p₃/3)⋅(p₂/2) は、
　　−ab(a + b)⋅(a² + ab + b²) = −ab(a + b)⋅(a² + ab + b²)
となり、自明な等式だ。

コメント　この別解は a + b + c = 0 という条件をそのまま代数的に扱ったもので、直接的には、対称式の理論に依存しない。

引き続き a + b + c = 0 とする。六つの恒等式サ・シ・ス、タ・チ・ツに対応する p_m/m のうち（2 ≤ m ≤ 7）、
　　p₂/2 = (a² + b² + c²)/2 = −B　　ト
　　p₃/3 = (a³ + b³ + c³)/3 = C　　ナ
を使って、他の4種類の p_m/m を表現できる。第一に p⁴/4 = 2B²/4 = (1/2)⋅(−B)² だから:
　　(a⁴ + b⁴ + c⁴)/4 = (1/2)⋅((a² + b² + c²)/2)²　　ニ
第二に p₅/5 = (−5BC)/5 = (−B)⋅C だから:
　　(a⁵ + b⁵ + c⁵)/5 = (a² + b² + c²)/2⋅(a³ + b³ + c³)/3　　ヌ
第三に p₆ = −2B³ + 3C² 従って p₆/6 = (1/3)⋅(−B)³ + (1/2)⋅C² だから:
　　(a⁶ + b⁶ + c⁶)/6 = (1/3)⋅((a² + b² + c²)/2)³ + (1/2)⋅((a³ + b³ + c³)/3)²　　ネ
第四に p₇/7 = B²C = (−B)²⋅C だから:
　　(a⁷ + b⁷ + c⁷)/7 = ((a² + b² + c²)/2)²⋅(a³ + b³ + c³)/3　　ノ

p₇ に関連して、ノから三つの式が派生する（ノを経由しない直接証明も容易）。ノ右辺にヌを代入すると:
　　(a⁷ + b⁷ + c⁷)/7 = (a² + b² + c²)/2⋅(a⁵ + b⁵ + c⁵)/5　　ハ
一方、ノ右辺にニの 2 倍を代入すると:
　　(a⁷ + b⁷ + c⁷)/7 = 2⋅(a⁴ + b⁴ + c⁴)/4⋅(a³ + b³ + c³)/3　　ヒ
最後にノの両辺を p₃/3 倍して、ヌの関係により右辺を整理すると:
　　(a⁷ + b⁷ + c⁷)/7⋅(a³ + b³ + c³)/3 = ((a⁵ + b⁵ + c⁵)/5)²　　フ

A = a + b + c = 0 なら、3変数のべき和対称多項式 p_m は B = ab + ac + bc と C = abc と係数だけを使って表現可能。上記では、 B と C の代わりに p₂/2 と p₃/3 が使われている。前者は −B に等しく、後者は C に等しい。同じ「基底」の別表現に当たる。

根の6乗和に関連する式は、出典（ロシアの問題集）には現れない。 m = 2, 3, 4, 5, 7 があって m = 6 だけないのは寂しいので、参考までに追加。 m = 6 の場合、対称式の理論を使う方が実用的だろう。

〔追記〕　「ロシア公式」（特に Modenov 形式）の元ネタは、19世紀英国の Wolstenholme の問題113番のようだ。（2025年6月19日）

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『遊びの数論44』へ続く。