正多角形と直角三角形

問題
同じ半径を持つ円が3つあり、それぞれの円には正多角形が内接している。
3つの正多角形の辺で直角三角形が作れるパターンをすべてあげよ。

さて、どうしたものか。

最近私の中で使い込んでいるGeoGebraで描いてみる。







3つの解を見つけた。
正20角形くらいまでしか探してないのだけどね。

GeoGebraは超簡単に数学的な図形を描けてしまう。

今回の様に、赤の正n多角形、緑の正m角形のように考え、nとmをスライダーで多角形の角数を変化させるということも容易に行える。

https://www.geogebra.org/m/q9tjf83m

当初、
A = (0,0)、B = (0,1)
と設定し、nの値から、
α = 2π/n
と中心角を求め、
余弦定理に二等辺三角形を入れ、
(AB)² = r² + r² - 2r²cos(α)
1² = 2r² - 2r²cos(α)
1² = 2r²(1 - cos(α))
r² = 1²/(2(1 - cos(α)))
r=1/√2 - 2cos(α)
のようにして、二等辺三角形の斜辺の長さ r を求め、
この r と β = 2π/m から、また余弦定理を使って、今度は底辺の長さACを求め、
(AC)² = r² + r² - 2r²cos(β)
(AC)² = 2r²(1 - cos(β))
(AC) = r√2 - 2cos(β)
と求め、
直角三角形の斜辺をピタゴラスの定理を使って求める。
(AB)² + (AC)² = (BC)²
とやっていた。
nのスライダーを動かすと、Oを中心とする正n角形のサイズが代わり、直角三角形の高さが固定された形で図形が変化していた。

これはちょっと、図形を確認しづらく不便かと思い、
AB = 1を基準とするのではなく、r=1と基準を変えた。

rとnからABの長さ、rとmからACの長さを余弦定理より求め、
AB、ACの長さから、BCの長さをピタゴラスの定理より求める。
という方針にしたということです。

rとBCの長さから、またまた余弦定理を使って、
(BC)² = r² + r² - 2r²cos(γ)
(BC)² = 2r²(1 - cos(γ))
(BC)²/(2r²) = 1 - cos(γ)
cos(γ) = 1 - (BC)²/(2r²)
γ = arccos(1 - (BC)²/(2r²))
中心角γを求め、
2π/γが自然数になるかということで判断した。


さて、GeoGebraで図形のイメージが出来たのだが、本当にこの3パターンしか存在しないのかまでは解っていない。

もっと大きな角数までGeoGebraで手作業で探していくのは面倒だ。

今度は、C言語でプログラムを組んでかなり大きな角数まで探索してみることとする。

C言語で書くに至って、誤差も考えてAB=1の方法でやる。
n、mは可換なので、n≧m＞kとして、nとmのネストでやってみる。
 

また誤差の話しになるだろうから、kの浮動小数のビット列を表示させた。

MAXやRANGEの値は、適当に変えてくださいな。

出力は、以下の通り。
 

背景青が、GeoGebraでも見つけた解です。

この中では誤差が少ない、背景赤の部分。
n=32171 m=17387 k=15296.000000000180 0100000011001101111000000000000000000000000000000000000001100011
を検証してみる。

検証は多倍長演算で精度を上げて、
(√1 - cos(2π/n))² + (√1 - cos(2π/m))² = (√1 - cos(2π/k))²
なので、ルートと2乗が相殺されて、
(1 - cos(2π/n)) + (1 - cos(2π/m)) = (1 - cos(2π/k))
というわけで、左辺と右辺
(1 - cos(2π/n)) + (1 - cos(2π/m))
(1 - cos(2π/k))
を比較してみるのが良いだろう。
0.00000008436726781424075771176222802468281882799032
0.00000008436726783856073870872881559820846182804685
と等しくないという結果になった。
つまり、これ以上大きな誤差のものは等しくない。と考えるのが妥当。

よって、プログラムによる解析では、
k＜m≦n≦100000
まで探して、解は3つだけであった。

そもそも、正十万角形とか、コンピュータでプロットしても円と変わらないだろうから、精度を上げて、多倍長演算したうえで、数値的に誤差なのか、誤差じゃないのかを判断する他ないだろう。


続いて代数的なアプローチを考えてみる。

α = 2π/n
β = 2π/m
γ = 2π/k
として、αとβは可換。

(1-cos(α)) + (1-cos(β)) = (1-cos(γ))
移項すると、
cos(γ) = cos(α) + cos(β) - 1

ここまでで十分なのかとは思うが、
1を右辺に置くのか、左辺に置くのか、まぁ、お付き合いください。

cos(γ) + 1 = cos(α) + cos(β)
右辺だけを和積の公式で変換すると、
α≧βとして、
cos(γ) + 1 = 2cos((α+β)/2)cos((α-β)/2)
1を右辺に移行して、
cos(γ) = 2cos((α+β)/2)cos((α-β)/2) - 1
1を左辺に移項して、
1 = cos(0) なので、
cos(γ) + cos(0) = cos((α+β)/2)cos((α-β)/2)
左辺も和積の公式で変換すると、
2cos((γ+0)/2)cos((γ-0)/2) = 2cos((α+β)/2)cos((α-β)/2)
cos²(γ/2) = cos((α+β)/2)cos((α-β)/2)
αとβは可換なので、
α≧βとして、
δ = α+β
ε = α-β
δとεは可換。
cos²(γ/2) = cos(δ/2)cos(ε/2)
cosの括弧の中を2倍して、
cos²(γ) = cos(δ)cos(ε)

α≧β＞γにおいて、
cos(γ) = cos(α) + cos(β) - 1
cos(γ) = 2cos((α+β)/2)cos((α-β)/2) - 1
cos²(γ) = cos(δ)cos(ε) = cos(α+β)cos(α-β)
こんな関係式が出来上がりました。

正x角形になるためには、
正x角形の頂点と外心を結んで出来る二等辺三角形の頂角をθとして、
θ = 2π/x
x≧3を満たす自然数
ということ。

x≧3を満たす自然数
θ = 2π/x
0˚＜θ＜180˚
において、

cos(θ)が有理数となるのは、
θ = 120˚ のとき、cos(θ) = -1/2
θ = 90˚ のとき、cos(θ) = 0
θ = 60˚ のとき、cos(θ) = 1/2

cos(θ)が2次無理数となるのは、
θ = 72˚ のとき、cos(θ) = (-1+√5)/4
θ = 45˚ のとき、cos(θ) = √2/2
θ = 36˚ のとき、cos(θ) = (1+√5)/4
θ = 30˚ のとき、cos(θ) = √3/2
※2次無理数とは、2次方程式の解になり得る無理数。

cos(θ)が4=2²次無理数となるのは、
θ = 22.5˚ のとき、cos(θ) = √(2+√(2))/2 （二重根号が外れません）
θ = 18˚ のとき、cos(θ) = √(10+2√(5))/4 （二重根号が外れません）
θ = 15˚ のとき、cos(θ) = (√6+√2)/4 (二重根号が外れました)

cos(θ)が8=2³次無理数となるのは、
θ = 11.25˚ のとき、…
θ = 9˚ のとき、…
θ = 7.5˚ のとき、…

cos(θ)が2^z次無理数になるのは、
…
のように、半角の公式を適用していくということも可能。

符号が異なる関係にある無理数同士をかけ合わせると、うまく打ち消し合って次数が下がっていくものがあり、

((-1+√5)/4)×((+1+√5)/4) = (-1+5)/16 = 1/4
cos(72˚)cos(36˚) = 1/4
2次無理数×2次無理数 = 有理数

(√(2+√(2))/2)(√(2+√(2))/2) = (2+√2)/4
cos(22.5˚)cos(67.5˚) =  (2+√2)/4
4次無理数×4次無理数 = 2次無理数

(√(10+2√(5))/4)×(√(10-2√(5))/4) = √5/4
cos(18˚)cos(54˚) = √5/4
4次無理数×4次無理数 = 2次無理数

((√6+√2)/4)×((√6-√2)/4) = (6-2)/16 = 1/4
cos(15˚)cos(75˚) = 1/4
4次無理数×4次無理数 = 有理数

符号が異ならなくとも、

(√2/2)×(√2/2) = 1/2
cos(45˚)cos(45˚) = 1/2
2次無理数×2次無理数 = 有理数

(-√2/2)×(-√2/2) = 1/2
cos(135˚)cos(135˚) = 1/2
2次無理数×2次無理数 = 有理数

(√3/2)×(√3/2) = 3/4
cos(30˚)cos(30˚) = 3/4
2次無理数×2次無理数 = 有理数

(-√3/2)×(-√3/2) = 3/4
cos(150˚)cos(150˚) = 3/4
2次無理数×2次無理数 = 有理数

といったものもあります。


他にも、
p/qが有理数で、
pとqが互いに素であれば、←これは必要ないと思うｗ
cos(2π(p/q))が代数的数となる。
n倍角の公式から、1/n倍角を導いて、といった方法でしょうかね。
後で、参考程度にやりましょうかね。

代数的数とは、右辺が0で、すべての係数が有理数の多項式の解になり得る数。
数の分類として、実数とか虚数とか、実数は有理数と無理数をあわせたものとか、…。
実数を有理数と無理数に分けるのではなく、代数的数と超越数に分けることも出来る。
超越数は無理数の一部なので、代数的数は有理数と無理数だが超越数ではないものということになる。


代数的数であれば、解は代数的に厳密に表せる。
つまり、誤差のない厳密な解であるから、厳密解と呼ぶ。

cos(θ)が代数的な厳密解として表せる <===> θ？

代数的な厳密解と限定したのは、解析的な厳密解ではないとしたいからです。

ここで、フェルマー素数を考える。

F_n = 2²ⁿ+1
この値、フェルマー数が素数になるものをフェルマー素数という。
F₀ = 3 <== 素数
F₁ = 5 <== 素数
F₂ = 17 <== 素数
F₃ = 257 <== 素数
F₄ = 65537 <== 素数
F₅ = 4294967297 = 641×6700417 <== 合成数
これが合成数であるという反例を見つけたのがオイラーです。

現在、6≦n≦1000くらいで、フェルマー素数は見つかっていないようです。

フェルマー素数で有名なのは、
コンパスと直定規のみを使って正多角形を描けるか？
という問題で利用される。

「コンパスと直定規のみで正x角形を描ける」の必要十分条件として
x = 2^z・F_a・F_b・F_c…F_d
zは非負整数
F_a、F_b、F_c、F_d は異なるフェルマー素数

ということが数学的に証明されています。

つまり、現状でフェルマー素数は上記の5個しか見つかっていないのですから、
f = 2^z・3^f₀・5^f₁・17^f₂・257^f₃・65537^f₄
とすると、
z ∈ 非負整数
f₀, f₁, f₂, f₃, f₄ ∈ 0か1
となり、
2^z は無限にあるのだが、
フェルマー素数の積の部分だけであれば、2⁵=32通りで高々有限です。

さて、コンパスと直定規のみで正7角形が作図出来るかというと、作図不可能となる。

ネットやYoutubeで正7角形がコンパスと直定規のみで描けたとか書いているエセ数学者がいるようです。
試しにみてみると、半径1の円を連ねて8までの目盛りを作る。
横軸の7のところで、垂直二等分線を引き、縦軸に6、
斜辺の長さは√7×7+6×6=√85
これを半径として、8の両端から交点を作り、それを外接円の中心とし、外接円を描く。
底辺8、2斜辺√85のとき、二等辺三角形の頂角は何度でしょうか？
cos(2π/7)には成りませんね。
64 = 2×85 - 2×85×cos(θ)
64 = 2×85(1 - cos(θ))
64/170 = 1 - cos(θ)
32/85 = 1 - cos(θ)
cos(θ) = 1 - 32/85
cos(θ) = 53/85
解ってたけど、右辺有理数やないかーいｗ
cos(2π/7)は無理数やからな。
cos(2π/7)と53/85を多倍長演算した結果で比べてみるよ。
0.62348980185873353052500488400423981063227473089640
0.62352941176470588235294117647058823529411764705882
これを誤差と言い張るのもすごいですよね。
循環節が 2352941176470588 3周しちゃってるのまで見えちゃってますよ。
笑ってしまいましたが、この人の本とかもあって、有名な人なのかな？
今後、この人の動画や論文は見るに値しないと考えますｗ。


本題に戻って、
p/qが有理数で、
pとqが互いに素であれば、
cos(2π(p/q))は代数的数
p=1, q=7は互いに素で、
cos(2π/7)は代数的数となるのだが、
コンパスと直定規のみで正7角形は作図不可能である。

代数的数なのに作図不可能とは？

cos(2π/7)は代数的数であっても、
7 ∉ { f | f = 2^z・3^f₀・5^f₁・17^f₂・257^f₃・65537^f₄, z∈非負整数, f₀, f₁, f₂, f₃, f₄∈0か1 }
先の f = 2^z・3^f₀・5^f₁・17^f₂・257^f₃・65537^f₄ が取りうる値の集合の中に、7は存在しないということ。
※以下、{ f }とする。
という理由でコンパスと直定規のみでは作図不可能。

では、作図出来る、作図出来ないの境界線はなんだろうか？

コンパスはx-y平面に円を描く道具
x² + y² = r²
更には、交点などで得られた2点間の距離を保持し、利用する道具。

直定規はx-y平面の2点を結ぶ直線を引く道具
y = ax + b
距離を測ることは出来ない。

a = yの増加量/xの増加量
というのは習っただろう。
例えば、xの増加量が2、yの増加量が1だとして、ピタゴラスの定理より
この2点の距離は√5ということになり、コンパスで測り、再利用することが可能ということです。

これらの操作を有限回行って得られるx-y座標上の点。
最大次数は2で、これを有限回繰り返す。
つまり、代数的に考えると、
高々最大2次式の連立方程式を解いて交点を求めるという作業を、有限解繰り返すのと同義である。
よって、2のべき乗次式の解はコンパスと直定規だけで作図出来ても、
3次式、5次式、…といった、2のべき乗次式以外の解はコンパスと直定規だけでは作図出来ないのである。

これは必要十分条件なので、
cos(2π/f) <===> コンパスと直定規のみで作図可能
ということ。
cos(2π(p/q))は代数的数ではあるが、
p/q ∈ { f } なら、コンパスと直定規のみで作図可能
p/q ∉ { f } なら、コンパスと直定規のみで作図不可能


GeoGebraでは、cos(θ)=cos(2π/7)のような代数的数ではあるが、コンパスと直定規のみでは作図できないものであっても、代数的に値が求まるために、作図は出来てしまう。
プログラム内部的にまで代数的に処理しているかは解らない。

問題を解くために、白紙の紙とコンパスと直定規が与えられたとして、
2点を描き、その距離を1として、半径1の円を描く。
正n角形を内接するように描くわけですが、正n角形の1辺の長さが、n個の二等辺三角形の底辺という形で余弦定理より求まる。
求まった値が、直定規やコンパスを使って長さとしてコンパスに与えられれば描ける。
という仕組みです。
同様に正m角形の1辺の長さを求め、n角形の1辺と直行するように描く。
斜辺の長さはピタゴラスの定理より求まり、
斜辺の両端から半径1のコンパスで円を描き、交点が3個目の円の中心となる。
斜辺をコンパスで取り、内接する多角形を描こうとして正しく描ければkが求まる。

ただし、これは作図によるものであって、nやmが大きくなると、作図による誤差も大きくなる。
つまり、作図出来る出来ないの問題ではなく、代数的に計算出来る出来ないということなのだろう。

今回見つかった3つの解であれば、最大角数でも正10角形なので、ギリギリ手書きでも描けるであろう。
やるとするならば、正5角形を描いて、その各辺の垂直二等分線を引いて、円弧との交点を新たな頂点とすることで、正10角形が描ける。
同様に、正6角形は正3角形から、正4角形は直径から、垂直二等分線を使えば描くことが可能である。

偶々なのか、3つの解に描かれる3つ正多角形、のべ9つの正多角形がすべてが（2のべき乗とフェルマー素数の積）角形に含まれていたわけです。
ただ、解が3つと確定したわけではないのがなんともかんともしがたい。

cos(2π(p/q))が代数的数であるのは、
p倍角の公式と、1/q倍角の公式から、代数的に求まるということを意味している。
p=1とすれば、
cos(2π/q)が代数的数であるということであり、言い換えれば超越数ではないということ。

cos(γ) = cos(α) + cos(β) - 1
cos(2π/k) = cos(2π/n) + cos(2π/m) - 1
であるから、右辺も左辺も代数的数である。

同様に、
cos²(γ/2) = cos((α+β)/2)cos((α-β)/2)
cos²(π/k) = cos(π(m+n)/(nm))cos(π(m-n)/(nm))
であるから、右辺も左辺も代数的数である。

更に偶々なのか、3つの解のnまたはmのどちらか一方、または両方が、6である。
αとβは可換なので、β = 2π/6、cos(β) = 1/2 とすると、
cos(γ) = cos(α) - 1/2
と絞られていく。
cos(α) = 0、つまり α = 90˚ ならば、cos(γ) = -1/2、つまり γ = 120˚ で k = 3
cos(α) = 1/2、つまり α = 60˚ ならば、cos(γ) = 0、つまり γ = 90˚ で k = 4
cos(α) = (1+√5)/4、つまり α = 36˚ ならば、cos(γ) = (-1+√5)/4、つまり γ = 72˚ で k = 5


さて、n倍角と1/n倍角もさわりだけでもやっておきましょうか。

みなさん、2倍角の公式、半角の公式、はたまた3倍角の公式なんてものを聞いたことはあるかとは思います。
もっと言えば、ド・モアブルの定理とか、チェビシェフの多項式とか。
まずは、オイラーの公式
e^𝑖θ = cos(θ)-𝑖sin(θ)
e はネイピア数で自然対数の底
𝑖 は虚数単位で2乗すると-1になる数
θ は角度、複素平面なので偏角
ここから、ド・モアブルの定理を導くには、
θをn倍した式
e^𝑖nθ = cos(nθ) - 𝑖sin(nθ)     .....(1)
もう一つは、両辺をn乗した式
(e^𝑖nθ)ⁿ = (cos(nθ) - 𝑖sin(nθ))ⁿ     .....(2)
左辺を変形すると、
(e^𝑖nθ)ⁿ = e^𝑖nθ
つまり、(1)式の(2)式の左辺同士が等しいので、右辺同士も等しい。
cos(nθ) - 𝑖sin(nθ) = (cos(nθ) - 𝑖sin(nθ))ⁿ
これがド・モアブルの定理です。
複素平面ですが、左辺はn倍角ですよね。
まぁ、もっと厳密にやってΣとかC（コンビネーション）とか使って書くことも出来ますが、ちょっと複雑すぎてここに手書きで書くのは憚れます。

チェビシェフの多項式は、
cos(nθ)は、cos(θ)のn次多項式で表せる。
というもの。

加法定理
cos(α+β) = cos(α)cos(β) - sin(α)sin(β)
θ = α = β ならば、
cos(θ+θ) = cos(θ)cos(θ) - sin(θ)sin(θ)
cos(2θ) = cos²(θ) - sin²(θ)
cos²(θ) + sin²(θ) = 1 より、sin²(θ) = 1 - cos²(θ)
cos(2θ) = cos²(θ) - (1 - cos²(θ))

cos(2θ) = 2cos²(θ) - 1
と、簡単に求まります。
同様に、
sin(θ+θ) = sin(θ)cos(θ) + cos(θ)sin(θ)
sin(2θ) = 2sin(θ)cos(θ)

3倍角は、
cos(2θ+θ) = cos(2θ)cos(θ) - sin(2θ)sin(θ)
右辺のcos(2θ)、sin(2θ)を代入して、
cos(3θ) = (2cos²(θ) - 1)cos(θ) - 2sin(θ)cos(θ)sin(θ)
= 2cos³(θ) - cos(θ) - 2sin²(θ)cos(θ)
= 2cos³(θ) - cos(θ) - 2(1-cos²(θ))cos(θ)
= 2cos³(θ) - cos(θ) - 2cos(θ) + 2cos³(θ)
= 4cos³(θ) - 3cos(θ)

4倍角は、
cos(2θ+2θ) = cos(2θ)cos(2θ) - sin(2θ)sin(2θ)
= cos²(2θ) - sin²(2θ)
= cos²(2θ) - (1 - cos²(2θ))
= 2cos²(2θ) - 1
= 2(2cos²(θ) - 1)² - 1
= 2(4cos⁴(θ) - 4cos²(θ) + 1) - 1
= 8cos⁴(θ) - 8cos²(θ) + 1

同様に、5倍角、6倍角、7倍角、…
と手計算でやっていけます。

チェビシェフの多項式は、n倍角をx=cos(θ)の関数として、
T_n(x)
の様に表し、先に求めたcosのn倍角より、
T₀(x) = 1
T₁(x) = x
T₂(x) = 2x² - 1
T₃(x) = 4x³ - 3x
T₄(x) = 8x⁴ - 8x² + 1
…
このように表せ、これは漸化式になっており、
T_n+2(x) = 2・T₁(x)・T_n+1(x) - T_n(x)
となっています。
T₁(x) = x ですので、
T_n+2(x) = 2xT_n+1(x) - T_n(x)
でもよいでしょう。
この漸化式を証明するには、加法定理やチェビシェフの定理を使います。

加法定理で証明してみます。
cos((n+1)θ+θ) = cos((n+1)θ)cos(θ) - sin((n+1)θ)sin(θ)
cos((n+1)θ-θ) = cos((n+1)θ)cos(θ) + sin((n+1)θ)sin(θ)
左辺同士、右辺同士を足すと、右辺のsinの項が打ち消され、cosだけの式に、
cos((n+1)θ+θ) + cos((n+1)θ-θ) = 2cos((n+1)θ)cos(θ)
移項すると、
cos((n+1)θ+θ) = 2cos((n+1)θ)cos(θ) - cos((n+1)θ-θ)
cosの括弧の中を計算すると、
cos((n+2)θ) = 2cos((n+1)θ)cos(θ) - cos(nθ)
順番を変えると、
cos((n+2)θ) = 2cos(θ)cos((n+1)θ) - cos(nθ)
T_n+2(x) = 2・T₁(x)・T_n+1(x) - T_n(x)
思っていたより簡単に証明できます。

手計算でnを1ずつ増やしながらやっていくのも良いのですが、sinも同様に計算する必要性がでてくるので、何かと面倒ではあります。
チェビシェフの多項式を使えば、sinを求めずに漸化的にnを1ずつ大きくしていけます。
ド・モアブルの定理を使えば、一気に行けますが、Σ計算をする必要があります。

n倍角が解ったところで、半角、つまり1/2角ですが、
2倍角から、
cos(2θ) = 2cos²(θ) - 1
両辺のcosの括弧の中を半分にします。
cos(θ) = 2cos²(θ/2) - 1
2cos²(θ/2) = cos(θ) + 1
cos²(θ/2) = (1+cos(θ))/2
cos(θ/2) = √(1+cos(θ))/2
ここまでくらいなら簡単でしょう。
同様に、3倍角から1/3倍角、4倍角から1/4倍角、…と代数的に導けます。
導けると書きましたが、3倍角には3乗、5倍角には5乗、…が出てくるので、逆数として、1/3倍角には3乗根、1/5倍角には5乗根、…が出てくるということになりますので、数値的に簡単に求まるかと言われると、それは別の話しとなります。

cos(2π(p/q))は代数的数だというのは、
p倍角と、1/q倍角と考えれば、どちらも代数的に導けます。ということが解りました。


さて、いろいろ書いてきましたが、解が3つしかないことの証明には至っておりません。

有理数と2次無理数のcos(2π/x)しか解が無いこと
もしくは
必ずn、mの片方は6である必要があること
といったことが示せれば、
解が3つしか無いことが確定出来るんですけどね。

何かいい方法はないものでしょうか。


最後に、まだ使用していない
cos(γ) = cos(α) + cos(β) - 1
cos(γ) = 2cos((α+β)/2)cos((α-β)/2) - 1
cos²(γ) = cos(δ)cos(ε) = cos(α+β)cos(α-β)
どれを使いましょうかね。
3番目が面白いのかな。

k側から、n、mを考えるとすると、
k = 3、γ = 120˚、cos(γ) = -1/2 は有理数
cos²(γ) = cos(α+β)cos(α-β)
γ＞α≧β
k＜n≦m
より、
左辺は有理数の2乗なので有理数、
cos(δ)、cos(ε)の組み合わせは、
掛けて有理数になるパターンの最大次数は4次無理数まで？

k = 4、γ = 90˚、cos(γ) = 0
0の2乗も0なので、α+β=90˚もしくはα-β=90˚

k = 5、γ = 72˚、cos(γ) = (-1+√5)/4 は2次無理数
cos²(γ) = cos(α+β)cos(α-β)
より、
左辺は2次無理数の2乗ですが、有理数にならずに2次無理数、
掛けて2次無理数になるパターンの最大次数は8次無理数まで？

k = 6、γ = 60˚、cos(γ) = 1/2 は有理数
有理数の2乗も有理数、
掛けて有理数になるパターンの最大次数は4次無理数まで？

k = 7、γ = 360˚/7、cos(γ)は7乗根？

k = 8、γ = 45˚、cos(γ) = √2/2
2次無理数の2乗で、今回は有理数、
掛けて有理数になるパターンの最大次数は4次無理数まで？

k = 9、γ = 40˚、cos(γ)は9乗根？

k = 10、γ = 36˚、cos(γ) = (1+√5)/4
2次無理数の2乗で、今回は2次無理数、
掛けて2次無理数になるパターンの最大次数は8次無理数まで？

k = 11、…

のようにやっていくというのも有りなのだろうか？

夏の疲れが出てきたので、この辺で、
というか、この記事を書くのに何日掛けているんだろうか。


ではでは

PS：
今回の記事の中で、沢山の数学者の名前が登場しております。
何人出てきたかな？
（ナニジンじゃないぞ、ナンニンだぞ。）

ピタゴラスさん（BC582-BC496）
ジョン・ネイピアさん（1550-1617、スコットランド）
ピエール・ド・フェルマーさん（1607-1665、フランス）
アブラーム・ド・モアブルさん（1667-1754、フランス）
レオンハルト・オイラーさん（1707-1783、スイス、ロシア）
パフヌーティ・リヴォーヴィッチ・チェビシェフさん（1821-1894、ロシア）

ご協力ありがとうございます。

結局、解が3つしかないことの証明は出来ず。
無念。