ｃ1＝ｃ2＝・・・＝ｃn-1＝ｃｏｓ（π／３）＝１／２とする．その前提のもとに（１／２）^jの係数を勘定すると（ｎ−１，ｊ）個だと割り出される．たとえば，σ3＝Σｃi^2ｃj^2ｃk^2ではｉ＜ｊ−１，ｊ＜ｋ−１を満たすｉ，ｊ，ｋの個数を数えることによって

　　Δ（３，３，・・・，３）＝１−（ｎ−１，１）／４＋（ｎ−２，２）／４^2−（ｎ−３，３）／４^3＋・・・＝Σ（−１）^k（ｎ−ｋ，ｋ）／４^k

［注］この式は無限級数ではない．

　ｃ1＝ｃｏｓ（π／４）＝１／√２，ｃ2以降はｃｏｓ（π／３）＝１／２とする．

　　Δ（４，３，３，・・・，３）

をｃ1^2を含む項とそうでない項に分けると，引数が１個少ないΔ（３，３，・・・，３）に分けられるが，もとの行列式から計算しようとしてもΔ（３，３，・・・，３）のときのようなきれいな式にはならない．

　そこで，σkを計算すると

　　σ1＝Σｃi^2＝（ｎ−２，１）／４＋１／２

　　σ2＝Σｃi^2ｃj^2＝（ｎ−３，２）／４^2＋１／２・（ｎ−２，１）／４

　　σ3＝Σｃi^2ｃj^2ｃk^2＝（ｎ−４，３）／４^3＋１／２・（ｎ−３，２）／４^2

　　Δ（４，３，３，・・・，３）＝１−σ1＋σ2−σ3＋・・・±σ3[n/2]

＝Σ（−１）^k｛（ｎ−ｋ−１，ｋ）／４^k＋１／２・（ｎ−ｋ，ｋ−１）／４^k-1｝

＝Σ（−１）^k｛（ｎ−ｋ−１，ｋ）＋２（ｎ−ｋ，ｋ−１）｝／４^k

＝Σ（−１）^k（ｎ−１）（ｎ−２ｋ）（ｎ−ｋ−１）！／４^kｋ！（ｎ−２ｋ＋１）！

　与式はｋ＝０から始まるので第０項から始まるように，パラメータをずらす必要はない．この級数の項比は

　　ａk+1/ａk=-(n-2k+1)(n-2k-2)/4(k+1)(n-k-1)=(k-(n+1)/2)(k-(n-2)/2)/(k-n+1)(k+1)

であるから，

　　ａ0*2Ｆ1(-(n+1)/2,-(n-2)/2;-n+1;1)

また，ａ0=1より

　　2Ｆ1(-(n+1)/2,-(n-2)/2;-n+1:1)

これより，超幾何級数であると同定される．ここで，参考文献にある公式を活用しよう．

　　2Ｆ1(a,b;a+b+1/2:x)=(2/(1+(1-x)^(1/2)))^(2a)*2F1(2a,a-b+1/2;a+b+1/2:y)

　　y=-{1-(1-x)^1/2}/{1+(1-x)^1/2}

において，ａ＝−ｎ／２−１／２，ｂ＝−ｎ／２＋１，ｘ＝１

　　2Ｆ1(-(n+1)/2,-(n-2)/2;-n+1:1)=2^(-n-1)*2F1(-n-1,-1;-n+1:-1)

　2F1(-n-1,-1;-n+1:x)は有限級数で=1であるから，

　　2Ｆ1(-(n+1)/2,-(n-2)/2;-n+1:1)=2^(-n-1)

ところが，正解は1/2^(n-1)である．後日再検討したい．

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