（その５）では

　　ｚ^m＝ａｚ＋ｂ

において，ａ＝０ならば線形従属，ｂ＝０であっても線形従属であるから，

　　ａ≠０，ｂ≠０

とした．これは直観的な証明といえるだろう．Ｑの２次拡大体を用いても矛盾を引き出すことはできるが，今回のコラムではより初等整数論的な証明を提供したい．

　　正四面体　→　ｃｏｓδ4＝１／３，ｓｉｎδ4＝√８／３

　　立方体　→　ｃｏｓδ6＝０，ｓｉｎδ6＝１

　　正八面体　→　ｃｏｓδ8＝−１／３，ｓｉｎδ8＝√８／３

　　正十二面体　→　ｃｏｓδ12＝−√５／５，ｓｉｎδ12＝√２０／５

　　正二十面体　→　ｃｏｓδ20＝−√５／３，ｓｉｎδ20＝２／３

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【１】正四面体の場合

［Ｑ］角δがｔａｎδ＝２√２を満たすならば，δはπの有理数倍ではない．

［Ａ］もしδがπの有理数倍ならば，あるｎに対しｎδがπの整数倍となって，ｔａｎｎδ＝０または∞となる．そこで，すべての整数ｎに対し，ｔａｎｎδ≠０，∞であることを示す．

　加法公式

　　ｔａｎ（ｎ＋１）δ＝（ｔａｎδ＋ｔａｎｎδ）／（１−ｔａｎδｔａｎｎδ）

より，

　　ｔａｎδ＝２√２

　　ｔａｎ２δ＝−４√２／７

　　ｔａｎ３δ＝１０√２／２３

　　ｔａｎ４δ＝−５６√２／１７

　　ｔａｎｎδ＝ａ√２／ｂ

ならば

　　ｔａｎ（ｎ＋１）δ＝（ａ＋２ｂ）√２／（ｂ−４ａ）

帰納的にｔａｎｎδはすべてのｎに対して√２の有理数倍（＝ａ√２／ｂ）であることがわかる．

　この分数の（ａ，ｂ）＝（２，１）から出発して，（分子，分母）＝（ａ＋２ｂ，ｂ−４ａ）を（ｍｏｄ　３）でみると

　　（２，１）

　　（４，−７）＝（１，２）

　　（−１０，−２３）＝（２，１）

　　（−５６，１７）＝（１，２）

の２ステップの繰り返しになることがわかる．したがって，ａ，ｂのどちらも０にはなり得ず，ｔａｎｎδ≠０，∞となる．

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　ところで，この証明には（ｍｏｄ　３）が現れた．あまりにも唐突すぎて，この意味をわかるひとはたとえいたとしても少ないと思われる．

　　Ｚ4＝ｃｏｓδ＋ｉｓｉｎδ＝１／３＋ｉ√８／３

　　ｚ−１／３＝ｉ√８／３

より，Ｚ4は２次方程式３ｚ^2−２ｚ＋３＝０の解であるからというのがその理由である．

　　［参］Hartshorne "Geometry: Euclid and Beyond", Springer-Verlag

あるいは（その５）お読みいただき洞察してほしい．

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【２】正八面体の場合

［Ｑ］角δがｔａｎδ＝−２√２を満たすならば，δはπの有理数倍ではない．

［Ａ］

　　ｔａｎδ＝−２√２

　　ｔａｎ２δ＝４√２／７

　　ｔａｎ３δ＝−１０√２／２３

　　ｔａｎ４δ＝５６√２／１７

　　ｔａｎｎδ＝ａ√２／ｂ

ならば

　　ｔａｎ（ｎ＋１）δ＝（ａ−２ｂ）√２／（ｂ＋４ａ）

　　Ｚ8＝ｃｏｓδ＋ｉｓｉｎδ＝−１／３＋ｉ√８／３

　　ｚ＋１／３＝ｉ√８／３

より，Ｚ8は２次方程式３ｚ^2＋２ｚ＋３＝０の解である．

　そこで，この分数の（ａ，ｂ）＝（−２，１）から出発して，（分子，分母）＝（ａ−２ｂ，ｂ＋４ａ）を（ｍｏｄ　３）でみると

　　（−２，１）＝（１，１）

　　（−４，−７）＝（２，２）

　　（１０，−２３）＝（１，１）

　　（５６，１７）＝（２，２）

の２ステップの繰り返しになることがわかる．したがって，ａ，ｂのどちらも０にはなり得ず，ｔａｎｎδ≠０，∞となる．

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【３】正十二面体の場合

［Ｑ］角δがｔａｎδ＝−２を満たすならば，δはπの有理数倍ではない．

［Ａ］

　　ｔａｎδ＝−２

　　ｔａｎ２δ＝４／３

　　ｔａｎ３δ＝−２／１１

　　ｔａｎ４δ＝−２４／７

　　ｔａｎ５δ＝−３８／４１

　　ｔａｎｎδ＝ａ／ｂ

ならば

　　ｔａｎ（ｎ＋１）δ＝（ａ−２ｂ）／（２ａ＋２ｂ）

　　Ｚ12＝−√５／５＋√２０／５ｉ

　　ｚ＋√５／５＝−ｉ√２０／５

より，Ｚ12は２次方程式５ｚ^2＋２√５ｚ＋５＝０の解である．

　そこで，この分数の（ａ，ｂ）＝（−２，１）から出発して，（分子，分母）＝（ａ−２ｂ，２ａ＋ｂ）を（ｍｏｄ　５）でみると

　　（−２，１）＝（３，１）

　　（−４，−３）＝（１，２）

　　（２，−１１）＝（２，４）

　　（２４，−７）＝（１，３）

　　（３８，−４１）＝（３，１）

の４ステップの繰り返しになることがわかる．したがって，ａ，ｂのどちらも０にはなり得ず，ｔａｎｎδ≠０，∞となる．

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【４】正二十面体の場合

［Ｑ］角δがｔａｎδ＝−２√５／５を満たすならば，δはπの有理数倍ではない．

［Ａ］

　　ｔａｎδ＝−２√５／５

　　ｔａｎ２δ＝−４√５

　　ｔａｎ３δ＝２２√５／３５

　　ｔａｎ４δ＝８√５／７９

　　ｔａｎｎδ＝ａ√５／ｂ

ならば

　　ｔａｎ（ｎ＋１）δ＝（５ａ−２ｂ）√５／（１０ａ＋５ｂ）

　　Ｚ20＝−√５／３＋２／３ｉ

　　ｚ＋√５／３＝−ｉ２／３

より，Ｚ20は２次方程式３ｚ^2＋２√５ｚ＋３＝０の解である．

　そこで，この分数の（ａ，ｂ）＝（−２，５）から出発して，（分子，分母）＝（５ａ−２ｂ，１０ａ＋５ｂ）を（ｍｏｄ　３）でみると

　　（−２，５）＝（１，２）

　　（−２０，５）＝（１，２）

　　（−１１０，−１７５）＝（１，２）

　　（−２００，−１９７５）＝（１，２）

の繰り返しになることがわかる．したがって，ａ，ｂのどちらも０にはなり得ず，ｔａｎｎδ≠０，∞となる．

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