（その３５）ではフルヴィッツ・藤原曲線，（その４０）ではルーローの奇数角形，（その４１）では藤原・掛谷の二角形，ルーローの二角形がそれぞれ内転形であることを検証した．フルヴィッツ・藤原曲線とは異なり，ルーロー曲線は円弧を区分的に接続したものであるから，内転形であることの証明は煩わしいものとなった．
ルーロー曲線について，このシリーズでは
(1)ｎが偶数のとき
円弧の中心はｎ−１角形の頂点
ｎ＝４ → ルーローの三角形
(2)ｎが奇数のとき
円弧の中心はｎ−１角形の辺の中点
ｎ＝３ → 藤原・掛谷の二角形（例外）
(3)中心の軌跡は楕円の弧の組合せ
円もどき （ｎ＝３を除く）
となることを紹介してきた．
(2)のルーローの偶数角形を実際に作図して正ｎ角形の中を内転させてみると，目測ではこれで正しいようにみえるのだが，きちんとした証明がなされたわけではなく，ルーローの奇数角形の円弧の中心がｎ−１角形の頂点にあるならば偶数角形ではｎ−１角形の辺の中点にあるべきだという小生の希望に過ぎないのである．
無論正しいことを期待しているが，今回のコラムではルーローの奇数角形の場合と類似の方法を使って検証してみることにした．ところが・・・
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【１】ルーローの円弧多角形の頂角
ルーローの奇数角形では円弧の中心はｎ−１角形の頂点にあり，頂角βは
β＝π−π／（ｎ−１）＝π（ｎ−２）／（ｎ−１）
で与えられる．
ｎ＝４ → １２０°
ｎ＝６ → １４４°
ｎ＝８ → １５４．３°
それに対して，ルーローの偶数角では円弧の中心はｎ−１角形の辺の中点にある．奇数角形の場合に比べて難しくなるが，円弧の中心角を２αとすると頂角βは
β＝２α＋π（ｎ−３）／（ｎ−１）
また，正ｎ角形の高さをＨ，正ｎ角形の内接円の半径をｒ1，ルーローのｎ−１角形の弧の曲率半径ｒ0，中心角を２α，正ｎ−１角形の内接円の半径をｒ2とおくと，
２ｒ2ｔａｎα＝ｒ2ｔａｎ（π／（ｎ−１））
より，
α＝ａｒｃｔａｎ（１／２・ｔａｎπ／（ｎ−１））
β＝２ａｒｃｔａｎ（１／２・ｔａｎπ／（ｎ−１））＋π（ｎ−３）／（ｎ−１）
ｎ＝５ → α＝２６．６°，β＝１４３．１°
ｎ＝７ → α＝１６．１°，β＝１５２．２°
ｎ＝９ → α＝１１．７°，β＝１５８．４°
となる．
また，これらの相互関係は
ｒ0ｃｏｓα＝２ｒ2
ｒ0（１＋ｓｉｎαｔａｎπ／ｎ）＝ｒ1（１＋ｓｅｃπ／ｎ）＝Ｈ
と定まる．
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【２】ルーローの偶数角形
このとき，ルーローのｎ−１角形の中心座標は（０，ｒ0−ｒ2）になるから，ここを始点とし正（ｎ−１）角形の頂点や辺の中点を終点とするベクトルを考える．すると
(1)０≦θ≦αのとき
円弧の中心（０，ｒ0），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−ｒ0ｃｏｓθ，ｐ（０）＝ｐ’（０）＝０
(2)α≦θ≦α＋π−βのとき
円弧の中心（Ｒ2ｓｉｎ（π／（ｎ−１）），ｒ0−ｒ2−Ｒ2ｃｏｓ（π／（ｎ−１）），半径０
→ ｐ（θ）＝−｛ｒ0−ｒ2−Ｒ2ｃｏｓ（π／（ｎ−１））｝ｃｏｓθ＋ｒ2ｓｉｎ（π／（ｎ−１））ｓｉｎθ
(3)α＋π−β≦θ≦３α＋π−βのとき
円弧の中心（−ｒ2ｓｉｎ（２π／（ｎ−１）），ｒ0−ｒ2（１−ｃｏｓ（２π／（ｎ−１）），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−｛ｒ0−ｒ2（１−ｃｏｓ（２π／（ｎ−１））｝ｃｏｓθ−ｒ2ｓｉｎ（２π／（ｎ−１））ｓｉｎθ
(4)３α＋π−β≦θ≦３α＋２（π−β）のとき
円弧の中心（Ｒ2ｓｉｎ（３π／（ｎ−１）），ｒ0−ｒ2−Ｒ2ｃｏｓ（３π／（ｎ−１）），半径０
→ ｐ（θ）＝−｛ｒ0−ｒ2−Ｒ2ｃｏｓ（３π／（ｎ−１））｝ｃｏｓθ＋ｒ2ｓｉｎ（３π／（ｎ−１））ｓｉｎθ
(5)３α＋２（π−β）≦θ≦５α＋２（π−β）のとき
円弧の中心（−ｒ2ｓｉｎ（４π／（ｎ−１）），ｒ0−ｒ2（１−ｃｏｓ（４π／（ｎ−１）），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−｛ｒ0−ｒ2（１−ｃｏｓ（４π／（ｎ−１））｝ｃｏｓθ−ｒ2ｓｉｎ（４π／（ｎ−１））ｓｉｎθ
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(6)２π−α≦θ≦２πのとき
円弧の中心（０，ｒ0），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−ｒ0ｃｏｓθ
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【３】内転形であることの証明（？）
次に，正ｎ角形の内接円の半径をｒとして
Σ(k=0~n-1)ｐ（θ＋ｋω）＝ｎｒ1（一定），ω＝２π／ｎ
であることを証明したい．
ここまでは一般式の形で求めたが，この節ではｎ＝５の場合について調べてみる．すなわち，ω＝２π／５＝７２°とおいて，
ｐ（θ）＋ｐ（θ＋ω）＋ｐ（θ＋２ω）＋ｐ（θ＋３ω）＋ｐ（θ＋４ω）＝５ｒ1
(1)０≦θ≦αのとき（０≦θ≦26.565）
円弧の中心（０，ｒ0），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−ｒ0ｃｏｓθ，ｐ（０）＝ｐ’（０）＝０
(2)α≦θ≦α＋π−βのとき（26.565≦θ≦63.435）
円弧の中心（ｒ2，ｒ0−２ｒ2），半径０
→ ｐ（θ）＝−（ｒ0−２ｒ2）ｃｏｓθ＋ｒ2ｓｉｎθ
(3)α＋π−β≦θ≦３α＋π−βのとき（63.435≦θ≦116.565）
円弧の中心（−ｒ2，ｒ0−ｒ2），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−（ｒ0−ｒ2）ｃｏｓθ−ｒ2ｓｉｎθ
(4)３α＋π−β≦θ≦３α＋２（π−β）のとき（116.565≦θ≦153.435）
円弧の中心（ｒ2，ｒ0），半径０
→ ｐ（θ）＝−ｒ0ｃｏｓθ＋ｒ2ｓｉｎθ
(5)３α＋２（π−β）≦θ≦５α＋２（π−β）のとき（153.435≦θ≦206.565）
円弧の中心（０，ｒ0−２ｒ2），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−（ｒ0−２ｒ2）ｃｏｓθ
(6)５α＋２（π−β）≦θ≦５α＋３（π−β）のとき（206.565≦θ≦243.435）
円弧の中心（−ｒ2，ｒ0），半径０
→ ｐ（θ）＝−ｒ0ｃｏｓθ−ｒ2ｓｉｎθ
(7)５α＋３（π−β）≦θ≦７α＋３（π−β）のとき（243.435≦θ≦296.565）
円弧の中心（ｒ2，ｒ0−ｒ2），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−（ｒ0−ｒ2）ｃｏｓθ＋ｒ2ｓｉｎθ
(8)７α＋３（π−β）≦θ≦７α＋４（π−β）のとき（296.565≦θ≦333.435）
円弧の中心（−ｒ2，ｒ0−２ｒ2），半径０
→ ｐ（θ）＝−（ｒ0−２ｒ2）ｃｏｓθ−ｒ2ｓｉｎθ
(9)７α＋４（π−β）≦θ≦２πのとき（333.435≦θ≦360）
円弧の中心（０，ｒ0），半径ｒ0
→ ｐ（θ）＝ｒ0−ｒ0ｃｏｓθ
ところが，これを用いて
Σ(k=0~n-1)ｐ（θ＋ｋω）＝ｎｒ1（一定），ω＝２π／ｎ
であることを検証しようと思ったのだが，場合分けが煩雑となり三角形，四角形のようにはいかなかった．宿題として遺しておきたい．
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【４】雑感
２αとπ−βが簡単な整数比の関係になっていないことが問題を難しくしている．もしかすると，ルーローの偶数角形でも奇数角形と同じ式
β＝π−π／（ｎ−１）＝π（ｎ−２）／（ｎ−１）
が正しいのかもしれない．
そうすればｎ＝５のとき，α＝π／８，β＝６π／８．また，もうひとつパラメータが必要になって，円弧の曲率半径ｒa＝ｒ0，曲率中心からルーローのｎ−１角形の中心までの距離をｒbとおいて
(1)０≦θ≦５π／４０のとき
円弧の中心（０，ｒa），半径ｒa
→ ｐ（θ）＝ｒa−ｒaｃｏｓθ，ｐ（０）＝ｐ’（０）＝０
(2)５π／４０≦θ≦１５π／４０のとき
円弧の中心（ｒ2，ｒa−ｒb−ｒ2），半径０
→ ｐ（θ）＝−（ｒa−ｒb−ｒ2）ｃｏｓθ＋ｒ2ｓｉｎθ
(3)１５π／４０≦θ≦２５π／４０のとき
円弧の中心（−ｒb，ｒa−ｒb），半径ｒa
→ ｐ（θ）＝ｒa−（ｒa−ｒb）ｃｏｓθ−ｒbｓｉｎθ
(4)２５π／４０≦θ≦３５π／４０のとき
円弧の中心（ｒ2，ｒa−ｒb＋ｒ2），半径０
→ ｐ（θ）＝−（ｒa−ｒb＋ｒ2）ｃｏｓθ＋ｒ2ｓｉｎθ
(5)３５π／４０≦θ≦４５π／４０のとき
円弧の中心（０，ｒa−２ｒb），半径ｒa
→ ｐ（θ）＝ｒa−（ｒa−２ｒb）ｃｏｓθ
(6)４５π／４０≦θ≦５５π／４０のとき
円弧の中心（−ｒ2，ｒa−ｒb＋ｒ2），半径０
→ ｐ（θ）＝−（ｒa−ｒb＋ｒ2）ｃｏｓθ−ｒ2ｓｉｎθ
(7)５５π／４０≦θ≦６５π／４０のとき
円弧の中心（ｒb，ｒa−ｒb），半径ｒa
→ ｐ（θ）＝ｒa−（ｒa−ｒb）ｃｏｓθ＋ｒbｓｉｎθ
(8)６５π／４０≦θ≦７５π／４０のとき
円弧の中心（−ｒ2，ｒa−ｒb−ｒ2），半径０
→ ｐ（θ）＝−（ｒa−ｒb−ｒ2）ｃｏｓθ−ｒ2ｓｉｎθ
(9)７５π／４０≦θ≦２πのとき
円弧の中心（０，ｒa），半径ｒa
→ ｐ（θ）＝ｒa−ｒaｃｏｓθ
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