頂角１０°，２０°，３０°のタケノコ図から，今回はそれを一般化して頂角θのタケノコ図を考えてみます．

　その特別な場合としてタケノコ図が二等辺三角形になる場合，直角三角形になる場合について調べてみましょう．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【１】タケノコ二等辺三角形

　タケノコ二等辺三角形では，

　　ｎθ＝（π−θ）／２

　　（２ｎ＋１）θ＝π

が成り立ちます．

　　ｎ＝３　→　θ＝π／７

　　ｎ＝４　→　θ＝π／９

　　ｎ＝５　→　θ＝π／１１

　正７角形や正９角形を定規とコンパスだけを使って描くことは不可能ですが，７本あるいは９本の線分を使って二等辺三角形上に載るように並べることができれば，角度π／７，π／９を作ることは可能です．

　頂角２０°＝π／９の二等辺三角形を４個の二等辺三角形に分割する方法は１１世紀のアラブの学者によって発見されていて，半径１の円に内接する１辺の長さｘは３次方程式ｘ^3＋１＝３ｘの解として求められます．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

【２】タケノコ直角三角形

　タケノコ直角三角形では，

　　｛ｃｏｓ（２ｎ＋１）θ−ｃｏｓθ｝／ｓｉｎθ＝−２｛ｓｉｎ２θ＋ｓｉｎ４θ＋＋ｓｉｎ６θ＋・・・｝＝−２Σｓｉｎ２ｋｘ

が成り立ちます．

　これを［ｘ，π／２］で積分すると

　　ｌｏｇ（ｓｉｎｘ）＋∫(x,π/2)ｃｏｓ（２ｎ＋１）θ／ｓｉｎθｄθ

　＝Σ｛(-1)^k／ｋ−ｃｏｓ２ｋｘ／ｋ｝

　このように，オイラーはいろいろな工夫をして，

　　log(sinx)=-Σcos(2nx)/n-log2

であることをつきとめ，広義積分

　　∫(0,π/2)log(sinx)dx=-π/2log2

の値を求めています．

　また，これを代入して計算すれば

　　1/1^3+1/3^3+1/5^3+･･･=π^2/4log2+2∫(0,π/2)xlog(sinx)dx

　　ζ（3）＝2π^2/7log2+16/7∫(0,π/2)xlog(sinx)dx

が得られます（１７７２年）．ζ(3)が現れましたが，ζ(3)はいまだ無理数であることしかわかっていません．

　オイラーによる

　　ζ（3）=2π^2/7log2+16/7∫(0,π/2)xlog(sinx)dx

という結果（log2の有理式×π^2）から，ζ（2n+1）は有理数と円周率から四則演算によって得られる数ではないだろうと予想されていますが，証明されてはいません．また，ｌｏｇ２を含むであろうと推測されています．

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝