遊びの数論65　二項係数の刻み幅 5 の飛び石和

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『遊びの数論64』の続き。誤字脱字・間違いがあるかも。

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• 目次。約4の項目があります。2026などの数字は、メモの日付です。
• 2026-10-31　囲碁の握りはイカサマさいころ　ラームス・序曲
• 2026-10-31　ラームスの公式の導き方　デンマークから
• 2026-11-03　二項係数の刻み幅 5 の飛び石和　フィボナッチ再び
• 2026-11-07　cos 36° と cos 72° の求め方　「クルッ・ピタッ」でまとめてゲット
• 目次の終わり。このページの最初の項目が続きます。

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2026-10-31　囲碁の握りはイカサマさいころ　ラームス・序曲

将棋も碁も、理論的には「先手必勝」のゲームらしい^†。

よって「先手・後手」の決定は、勝負の上で重大。囲碁では、どちらの対局者が先手になるか決めるのに「握り」が使われる。一方の対局者が碁石を適当に手で握る。その手の中の碁石が偶数個か奇数個か、他方の対局者が推測する。当たれば先手を選べる、という仕組み。

直観的には「碁石をランダムに握ったとき、その個数が偶数か奇数かもランダム。握りは、コイン投げなどと同様、公平な手続き」とも思える。ところが「必ず 1 個以上の碁石を握る」という常識的な前提だと、「握り」の結果は奇数になりやすい。例えるなら「奇数の目が出やすい、偏ったさいころ」だ！

19世紀フランスでも、じゃんけんの代わりに（？）「握り」と同様の「偶数・奇数ゲーム」が使われていたらしく、当時の学者たちは、既にこの偏りに気付いていた（「100円玉つかみ取り／確率でびっくり」参照）。例えば、袋からあめ玉を適当にひとつかみ取り出すと、握ったあめの数は「偶数か奇数か確率半々」ではなく「奇数になりやすい」――これは直観に反している！

でも、その理由は、簡単に説明がつく。つまり…

† ここで「先手」というのは、囲碁用語の「先手」ではなく、将棋の「先手」と同じ意味（最初のターンのプレーヤー）。囲碁の場合「コミ」（ゲームバランス調整の設定）によっては後手有利だが、その件については省略。

具体例として、「握り」の対象の碁石が合計 4 個だけだとすると、「握り」の結果は「4 枚のコイン A, B, C, D を無作為に投げて、表が何枚出るか？」と、おおむね同じこと（表が出る場合 ◎ は「握られた碁石」に当たり、裏が出る場合は「握られなかった碁石」に当たる）。 4 枚投げた結果は、次の 16 パターンのどれか。どのパターンになるかは等確率。

【表1】　4 枚のコインの裏表の可能性

コイン				◎の数
A	B	C	D
◎	◎	◎	◎	4
◎	◎	◎	裏	3
◎	◎	裏	◎	3
◎	◎	裏	裏	2
◎	裏	◎	◎	3
◎	裏	◎	裏	2
◎	裏	裏	◎	2
◎	裏	裏	裏	1
裏	◎	◎	◎	3
裏	◎	◎	裏	2
裏	◎	裏	◎	2
裏	◎	裏	裏	1
裏	裏	◎	◎	2
裏	裏	◎	裏	1
裏	裏	裏	◎	1
裏	裏	裏	裏	0

◎ の数が 0, 1, 2, 3, 4 になるパターンを数えてみると、それぞれ 1, 4, 6, 4, 1 通り。よって本来なら ◎ の数が偶数になるパターンは 1 + 6 + 1 = 8 通り、奇数になるパターンは 4 + 4 = 8 通り、どちらも 8/16 なので、確率は五分五分。ところが「石を必ず 1 個以上、握る」という条件を付けると「0 個握る」というオプションがなくなるので、コインでいう「裏・裏・裏・裏」（◎ が 0 枚）が選択肢から除外され、結果が偶数になるパターンは 7 通りに減ってしまう。コインが何枚あっても同様で「全部裏」が除外されると、偶数になるパターンが 1 減って、「表になる枚数」は奇数になりやすい。

上の例で ◎ の数が 0, 1, 2, 3, 4 になるパターン数 1, 4, 6, 4, 1 の一つ一つは「二項係数」と呼ばれる。例えば 6 という数は「4 枚のコインから（表になる）コイン 2 枚を選ぶ組み合わせ」の数なので、式で書けば、
　　(4 C 2) = (4 × 3)/2! = 12/2 = 6
となる（「二項係数・超入門」参照）。細かいことはさておき、このような組み合わせの数は、その気になれば機械的に計算できる、と。

例えば、石が n = 10 個あるとき:
　　1, 10, 45, 120, 210, 252, 210, 120, 45, 10, 1
これらの整数は順に、そこから k 個を取り出す選択肢の数を表し（k = 0, 1, 2, ···, 10）、言い換えれば 10 枚のコインを投げたとき、表が k 枚になるパターン数に当たる。参照の便宜上、これらの整数を
　　C₀, C₁, C₂, ···, C₁₀
と呼ぶと、偶数個（ただし 0 個を除く）を取り出す選択肢の総数は:
　　C₂ + C₄ + C₆ + C₈ + C₁₀ = 45 + 210 + 210 + 45 + 1 = 511
奇数個を取り出す選択肢の総数は:
　　C₁ + C₃ + C₅ + C₇ + C₉ = 10 + 120 + 252 + 120 + 10 = 512
再び「握りの結果は奇数になりやすい」ことを確認できる。もし第一の和に「0 個を取り出す選択肢」の数 C₀ = 1 を追加するなら、この格差は解消される。

19世紀フランスのクールノ（Cournot）は、問題を拡張して、握った石の数が「3 の倍数」「3 の倍数 + 1」「3 の倍数 + 2」のどれになりやすいか――というようなことを考えた。引き続き n = 10 の例:
　　C₃ + C₆ + C₉ = 120 + 210 + 10 = 340
　　C₁ + C₄ + C₇ + C₁₀ = 10 + 210 + 120 + 1 = 341
　　C₂ + C₅ + C₈ = 45 + 252 + 45 = 342
この場合、第一の和に C₀ = 1 を追加しても、もはや格差は解消されない！

Cournot はさらに、握った石の数が「4 の倍数」「4 の倍数 + 1」「4 の倍数 + 2」「4 の倍数 + 3」のどれになるかも検討。言い換えると、握った石の個数を 4 で割った余りが 0, 1, 2, 3 のどれになりやすいか…？

確率の話は別としても、好奇心を刺激する問題だ――あめ玉であれ碁石であれ、ランダムに取り出すなら（そして C₀ の可能性も考慮するなら）、握った個数のパターンは常にランダムになりそうにも思えるのだが（だとすれば 3 で割った余りや、 4 で割った余りに偏りがないはず）、実はそうならない。では、どうなるのか？

デンマークのラームス（Ramus）は、視点を広げて、一般の s について「選択のパターン」（例＝取り出したあめ玉の数）がどうなるか、 s で割った余りで分類した。例えば s = 5 なら 5 で割った余りが 0, 1, 2, 3, 4 のどれになるか。 s = 6 なら 6 で割った余りが 0, 1, 2, 3, 4, 5 のどれになるか。等々。

この問題は、見掛け以上に奥が深い…

そんなわけで、ラームスの研究を（なるべく分かりやすい形で）まとめてみたい。内容は高校生の知識の範囲で普通に理解可能ではあるけど、多くの読者は、その手法・展開にびっくりするだろう――「碁石の数」のような一見素朴な計算に「複素数」が使われるのだから…。まさに深奥（しんおう）幽玄。

s = 4 の具体例に関しては、既に「漫画の数学」でも、同じ話題に触れている。（次のメモへ続く）

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2026-10-31　ラームスの公式の導き方　デンマークから

（一つ前のメモから続く）

首都コペンハーゲンのあるシェラン島（Sjælland）は、ざっと四国の半分の大きさ。ファルスタ島（Falster）はその南に位置する（淡路島くらいの面積）。デンマーク＝北欧といっても、ドイツ北端より低緯度。19世紀の初め、ラームス（Christian Ramus, 1806–1856）は、この小島で生まれた。

ラームスの恒等式――その起源は、フランスの「偶数・奇数ゲーム」。例えば、袋からあめ玉を無作為にひとつかみ（1 個以上）取り出すと、握ったあめの数は「偶数か奇数か確率半々」ではなく「奇数になりやすい」。これは直観に反している！

同様に、ランダムに握ったあめ玉の個数が「3 の倍数」「3 の倍数 + 1」「3 の倍数 + 2」のどれになるかも、確率 1/3 ずつではない。

現代では、この問題は確率の問題としてではなく、次のようなパズルとして扱われる――パスカル（Pascal）の三角形の 1, n, ··· と始まる行を数列 C₀, C₁, ··· と見た場合、次の例のような「一定間隔で抜き出した項の和」を求めるには、どうすればいいか？
　　〔例1〕　C₀ + C₃ + C₆ + C₉ + ···
　　〔例2〕　C₀ + C₅ + C₁₀ + C₁₅ + ···
　　〔例3〕　C₂ + C₇ + C₁₂ + C₁₇ + ···

ラームスは、この種の和を求める一般公式を最初に発見した。その導出過程は面白く、プログラミングのバイブル TAOCP [5] にも収録されている。

初歩的なことまで細かく記すとかえって要点がぼやけるので、本編を「高校生向けの軽い読み物」のような感じで短くまとめ、付録として脚注を付けた。脚注を無視して本編だけ読めば足りるけど、もし分かりにくい部分があったら対応する脚注リンクをどうぞ、という仕様。自分自身の研究（好奇心）と知識の整理が主目的ですが、何かの参考になれば幸いです。

1806年、 Ramus は Falster 島の Nykøbing で生まれた。
この教会は町のランドマークらしい。
左は19世紀、右は現代。 [Credit: Rune Johansen]

本編　［1/2,　2/2］
　付録　［付録A・別表現,　付録B・具体例,　付録C・別の導出法］
　○　脚注　　　　○　参考文献

Keywords: Ramus’s Identity, lacunary sums of binomial coefficients, lacunary binomial sums, wraparound binomial coefficients, sum of every m-th entry of row n in Pascal’s triangle, sum of nCk for k ≡ r mod m, multisection of series

1/2.　0 以上の整数 n を一つ選び、固定する。

_nC_k = (n C k) は「n 個の物から k 個の物を選ぶ選択肢」の数ですが（二項係数とも呼ばれる）、とりあえず細かい知識は不要。たった一つ、次の性質を使います（n の表記を略して C_k と記す）:

「一番簡単な二項展開」^{｟もっと詳しく｠}
　　(1 + w)ⁿ = ∑{k=0 to n} C_k⋅w^k = C₀⋅w⁰ + C₁⋅w¹ + C₂⋅w² + ··· + C_n⋅wⁿ

ここで問題です。 C_k たち（C₀, C₁, C₂, C₃, ···）を 一定間隔で抜き出して足した和、例えば C₀ + C₅ + C₁₀ + ··· は、どういう値を持つでしょうか？

C_k の値を具体的に定義してないのに答えを出せるはずがない、とも思えるが、実は上記「一番簡単な二項展開」の性質だけから答えが出る。

∑{k=0 to n}  C_k = C₀ + C₁ + C₂ + ··· + C_n の和を制限して、 k が 5 の倍数の項だけを足したいとする（C₀ + C₅ + C₁₀ + ···）。下記公式の最初の発見者 Ramus をリスペクトして、この種の足し算結果を文字 R で表すことにします。

もし魔法のような便利な関数 ƒ(k) があって、
　　k が 5 の倍数なら ƒ(k) = 1
　　k が 5 の倍数でなければ ƒ(k) = 0
という性質を持つとしたら、単に
　　∑{for k} ƒ(k)⋅C_k　　①
とすることで R が求まる。なぜなら、そのとき①の和は、
　　1⋅C₀ + 0⋅C₁ + 0⋅C₂ + 0⋅C₃ + 0⋅C₄ + 1⋅C₅ + 0⋅C₆ + 0⋅C₇ + 0⋅C₈ + 0⋅C₉ + 1⋅C₁₀ + 0⋅C₁₁ + 0⋅C₁₂ + ···
のようになって「要らない項」は 0 倍され消滅、「抜き出して足したい項」だけが残るから。

古来このような場合、 1 の原始 5 乗根^{｟何それ？｠}
　　α = cos (2π/5) + i sin (2π/5)
が活用される。すなわち、等比数列の和
　　(1)^x + (α)^x + (α²)^x + (α³)^x + (α⁴)^x　　②
は、 x が 5 の倍数なら 5 に等しく、 x がそれ以外の整数なら 0 に等しい^{｟なぜ？｠}。従って②を 5 で割ったものを ƒ(x) とすれば、①は望み通りの性質を持つ。 Riordan [6] のいう ancient vintage（年代物の極上ワイン）。

いちいち 5 で割るのも面倒なので、②をそのまま ƒ(x) としてもいい。その場合①の和は、
　　5⋅C₀ + 0⋅C₁ + 0⋅C₂ + 0⋅C₃ + 0⋅C₄ + 5⋅C₅ + 0⋅C₆ + 0⋅C₇ + 0⋅C₈ + 0⋅C₉ + 5⋅C₁₀ + 0⋅C₁₁ + 0⋅C₁₂ + ···
　　 = 5C₀ + 5C₅ + 5C₁₀ + ··· = 5(C₀ + C₅ + C₁₀ + ··· )
のように求めたい R の 5 倍になるけど、最後にまとめて 5 で割れば同じこと。

同様に、例えば「k が 5 の倍数より 2 大きい」ような項だけを足したいなら（C₂ + C₇ + C₁₂ + ···）、 ②で x = k − 2 とすればいい――つまり ƒ(k) の代わりに ƒ(k − 2) を使えばいい。そうすれば ƒ(x) の性質上「2 を引いたら 5 の倍数になるような k」について C_k が抜き出され、足し算される（「5 の倍数 + 2」と「2 を引けば 5 の倍数」は同じ意味）。より一般的に 1 以上の整数 s が与えられたとき、
　　α = cos (2π/s) + i sin (2π/s)
とするなら（1 の原始 s 乗根）、等比数列の和
　　∑{ℓ=0 to s−1} (α^ℓ)^x = (1)^x + (α)^x + (α²)^x + ··· + (α^s−1)^x
は、 x が s の倍数か否かに応じて、 s ないし 0 に等しい。 k が「s の倍数 + t」であるような C_k たちを足す方法も、同様（t は k を s で割った余り）。すなわち、特定の s, t が与えられたとき、
　　ƒ(k) = ∑{ℓ=0 to s−1} (α^ℓ)^k−t　　③
の値は、 k から t を引いた結果が s の倍数になるか否かに応じて（言い換えれば k が「s の倍数 + t」であるか否かに応じて）、 s ないし 0 に等しい。よって③を使うと、
　　∑{k=0 to n} ƒ(k)⋅C_k　　①再掲
は、求めたい R の――つまり k が「s の倍数 + t」であるような C_k たちの和の―― s 倍だ。③を①に代入して sR はこうなる:
　　∑{k=0 to n} [∑{ℓ=0 to s−1} (α^ℓ)^k−t]⋅C_k

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二重の ∑ が厄介そうだが心配ご無用。 Ramus の恒等式は ∑ を含む公式であり、別に ∑ があっても困らない。しかも上記の ∑∑ は「一番簡単な二項展開」で w = α^ℓ と置いた形を内包している――軽微な変形により ∑ を一つ除去して (1 + α^ℓ)ⁿ に置き換えられる。そのためには (α^ℓ)^k⋅C_k だけが ∑_k によって直接足し算される必要があるから、まず ∑_k と ∑_ℓ の順序を入れ替えるのが吉［その後で、式中の (α^ℓ)^k−t = (α^ℓ)^k⋅(α^ℓ)^−t から、欲しい因子 (α^ℓ)^k を取り出せる］:
　　sR = ∑{k=0 to n} [∑{ℓ=0 to s−1} (α^ℓ)^k−t]⋅C_k = ∑{k=0 to n} ∑{ℓ=0 to s−1} (α^ℓ)^k−t⋅C_k
　　 = ∑{ℓ=0 to s−1} ∑{k=0 to n} (α^ℓ)^k−t⋅C_k

上の式の [ ] は、結果に影響しないので^{｟なぜ？｠}除去。三つ目の等号では、総和記号の順序を入れ替えた^{｟いいの？｠}。入れ替え後の「内側の ∑ 内」において、 ℓ は外側の ∑ によって 1 ずつ増えるけど、ある一つの ℓ の値を扱っている間、内側の ∑ 内では α, ℓ, t は一定。そこで、次のように「共通の因子」をくくり出し内側の ∑ 内を短くできる^{｟どういうこと？｠}:
　　 = ∑{ℓ=0 to s−1} ∑{k=0 to n} (α^ℓ)^k⋅(α^ℓ)^−t⋅C_k = ∑{ℓ=0 to s−1} α^−ℓt ∑{k=0 to n} (α^ℓ)^k⋅C_k
これで内側の ∑ は「一番簡単な二項展開」の公式で w = α^ℓ と置いた形に。公式を逆向きに使うと:
　　sR = ∑{ℓ=0 to s−1} α^−ℓt (1 + α^ℓ)ⁿ　　④
めでたく ∑ が一つ消滅、いい感じにすっきり！

具体的な C_k たちの値を考えることなく、それらの和の s 倍が、一応求まった―― 1 の原始 s 乗根 α を使った式として。その意味で④は（s で割れば）既に有効な一つの答え。ただし求めたい和 R は整数なのに、複素数 α を使ってそれを表すのは必ずしも便利ではない。

2/2.　さて、④の ∑ 内の式
　　α^−ℓt (1 + α^ℓ)ⁿ　　（✽）
をどう料理しましょう？　まずは、かっこ内の 1 + α^ℓ ですが、それを扱う実直な方法は、定義通りの
　　α = cos (2π/s) + i sin (2π/s)　　⑤
を（✽）に代入、三角関数の公式を使って、どうたらこうたら…。その手順も「あり」ですけど（付録C）、少し面倒。こういう場合の定石は、次の速攻:
　　1 + α^ℓ = α^ℓ/2 (α^−ℓ/2 + α^ℓ/2) = α^ℓ/2 (2 cos (ℓπ/s))　　⑥
⑥の最初の等号は、「シンプルな左辺をわざわざ難しく書き換える妙な変形」とも思えます。しかしながら、
　　α^1/2 = cos (π/s) + i sin (π/s)　　（✽✽）
　　∴　α^ℓ/2 = cos (ℓπ/s) + i sin (ℓπ/s)　　⑦
なので^{｟なぜ？｠}、それを α^−ℓ/2 と足し合わせれば、虚部が消えて実部が 2 倍され^{｟どういうこと？｠}、 1 + α^ℓ が瞬時に⑥右辺の形になる［それは極座標的な形式^｟何？｠で、扱いやすい。この小技は、 1 + A の A が絶対値 1 なら、いつでも利用可能。 A^1/2 をくくり出すだけ］。今、⑥を（✽）に代入して:
　　α^−ℓt (1 + α^ℓ)ⁿ = α^−ℓt × [α^ℓ/2 × (2 cos (ℓπ/s))]ⁿ
　　 = α^−ℓt × α^ℓn/2 × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ
あとは α の指数を一つにまとめて α に⑤を代入すればいいのですが、指数に含まれる 1/2 が邪魔くさいので、便宜上 α^1/2 を β と略し（α = β²）、 β についての式に書き換えておきます^{｟どういうこと？｠}:
　　 = β^−2ℓt × β^ℓn × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ = β^ℓn−2ℓt × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ
　　 = β^ℓ(n−2t) × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ
文字 β は、 α^1/2 つまり（✽✽）の略なので:
　　 = (cos (π/s) + i sin (π/s))^ℓ(n−2t) × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ　　⑧
ド・モアブルの定理を使うと:
　　 = (cos (ℓ(n − 2t)π/s) + i sin (ℓ(n − 2t)π/s)) × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ　　⑨
これで実部と虚部が、さくっと分離されました。

④の ∑ 内の式、すなわち（✽）は、⑨に等しい。⑨を ℓ = 0 から s − 1 まで足した和が sR になるわけです。ここでナイスな観察は、 sR は整数、ということ――それ自体は当たり前（R は、パスカルの三角形に含まれる整数たちを抜き出して足した和なので整数だし、何個置きに抜き出すか？を表す s も整数）。でも、総和の成分⑨の一つ一つは複素数で、虚部がある。これは何を意味するか。仮に⑨の複素数を
　　A_ℓ + iB_ℓ　ここで A_ℓ, B_ℓ は何らかの実数
とすると、
　　∑ = (A₀ + iB₀) + (A₁ + iB₁) + ··· + (A_s−1 + iB_s−1) = sR + i⋅0
となって、虚部の和はゼロ、ってことです。つまり、
　　B₀ + B₁ + ··· + B_s−1 = 0
です。だったら、結果に関係ない虚部（どうせ和は 0）を初めから無視して実部だけ足し算し、
　　A₀ + A₁ + ··· + A_s−1 = sR
としても同じこと！　その方が、はるかに簡単。⑨の実部は
　　cos (ℓ(n − 2t)π/s) × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ
ですから、それを ℓ = 0 から s − 1 まで足したら sR になる、と。要するに:
　　sR = ∑{ℓ=0 to s−1} [cos (ℓ(n − 2t)π/s) × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ]
おお、女神よ！　このロジックは素晴らしい――⑨のゴチャゴチャが、一瞬にして軽快に。

両辺を s で割って、次の結論に至ります（便宜上、積を逆順で表記）。

定理5　ラームスの恒等式（C. Ramus, 1834年／Knuth 風表記）　任意の整数 n ≧ 0 と、任意の整数 s, t について（0 ≦ t < s）:
　　R = (n C t) + (n C s + t) + (n C 2s + t) + ···
　　 = (1/s) ∑{ℓ=0 to s−1} (2 cos (ℓπ/s))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/s)

定理5の式は、少し違う形で書かれることもあり、別形式の方が便利なこともある（付録A）。

定理5やその別形式は、任意の s に対する式。具体的な個々の s に対して、この式がどうなるかは別問題。付録Bでは、簡単な例として s = 3, 4 の場合について略述する。

付録A　定理の別表現

定理5.1（Ramus の恒等式の別形式1）　n ≧ 0 のとき:
　　R = 2ⁿ/s + (1/s) ∑{ℓ=1 to s−1} (2 cos (ℓπ/s))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/s)
あるいは、同じことだが:
　　R = (1/s)[2ⁿ + ∑{ℓ=1 to s−1} (2 cos (ℓπ/s))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/s)]

証明　ℓ = 0 のとき、定理5の ∑ 内は 2ⁿ⋅1 = 2ⁿ に等しい――なぜならそのとき、第1の因子は (2 cos 0)ⁿ = 2ⁿ であり、第二の因子は cos 0 = 1 です。 ℓ = 0 に対する ∑ の値を分離し、総和を ℓ = 1 から s − 1 までとすれば、定理5.1を得る。∎

今、定理5.1の総和記号において、
　　ℓ = 1, 2, 3, ···, s − 3, s − 2, s − 1
に対応する s − 1 種類の項を考えてみます。両端から 2 項ずつ、例えば ℓ = 1 のときと ℓ = s − 1 のときに総和記号内の項が等しいこと、 ℓ = 2 のときと ℓ = s − 2 のときに総和記号内の式の値が等しいこと、等々を確かめることができます（後述）。よって、大ざっぱに言うと、最初の半分の項だけを足して結果を 2 倍すれば、項の数が約半分になって、結果は同じ。

この整理を行う場合の注意点として、 s が偶数なら s − 1 は奇数であり、両端から 2 項ずつペアにすると真ん中の ℓ = s/2 に当たる項が（ペアになる相手がなくて）残ってしまう。しかし ℓ = s/2 のとき一つ目の cos の値は 0 であり、ほとんどの場合そこから因子 0ⁿ = 0 が生じるので、 s が偶数の場合の「真ん中の項」については原則として無視してよい。

例外として s が偶数かつ n = 0 の場合、 ℓ = s/2 の瞬間に一つ目の cos の値 0 から 0⁰ = 1 が生じるので（そして、そのとき二つ目の cos の値は一般には ≠ 0 なので）、 ℓ = s/2 に対応する項を無視できない。ゆえに、このような形式（下記定理5.2）では n = 0 のケースに対応できず、 n ≧ 1 限定となる。

定理5.2（Ramus の恒等式の別形式2: 原論文 [2] のスタイル）　n ≧ 1 のとき（s が奇数なら n = 0 でもいい）:
　　R = 2ⁿ/s + (2/s) ∑{ℓ=1 to H} (2 cos (ℓπ/s))ⁿ cos (ℓπ/s)(n − 2t)
ここで H は s − 1 の半分（端数切り捨て）。あるいは、同じことだが:
　　R = (1/s)[2ⁿ + 2 ∑{ℓ=1 to H} (2 cos (ℓπ/s))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/s)]

〔注〕　s = 1 ないし s = 2 の場合 H = 0 となり、 ℓ の動く範囲は 1 以上 0 以下。そんな条件を満たす ℓ は無いので、その場合の ∑ は 0 項の和で、無いのと同じ。

証明　定理5.1は、本編で導いた定理5と同内容。仮定 n ≧ 1 の下で、定理5.1の式と定理5.2の式が同内容であることを示したい。それには、次の関係を示せば十分――「任意の整数 m が与えられたとき、
　　cosⁿ (ℓπ/s) × cos (ℓ(n − 2t)π/s)　　⑩
は、 ℓ = m と ℓ = s − m のどちらに対しても同じ値を持つ」。実際、 mπ/s を θ とすると (s − m)π/s = π − mπ/s は π − θ なので:
　　cos ((s − m)π/s) = −cos (mπ/s)
つまり⑩の第一因子について ℓ = m と置いた場合の値と ℓ = s − m と置いた場合の値を比べると、両者の絶対値は等しく、 n が偶数なら符号も同じ、 n が奇数なら符号が逆。同様に m(n − 2t)π/s = (n − 2t)θ に対する cos^[甲] と、 (s − m)(n − 2t)π/s = (n − 2t)π − (n − 2t)θ に対する cos^[乙] は絶対値が等しく、 n が偶数なら符号も同じ、 n が奇数なら符号は逆^†。よって⑩は、 ℓ = m および ℓ = s − m に対して同じ絶対値を持ち、符号も同じ。∎

† (n − 2t)θ に対する cos と −(n − 2t)θ に対する cos は値が同じなので［なぜなら cos X = cos (−X) である］、二つの cos （甲・乙）の出力に違いが生じるとすれば、それは (n − 2t)π の部分の影響。 n が偶数ならこの部分は 2π の倍数なので、出力に影響しない。 n が奇数ならこの部分は π の奇数倍なので、出力は −1 倍される。――結局、 n が偶数なら、⑩の第一因子・第二因子は（2 種類の入力 ℓ = m および ℓ = s − m に対して）符号も含めて値が等しい。 n が奇数なら、⑩の第一・第二因子のどちらも（2 種類の入力に対して）符号だけが逆、従って両者の積は符号も一致。

Ramus の原論文では、定理5.2の第1式の形が使われてます。この形式は、一般には n = 0 に対応できないことに注意。 Cournot [1] も Ramus [2] も C₀ = 1 を考察に含めておらず（それが、そもそもの「偶数・奇数ゲーム」の前提である）、従って n ≧ 1 が仮定されているのも、不思議ではない――「n 個から 0 個選ぶ」が考察対象外なら、「0 個から k 個選ぶ」はますます対象外だろう。

Cournot [1] と Ramus [2] は、本稿の n, s, t, ℓ の代わりにそれぞれ文字 x, p, r, k を使用。 t (= r) = 0 のとき 1 を引いているのは C₀ を除外しているため。‌

定理5.3（Ramus の恒等式の別形式3）　n ≧ 0 のとき:
　　R = (1/s) ∑{ℓ=1 to s} (2 cos (ℓπ/s))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/s)

これは定理5とほとんど同じだが、 ∑ の範囲を ℓ = 0 から s − 1 とする代わりに、 ℓ = 1 から s としたもの。つまり和の範囲から ℓ = 0 を除去して、代わりに ℓ = s を和の範囲に追加。外形的には、定理5より簡潔（2文字少ない）。実用上は ℓ = s より ℓ = 0 の方が計算しやすい。

証明　定理5.2の証明で見たように ∑ の内側の式は、 ℓ = m に対しても ℓ = s − m に対しても、同じ値を持つ（m は任意の整数）。従って ℓ = 0 に対しても ℓ = s に対しても、同じ値を持つ（n = 0 の場合も含む）。∎

付録B　具体例（s = 3, 4）

(s − 1)/2 の端数を切り捨てたものを H とする。定理5.2から:
　　R = (1/s)[2ⁿ + 2 ∑{ℓ=1 to H} (2 cos (ℓπ/s))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/s)]

s = 3 のとき (3 − 1)/2 = 1 なので H = 1 で、 ℓ は 1 から 1 まで動く（つまり ∑ は ℓ = 1 の一つの項のみ）:
　　R = (1/3)[2ⁿ + 2 ∑{ℓ=1 to 1} (2 cos (ℓπ/3))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/3)] = (1/3)[2ⁿ + 2 (2 cos (π/3))ⁿ cos ((n − 2t)π/3)]
　　 = (1/3)[2ⁿ + 2 (2⋅1/2)ⁿ cos ((n − 2t)π/3)] = (1/3)[2ⁿ + 2 cos ((n − 2t)π/3)]
3 種類の和（t = 0, 1, 2）をこのように統一的に表現できるのは、気持ちがいい！

今、特定の s, t に対する R の値を R_s,t と書くと:
　　R_3,0 = (1/3)[2ⁿ + 2 cos (nπ/3)]
　　R_3,1 = (1/3)[2ⁿ + 2 cos ((n − 2)π/3)] = (1/3)[2ⁿ − 2 cos ((n + 1)π/3)]
　　R_3,2 = (1/3)[2ⁿ + 2 cos ((n − 4)π/3)] = (1/3)[2ⁿ − 2 cos ((n − 1)π/3)]

下の二つの式について。単位円上の 180° 反対側の点は、当然、座標値の符号が正反対。つまり入力の角度が 180° 違うと cos の値は、符号が逆になる。従って（そうしたければ）、 cos の入力に 180° = π = 3π/3 を足して cos を −cos に置き換えてもいい。

〔付記〕　原論文では R_3,0 の式に誤植があり、 Cournot [1] では + が − に、 Ramus [2] では cos の係数 2 が 1 になっている。一方:
　　cos (nπ/3 ± π/3) = cos (nπ/3) cos (π/3) ∓ sin (nπ/3) sin (π/3) = (1/2) cos (nπ/3) ∓ (√3/2) sin (nπ/3)
両辺を −2 倍して:
　　−2 cos ((n ± 1)π/3) = −cos (nπ/3) ± √3 sin (nπ/3)
両著者は R_3,1, R_3,2 を次のように表記したが、上記のことから、これは正しい:
　　(2ⁿ/3) − (1/3) cos (nπ/3) ± (√3/3) sin (nπ/3)

次に s = 4 の場合。 (4 − 1)/2 = 1.5 なので、やはり H = 1 で ∑ は ℓ = 1 の一つの項のみ（ただし n ≧ 1）:
　　R_4,t = (1/4)[2ⁿ + 2 ∑{ℓ=1 to 1} (2 cos (ℓπ/4))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/4)] = (1/4)[2ⁿ + 2 (2 cos (π/4))ⁿ cos ((n − 2t)π/4)]
　　 = (1/4)[2ⁿ + 2 (√2)ⁿ cos ((n − 2t)π/4)] = 2ⁿ⁻² + (√2)ⁿ⁻² cos ((n − 2t)π/4)　　⑪
⑪に含まれる cos ((n − 2t)π/4) は、 t の値に応じて、こう簡約可能:
　　t = 0　⇒　cos (nπ/4)
　　t = 2　⇒　cos ((n − 4)π/4) = −cos (nπ/4)
　　t = 1　⇒　cos ((n − 2)π/4) = sin (nπ/4)
　　t = 3　⇒　cos ((n − 6)π/4) = sin ((n − 4)π/4) = −sin (nπ/4)
これらを⑪に代入した結果は、定理4.1の内容と一致する。

〔注〕　入力が ±90° 違う cos と sin は、符号を無視するなら、値が等しい。なぜなら「角度が 90° ずれる」のは「横軸と縦軸が入れ替わる」ことに当たり、いうなれば cos が sin になり sin が cos になる。従って（そうしたければ）入力を 90° = π/2 = 2π/4 ずらすことによって、 cos と sin を入れ替えてもいい――問題は符号の設定だが（どっち向きに 90° 回転するかによって、回転後の「正の向き」が異なり、それが符号に影響する）、単純に考えて cos 0° = +1 そして sin ±90° = ±1 なのだから、 sin の角度が cos の角度より 90° 大きければ符号はそのままでよく、その逆のときは符号が反転する。

1856年、 Ramus は 49 歳で逝去。
墓はコペンハーゲンにあるという。 [Credit: Orf3us]

付録C　別の導出法

本編⑥では、
　　1 + α^ℓ = α^ℓ/2 (α^−ℓ/2 + α^ℓ/2) = α^ℓ/2 (2 cos (ℓπ/s))
というイディオム（よく使われる変形法）を使いました。第一の等号の変形は、逆数同士の和（この場合、それは共役複素数同士でもある）を作り、虚部を消滅させるものです。大変便利な手筋ですが、もしこれが気に入らないなら、代わりに三角関数の公式を使うことも可能です。少々面倒だけど…

α の定義とド・モアブルの定理から:
　　1 + α^ℓ = 1 + (cos (2π/s) + i sin (2π/s))^ℓ = 1 + cos (2ℓπ/s) + i sin (2ℓπ/s)　　⑫
この右辺の形は、 ℓπ/s を θ と見ると
　　1 + cos 2θ + i sin 2θ　　⑬
であり、何かするとしたら、とりあえず倍角の公式でしょう。それでどうなるのか、いまいち不透明だが…

cos (θ + θ) = cos θ cos θ − sin θ sin θ
　∴　cos 2θ = cos² θ − sin² θ　　ア
　アから　cos 2θ = (1 − sin² θ) − sin² θ = 1 − 2 sin² θ　　イ
　アから　cos 2θ = cos² θ − (1 − cos² θ) = −1 + 2 cos² θ　　ウ
sin (θ + θ) = sin θ cos θ + cos θ sin θ
　∴　sin 2θ = 2 cos θ sin θ　　エ

⑬の sin にはエを使うしかあるまい。一方 cos にアを使っても要領を得ない。ウを使うと⑬の 1 とエの −1 が打ち消し合って、
　　⑬ = 1 + (−1 + 2 cos² θ) + i⋅2 cos θ sin θ = 2 cos² θ + i⋅2 cos θ sin θ = 2 cos θ (cos θ + i sin θ)
となる。これを適用すると:
　　1 + α^ℓ = ⑫ = 2 cos (ℓπ/s) × (cos (ℓπ/s) + i sin (ℓπ/s))　　⑭

ここでもし本編⑦の α^ℓ/2 = cos (ℓπ/s) + i sin (ℓπ/s) を承認するなら、
　　1 + α^ℓ = 2 cos (ℓπ/s) × α^ℓ/2
となって、それを α^−ℓt (1 + α^ℓ)ⁿ の丸かっこ内に代入すれば、本編と同様に進む。

⑦を使わずに、（✽）の丸かっこ内に⑭の右辺を直接代入することによっても、目的を達成可能:
　　α^−ℓt (1 + α^ℓ)ⁿ = α^−ℓt × [2 cos (ℓπ/s) × (cos (ℓπ/s) + i sin (ℓπ/s))]ⁿ
　　 = (cos (2π/s) + i sin (2π/s))^−ℓt × (2 cos (ℓπ/s))ⁿ × (cos (ℓπ/s) + i sin (ℓπ/s))ⁿ
ド・モアブルの定理の公式を逆向きに使って:
　　 = [(cos (π/s) + i sin (π/s))²]^−ℓt × (2 cos (π/s))ⁿ × [(cos (π/s) + i sin (π/s))^ℓ]ⁿ
　　 = (cos (π/s) + i sin (π/s))^ℓn−2ℓt × (2 cos (π/s))ⁿ
　　 = (cos (π/s) + i sin (π/s))^ℓ(n−2t) × (2 cos (π/s))ⁿ
あまり見通しが良くないが、本編の⑧が得られた。（本編に戻る）

本編への脚注

注1　パスカルの三角形の n 行目（先頭の 1 を「0 行目」とする）にある n + 1 個の数が、順に C₀, C₁, ···, C_n です。パスカルの三角形の意味から（あるいは n 個から k 個選ぶ選択肢の数、という解釈からも）、 C_k は必ず 0 以上の整数。例えば C₃ なら C₃ の具体的な値は、考えている n によって異なる。いずれにしても、このメモでは、実質的に「一番簡単な二項展開」しか使わない。「二項係数・超入門」参照。

注2　α = cos (2π/5) + i sin (2π/5) という数それ自身は、明らかに 1 ではない（実部は 1 ではないし、 sin 72° > 0 だから、虚部は 0 ではない）。しかしド・モアブルの定理から、
　　α⁵ = cos (10π/5) + i sin (10π/5) = 1 + i⋅0 = 1
なので、 α を 5 乗すると結果は 1 になる（5 乗すると 1 になるから α は「1 の 5 乗根」）。同様の考察から α¹, α², α³, α⁴ は、どれも 1 ではない。つまり α は 5 乗すると初めて 1 になり、それより小さい正の指数では 1 にならない。「5 乗すると初めて 1」＝「5 乗すると原始的に 1」という性質を「1 の原始 5 乗根」という（「1 の原始 5 乗根」は α に限らず、例えば α² も「1 の原始 5 乗根」であるが、その話は割愛）。直観的には、 α は原点を中心をする半径 1 の円（＝単位円）の円周上において、偏角 360°/5 の場所（円周 5 等分点）に当たる。 α¹, α², α³, ··· と指数が 1 増えるたびに偏角が 360°/5 増えるので、指数が 5 の倍数になるたびに偏角 360° = 0° つまり 1 + 0i になる。同様に「1 の原始 s 乗根」は、「指数が s 増えるごとに 360° のペース」で、単位円上をクルクル回る。

注3　②の各項は順に 1, α^x, (α^x)², (α^x)³, (α^x)⁴ なので、初項 1、公比 α^x の等比数列を成す。
　　A = 1 + r + r² + ··· + r^s−1　　★
という s 項の等比数列（公比 r）の和を求めるには、両辺を r 倍した
　　rA = r + r² + r³ + ··· + r^s
を考え、下から上を引くと:
　　(r − 1)A = r^s − 1　　☆☆
ここでもし r ≠ 1 なら r − 1 ≠ 0 なので、☆☆の両辺を r − 1 で割れば A の値が求まる。しかるに、われわれの r は 1 の s 乗根であるから r^s − 1 = 1 − 1 = 0 であり、それを何で割ったとしても（割り算が可能である限りにおいて）答えは 0。一方、もし r = 0 なら r − 1 = 0 なので、 r − 1 での割り算は不可能。けれど、もし r = 1 なら★右辺の s 個の項は明らかにどれも 1 なので、難しく考えるまでもなく、★右辺の和は「s 個の 1 の和」つまり s に等しい。

注4　∑{k=0 to n} [∑{ℓ=0 to s−1} (α^ℓ)^k−t]⋅C_k の [ ] 内の和の各項は、 k と ℓ の両方に依存する。仮にその項の一つ一つを A_kℓ とすると（t は定数なので A の定義に含める）、 [ ] の有る計算は、次のようなもの:
　　[A₀₀ + A₀₁ + A₀₂ + ···]⋅C₀
　　 + [A₁₀ + A₁₁ + A₁₂ + ···]⋅C₁
　　 + [A₂₀ + A₂₁ + A₂₂ + ···]⋅C₂
　　 + [A₃₀ + A₃₁ + A₃₂ + ···]⋅C₃　等々
一方、 ∑{k=0 to n} ∑{ℓ=0 to s−1} (α^ℓ)^k−t⋅C_k の場合、つまり [ ] を除去した場合、上記 A たちの一つ一つに C_k が掛け算されるのだから、次のようになる:
　　A₀₀⋅C₀ + A₀₁⋅C₀ + A₀₂⋅C₀ + ···
　　 + A₁₀⋅C₁ + A₁₁⋅C₁ + A₁₂⋅C₁ + ···
　　 + A₂₀⋅C₂ + A₂₁⋅C₂ + A₂₂⋅C₂ + ···
　　 + A₃₀⋅C₃ + A₃₁⋅C₃ + A₃₂⋅C₃ + ···　等々
どちらの計算でも、もちろん結果は同じ（分配法則）。

注5　k と ℓ の両方に依存して定まる値 A_kℓ があって、 k, ℓ の両方が順に動くとする。例えば:
　　A₀₀, A₀₁, A₀₂
　　A₁₀, A₁₁, A₁₂
このとき、先に各行の和を求めて（まず k が一定で ℓ が動く）、その「行ごとの小計」を合算してもいい（今度は k が動く）。あるいは、先に各列（縦）の和を求めて（まず ℓ が一定で k が動く）、その「列ごとの小計」を合算してもいい（今度は ℓ が動く）。どちらの順序でも最終結果が一致することは明白。行の数・列の数が幾つあっても同様。すなわち ∑_k ∑_ℓ A_kℓ のような二重総和があるとき、そうしたければ ∑_ℓ ∑_k A_kℓ の順序で計算しても構わない。

注6　例えば、次のような総和があるとしよう:
　　∑{k=1 to 3} pƒ(k) = pƒ(1) + pƒ(2) + pƒ(3)　　【上】
ここで ƒ(k) は k を含む何らかの式で、当然、その値は一般には k によって異なる。よって基本的には k の値が変わるたびに、その k に対する ƒ(k) の値を再計算するしかない。一方、もし p の値が k の変化と無関係だとすれば（仮に p が変数だとしても、この足し算の期間中は p の変化が「止まっている」とすれば）、 ƒ(k) の呼び出しごとに p を掛け算する代わりに、その p を「くくり出して」まとめて一回だけ掛け算してもいい。つまり上記の総和は、次の式に等しい:
　　p⋅∑{k=1 to 3} ƒ(k) = p⋅[ƒ(1) + ƒ(2) + ƒ(3)]　　【下】
【上】と【下】の値は同じだから（分配法則）、どちらからどちらに変形してもいい。掛け算の順序をひっくり返して、【下】を次のように書くこともできる。
　　 = [ƒ(1) + ƒ(2) + ƒ(3)]⋅p = [∑{k=1 to 3} ƒ(k)]⋅p
「注4」の処理は、この形から【上】への変形に当たる。

注7　（✽✽）の cos (π/s) + i sin (π/s) を 2 乗すると、ド・モアブルの定理から、⑤の α になる。一方、 (α^1/2) の 2 乗も α なので、（✽✽）の数と α^1/2 が等しいとしても、不思議ではない――「そうだとしても不思議ではないからといって、事実そうだと言い切れるのか？」という技術的詳細はさておき^†、ここでは単純に α^1/2 は（✽✽）のことだと定義した、と解釈してください。（✽✽）の両辺を ℓ 乗すると、左辺は (α^1/2)^ℓ = α^ℓ/2 になり、右辺は
　　(cos (π/s) + i sin (ℓπ/s))^ℓ = cos (ℓπ/s) + i sin (ℓπ/s)
になるので、 ∴ のようになります。

† 「1/2 乗は平方根。 w の平方根は ±√w の二つがあるはず。複素数の世界では、どっちが + で、どっちが − なのか？」という問題が存在する。ここでは「180° を s 等分した偏角」を持つ複素数を考えている。その前提では「平方根の偏角は単純に半分になる」と考えてよい。「平方根の偏角は常に半分になる」と言い切れないところが厄介だが…。

注8　一般に A = cos θ + i sin θ の形の数の逆数 A⁻¹ は cos θ − i sin θ です。実際 −i² = −(−1) = +1 に留意すると:
　　(cos θ + i sin θ)(cos θ − i sin θ) = cos² θ − i cos θ sin θ + i sin θ cos θ − (i sin θ)²
　　 = cos² θ − i² sin² θ = cos² θ + sin² θ = 1

確かに cos θ + i sin θ と cos θ − i sin θ は積が 1、つまり互いに逆数。そして両者を足し合わせると、実部 cos θ が 2 倍され、虚部 ±i sin θ は打ち消し合い、結果は 2 cos θ です。

本文では⑦の α^ℓ/2 = cos (ℓπ/s) + i sin (ℓπ/s) とその逆数 α^−ℓ/2 の和を考えているので（θ = ℓπ/s）、和は 2 cos (ℓπ/s) です。

注9　cos² θ + sin² θ = 1 なので、 cos θ + i sin θ の形の複素数の絶対値は 1。原点を中心とする半径 1 の円周上の点に当たり、原点から見た「方位」に当たります。⑥右辺の α^ℓ/2 は⑦と同じ意味なので、この「方位を表す」性質を持つ。一方（入力が実数である限りにおいて）、 cos やその 2 倍などの値は実数なので、複素平面上の「方位」と関係なく、単に「長さ」を表します。この場合、 cos の値は負かもしれず、「長さ」といっても「バック」（反対方向への距離）かもしれませんが…。「方位」を表す成分と「長さ」を表す成分を切り分けておくと、累乗の計算と相性がいい。 1 + α^ℓ をそういう形式で表すと、（✽）の n 乗の処理に好都合。

注10　α = β² なので、
　　α^−ℓt = (β²)^−ℓt = α^−2ℓt
などとなる。要するに α を β に置き換えると指数が 2 倍される、ってだけです。外側の指数 B が整数なら、複素数の範囲でも (w^A)^B = w^AB が成り立ちます。ちなみに、定義により α は「1 の原始 s 乗根」だが、 β はその α の平方根。「1 の原始 2s 乗根」に当たる。

参考文献　* と ⁑ は比較的読みやすい。 ⁑ はお薦め。

[1] Antoine Augustin Cournot (1829), “Solution d’un problème d’analyse combinatoire,” Bulletin des sciences mathématiques, Vol. 11, 93–97
https://gallica.bnf.fr/ark:/12148/bpt6k9760699c/f125.item
Cournot は s = 1, 2, 3, 4 のケースを解決した。

[2] Christian Ramus (1834), “Solution générale d’un problème d’analyse combinatoire,” Crelle (Journal für die reine und angewandte Mathematik), Vol. 11, 353–355
https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN243919689_0011?tify=%7B%22pages%22%3A%5B365%5D%2C%22view%22%3A%22%22%7D
Ramus の原論文。 Cournot (1829) を拡張、一般の s について解決。

[3]* Eugen Netto (1901), Lehrbuch der Combinatorik, §12
https://archive.org/details/lehrbuchdercomb00nettgoog/page/n34/mode/1up
Ramus の恒等式の標準的な導出法。他の文献と異なり Cournot のみならず Mairan にも言及。

[4]⁑ A. M. Yaglom & I. M. Yaglom (1954, tr. 1964), Challenging Mathematical Problems with Elementary Solutions, Vol. 1, 第58問
https://archive.org/details/yaglom-yaglom-challenging-mathematical-problems-with-elementary-solutions-vol.-1
s = 3, 4 のケースの詳細な解説。

[5]⁑ Donald E. Knuth (1968, 3rd. ed. 1997), The Art of Computer Programming, Vol. 1, §1.2.6, Exercise 38
Ramus の恒等式が提示され、証明問題として扱われる。導出は標準的。圧縮された説明。ほぼ同内容を下記 URL で読むことができる。
https://proofwiki.org/wiki/Ramus%27s_Identity

[6] John Riordan (1968, 1979), Combinatorial Identities, §4.3 (cf. Chap. 4, Prob. 8)
数列の multisection の観点から、より広い話題を扱う。（本書は、スターリング数と類似の「中央階乗数」を扱ったまれな文献でもある。）

[7] Louis Comtet, Advanced Combinatorics (1970, tr. 1974), Chap. I, Supplement and Exercises 26 (p. 84)
https://archive.org/details/Comtet_Louis_-_Advanced_Coatorics/page/n47/mode/1up
数列の multisection の観点から Ramus の公式を独立に導出。 s = 2, 3 のケースを例示。

[8] Henry W. Gould (1972), Combinatorial identities: A standardized set of tables listing 500 binomial coefficient summations
公式集。 1.54 が Ramus の恒等式、 1.55–1.59 が幾つかの特別な場合。下記 URL の p. 23 以下参照。 (6.21) が Ramus の恒等式。
https://convexoptimization.com/TOOLS/Gould.pdf

[9] V. E. Hoggatt, Jr. & G. L. Alexanderson (1976), “Sums of Partition Sets in Generalized Pascal Triangles I,” The Fibonacci Quarterly, Vol. 14, No. 2, 117–125
https://www.fq.math.ca/Scanned/14-2/hoggatt1.pdf
https://web.archive.org/web/20250830013027/https://www.fq.math.ca/Scanned/14-2/hoggatt1.pdf
Ramus の方法の概要を記した上で、二項係数を多項係数に拡張したバージョンを検討。

[10]⁑ V. A. Krechmar (1978), A Problem Book In Algebra, §6.59
https://archive.org/details/v.-a.-krechmar-a-problem-book-in-algebra-mir-1978/page/75/mode/1up
s = 3, 4 特に s = 3, t = 0 のケースの詳細解説。

[11]* László Lovász (1979, etc.), Combinatorial Problems and Exercises, §1.42 (f)
https://real-eod.mtak.hu/12119/
https://web.archive.org/web/20250126025526/https://real-eod.mtak.hu/12119/1/AkademiaiKiado_002142.pdf
(See pages 18, 96, 170)
練習問題として s = 7, t = 0 のケース。簡単なヒントと式変形だけで説明なしだが、かえって粗筋を一望できる。 Guichard [13] は、これを自力で拡張したらしい。

[12] Herbert S. Wilf (1994, 2006), Generatingfunctionology, §2.4
https://www2.math.upenn.edu/~wilf/DownldGF.html
数列から s 項ごとに項を抜き出す原理についての説明がある。例として、二項係数について s = 3, t = 0 のケースを掲載。著者自らが第2版をネットで無料配布。内容はやや専門的。

[13]⁑ David R. Guichard (1995), “Sums of selected binomial coefficients,” College Mathematics Journal, Vol. 26, No. 3, 209-213
ゆったりとした読み物。途中計算の進め方が普通と違うが、それはそれで面白い。 Ramus の存在を知らずに独立に再発見したらしい。

[14] F. T. Howard & Richard Witt (1998), “Lacunary Sums of Binomial Coefficients,” Applications of Fibonacci Numbers, Vol. 7, 185–195
Ramus の恒等式を独立に導出。個々の s についての詳細な研究。 Lucas 数列などとの関連を指摘。交代和バージョンも検討。

[15] John B. Dobson (2016), A matrix variation on Ramus’s identity for lacunary sums of binomial coefficients
https://arxiv.org/abs/1610.09361
Ramus の恒等式の紹介。行列表現（t = 0）。 Fermat の最終定理との関連。

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2026-11-03　二項係数の刻み幅 5 の飛び石和　フィボナッチ再び

パスカルの三角形の第 n 行について、左端の「1」から始めて五つごとの等間隔で数を抜き出し、足し合わせる。【表2】の * 印の数の和。結果は、順に
　　1, 1, 1, 1, 1, 2, 7, 22, 57, 127, 254, 474, 859, ···
となって、一見したところ意味不明。

このタイプの「刻み幅 5 の飛び石和」は「フィボナッチ数列」や、その仲間「リュカ（ルカ）数列」と密接な関係を持つ。難し過ぎず、易し過ぎず、少し不思議。軽妙な散策コース。

【表2】　「5 個ごとに 1 個」の等間隔で抜き出した数（*印）の和

パスカルの三角形	和
1*	1
1*, 1	1
1*, 2, 1	1
1*, 3, 3, 1	1
1*, 4, 6, 4, 1	1
1*, 5, 10, 10, 5, 1*	2
1*, 6, 15, 20, 15, 6*, 1	7
1*, 7, 21, 35, 35, 21*, 7, 1	22
1*, 8, 28, 56, 70, 56*, 28, 8, 1	57
1*, 9, 36, 84, 126, 126*, 84, 36, 9, 1	127
1*, 10, 45, 120, 210, 252*, 210, 120, 45, 10, 1*	254
1*, 11, 55, 165, 330, 462*, 462, 330, 165, 55, 11*, 1	474
1*, 12, 66, 220, 495, 792*, 924, 792, 495, 220, 66*, 12, 1	859

§1　Ramus の恒等式を使って遊んでみたい。既に s = 3, 4 のケースを少しは扱ったものの、これらのケースは Ramus の恒等式なしでも直接導出でき、その意味では Ramus の式の真価が発揮されていない。期待と不安を胸に s = 5 の世界に踏み込んでみる。

若干の試行錯誤・偵察によると、この道を進むのに役立ちそうな装備は「Fibonacci/Lucas 数列」と「36° の倍数の角度の cos」であると判明。

フィボナッチ（Fibonacci）数列について。
　　0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, ···
この数列は F₀ = 0, F₁ = 1 を初期値として、下記の関係によって F₂, F₃, F₄, ··· を定義したもの:
　　関係　F_n+1 = F_n−1 + F_n
　　（ある項 F_n の次の項は F_n の一つ前の項と F_n 自身の和）
もっと直接的に一般項を表現すると:
　　F_n = (1/√5)[((1 + √5)/2)ⁿ − ((1 − √5)/2)ⁿ]
いわゆるビネ（Binet）の公式である（証明については後述）。いちいちこのように書くのは面倒。慣用的な速記法
　　α = (1 + √5)/2, β = (1 − √5)/2
を使うことにすると、同じ公式が
　　F_n = (αⁿ − βⁿ)/√5
となる。すっきりしていいね！

一方、狭い意味での Lucas 数列とは、
　　2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, 199, 322, 521, 843, ···
であり、 Fibonacci 数列の第 0 項 F₀ = 0 を L₀ = 2 に置き換え、それ以外は Fibonacci 数列と全く同じシステムで生成される。 Binet タイプの直接表現は次の通り（証明については後述）:
　　L_n = ((1 + √5)/2)ⁿ + ((1 − √5)/2)ⁿ
上掲の表記 α, β を使うなら:
　　L_n = αⁿ + βⁿ
超シンプル！

規約によって 0 乗は 1 なので、
　　L₀ = α⁰ + β⁰ = 1 + 1 = 2
となる。全く同様に、
　　F₀ = (α⁰ − β⁰)/√5 = (1 − 1)/√5 = 0
となる。さらに:
　　L₁ = α¹ + β¹ = (1 + √5)/2 + (1 − √5)/2 = 2/2 = 1
　　F₁ = (α¹ − β¹)/√5 = [(1 + √5)/2 − (1 − √5)/2]/√5 = [2/√5/2]/√5 = 1

最初の 2 項（第 0 項と第 1 項）について、公式が正しいことが確かめられた。 L_n が単に αⁿ と βⁿ の和であるのに対して、 F_n は αⁿ と βⁿ の差を √5 で割ったもの。

〔付記〕　感じをつかむため、もう数項、様子を見ると…。簡潔化のため √5 を ε と略す。 ε² = 5, ε³ = 5ε, ε⁴ = 25, ε⁵ = 25ε, 等々。
　　α² = [(1 + ε)/2]² = (1 + ε)²/2²
　　 = (1 + 2ε + ε²)/4 = (6 + 2ε)/4 = (3 + ε)/2
　　β² = [(1 − ε)/2]² = (1 − ε)²/2²
　　 = (1 − 2ε + ε²)/4 = (6 − 2ε)/4 = (3 − ε)/2
従って:
　　L₂ = (3 + ε)/2 + (3 − ε)/2 = 6/2 = 3
　　F₂ = [(3 + ε)/2 − (3 − ε)/2]/ε = [2ε/2]ε = 1
次に第 3 項について:
　　α³ = [(1 + ε)/2]³ = (1 + ε)³/2³
　　 = (1 + 3ε + 3ε² + ε³)/8 = (1 + 3ε + 15 + 5ε)/8 = 2 + ε
　　β³ = [(1 − ε)/2]³ = (1 − 3ε + 3ε² − ε³)/8 = (1 − 3ε + 15 − 5ε)/8 = 2 − ε
従って:
　　F₃ = [(2 + ε) − (2 − ε)]/ε = 2ε/ε = 2
　　L₃ = (2 + ε) + (2 − ε) = 4
最後に第 4 項について:
　　α⁴ = (1 + ε)⁴/2⁴ = (1 + 4ε + 6ε² + 4ε³ + ε⁴)/16 = (1 + 4ε + 30 + 20ε + 25)/16 = (56 + 24ε)/16 = (7 + 3ε)/2
　　β⁴ = (1 − ε)⁴/2⁴ = (1 − 4ε + 30 − 20ε + 25)/16 = (56 − 24ε)/16 = (7 − 3ε)/2
　　F₄ = [(7 + 3ε)/2 − (7 − 3ε)/2]/ε = (6ε/2)/ε = 3
　　L₄ = (7 + 3ε)/2 + (7 − 3ε)/2 = 7
この計算は、複素数の累乗と似た感じ。ただし、複素数の i² = −1 が ε² = 5 に置き換わっている。

§2　L_n = ((1 + √5)/2)ⁿ + ((1 − √5)/2)ⁿ つまり L_n = αⁿ + βⁿ という関係を証明しておく。
　　α = (1 + √5)/2　と　β = (1 − √5)/2
は、いかにも「二次方程式の二つの解」という風情。 α, β を根とする二次式が
　　x² − (α + β)x + αβ
であることは周知。両者の和と積は…
　　α + β = (1 + √5)/2 + (1 − √5)/2 = 2/2 = 1
　　αβ = (1 + √5)/2 × (1 − √5)/2 = (1 + √5)(1 − √5)/4 = [1² − (√5)²]/4 = −1
…であるから、 α と β は
　　x² − x − 1 = 0
の解。つまり α² − α − 1 = 0 が成り立つ。移項して、性質
　　α² = α + 1
を得る（この性質は直接計算によっても容易に確認可）。同様に:
　　β² = β + 1

L_n の公式の証明　n = 0, 1, 2 などの最初の数項について、公式 L_n = αⁿ + βⁿ が正しいことを既に直接確かめた。（最初の数項に限らず）全ての整数 n ≥ 0 に対して公式が有効であることを証明したい。「少なくとも第 k 項までについては、公式は正しい」（k は不特定の正の整数）と仮定し、「その仮定だと、公式は第 k+1 項についても正しい」ということを示す。仮定から、
　　L_k−1 = α^k−1 + β^k−1　と
　　L_k = α^k + β^k
は正しい（L_k+1 = α^k+1 + β^k+1 が正しいかは、まだ分からない）。上と下を辺ごとに足して、
　　L_k−1 + L_k = α^k−1 + β^k−1 + α^k + β^k
も正しい。同類項をまとめると:
　　L_k−1 + L_k = α^k−1 (1 + α) + β^k−1 (1 + β) = α^k−1 (α²) + β^k−1 (β²) = α^k+1 + β^k+1
（二つ目の等号は、前述の α + 1 = α² などの性質による。）この左端の L_k−1 + L_k は、数列の定義から L_k+1 に等しい。それが右端の α^k+1 + β^k+1 に等しいことが示されたのだから、公式は第 k+1 項に対しても有効。∎

ついでに F_n = (αⁿ − βⁿ)/√5 も見ておこう。

Binet の公式の証明　公式が少なくとも第 k 項までは有効（k ≥ 1）、と仮定すると:
　　F_k−1 + F_k = (α^k−1 − β^k−1)/√5 + (α^k − β^k)/√5　　〔仮定により真〕
　　 = [α^k−1(1 + α) − β^k−1(1 + β)]/√5　　〔分配法則などの算数〕
　　 = [α^k−1(α²) − β^k−1(β²)]/√5　　〔前述の性質から〕
　　 = [α^k+1 − β^k+1]/√5　　〔指数法則〕
等号の連鎖の左端にある F_k−1 + F_k は、数列の定義から F_k+1 に等しい。要するに、
　　F_k+1 = (α^k+1 − β^k+1)/√5
が成り立ち、この仮定上では、公式は第 k+1 項にも有効。∎

公式が F₀, F₁ 等について成り立つことは確認済みなので、これで十分。

§3　刻み幅 5 の飛び石和では、 π/5 つまり 36° を単位とする cos の値が鍵となる。これを図解するため、
　　ω = cos (π/5) + i sin (π/5)
と置くと、この ω という数は 1 の原始 10 乗根。 ω², ω³, ω⁴ などを考えるとき（必要ならde Moivre の定理を利用）、任意の整数 ℓ に対して ω^ℓ が複素平面上の点
　　(cos (ℓπ/5), sin (ℓπ/5))
に対応することは明白。 Ramus の恒等式では cos だけが必要で sin は不要なので、ここでは ω^ℓ たちの「横座標」（実部）を考察する。

「1 の 10 乗根は 10 個もある」といっても、正五角形の対称性から、横座標は、符号を無視するなら実質 2 種類しかない。すなわち、自明な実数 ω⁵ = −1, ω¹⁰ = 1 を別にすると、目分量で 0.8 付近の u と 0.3 付近の v の二つ（およびそれらの符号を変えたもの）が、 ω^ℓ の横座標（実部）。正確な根号表現は、次の通り:
　　u = cos (π/5) = cos 36° = (1 + √5)/4
　　→　数値的には (1 + 2.236…)/4 = 3.236…/4 = 0.809…
　　v = cos (2π/5) = cos 72° = (−1 + √5)/4
　　→　数値的には (−1 + 2.236…)/4 = 1.236…/4 = 0.309…

時間節約のため、上記二つの cos の値（根号表現）については、既知とする（「cos 36° と cos 72° の求め方」参照）。
　　−u = (−1 − √5)/4, −v = (1 − √5)/4
であり、 1 の 10 乗根の実部（横座標）として (±1 ± √5)/4 の四通りの符号の組み合わせが全て出現し得る。逆に cos (36ℓ)° の値は、自明な ±1 を除外すると、それら四通りに限られる。

注目すべき事柄として、 Binet の公式の α = (1 + √5)/2 は、上記 u のちょうど 2 倍に等しい。一方 β = (1 − √5)/2 は明らかに負であり、 −v の 2 倍に等しい。このような理由から、円周 10 等分点の cos を扱っているとき、 Fibonacci 数列や Lucas 数列が絡んでくることは、あり得る。具体的に (±1 ± √5)/4 の形の数がたくさん出てきた場合、可能なら分子の「1」の符号が + になる方向で処理を進めて (1 ± √5)/4 を得て、それを 2 倍すれば α, β なのだから、そこから Lucas/Fibonacci 方面に道がつながるかもしれない。

〔例1〕　A = ((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ + ((−1 + √5)/2)ⁿ という式を扱う場合、普通に考えれば、第1項を
　　[((1 + √5)/2)⋅(−1)]ⁿ = ((−1 − √5)/2)ⁿ
と簡約できる。しかしそれは、せっかく現れている α を −α に置き換える操作に当たる。この形では、分子の「1」の符号が + の方が都合いい。そこで A の第1項を簡約せず、むしろ第2項をあえてややこしく、
　　((−1 + √5)/2)ⁿ = [((1 − √5)/2)⋅(−1)]ⁿ = ((1 − √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ
と変形するのが吉。すると:
　　A = ((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ + ((1 − √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ
　　 = [((1 + √5)/2)ⁿ + ((1 − √5)/2)ⁿ]⋅(−1)ⁿ = [αⁿ + βⁿ]⋅(−1)ⁿ = L_n⋅(−1)ⁿ
もやが晴れるように、複雑そうな式が Lucas 数列の一つの項に簡約される！

α = (1 + √5)/2 から見て符号が少しずれている (−1 + √5)/2 つまり −β は、実は α の逆数、つまり α⁻¹ = 1/α に当たり、 α と掛け算すると 1 になる。

実際 (√5 + 1)(√5 − 1) = (√5)² − 1² = 4 であるから:
　　(1 + √5)/2 × (−1 + √5)/2 = 4/4 = 1

同様に β = (1 − √5)/2 から見て符号が少しずれている (−1 − √5)/2 つまり −α は、 β の逆数。

既に見たように α⋅(−β) = −αβ = 1 なので、 (−α)⋅β = −αβ も  = 1。

これでほぼ準備完了。この先の記述で Re z は、複素数 z の実部（real part）を表す。
　　ω^ℓ = cos (ℓπ/5) + i sin (ℓπ/5)
の形の数を扱っているとき、
　　Re ω^ℓ
とは cos (ℓπ/5) のことであり、その具体的な値は ±1, ±u, ±v のいずれか（既述）。

〔例2〕　Re ω¹ = cos (π/5) = u = (1 + √5)/4 であるから、
　　2 cos (π/5) = (1 + √5)/2 = α
が成り立つ。同様に Re ω² = cos (2π/5) = v = (−1 + √5)/4 であるから:
　　2 cos (2π/5) = (−1 + √5)/2 = −β

§4　Ramus の恒等式（定理5.2の第二式）によると、刻み幅が s = 5 のときの二項係数の飛び石和
　　R_5,t(n) = ∑{for k≡t (mod 5)} (n C k) = (n C t) + (n C 5 + t) + (n C 10 + t) + ···
は、次の関係を満たす（n ≥ 0, 0 ≤ t ≤ 4）:
　　5R_5,t(n) = 2ⁿ + 2 ∑{ℓ=1 to 2} (2 cos (ℓπ/5))ⁿ cos (ℓ(n − 2t)π/5)
　　 = 2ⁿ + 2[(2 cos (π/5))ⁿ cos ((n − 2t)π/5) + (2 cos (2π/5))ⁿ cos (2(n − 2t)π/5)]
今、最もシンプルな t = 0 のケースを考え、その場合の和を単に R(n) と略すことにすると:
　　5R(n) = 5R_5,0(n) = 2ⁿ + 2[((1 + √5)/2)ⁿ cos (nπ/5) + ((−1 + √5)/2)ⁿ cos (2nπ/5)]　　（✽）
実際の和 R(n) は、この右辺の 5 分の 1 に等しい。

（✽）に含まれる二つの cos の値を
　　A = cos (nπ/5), B = cos (2nπ/5)
とすると、数値 A, B は n を 10 で割った余りに応じて定まる（n = 0, 1, 2, 3, ··· に対して、周期 10 でループ）。次の関係を図から読み取ることは、非常に易しい（k は不特定の整数。例えば 10k + 1 は「10 の倍数より 1 大きい数」を意味する）:
　　n = 10k　⇒　A = 1, B = 1　　ア
　　n = 10k ± 1　⇒　A = Re ω¹ = +u, B = Re ω² = +v　　イ
　　n = 10k ± 2　⇒　A = Re ω² = +v, B = Re ω⁴ = −u　　ウ
　　n = 10k ± 3　⇒　A = Re ω³ = −v, B = Re ω⁶ = Re ω⁻⁴ = −u　　ク
　　n = 10k ± 4　⇒　A = Re ω⁴ = −u, B = Re ω⁸ = Re ω⁻² = +v　　キ
　　n = 10k + 5　⇒　A = −1, B = 1　　カ

〔注〕　ω^10k+r = ω^r と ω^10k−r = ω^−r は実部が等しいので n ≡ 0, ±1, ±2, ±3, ±4, 5 (mod 10) の 6 ケースを考えれば十分（複号で表されるペア例えば n ≡ +1 と n ≡ −1 は、同一ケースに属する）。 A に関連して ω^5−r = −ω^−r と ω^r の実部は、符号だけが異なる。 B に関連して (ω^5−r)² = ω^10−2r = ω^−2r と (ω^r)² = ω^2r は、符号も含めて実部が等しい。よって A の符号の違いを別途処理するなら、上記 6 ケースは n ≡ 0, ±1, ±2 (mod 5) の 3 ケースに圧縮される。

上記六つのケースそれぞれの A, B について、ア・カは B が等しく A の符号だけが反対、イ・キも B が等しく A の符号だけが反対、ウ・クもまたしかり。よって六つのケースを次のように、三つのパターンに圧縮・整理できる:
　　【王】　n = 5k　⇒　A = (−1)ⁿ, B = 1
　　【金】　n = 5k ± 1　⇒　A = (−1)ⁿ⁺¹ u, B = v
　　【銀】　n = 5k ± 2　⇒　A = (−1)ⁿ v, B = −u
ここで (−1)ⁿ は n が偶数なら +1 を、 n が奇数なら −1 を表す。 (−1)ⁿ⁺¹ は n が奇数なら +1 を、 n が偶数なら −1 を表す。

例えばア・カの n は 5 の倍数なので【王】に統合される。そのうち n が偶数のケースがア、 n が奇数のケースがカだが、前者では A = +1、後者では A = −1 であるから、奇数のときだけ A が負になるように A = (−1)ⁿ とした。同様に、ウ・クは【銀】に統合されるが、そのうち n が奇数のケース（ク）だけ A が負。一方、イ・キは【金】に統合されるが、こちらは逆に n が偶数のケース（キ）だけ A が負。

（✽）の第二項…
　　2[((1 + √5/2)ⁿ⋅A + ((−1 + √5)/2)ⁿ⋅B]　　（✽✽）
…を王・金・銀の三つのケースに分けて考える。各ケースにおける A, B の値（上掲）を、（✽✽）の A, B に代入するだけ。

【王】の場合、 A が (−1)ⁿ で B が 1 なので:
　　（✽✽） = 2[((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ + ((−1 + √5)/2)ⁿ⋅1]
　　 = 2[((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ + ((1 − √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ]　　← 〔例1〕参照
　　 = 2[αⁿ⋅(−1)ⁿ + βⁿ⋅(−1)ⁿ] = 2⋅(−1)ⁿ [αⁿ + βⁿ] = 2⋅(−1)ⁿ L_n

【金】の場合（u, v の根号表現を使う。分母の 4 がうまく約分される。〔例2〕参照）:
　　（✽✽） = 2[((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ⁺¹⋅(1 + √5)/4 + ((−1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1 + √5)/4]
　　 = ((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ⁺¹⋅(1 + √5)/2 + ((−1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1 + √5)/2
　　 = ((1 + √5)/2)ⁿ⁺¹⋅(−1)ⁿ⁺¹ + ((−1 + √5)/2)ⁿ⁺¹
こう整理できる:
　　 = αⁿ⁺¹⋅(−1)ⁿ + (−β)ⁿ⁺¹
　　 = αⁿ⁺¹⋅(−1)ⁿ + βⁿ⁺¹⋅(−1)ⁿ⁺¹
　　 = (αⁿ⁺¹ + βⁿ⁺¹)⋅(−1)ⁿ⁺¹
　　 = L_n+1⋅(−1)ⁿ⁺¹

最後に【銀】の場合:
　　（✽✽） = 2[((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ⋅(−1 + √5)/4 + ((−1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1 − √5)/4]
　　 = ((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ⋅(−1 + √5)/2 + ((−1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1 − √5)/2
　　 = ((1 + √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ⋅(−1 + √5)/2 + ((1 − √5)/2)ⁿ⋅(−1)ⁿ⋅(−1 − √5)/2
ここで (−1 ± √5)/2 が (1 ± √5)/2 の逆数つまり −1 乗であること（既述）に留意すると:
　　 = ((1 + √5)/2)ⁿ⁻¹⋅(−1)ⁿ + ((1 − √5)/2)ⁿ⁻¹⋅(−1)ⁿ
　　 = (αⁿ⁻¹ + βⁿ⁻¹)⋅(−1)ⁿ = L_n−1⋅(−1)ⁿ

以上を要約すると、 n が「5 の倍数」「5 の倍数 ± 1」「5 の倍数 ± 2」のどれであるかに応じて、（✽✽）は
　　2(−1)ⁿ L_n　ないし　(−1)ⁿ⁺¹ L_n+1　ないし　(−1)ⁿ L_n−1
に等しい――（✽）によると、この値に 2ⁿ を足して 5 で割ったものが R(n) つまり R_5,0(n) だ！

個々の値
　　R(n) = 1, 1, 1, 1, 1, 2, 7, 22, 57, 127, 254, 474, 859, ···
と Lucas 数列との関係は、次のような表形式で眺めると味わい深い。

第 n 行の二項係数を全部足すと 2ⁿ になるのだから（この件については後述）、それを五つの組に分けた「飛び石和」（部分和）の一つ一つは、もし五つの組への「値の分割」が完全に平等に行われるなら、各組とも和が 2ⁿ/5 になるはずであり、従ってそのとき 5R(n) は 2ⁿ に等しくなるはず。事実、【表3】から分かるように、大ざっぱに言えば 5R(n) と 2ⁿ は、ほぼ等しい。だが、両者には多少の「ずれ」がある。このずれ 5R(n) − 2ⁿ の値を正確に記述したのが、 Ramus の恒等式の（✽✽）であり、式の上では四つの cos で表現される。しかし――恐らく公式の発見者 Ramus 自身も気付いていなかっただろうが――この一見複雑な（✽✽）は、姿を変えた Lucas 数列なのであるっ！

君は見抜くことができるか？！

【表3】　刻み幅 5 の飛び石和（t = 0）と Lucas 数列の関係

n		R(n)	5R(n)	2n	5R(n) − 2n	Ln
0	王	1	5	1	4 ⇄	2
1	金	1	5	2	3 ↘	1
2	銀	1	5	4	1 ↗	3
3	銀	1	5	8	−3 ↗	4
4	金	1	5	16	−11 ↘	7
5	王	2	10	32	−22 ⇄	11
6	金	7	35	64	−29 ↘	18
7	銀	22	110	128	−18 ↗	29
8	銀	57	285	256	29 ↗	47
9	金	127	635	512	123 ↘	76
10	王	254	1270	1024	246 ⇄	123
11	金	474	2370	2048	322 ↘	199
12	銀	859	4295	4096	199 ↗	322
13	銀	1574	7870	8192	−322 ↗	521
14	金	3004	15020	16384	−1364 ↘	843
15	王	6008	30040	32768	−2728 ⇄	1364

【王】　n が 5 の倍数のとき、「ずれ」の絶対値は対応する Lucas 数列の項 L_n の 2 倍に等しい。思わせぶりな二重の矢印 ⇄ が示唆する通り。「ずれ」の符号は n が 10 の倍数（偶数）なら正、そうでなければ負。

【金】　n が「5 の倍数 ± 1」のとき、「ずれ」の絶対値は Lucas 数列の「次」の項 L_n+1 に等しい。右斜め下への矢印 ↘ の通り。符号は n が「10 の倍数 ± 1」（奇数）なら正、そうでなければ負。

【銀】　n が「5 の倍数 ± 2」のとき、「ずれ」の絶対値は Lucas 数列の「一つ前」の項 L_n−1 に等しい。右斜め上への矢印 ↗ の通り。符号は n が「10 の倍数 ± 2」（偶数）なら正、そうでなければ負。

以上の結果として、 n が 10 の倍数であるかそれに近いときには「ずれ」が 5 連続プラス、つまり 5R(n) が 2ⁿ を上回る。それ以外の場所では 5 連続マイナス。王・銀は、 n が偶数のときプラスのずれを生じさせる。金だけは、 n が奇数のときプラスのずれを生じさせる。

なぜそうなるか。理由は上述の通りだが、「計算上そうなる」という客観とは別に、あえかな美しさがある。

§5　「刻み幅 5 の飛び石和」の意味について。例えば n = 14 のときの二項係数を次のように五つの組に分けたとする:

【表4】　15 個の数を「周期的」に五つの組に振り分ける

k	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14
14Ck	1	14	91	364	1001	2002	3003	3432	3003	2002	1001	364	91	14	1
組	0	1	2	3	4	0	1	2	3	4	0	1	2	3	4

このとき「第 0 組」の数たちの和
　　1 + 2002 + 1001 = 3004
が R(14) つまり R_5,0(14) だ。「第 1 組」の数たちの和
　　14 + 3003 + 364 = 3381
は、（同じ刻み幅 5 の）別の飛び石和 R_5,1(14) に当たる。同様に:
　　R_5,2(14) = 91 + 3432 + 91 = 3614
　　R_5,3(14) = 364 + 3003 + 14 = 3381
　　R_5,4(14) = 1001 + 2002 + 1 = 3004

検算として、五つの飛び石和の総計 3004 + 3381 + 3614 + 3381 + 3004 を求めると 2¹⁴ = 16384 に等しく、つじつまが合う―― n 乗の二項係数の和は 2ⁿ なので。実際、「一番簡単な二項展開」で w = 1 と置き、例えば n = 14 として ₁₄C_k の代わりに単に C_k と書くと:
　　(1 + 1)¹⁴ = C₀⋅1⁰ + C₁⋅1¹ + C₂⋅1² + ··· + C₁₄⋅1¹⁴
この右辺は C₀ + C₁ + C₂ + ··· + C₁₄ に等しく（1 は何乗しても 1 だから）、左辺は 2¹⁴ に等しい。

この例では数値が 15 個あって、それが 3 個ずつ五つの組に分配されるのだから、「どの組の数値の和も同じになるように組分け」ができれば、ある意味において理想的。しかし 2¹⁴ = 16384 は 5 で割り切れないので、厳密に 5 等分することは、整数の範囲では不可能。この「不可能性」は、どのくらい不可能なのか――刻み幅 5 で 5 種類の飛び石和を作ったとき、それら五つの和は、どのくらい一致し、あるいは、どのくらいずれるのか？

R_5,t(14) の例では t = 0, 4 のとき和は 3004 で一致。 t = 1, 3 のとき和は 3381 で一致。そして t = 2 のときの和 3614 は、他のどれとも異なる。かくして、和は 5 種類あっても、値のバリエーションは 3 種類（3004 or 3381 or 3614）。三つの値の「ずれ具合」を調べると:
　　3614 − 3381 = 233
　　3381 − 3004 = 377
　　3614 − 3004 = 610
ムムなんか見覚えがあるような――さてはおまえら Fibonacci の F₁₃ = 233, F₁₄ = 377, F₁₅ = 610 だなっ？！

§6　なぜ Fibonacci が出てくるのか。一般の t に対する R_5,t(n) の挙動を考えてみたい（t = 0, 1, 2, 3, 4）。既に見たように、 Ramus の恒等式によると、本来の 5R(n) − 2ⁿ は、
　　2[(2 cos (π/5))ⁿ cos ((n − 2t)π/5) + (2 cos (2π/5))ⁿ cos (2(n − 2t)π/5)]
　　 = 2[αⁿ cos ((n − 2t)π/5) + (−β)ⁿ cos (2(n − 2t)π/5)]
である。今までは主に t = 0 に話を限って、 [ ] 内の二つの cos
　　A = cos (Nπ/5)　および　B = cos (2Nπ/5)
の入力 N = n − 2t を n と同一視していた。便宜上 t = 0 と仮定し、それ以外の選択肢を封印していた。

この封印を破り t ≠ 0 の可能性も考える。例えば n = 14 の場合、もし t = 0 なら、上記二つの cos たちには N = 14 が渡され、内部状態は「負の金」になるわけだが、もし t = 1 なら N = 14 − 2⋅1 = 12 なので、 cos たちには N = 12 が渡され、内部状態は「正の銀」になる（小文字の n 自身は、もちろん 14 のまま。 n はパスカルの三角形のどの行を考えているのか？を表す変数であり、計算の途中では変動しない）。同様に、もし t = 2 なら N = 14 − 2⋅2 = 10 なので、内部状態は「正の王」になる。

【表5】　銀金王金銀のループ（3, 4, 5, 6, 7 が負）

N ÷ 10 の余り	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
内部状態	王	金	銀	−銀	−金	−王	−金	−銀	銀	金

A, B の挙動は、 cos の引数 Nπ/5 ないし 2Nπ/5 に含まれる整数 N ――以前の表記では n ――を 5 で割った余りによって、完全に決定される。具体的に、 N が 5 の倍数 + 0, 1, 2, 3, 4 のとき、（符号を無視すると）内部状態は順に「王・金・銀・銀・金」。符号の設定は n の偶奇による。すなわち、「王・銀」は n が偶数なら正（奇数なら負）、「金」は n が偶数なら負（奇数なら正）。内部状態が「王」なら、問題の「ずれ」すなわち 5R(n) − 2ⁿ の絶対値は 2L_n となり、「金」なら L_n+1 となり、「銀」なら L_n−1 となる（既述）。 A, B は N = n − 2t に応じて「王・金・銀」の区分を決定するが、ずれの符号と絶対値は（N ではなく）小文字の n によって決まる。ただし n の偶奇と N の偶奇は一致するので、「符号」に関しては、 N によって定まる、と言ってもいい。要約すると、符号も含めて、王（±2L_n）か金（±L_n+1）か銀（±L_n−1）かという内部状態の選択は、 N を 10 で割った余りによって確定する。 n = 0 かつ t = 1, 4 のとき、負の番号の Lucas 数 L_n−1 = L₋₁ が必要になる。素朴に考えると L₋₁ + L₀ = L₁ つまり L₋₁ + 2 = 1 が成り立つはずであり、従って L₋₁ = −1 と約束する（それでつじつまが合う）。

上掲の具体例の数値と照合すると:
　　R_5,0(14) = 3004　⇒　5⋅3004 − 2¹⁴ = −1364
これが L₁₅ = 1364 の符号を変えたものであること（負の金）は、【表3】の通り（内部状態 N = 10k + 4）。一方:
　　R_5,1(14) = 3381　⇒　5⋅3381 − 2¹⁴ = 521
ここでは L₁₃ = 521 がそのまま使われている（内部状態 N = 10k + 2　⇒　正の銀）。さらに:
　　R_5,2(14) = 3614　⇒　5⋅3614 − 2¹⁴ = 1686
これは L₁₄ = 843 の 2 倍に等しい（内部状態 N = 10k　⇒　正の王）。そして:
　　R_5,3(14) = 3381　⇒　5⋅3381 − 2¹⁴ = 521
ここでは再び L₁₃ = 521 がそのまま使われている（内部状態 N = 10k − 2　⇒　正の銀）。最後に:
　　R_5,4(14) = 3004　⇒　5⋅3004 − 2¹⁴ = −1364
最初と同じ「負の金」になった（内部状態 N = 10k − 4）。

特定の n に対して t が 1 ずつ変化するとき、内部状態を制御する N = n − 2t は 2 ずつ動く。偶数から 2 を引いても偶数、奇数から 2 を引いても奇数。よって、もし n が偶数なら、偶数のステータス（N = 10k + 偶数の 5 種類）のみが起こり得る（5 種類全てが実際に可）。すなわち何らかの順序で「王が 1 回・負の金が 2 回・銀が 2 回」。一方、もし n が奇数なら、ステータスは 10k + 奇数なので、何らかの順序で「負の王が 1 回・金が 2 回・負の銀が 2 回」。可能な内部状態は、正負も区別すれば六つあるけど、実際には、特定の n ≥ 2 に対する 5 種類の R_5,t(n) は、ちょうど 3 種の値を持つ。五つの和の中には、値が等しいものが二つずつ 2 組あり（金のペアと銀のペア）、他のどれとも値が異なるものが一つだけある（王）。

上記の「ずれ」を D = 5R_5,t(n) − 2ⁿ とすると、 R_5,t(n) 自体の値は:
　　R_5,t(n) = (2ⁿ + D)/5
五つの R_5,t(n) の値の大小は、この D の大小によって決まる。もし n が偶数なら D = 2L_n のとき最大、 D = −L_n+1 のとき最小、中間に D = L_n−1 のケースがある（最大値は一度だけ、それ以外は二度ずつ発生）。もし n が奇数なら D = L_n+1 のとき最大、 D = −2L_n のとき最小、中間に D = −L_n−1 のケースがある（最小値は一度だけ、それ以外は二度ずつ発生）。

なぜなら正の王 D = 2L_n は明らかに正の銀 D = L_n−1 より大きく、従って負の王は負の銀より小さい。それ以外については、単に値の正負によって大小が判定可能。下記の具体例参照。

【表6】　Lucas 数列

n	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
Ln	2	1	3	4	7	11	18	29	47	76	123

例えば R_5,t(8) について。 t = 0, 1, 2, 3, 4 に対して内部状態は 8, 6, 4, 2, 0 であり銀が 2 回、負の金が 2 回、王が 1 回。 t = 4 の王のとき、次の最大値が生じると予期される。
　　D = 2L₈ = 2⋅47 = 94
　　R_5,t(8) = (2⁸ + 94)/5 = (256 + 94)/5 = 350/5 = 70
t = 1, 2 の負の金によって、次の最小値が生じるであろう。
　　D = −L₈₊₁ = −76
　　R_5,t(8) = (2⁸ − 76)/5 = (256 − 76)/5 = 180/5 = 36
残りの二つは銀なので、次の中間値を持つであろう。
　　D = L₈₋₁ = 29
　　R_5,t(8) = (2⁸ + 29)/5 = (256 + 29)/5 = 285/5 = 57

実際、 n = 8 のときの二項係数は 1*, 8, 28, 56, 70, 56*, 28, 8, 1 であるから、五つの飛び石和は:
　　第 0 組 = 1 + 56 = 57　　第 1 組 = 8 + 28 = 36　　第 2 組 = 28 + 8 = 36
　　第 3 組 = 56 + 1 = 57　　第 4 組 = 70
全て予言通り。最後の組はメンバーが一人しかいないが、トータルでは最強。組の間の格差 70 − 57 = 13, 57 − 36 = 21, 70 − 36 = 34 は F₇, F₈, F₉ に等しい。

n が奇数の例として R_5,t(9) を考える。 t = 0, 1, 2, 3, 4 に対して内部状態は 9, 7, 5, 3, 1 であるから、金が 2 回、負の銀が 2 回、負の王が 1 回。最大値は金（t = 0, 4）:
　　D = L₉₊₁ = 123
　　R_5,t(9) = (2⁹ + 123)/5 = (512 + 123)/5 = 635/5 = 127
最小値は負の王（t = 2）:
　　D = −2L₉ = −2⋅76 = −152
　　R_5,t(9) = (2⁹ − 152)/5 = (512 − 152)/5 = 360/5 = 72
中間値は負の銀（t = 1, 3）:
　　D = −2L₉₋₁ = −47
　　R_5,t(9) = (2⁹ − 47)/5 = (512 − 47)/5 = 465/5 = 93

実際、 n = 9 のときの二項係数は 1*, 9, 36, 84, 126, 126*, 84, 36, 9, 1 であるから、五つの飛び石和は:
　　第 0 組 = 1 + 126 = 127　　第 1 組 = 9 + 84 = 93　　第 2 組 = 36 + 36 = 72
　　第 3 組 = 84 + 9 = 93　　第 4 組 = 126 + 1  =  127
組の間の格差 93 − 72 = 21, 127 − 93 = 34, 127 − 21 = 55 は F₈, F₉, F₁₀ に等しい。

§7　二項係数の刻み幅 5 の飛び石和の感覚が、つかめてきた。五つの和は大・中・小の三つの値を持つ。

三つの値について「大 − 中」「大 − 小」「中 − 小」という三つの差を考えると、それがフィボナッチ数列の隣り合う 3 項と一致する――という件について（以下で二つの値 A, B の「差」とか「格差」とかいうのは、 A − B と B − A のうち、負ではないものを指す）。

大・中・小の飛び石和に対応する D の値は、それぞれ次の通り:
　　n が偶数　⇒　2L_n, L_n−1, −L_n+1
　　n が奇数　⇒　L_n+1, −L_n−1, −2L_n
（条件によっては、大・中が等しいこと、または中・小が等しいことも、起こり得る。大と小は符号が違うので等しくない。）

n = 0, 1, 2, 3, ··· に対する L_n は 2, 1, 3, 4, ··· であり、 n ≥ 1 なら n が大きいほど L_n は大きいが、 n = 0 の場合の L₀ はこの規則に従わない。そこで、とりあえず L_n > L_n−1 を保証するため n ≥ 2 の範囲を考えるなら^†、 n が偶数でも奇数でも、 D の値の間の最大の格差は 2L_n + L_n+1 であり^‡、最大ではない格差は 2L_n − L_n−1 と L_n+1 + L_n−1 だ。

† 保証したい不等式に L₀ が絡まないようにするには、 L_n−1 の番号 n − 1 が 1 以上であることが必要十分。従って、条件 n ≥ 2 が必要十分。

‡ n が偶数の場合を考えると、 2L_n − (−L_n+1) は 2L_n − L_n−1 より大きい（なぜなら前者は 2L_n より大きく、後者は 2L_n より小さい）。この 2L_n − (−L_n+1) は L_n−1 − (−L_n+1) よりも大きい（なぜなら L_n > L_n−1 が保証されているので、当然 2L_n > L_n−1）。よって三つの差のうち最大。 n が奇数の場合も同様。

実際の飛び石和は (2ⁿ + D)/5 なので、「飛び石和の格差」は「対応する D の値の格差」の 1/5 であり、次の三つの分数で表される:
　　δ₁ = (2L_n + L_n+1)/5
　　δ₂ = (L_n+1 + L_n−1)/5
　　δ₃ = (2L_n − L_n−1)/5

δ₁, δ₂, δ₃ がフィボナッチ数列の連続 3 項と一致すること――それを示したい。とりあえず、三つの数がそれぞれフィボナッチ数であることを示そう（すると連続 3 項であることも明らかになる）。 δ₂ については易しい:
　　5δ₂ = L_n+1 + L_n−1 = αⁿ⁺¹ + βⁿ⁺¹ + αⁿ⁻¹ + βⁿ⁻¹
　　 = αⁿ(α + α⁻¹) + βⁿ(β + β⁻¹) = αⁿ (√5) + βⁿ (−√5)
この両辺を 5 で割って δ₂ = (αⁿ − βⁿ)/√5 = F_n を得る。

〔注〕　α = (1 + √5)/2 の逆数は α⁻¹ = (−1 + √5)/2 であり、 β = (1 − √5)/2 の逆数は β⁻¹ = (−1 − √5)/2 であるから（既述）、 α + α⁻¹ ないし β + β⁻¹ は ±√5 に等しい。

δ₃ は、さらに易しい:
　　5δ₃ = 2L_n − L_n−1 = 2αⁿ + 2βⁿ − αⁿ⁻¹ − βⁿ⁻¹
　　 = αⁿ⁻¹(2α − 1) + βⁿ⁻¹(2β − 1) = αⁿ⁻¹(√5) + βⁿ⁻¹(−√5)
両辺を 5 で割って δ₃ = F_n−1 を得る。同じ流れで δ₁ も解決:
　　5δ₁ = 2L_n + L_n−1 = 2αⁿ + 2βⁿ + αⁿ⁺¹ + βⁿ⁺¹
　　 = αⁿ⁺¹(2α⁻¹ + 1) + βⁿ⁻¹(2β⁻¹ + 1) = αⁿ⁺¹(√5) + βⁿ⁺¹(−√5)
（α⁻¹, β⁻¹ は上記の通りだから 2 倍して 1 を足すと ±√5 だ。）両辺を 5 で割って δ₁ = F_n+1 を得る。

〔別解〕　δ₁ = δ₃ + δ₂ = F_n−1 + F_n = F_n+1

結論として、任意の n ≥ 2 が与えられたとき、それに対応する五つの飛び石和の格差（δ たち）は、フィボナッチ数列の連続 3 項 F_n−1, F_n, F_n+1 に等しい。

このパズルは、1938年11月の National Mathematics Magazine 誌（第13巻・第2号）で出題された。
https://archive.org/details/sim_mathematics-magazine_1938-11_13_2/page/102/mode/1up
作者は E. P. Starke （Rutgers 大学）。問題の趣旨は「与えられた n に対して、刻み幅 5 で二項係数の飛び石和を作る。 5 種類の和がちょうど三つの相異なる値を持つこと、それら三つの値の差は Fibonacci 数列の連続 3 項に等しいことを示せ」。読者からの解と編集部のコメント（？）が数カ月後に掲載されている。
https://archive.org/details/sim_mathematics-magazine_1939-03_13_6/page/292/mode/1up
後でよく読む予定だが、チラッと見たところ、 Ramus の恒等式の部分は「明らかに」みたいに流している。 Hoggatt & Alexanderson [9] を経由して、このパズルを知った。パズルとは直接関係ないが、刻み幅 5 については [14] のアプローチの方が良いと思われる。

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2026-11-07　cos 36° と cos 72° の求め方　「クルッ・ピタッ」でまとめてゲット

画像は「u = cos 36° のよくある図解」。

耳寄りな豆知識――この図に簡単な補助線を 2 本引くだけで cos 36° と cos 72° の代数表現がまとめて求まるっ！

とても良いアイデアなので、紹介したい。

（図に記入されてる「半径 1 の円周」は飾り。本題とあまり関係ない。）

「絵画・デザイン」などの分野でも登場する「黄金比」…。「長い部分」（例えば縦）が「短い部分」（例えば横）の
　　1.61803… 倍　　(= α)
で、逆に「短い部分」は「長い部分」の
　　0.61803… 倍　　(= α − 1)
というその比は、一説に「最も自然で、心地よい比率」なのだという――「黄金比」なるネーミングも、「至高の比率」という意味だろう。「心地よいか？」は主観の問題だが、確かに α は複数の分野で重要な意味を持つ（フィボナッチ数列とか）。

α = 1.618… は、三角関数を使うと 2 cos 36° と表現される。例えば上昇角 36° を保つ UFO が空中を 1 km 進んだとき、水平方向には、まだ 0.809 km ほどしか前進していない。この u = 0.809… の 2 倍が、数値的には α だよっ、と。言い換えると、この UFO が空中を 2 km 進んだときの、水平方向の前進距離が α である、と。

α = 1.618… は √5 = 2.2360679…（富士山麓（さんろく）オウム鳴く）に 1 を足して 2 で割ったもの。 3.236… の半分が 1.618… であることは、暗算しやすい（3.2 ÷ 2 = 1.6, 36 ÷ 2 = 18）。そうしたければオウム（06）の半分「03」を付け加えるもよし（1.61803…）。

ところが肝心の cos 36° = (1 + √5)/4 という関係を証明することは、少しハードルが高い。まともにやると、高次方程式（10次方程式とか）の問題。 cos 72° についても、またしかり。

さいわい、ややこしい方程式を避け、作図を利用することもできる。「簡単な補助線 2 本で cos 36° と cos 72° をまとめてゲット！」という「お得」なアプローチを記す…

幾何学的解法の泣きどころは、「具体的にどこから手を付けていいのか、分かりにくい」こと。天下り的に「ここに補助線を引けばいい」と言われても、なんつーか…。「補助線はどこから来るの？」 ← 素朴な疑問。

でもまぁ、適当に試行錯誤してるうち、次の図くらいは、普通に考えてみる…。もともとあった三角形の面積を 2 倍にしただけ。平凡だけど、まぁ、これも立派な補助線。

うわさによると u は黄金比の半分、つまり黄金比は 2u。もしかすると u を直接求めるより、 2u を求めることを目指した方がいいのかもしれない。だとすれば、それは AD の長さだが、 AD の長さを求めるには、どうすれば… △ABD は二等辺三角形だが…？？

この手の作図では、大抵「どこかとどこかの角度が等しい・長さが等しい」とか「これこれとそれそれは合同だ・相似だ・平行だ」といった観察が鍵となる。けど、そのような観察をするにも、図がシンプル過ぎて、大してトリックの余地もなさそう。もう 1 本くらい、補助線かなんかを追加するべきだろうか。 D の上方、 B の右側の空白地帯が「おーい、こっちにも線を引いてくれぇ」と叫んでるようだが…？？？

〔注記〕　「等しい斜辺」の長さが 1 の二等辺三角形（この例では △ABD）において、等しい底角に応じた cos の値（この例では u = cos 36°）は、底辺の長さの半分（AD/2 = AC）に等しい。言い換えると、同じ底角に応じた cos の値の 2 倍（この例では 2u = 2 cos 36°）は、底辺（AD）の長さに等しい。――この事実は、 cos の定義から直ちに明らか。角度が 36° でなくても（90° 未満なら）同様。当面のテーマ cos 36° とは関係ないが、後で使う（詳しくは、またそのとき）。

u または 2u を求めることが最終目標であることを肝に銘じつつ、ひょっとして「二等辺三角形」がキーワードか…などと、あれこれ試行錯誤すると、そのうち電球がともって次のアイデアが浮かぶ。 AB の延長線上に点 E を取って △EAD が（EA = AD の）二等辺三角形になるように D と E を結んでやると、その二等辺三角形の等しい斜辺 EA = AD の長さは 2u であり、しかも、なにやら面白いことに…。新たに生じる「大きい」二等辺三角形 EAD の内側には、「小さい」二等辺三角形 EDB が埋め込まれていて、それら二つの二等辺三角形は、どちらも内角が 72°–36°–72° だ（つまり、両者は相似であるっ）。

「大きい」二等辺三角形は、「等しい斜辺」の長さが 2u で底辺の長さが 1。埋め込まれている「小さい」二等辺三角形は、「等しい斜辺」の長さが 1 で底辺 BE の長さが 2u − 1 だ（なぜなら BE の長さは AE – AB で、 AE = 2u, AB = 1）。

大小二つの二等辺三角形は相似なので（△EAD ∽ △EDB）、次の二つの比は等しい。
　　小さい三角形の「底辺」と「斜辺」の比　2u − 1 ∶ 1
　　大きい三角形の「底辺」と「斜辺」の比　1 ∶ 2u
要するに (2u − 1)/1 = 1/(2u) だっ。分母を払うため両辺を 2u 倍すると:
　　(2u − 1)⋅2u = 1　つまり　4u² − 2u = 1
ここまで来たら、あとは定型的作業。解は u = (1 ± √5)/4 だ（途中計算のやり方はいろいろ。付録D参照）。求めたい u は正の数なんで、 ± のうち + が条件に合う解。かくして、結論
　　u = cos 36° = (1 + √5)/4
が、わりと簡単に得られたっ！

ありがたいボーナス特典として、ほぼ無料で cos 72° もゲットできる。「等しい斜辺」の長さが 1 の二等辺三角形…という「注記」（前述）から、△EDB の底辺 BE は 2 cos 72° に等しい:
　　2 cos 72° = BE = 2u − 1 = (1 + √5)/2 − 1 = (−1 + √5)/2
　　両辺を 2 で割って　cos 72° = (−1 + √5)/4　　← これっ☆

〔補足説明〕　BE の中点を F とすると △EDF は直角三角形（∠F = 90°）、その斜辺（ED）の長さは 1。三角関数の定義から、隣辺 EF の長さが cos 72° である（ちなみに、対辺 DF の長さが sin 72° だ）。

分かりにくければ E が A の位置に（そして D が円周上に）来るように、この三角形を「クルッ！」と移動してみるといい。斜辺が 1 なので、円周内に「ピタッ！」とはまる。もともとの図の ∠BAC = 36° が広がって 72° になった場合の「B」の位置に、 D が来る。 v = cos 72° が 2u − 1 の半分ということが、一目瞭然かと（なぜ v = EF が cos 72° なのか納得できない方は cos の定義を確認するべし）。

この子はぴったり円にハマる
（フィット感がかわいい♪）

底辺の半分が v なんだから v = (2u − 1)/2 = u − (1/2) となって、結局 u から 1/2 を引けば v ですよ、と。
　　u = 1/4 + (√5/4)
から 1/2 を引くと
　　v = −1/4 + (√5/4)
であり、全てのつじつまが合うっ！

この作図で cos 36° が求まるのは既知だったが、ついでに cos 72° も求まるってのが新機軸。言い換えると、一つの作図から cos 36° と cos 72° 両方の根号表現を導ける。こりゃ便利、というか、効率的。

まとめ　√5 = 2.2360679…（富士山麓（さんろく）オウム鳴く）は、暗算において、特に 4 で割りやすい数ではない。しかし、それに 1 を加減した
　　3.2360679…　ないし　1.2360679…
については、小数 3 ～ 4桁くらいでいいなら、余裕で暗算が利く。 3.2 ないし 1.2 の 1/4 は「0.8」ないし「0.3」だし、その後ろの 36 の 1/4 は「09」なので、答えはざっと「0.809」ないし「0.309」。それ以降の桁 0679（オウム鳴く）は 4 で割りやすくないけど、それを大ざっぱに 0600 と見れば 1/4 は 0150 なので、より良い近似値は 0.8090150, 0.3090150。あるいは、わずかに過大だが 0680 と見ればその 1/4 は 0170 なので、 0.8090170, 0.3090170 は（わずかに過大だが）さらに良い近似値のはず。実際上、細かい数値はどうでもよく、小数 3 桁の感覚があれば十分だろう。

上昇角 36° で離陸した宇宙船が空中を 1 km 進んだとき、その宇宙船は、水平方向に 0.809… km 前進している。この距離感が
　　u = cos 36° = (1 + √5)/4
だ。上昇角が 72° なら、空中を 1 km 進んだとしても、水平方向には 0.309… km しか進んでいない。それが、
　　v = cos 72° = (−1 + √5)/4
だ。

水平方向を基準に、半円周を 5 等分（円周を 10 等分）した場合、上記二つの cos は ω¹ の横座標と ω² の横座標に当たる。ここで ω¹ というのは、原点を中心とする半径 1 の円周上において、方位 36° の点に対応する複素数。 u が約 0.8 で v が約 0.3 ということは、目分量でも読み取れる！

分割で生じる「4 本の縦線」は、縦軸を基準に「左右対称」なんで、 ω³ と ω⁴ の横座標は順に v, u と絶対値が同じで、符号が反対になる:
　　cos 108° = −cos 72° = −v
　　cos 144° = −cos 36° = −u
これらについては、単に cos の一般的性質
　　cos (180° − θ) = −cos θ
による、と言ってもいい。

「二項係数の刻み幅 5 の飛び石和」のメモを書いているとき、 cos 36° と cos 72° の根号表現の「便利」な導き方が、意外と少ないことを感じた。せっかく Ramus が恒等式から虚部を排除してくれたのだから、その文脈では、できれば虚部が絡まない方法で軽快に済ませたかった。この「隙間的ニーズ」というか「歴史的な縛り」に応えるのが、今回の幾何学的証明。 Hoggatt & Alexanderson [9] の Figure 1 では同様の作図を使い「どこを 1 とするか」を読み替えることで、 cos 36° と cos 72° の代数学的表現を導いている（アイデアのもと）。少しアレンジしたら、読み替えなくても両者が得られるようになった。 cos 36° → cos 72° は倍角の公式を使ってもできるのだが、それだと平方が絡む。単に 1/2 を引けばいい、という結論に持ち込む方がシンプル。

Ramus の存在を意識している [9] が、実数の範囲の議論を採用しているのは、自然な流れだと思われる。対照的に、独自路線の Howard & Witt [14] は実数の範囲での表現をあまり好まず、複素指数関数表現を基調としている。結果的に、どちらが良いのか――どちらのやり方にも、それぞれメリットがあると思われる。

付録D　4u² − 2u = 1 の幾つかの解法

最も単純な発想は、移項した 4u² − 2u − 1 = 0 について、解の公式（下記）を機械的に当てはめる、というものだろう。
　　ax² + bx + c = 0　の解は　x = [−b ± √(b² − 4ac)]/(2a)
u と x を同一視すると、 a = 4, b = −2, c = −1 なので:
　　公式の根号の下 = (−2)² − 4⋅4⋅(−1) = 4 − (−16) = 20
　　その正の平方根 = √20 = √4 × √5 = 2√5
　　公式の分子 = −(−2) ± 2√5 = 2 ± 2√5
この分子を 2a つまり 8 で割ったものが解なので:
　　u = (2 ± 2√5)/8 = (1 ± √5)/4
この手順には、若干の簡単化・高速化のオプションがある。汎用性のあるショートカットとして、仮に b = 2m とすると、解の公式はこうなる:
　　x = [−(2m) ± √((2m)² − 4ac)]/(2a) = [−2m ± √(4m² − 4ac)]/(2a) = [−2m ± 2√(m² − ac)]/(2a)
（最後の等号では、根号の部分から √4 つまり 2 をくくり出した。）右端の分数は 2 で約分できて、
　　x = [−m ± √(m² − ac)]/a
となる。 4u² − 2u − 1 = 0 を解く場合にも、 b = −2 の代わりに、その半分の m = −1 を使って、上記の形式を利用した方が、いくらか計算が楽（このショートカットは、特に b が偶数の場合に役立つ）。しかし、楽をするにはショートカットの形を事前に記憶して的確に使う必要があり、「計算量で楽をしたければ、記憶力が必要。記憶面で楽をしたければ、計算量が増える」というトレードオフがある。

この場合、手っ取り早いのは 4u² − 2u − 1 = 0 を解く代わりに、最初から x = 2u と置いてしまうこと。するとその式は x² − x − 1 = 0 になって、扱いやすい（x = 2u を求めた場合、本物の u を得るために 2 で割ることをお忘れなく）。

昔の人は「解の公式」と同じくらいに「平方完成」も使っていたらしい。現代でも役立つ発想なので、参考までに記しておく。
　　4u² − 2u = 1　　（✽）
を解きたい場合、その左辺を
　　(2u − 1/2)² = 4u² − 2u + 1/4
と関連付ければいい。この両辺から 1/4 を引いて左右を入れ替えると:
　　4u² − 2u = (2u − 1/2)² − 1/4
よって、（✽）をこう書き換えることができる:
　　(2u − 1/2)² − 1/4 = 1
　　∴　(2u − 1/2)² = 5/4 = (±√5/2)²
　　∴　2u − 1/2 = ±√5/2
この最後の両辺に 1/2 を足して全体を 2 で割れば u が求まる！　速度的にはいまいちだが、まったりとした良い解法だ。公式不要だし、各ステップの根拠も明快（解の公式を思い出す代わりに、暗黙にその場で再導出している）。

cos 36° と cos 72° の代数的表現は、本来的には10次式の根（の実部）の問題で、それは有理係数の4次方程式に帰する。そこでは上記のような「平方完成」の感覚や臨機応変のアプローチが、重要な意味を持つ。「昔の手法」は侮れない。（本文に戻る）

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