😊出会いの泉😊

適当にプログラムを作って数えただけですが、20と9792でしょうか。

正解です。

この計算方法が面白く
M=[3C2,3C3,3C5,3C7]
```[5C2,5C3,5C5,5C7]
```[7C2,7C3,7C5,7C7]
```[9C2,9C3,9C5,9C7]

`` =[ 3, 1, 0, 0]
``` [10, 10, 1, 0]
``` [21, 35, 21, 1]
``` [36, 84, 126, 36]

の4×4の行列を使い,その行列式
matdet(M)より
=9792
で算出可能！

普通に数値計算すればよいだけなら、a^x+b^x=c^xの解は適当な初期値から
x←x-(a^x+b^x-c^x)/{(loga)a^x+(logb)b^x-(logc)c^x}
という漸化式で求めればよく、近似値(小数第61位を四捨五入)は
(1) 1.507126591638653133986883360838631164373994094485656896675364
(2) 2.487939173118174667543358494964101710715178304214349713989600
(3) 1.186814390280981717544988040147644615298932643889332006235330
(4) 1.672720934462332544585431252419794866784109546317415204907841

(3),(4)には明示的表示が可能となると思うんですが(1),(2)では無理ですかね？

あ、(3)(4)は解けるんですね。
(a^2)^x+(ab)^x=(b^2)^x
1+(b/a)^x=((b/a)^x)^2
(b/a)^x=(√5+1)/2
∴x=log((√5+1)/2)/log(b/a)
により
(3)はlog((√5+1)/2)/log(3/2)
(4)はlog((√5+1)/2)/log(4/3)
しかし(1)(2)は解ける方程式の形にならないので無理な気がします。
s(a^2)^x+t(ab)^x=u(b^2)^x
のように係数が掛かっていても解けますが、この形にもならないですよね。

hXXp://kuiperbelt.la.coocan.jp/n-gon/n-gon.html
拝読いたしました。

正11角形が作図できないこと、意外に思いました。

角の三等分器を利用すれば開立ができるのは正しいとして、
逆に角の三等分器を利用して新たにできるようになることは開立だけなんでしょうか？

なるほど、角の３等分が許されるとき m, n を非負整数として p が
p = (2^m)*(3^n) +1
と書けるならば
正 p 角形の作図が原理的には可能と。
p は 11 にはなり得ない。

興味深いことです。

[2017] で私が述べたことはちょっと甘すぎで認識誤り、
正しくは「ピアポント素数」(WIKIpedia) の項に書かれています。
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%94%E3%82%A2%E3%83%9D%E3%83%B3%E3%83%88%E7%B4%A0%E6%95%B0

m, n を非負整数としてp=(2^m)*(3^n)+1という形の素数をピアポント素数というのですね。
k個の素数p1,p2,p3,...,pk(p1<p2<p3<...<pk)に対して、(p1^n1)*(p2^n2)*(p3^n3)*...*(pk^nk)+1の形の素数を一般化ピアポント素数というそうです。ネウシス作図では、一般の角の三等分と、pがピアポント素数のときの正p角形の作図ができて、他に正11角形の作図もできるそうですが、p=(2^n1)*(3^n2)*(5^n3)+1の一般化ピアポント素数のときの正p角形の作図が可能かどうかは未解決問題なのだそうです。
https://ja.wikipedia.org/wiki/ネウシス作図

3の証明
時計の１２時の位置に点を選び、円周をＮ等分し、その点を選ぶ。
１２時の点から始め、一定の間隔ｄで対角線を結ぶと、
Ｎ回目に元の１２時の位置に戻ることができる。
Ｎｄ≡０(mod N) N'<Nでは、元に戻らない。
一区間の中心角は、２π/Nで、円周角は、π/Ｎである。
一方、その円周角は、区間（Ｎ－２ｄ）の円周角であり、Ｎ個ある。
星形図形の内角の総和＝
（π/Ｎ）＊（Ｎ－２ｄ）＊Ｎ＝（Ｎ－２ｄ）π
N>2dの条件は、同じ形の逆順を避けるためです。

４の証明
d=d'のとき、つまり、ｄがＮの約数、N=de
このとき、頂点がe個の多角形がｄ個できるので、
内角の総和＝ｄ＊（e-2）π＝（de-2d）π＝（Ｎ－２ｄ）π。

4の証明　ｄ＞ｄ’のとき
N/d',　d/d'は、ともに整数で、
頂点の数N/d'個、足跡の長さd/d'　の角は(N/d'-2d/d')πとなり、
同じ図形が、ｄ’個できるので、
出来る図形の内角の総和＝d’（N/d'-２d/d'）π
＝（N-２d）π。

5の証明
頂点表示：σ1,…σn,(o～n-1の置換)
足跡表示：d1,…dn、ｄ(i)=σ(i+1)-σ(i)、σ(n+1)=σ(1)
Σd(i)=Σ(σ(i+1)-σ(i))=0　（Σは、１～Ｎまで）
但し、σ(i)>σ(i+1)のとき、マイナスになるが、左回りで数えるので、
ｄ(i)をN+ｄ(i)に置き換えると、Σd(i)は、Nの倍数となる。
つまり、Σd(i)＝Nｄ（ｄは、平均値）
頂点角表示：e(i)=π/N(N-(d(i)+d(i+1)))
N-(d(i)+d(i+1)>0　(正の角、左回りの角なので,
同じ理由で、N/2>d(i+1),N/2>d(i))から)
円周角の総和＝Σe(i)=π/NΣ(N-(d(i)+d(i+1)))
　　　　　　＝π/N(N^2-Σ（d(i)+d(i+1)）)
　　　　　　＝π/N(N^2-2Nd)=(N-2d)π。
二か所修正しました。

6の証明
N＝n1＋…nk,nk>３のとき
各nkは、サイクルの図形なので、５の証明と同じ。
説明不足があれば、よろしくお願いします。

自分自身になるもの: 1,2,145,40585 の4つ
2個ループ: 871→45361→871 と 872→45362→872 の2つ
3個ループ: 169→363601→1454→169 の1つ
任意の自然数から始めて、1,2,145,169,871,872,40585 のいずれかに到達します。
ただし1になるものは1だけ（0を含めると0と1）です。大半は169になるようです。

ループするものはたくさんあるのかと思ったらかなり少ないんですね。
（途中からループするものを除く）
2個でループ
12→100→12
4個でループ
756822→2600820→1965783→6230170→756822
26個でループ
5242→35460→187201→2419311→3634680→2123281→1815410
→1849711→6053070→786963→6351120→182271→2419400→3638982
→7410330→611292→3780200→2420013→5952→3689370→6200641
→307542→640891→5599451→7353370→1242001→5242
39個でループ
5861→1995850→9132491→7263470→1366651→484580→3669121
→3932030→3631052→182981→7257710→1844741→2434340→16651
→332660→303931→3630971→4386251→2001700→604904→3790082
→6048812→3785141→2455220→65791→4415050→70572→1239931
→7259150→4294181→5453390→3695761→4566970→4571281→2454590
→3699451→7444810→2434331→12340→5861

(追記)
どの数から開始しても、すべて必ず上記のどれかに突入するようです。
つまり、どの数から開始しても必ず12,5242,5861,756822のいずれかに到達するということです。
ループは4種類しか存在しないということになりますね。

1, 18, 72, 134, 505, 6008, 84304, 23873542
この先1000億まで条件を満たす数はありませんでした（ので探索を中止しました）。

(追記)
n桁のとき組合せの総和の最大はn・(9n)C(9)であり
n≧16のとき10^(n-1)＞n・(9n)C(9)が成り立つので解なし。
同様に細かく調べることにより
2×10^14(200兆)以上では解が存在しないことがわかります。
よって解は有限個であり、200兆まで調べれば全解がわかります。
しかし200兆まで調べるのは（不可能ではありませんが）ちょっと大変なのでやめておきます。
※7月25日23:44 解の範囲の上限を400兆→200兆に更新

(全頂点の内角の和)＋(全頂点の外角の和)
＝(全頂点の「内角+外角」の和)
＝(頂点数)×180°
全部の辺をなぞっていくと3周しますので
(全頂点の外角の和)＝360°×3
∴(全頂点の内角の和)＝(頂点数)×180°－360°×3
＝(頂点数－6)×180°
となります。一般には
pn+q点（pとqは互いに素）をとりp-1点飛ばしでつなげると
内角の和は180(p(n-2)+q)°となりますね。

こんな見事な証明ができるんだ。
どれも3周しているなんて思ってもいなかった。
例え気付いていても、何の利用も考え付かなかったと思う。
いやーもっと一般に他のパターンでも成り立つ性質に結びつけられることに感激です。

これを利用させてもらうと一般に
2*t+3(t=1,2,3,･･･)個の点をC上に配置されたものでは
ある点から隣のt個の点を飛ばして次々と繋いでいって行って出来る星型(2*t+3)角形の
内角の和は全て180°を作ることが出来る。
つまり
星型5角形は各点を1つ飛ばしで繋ぐ
星型7角形は各点を2つ飛ばしで繋ぐ
星型9角形は各点を3つ飛ばしで繋ぐ
星型11角形は各点を4つ飛ばしで繋ぐ
･････････
星型2*t+3角形は各点をt個飛ばしで繋いでいく(t=1,2,3,･･･)
ことでこれらの内角の和は全て180°となってしまうことが起きる！

> "GAI"さんが書かれました:
> 曲率がいたるところ正となる閉曲線C上に、nを自然数として
> 異なる(3*n+4)点を任意にとり、ある点から隣の2点を飛ばし
> 次の点を結ぶ線を次々と引いていくと閉曲線Cの内部に
> 各点を繋げた星型(3*n+4)角形の図形が現れる。
> この時角星に当たる部分の内角をすべて足し合わせると
> 180*(3*n-2)°となる。
> 即ち
> 星型7角形では180°
> 星型10角形では720°
> 星型13角形では1260°
> 星型16角形では1800°

星形図形の公式　（N-２ｄ）πによれば、
Ｎ＝３ｎ＋４、ｄ＝３として、出てきます。