😊出会いの泉😊

103で、無料版の計算時間を超えました。残念。

2 以外の任意の素数で成り立つことが簡単に示せますが、それが素数の出現の規則性とどう関係があるんでしょう？

DD++様、こんばんは。
k
Σ sin^2(j π/(2k+1))=(2k+1)/4
j=1

sin^2(j π/(2k+1))の和と表せるという規則性です。

現段階で、出現の予測は判明しておりません。

あれ、素数でなくても、そうなるのか・・・・・

95の素数でないときは、
1/4｛95+2sin・・・・のように、1/4の横に、95とすぐ現れるが、素数97の場合、-2cosの項があって-588＋・・・となるようだ。
87の素数でないときは、
1/4｛87+2sin・・・・のように、1/4の横に、87とすぐ現れる。

奇数の自然数５〜３３まで調べてみました。そのつどwolframalphaが計算しますので、20秒くらいお待ちださい。

緑色のうんざりはちべえをクリックしてください。

例えば
G=1,他はすべて0（すべて-1でもよい）
で成り立ちますね。
より一般には
A,B,G,Iは大きい側にしかない
C,F,Jは小さい側にしかない
のようになっていますので、
B=I=1,他は0
とか
C=J=-1,他は0
など、解の組合せは多数（全部で117969通り）あります。

らすかるさん、

ありがとうございました。

※なるほど、そのように着眼すればよいのですね……

yahooで、幾何学なら、WolframAlpfa　幾何学　と検索すれば見つかります。

高等学校　数学　です。

> a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

> a^n-1+b^n-1=c^n-1

左辺で 2 回 -1 したなら、右辺も 2 回 -1 する必要があるのでは。

二項定理より、{http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdfより}
　　　n
a^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}----(a)
i=1

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
i=1

　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
i=1

a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

a^n-1+b^n-1+1=c^n-1
(a^n-1)+(b^n-1)+1=(c^n-1)
(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)
式(a),(b),(c)より、
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1

　n
＝Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　i=1

　n
ーΣ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}
　i=1

　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1

そこで、(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)が成り立つには、

１）i=nのとき、a^n-1のnCn項は、
nCn{1^0+2^0+3^0+・・・+(a-1)^0)}+1=nCn{a-1}+1=a----(d)
一方(c^n-1)-(b^n-1)のnCn項は、
nCn{b^0+(b+1^0+(b+2)^0・・・+(c-1)^0}=nCn{(c-1)-(b-1)}=c-b---(e)

式(d),(e)が等号で結ばれるのは、
c-b=a---(i)
のときだけである。

２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)
一方(c^n-1)-(b^n-1)のnC(n-1)項は、
nC(n-1){b+(b+1)+(b+2)・・・+(c-1)}=n{(c-1)c/2-(b-1)b/2}---(g)

式(f),(g)が等号で結ばれるのは、
(c-1)c/2-(b-1)b/2=(a-1)a/2
のときだけである。
(c-1)c-(b-1)b=(a-1)a
c^2-c-b^2+b=(a-1)a
c^2-b^2-(c-b)=(a-1)a
(c-b)(c+b-1)=(a-1)a
式(d),(e)が等しいとき式(f),(g)も等しくないといけないから、式(i)より、
c+b-1=a-1　左辺を(c-b)で割って、右辺をaで割って｛なぜなら式(i)より｝
c+b=a=c-b　式(i)より
c+b=c-b
c+b-(c-b)=0
c+b-c+b=0
2b=0
b=0
これは、c>b>aに矛盾する。
したがって、
(d)≠(e)、(f)≠(g)
つまり、
(a^n-1)≠(c^n-1)-(b^n-1)
a^n≠c^n-b^n
a^n+b^n≠c^n

よって、フェルマーの最終定理は初等的に証明された。

(d) と (e) が等しいといえる根拠はなんですか？

(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)が成り立つためです。
つまり、
　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1
ということで、右辺はすべて正の数なの和なのです。
また、a^n-1+1は
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1
もすべて、正の数の和ですから、
nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}
の右左辺のnCiどおし等しくなければなりません。
式(d),(e)は、nCnの項なので、
a^n-1+1はi=nの
nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
ですが、この項だけ、＋１が余分にあり、(c^n-1)-(b^n-1)は、i=nの
nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
ですから、お互いに等しくなければなりません。だから式(d),(e)は、等しくなければなりません。

二項定理で、同じべき乗なら、
(a+b)^nの各項は、nCi a^(n-i) b^iで、(a+b)^n=(c+d)^nなら、 a^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iということです。
つまり、nCiの係数項はa^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iのように等しくならなければならないということです。

＞２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)

２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}+1=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)
じゃないでしょうか。

> (a+b)^n=(c+d)^nなら、 a^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iということです。

a=1, b=-1, c=0, d=0 で考えると、
「(1-1)^n = (0+0)^n なら、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^i ということ」って意味になりますけど、あってます？

KY様、おはようございます。

nC(n-1)=n!/(n-(n-1)!(n-1)!)=n!/(n-1)!=n
なので、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}=n{(a-1)a/2}----(f)
また、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}+1=nC(n-1){(a-1)a/2}---(f)
＋１は、nCnの項だけに作用しますので、nC(n-1)には、関係しません。
ですから、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}=n{(a-1)a/2}----(f)
でいいはずです。

DD++様、おはようございます。

そういうふうにすれば、そうなりますね。

投稿制限がかかっているので、ここに書きます。

＞なるほど、つまり、はちべえさんは (-1)^i = 0^n が正しいと出張しているわけですね？

今回の場合、a,b,c,dともに、自然数ですから、そうはならないと思います。

ご指摘の、
＞「(1-1)^n = (0+0)^n なら、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^i ということ」
ですから、(1-1)^n=0、(0+0)^n=0で、全体で見れば、等号が成り立ちますが、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^iとは、言えないですね。

ちなみに、(1-1)^nは、
(1-1)^n=nC0 1^n (-1)^0+nC1 1^(n-1) (-1)^1+nC2 1^(n-2) (-1)^2+nC3 1^(n-3) (-)1^3+・・・・+nC(n-1) 1^(n-(n-1)) (-1)^(n-1)+nCn 1^(n-n) (-1)^n
において、

nが偶数なら、たとえばn=10なら、
0=10C0-10C1+10C2-10C3+10C4-10C5+10C6-10C7+10C8-10C9+10C10
マイナスの項を左辺に移項すると、
10C1+10C3+10C5+10C7+10C9=10C0+10C2+10C4+10C6+10C8+10C10
よって、
nC1+nC3+nC5・・・+nC(n-1)=nC0+nC2+nC4+・・・・+nCn
左右で項数が違うのに不思議に思うかもしれませんが、こうなのです。

nが奇数なら、たとえばn=11なら、
0=11C0-11C1+11C2-11C3+11C4-11C5+11C6-11C7+11C8-11C9+11C10-11C11
マイナスの項を左辺に移項すると、
11C1+11C3+11C5+11C7+11C9+11C11=11C0+11C2+11C4+11C6+11C8+11C10
よって、
nC1+nC3+nC5・・・+nCn=nC0+nC2+nC4+・・・・+nC(n-1)

パスカルの三角形を思い出してください。
　　　　　　　　　1　-2　1
　　　　　　　　1　-3　3　-1
　　　　　　　1　-4　6　-4　　1
　　　　　　1　-5　10　-10　5　-1
　　　　　1　-6　15　-20　15　-6　1
となります。

なるほど、つまり、はちべえさんは (-1)^i = 0^n が正しいと主張しているわけですね？

更新記事を見て、掲示板にないはずの謎の返信が来ていると思ったら……。

返事は必ず新しいメッセージで書いてください。
過去の投稿に加筆して返事をされても気づきません。


なるほど、自然数限定だからとおっしゃるならこうしましょう。

a = 1, b = 3, c = 2, d = 2 で考えます。
文句なく自然数ですね？

で、(1+3)^n = (2+2)^n は成り立ちます。これも問題ないですね？

ということは、はちべえさんは 1^(n-i) 3^i = 2^(n-i) 2^i である、と、
つまり 3^i = 2^n は正しい式であると主張するわけですね？

はちべえさんがこの式を誤りだと断ずるなら、まったく同じ論理で作った (d) = (e) も誤りということです。

DD++様、おはようございます。

そのとおりですね。

このフェルマーの最終定理の証明は、間違いですね。

伝わったようで、よかったです。

二項定理より、{http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdfより}
　　　n
a^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}----(a)
i=1

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
i=1

　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
i=1

a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

a^n-1+b^n-1+1=c^n-1
(a^n-1)+(b^n-1)+1=(c^n-1)
(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)
式(a),(b),(c)より、
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1

　n
＝Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　i=1

　n
ーΣ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}
　i=1

　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1

n
Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式-1----(d)
i=1

とすると、(d)式の
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
の大小関係を調べればよい。
公式、
x^n-y^n=(x-y){x^(n-1)+x^(n-2)y+x^(n-3)y^2+・・・+xy^(n-2)+y^(n-1)}
より、
x,yが自然数なら、{}の中は、正の自然数。したがって、(x-y)が正か負でx^nとy^nの大小関係がわかる。
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
において、c>b>aより、c-1>a-1より、
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)>0
となる。よって(d)式は>0
ただ、c-bの項数とaの項数が問題となる。
したがって、条件はc-b≧aがつく。

これを満足すれば、フェルマーの最終定理は証明できる。

なお、(a)式+1の部分は、b^0-1-1>0はa,b,cは自然数であり、c>b>a>0とa=1では、b>3であるから問題ない。
たとえば、a=1のとき、1^3+b^3=c^3のときb=2でも3ではない。

a,b,cにおいて、
a^n+b^n=c^n
が成り立つとき、
(a^n+b^n)^2=(c^n)^2
ここで、
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-5-4.pdf（緑色のうんざりはちべえをクリックすれば開きます。）
の補題より、
(a^n+b^n)^2>(a+b)^n
であるから、
(a^n+b^n)^2=(c^n)^2
(a+b)^n<(c^2)^n
a,b,cは自然数より、
(a+b)<c^2
a<c^2-b

おしいなあ。c^2-b>aなら、制限がなくなったのになあ。

＞おしいなあ。c^2-b>aなら、制限がなくなったのになあ。

これはどういう事を意味しているのでしょうか。制限を付けて行ってあり得ない証明をするのが筋なのではないでしょうか。

因みに、ａ＜ｃ，ｂ＜ｃからａ＋ｂ＜２ｃですが、ｃ≧３でａ＋ｂ＜ｃ^2よりａ，ｂに制限を付けられますね。

補題の証明は見事ですね。

KY様、こんにちは。

今私は、24時間で20件の投稿制限で、何か消さないと投稿できないのです。無理やり1つ消しました。

＞因みに、ａ＜ｃ，ｂ＜ｃからａ＋ｂ＜２ｃですが、ｃ≧３でａ＋ｂ＜ｃ^2よりａ，ｂに制限を付けられますね。

なるほど。あとちょっとで・・・・・

制限なしになれば、フェルマーの最終定理の初等的証明になったんですけどね。

残念。

> 補題の証明

a≧2, b≧2 のとこ、論点先取で一発退場では。
入試とかだと一行読んだだけで 0 点にされるやつです。

そうか、c-b<aのとき、(d)式は<0です。
要するに、(d)式が=0でなければ、フェルマーの最終定理の初等的証明はできるんだ。

なんとか、先が見えてきました。

DD++様の指摘の
＞で、(1+3)^n = (2+2)^n は成り立ちます。これも問題ないですね？
ということは、はちべえさんは 1^(n-i) 3^i = 2^(n-i) 2^i である、と、
つまり 3^i = 2^n は正しい式であると主張するわけですね？

これも、実にありがたい指摘で、a^n-1+1=c^n-1-(b^n-1)が、成り立つ条件はないというある意味いいヒントなるかもしれない・・・・・

＞a≧2, b≧2 のとこ、論点先取で一発退場では。

いいえ、論点先取ではありません。まず、本題の証明の方でａ＝１，ｂ＝１の場合を述べていて、次に補題の所でａ＝１，ｂ＝２（ａ＝２，ｂ＝１）の場合を述べていて、残りはａ≧２，ｂ≧２の場合しかないからです。
因みに、具体例は、

「それは論点先取だ」と言えるのは、1つの三段論法の中で「循環論法」が使われている場合である。すなわち、推論過程に証明すべき事柄を前提とする命題を含んでいる場合である。本質的に、命題がそれ自身の証明に使われるような戦術はその基本的形式において説得力がない。例えば、ポールが本当のことを言っていると証明したいとする。

ポールは嘘を言っていないと仮定する。
ポールは何かを話している。
したがって、ポールは本当のことを言っている。
この文章は論理的だが、話者の真実性を納得させることはできない。問題は、ポールの真実性を証明するためにポールが本当のことを言っていると仮定することを聴衆に頼んでいるため、これは実際には「ポールが嘘をついていないなら、ポールは真実を言っている」ということを証明しているに過ぎない。

このような論証は論理的には妥当である。すなわち、結論は実際に前提から導き出されている。ただし、何らかの意味でその結論は前提と同一である。自己循環論法は全て、このような証明すべき命題が論証のある時点で仮定されるという性質を持つ。
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%AB%96%E7%82%B9%E5%85%88%E5%8F%96#%E5%85%B7%E4%BD%93%E4%BE%8B

当てはまっていないと思いますが。

例として 1 つの三段論法を挙げているだけで、複数の場合でも論点先取は論点先取でしょう。

あるいは循環論法と言った方がよかったですか？
今回の場合ならどっちにも該当する（というか両者に明確な区分があるわけでもない）と思っているので。

DD++様、おはようございます。

b≠0とする。a/b・・・

は、どうなるんだろう？

まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
p=7　a=5　とします。

　1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
1+2p=15

　2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
2+3p=23

　3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
3+3p=24

　4, 4+p, 4+2p, ……, 4+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
4+4p=32

　5, 5+p, 5+2p, ……, 5+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
5+p=12

　6, 6+p, 6+2p, ……, 6+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
6+p=13

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。
{12,13,15,23,24,32}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{12,13,15,23,24,32,35}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{13,15,23,24,32,35}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{1,3,11,12,20,23}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？
{1,3,11,12,20,23}≡{1,3,4,5,6,2}(mod p=7)

(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。
(1)
{1,3,11,12,20,23}

{1,3,11,12,20,23,35}

{3,11,12,20,23,35}

{2,10,11,19,22,34}

(2)
{2,10,11,19,22,34}

{2,10,11,19,22,34,35}

{10,11,19,22,34,35}

{8,9,17,20,32,33}

(3)
{8,9,17,20,32,33}

{8,9,17,20,32,33,35}

{9,17,20,32,33,35}

{1,9,12,24,25,27}

(4)
{1,9,12,24,25,27}

{1,9,12,24,25,27,35}

{9,12,24,25,27,35}

{8,11,23,24,26,34}

(5)
{8,11,23,24,26,34}

{8,11,23,24,26,34,35}

{11,23,24,26,34,35}

{3,15,16,18,26,27}

(6)
{3,15,16,18,26,27}

{3,15,16,18,26,27,35}

{15,16,18,26,27,35}

{12,13,15,23,24,32}

答え
{12,13,15,23,24,32}

そうです。それで合ってます。

DD++様、こんばんは。

今私は、24時間で20件の投稿制限で、何か消さないと投稿できないのです。無理やり1つ消しました。

＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
p=7　a=5　とします。

　1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
1+p=8

　2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
2+2p=16

　3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
3+3p=24

　4, 4+p, 4+2p, ……, 4+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
4+4p=32

　5, 5+p, 5+2p, ……, 5+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
5+3p=26

　6, 6+p, 6+2p, ……, 6+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
6+p=13

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。
{8,13,16,24,26,32}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{8,13,16,24,26,32,35}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{13,16,24,26,32,35}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{5,8,16,18,24,27}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？
{5,8,16,18,24,27}≡{5,1,2,4,3,6}(mod p=7)

(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。
(1)
{5,8,16,18,24,27}

{5,8,16,18,24,27,35}

{8,16,18,24,27,35}

{3,11,13,19,22,30}

(2)
{3,11,13,19,22,30}

{3,11,13,19,22,30,35}

{11,13,19,22,30,35}

{8,10,16,19,27,32}

(3)
{8,10,16,19,27,32}

{8,10,16,19,27,32,35}

{10,16,19,27,32,35}

{2,8,11,19,24,27}

(4)
{2,8,11,19,24,27}

{2,8,11,19,24,27,35}

{8,11,19,24,27,35}

{6,9,17,22,25,33}

(5)
{6,9,17,22,25,33}

{6,9,17,22,25,33,35}

{9,17,22,25,33,35}

{3,11,16,19,27,29}

(6)
{3,11,16,19,27,29}

{3,11,16,19,27,29,35}

{11,16,19,27,29,35}

{8,13,16,24,26,32}

答え
{8,13,16,24,26,32}

DD++様、おはようございます。

ニュートンのプリンキピアは、文章ばかりで、数式はなかったそうです。それを現代私達が習う物理学が数式中心ですが、それはオイラーの業績の1つだそうです。

さて、DD++様も文章ばかりでなく、数式をちらばせて、書いてくださるともっとわかりやすくなるんじゃないかな？と思います。

なんとかならないものでしょうか？

この話題、数式は引き算と掛け算と剰余しか出てきません。

掛け算 a*p は書いてます。
剰余 k+np も全部書いてます。
引き算は、文章中に 1 回しか登場しませんが、これもいちいち書いたほうがいいですか？

これら以外、書きたくても計算が存在しません。

こうなりました。どこで、間違えたのでしょう？
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
手計算でやるなら p は 3 か 5 か 7 、a は 2 以上で a*p が 100 を超えないくらいがいいと思います。
コンピュータでやる場合は好きな大きさの数でご自由にどうぞ。

1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
つまり「p で割ると 1 余る数を a*p 以下の自然数で 1 つ選んでください」ということです。

1+r1p (mod p)≡1

p > 2 であれば、
2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
さっきのやつの余り 2 バージョンです。

2+r2p (mod p)≡2

p > 3 であれば、
3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
余り 3 バージョンです。

3+r3p (mod p)≡3

以下余りを 1 ずつ増やしながら繰り返して、余り (p-1) バージョンまで実行してください。

(p-1)+r(p-1)p (mod p)≡p-1

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。

{r1,r2,r3,r4,r5,r6,・・・,r(p-1)}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{r1,r2,r3,r4,r5,r6,・・・,r(p-1),a*p}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{r2,r3,r4,r5,r6,・・・,r(p-1),a*p}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{r2-r1,r3-r1,r4-r1,r5-r1,r6-r1,・・・,r(p-1)-r1,a*p-r1}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？

----あれ、ちがうなあ。

「それらを小さい順に並べて一つの組としてください」

のところですね。
選んだ数は rk じゃなくて、k+rk*p の方です。
具体的な数でやらないと、ここの「小さい順」を並べるのは難しいと思いますよ。

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。

{1+r1p,2+r2p,3+r3p,4+r4p,5+r5p,6+r6p,・・・,(p-1)+r(p-1)}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{1+r1p,2+r2p,3+r3p,4+r4p,5+r5p,6+r6p,・・・,(p-1)+r(p-1),a*p}


先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{2+r2p,3+r3p,4+r4p,5+r5p,6+r6p,・・・,(p-1)+r(p-1),a*p}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{2+r2p-(1+r1p),3+r3p-(1+r1p),4+r4P-(1+r1p),5+r5p-(1+r1p),6+r6p-(1+r1p),・・・,(p-1)+r(p-1)p-(1+r1p),a*p-(1+r1p)}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？

---はい。これで、指示の手順は、あってますね。

ここから、実際の数で、問題を進めるわけですね？

いえ、選んで並べるところから具体的な数でどうぞ。

はちべえさんは 1+r1*p を最小値としていますが、実際は r1 と r2 の大小によっては
2+r2*p < 1+r1*p
となる場合もあり、必ずしも 1+r1*p が先頭にいるわけじゃないので。

はちべえさんがおっしゃるに
>ニュートンのプリンキピアは、文章ばかりで、数式はなかったそうです。それを現代私達が習う物理学が数式中心ですが、それはオイラーの業績の1つだそうです。

まあこのあたり、多くの高名な学者さんが関わっていますので……

御参考までに。


有賀 暢迪, 科学史入門 18世紀ヨーロッパの力学研究 : 学者たちの交流と論争, 科学史研究, 2014-2015, 53 巻, 272 号, p. 473-, 公開日 2020/12/14, Online ISSN 2435-0524, Print ISSN 2188-7535, https://doi.org/10.34336/jhsj.53.272_473
, https://www.jstage.jst.go.jp/article/jhsj/53/272/53_473/_article/-char/ja

途中まで作業していたらしいはちべえさんがその後どうなったのかわかりませんが、数日経ちましたので結局これが何だったのかというネタバラシを。
まあ、タイトルで最初からほとんど書いていたようなものですが。

実はこれ、フェルマーの小定理を、「個数」を使うことで式変形なしに直接証明できないかと試みたものです。

最初に提示した数の選び方は全部で a^(p-1) 通りあります。
このうち、全ての選択で a の倍数を選んだ { a, 2a, 3a, ……, (p-1)a } という組は唯一操作 R で自分自身になります。
（a と p が互いに素のとき、この選び方が必ず可能）

そして残りの a^(p-1) - 1 個の組は、同じ条件を満たす別の組を順に巡って「2 以上の p の約数」回後に自分自身に帰ってきます。
しかし、p は素数なので、「2 以上の p の約数」は p 以外にありません。
つまり、この操作 R でぐるぐると繋がる関係 p 個 1 グループに a^(p-1) - 1 個のものがもれなくダブりなく分けられます。

よって、a が p と互いに素であれば、a^(p-1) - 1 は p の倍数であることが示され……た、というほどきちんと書いてはいませんが、なるほど確かに成り立ちそうだと言えるくらいのオモチャができました。


……ということなのでした。
みなさんも「何か a^(p-1) 個のものを用意して、そこから 1 つを取り除くと、残りが漏れなく p 個ずつのグループにわけられる」ようなものを思いついたら是非教えてください。
実際にやってみると、簡単に作れそうに見えてめちゃくちゃ難しいです。

DD++様、こんばんは。

昨日、1回目まで、やりました。（２）の問題までかなり先がありそうです。
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
p=7　a=5　とします。

　1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
1+3p=22

　2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
2+2p=16

　3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
3+2p=17

　4, 4+p, 4+2p, ……, 4+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
4+3p=25

　5, 5+p, 5+2p, ……, 5+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
5+2p=19

　6, 6+p, 6+2p, ……, 6+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
6+2p=20

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。
{16,17,19,20,22,25}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{16,17,19,20,22,25,35}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{17,19,20,22,25,35}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{1,3,4,6,9,19}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？
{1,3,4,6,9,19}≡{1,3,4,6,2,5}(mod p=7)

(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。
(1)
{1,3,4,6,9,19,35}

{3,4,6,9,19,35}

{2,3,5,8,18,34}

{2,3,5,8,18,34}≡{2,3,5,1,4,6}(mod p=7)

(2)

{2,3,5,1,4,6}
{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

(3)
{1,2,3,4,5,6,35}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

(4)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

(5)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)
(6)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)
(7)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

答え
{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まちがってます？

「1 回目の結果」は {2,3,5,8,18,34} ですよ。

あ、(2) の 1 回目、つまり全体の 2 回目の結果のことです。

＞(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。

これをやったつもりでしたが・・・・

間違ってましたか？

＞(3) 最初の組を新たに作り直し、再び操作 R を p 回繰り返してみてください。
あるいは、3 つめ、4 つめの組を作って、それらでも。
ほとんど全ての組で同じ現象が起こることを確認してください。

で、これはどうなるんだろうと止まったのです。

{1,3,4,6,9,19,35} <- 最後に 35 をつけた（操作 R の 1 つめ）

{3,4,6,9,19,35} <- 1 を切り落として（操作 R の 2 つめ）

{2,3,5,8,18,34} <- 全部から 1 を引いたら完成（操作 R の 3 つめ）

{2,3,5,8,18,34}≡{2,3,5,1,4,6}(mod p=7) <- 余りがバラバラか確認しただけ

さて、操作 R の完成品はどれでしょう？
本当に {2,3,5,1,4,6} ですか？

もう 1 回操作 R の定義をきちんと読んでください。

＞小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。
まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。

でしたね。

とすると、
＞{2,3,5,8,18,34} <- 全部から 1 を引いたら完成（操作 R の 3 つめ）
でしょうか？

はい、それが操作 R の結果です。
ですから、次は {2,3,5,8,18,34} から出発になります。

(1)
{1,3,4,6,9,19,35}

{3,4,6,9,19,35}

{2,3,5,8,18,34}

(2)
{2,3,5,8,18,34}

{3,5,8,18,34,35}

{1,3,6,16,32,33}

(3)
{1,3,6,16,32,33}

{3,6,16,32,33,35}

{2,5,15,31,32,34}

(4)
{2,5,15,31,32,34}

{5,15,31,32,34,35}

{3,13,29,30,32,33}

(5)
{3,13,29,30,32,33}

{13,29,30,32,33,35}

{10,26,27,29,30,32}

(6)
{10,26,27,29,30,32}

{26,27,29,30,32,35}

{16,17,19,20,22,25}
(7)
{16,17,19,20,22,25}

{17,19,20,22,25,35}

{1,3,4,6,9,19}

答え
{1,3,4,6,9,19}
これで、あってますよね？

はい、各回でやっていることはあっています。

ただ、{16,17,19,20,22,25} から {1,3,4,6,9,19} を作ったのが 1 回目ですから、

> (6)
> {10,26,27,29,30,32}
> {26,27,29,30,32,35}
> {16,17,19,20,22,25}

が 7 回目で、ここでストップです。

Dengan kesaktian Indukmu様、こんばんは。

google翻訳しました。
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
騒動のもう 1 つの理由は、これらの若い先駆者が提案した証明が、確立された数人の数学者に彼らの言葉を食い物にするかもしれないということです。

これは、彼らの証明が三角法を使用しているためです。

では、なぜそれがそんなに大きな問題なのですか？ さて、私たちの三角恒等式と法則の多くはピタゴラスの定理に依存しているため、多くの数学者は、三角法を使用した定理の証明は循環論理であると示唆しています。 別の言い方をすれば、三角法を使用してピタゴラスを証明することは、基本的に A を使用して B を証明することであり、A が既に B に依存している場合に、彼らは主張します。 -定理の三角法による証明、および三角法の証明は不可能であることを明示的に述べています。

しかし、この観点はここ数十年でますます疑問視されてきており、それ以来、ピタゴラスのいくつかの三角法による証明が行われてきました. ジョンソンとジャクソンの証明がピタゴラスの最初の三角法による証明であるというメディアの主張は誇張されていますが、彼らの証明は、これまでに見た中で最も美しく、最も単純な三角法の証明である可能性が十分にあり、明らかに若くて鋭い知性の作品であり、 多くの経験豊富な数学者の仕事を特徴付ける深い研究の年。
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
新しい手法なんだけど、要するに、

別の言い方をすれば、三角法を使用してピタゴラスを証明することは、基本的に A を使用して B を証明することであり、A が既に B に依存している場合に、彼らは主張します。 -定理の三角法による証明、および三角法の証明は不可能であることを明示的に述べています。

ということが、問題点でもあるということですね。

はい。

ですので今回はそうした循環論法を避けている、という理解でよろしいことかと。

いえ、よーーーく読むと循環論法の完全な回避は微妙に失敗してます。

In this case we have an isoceles right-angled triangle and, our angles ⍺ = β = π/4 radians. So our hypotenuse is a/sin(π/4) = √2a, which satisfies the Pythagorean Theorem.

その sin(π/4) の値はどこから？
通常は三平方の定理で導出するものでしょうから、循環論法を避けることに成功したと主張するにはこれを別の方法で導出して見せる必要があったでしょう。
まあ、相似な図形の面積比を使うとか回避方法はいくらでもあるので加筆修正は容易でしょうけど。

おおっ。
a=b の特殊なケースでは
AやCの分母が 0 になってしまい
今回の証明が通用しない、
そういう話の流れなのですね！！

そのケースでの短証明に
sin(π/4)
を使うのは確かに反則ですね。

寄せられていたコメントを追いかけたところ
a = b のケースでは、次のように改善する案があげられていました。

By the way, that case is trivial: the triangle is a one-fourth of a square whose side length is $c$. The area of this square is c^2, while the triangle’s area is (ab)/2 = a^2/2. Therefore c^2=4 times a^2/2 = 2a^2 = a^2+b^2, as desired.

google翻訳しました
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
この新しい証拠は何ですか？

わかりましたので、これが私が考える方法です。 この図を見て、この証明を通してずっと参照してください。
図のように、辺 a、b、c (斜辺) を持つ左上の単純な直角三角形から始めましょう。 ここでは、a ≠ b と仮定しましょう — この記事の最後の注で、a = b の自明な特殊なケースを扱います。 長さ b と c の辺の間の角度を ⍺ とし、長さ a と c の辺の間の角度を β とします。 次に、この元の直角三角形から 3 つの幾何学的なステップを作成します。

長さ b の辺に反映して、右上の等価三角形を形成します。
元の三角形の長さ c の辺に垂直な直線を延長します。
反射した三角形の斜辺から連続線を延長します。

ステップ 2 と 3 から延長した線が交わると、図のように、斜辺の長さが C、辺が A と c の新しい大きな直角三角形が形成されます。

この大きな直角三角形内に、図のように一連の小さくて小さい類似の直角三角形を描画し、サイズが減少する類似の三角形の無限のシーケンスを形成します。

この無限の相似三角形のシーケンスを使用して、長さ A と C を導出する方法を調べます。

小さい三角形の辺の長さを導き出す

辺の長さ A の左上から 1 番目の直角三角形を見ると、この三角形の辺の長さは 2a であり、したがって斜辺の長さは 2a/sinβ です。 しかし、元の三角形から、sinβ = b/c であることがわかっているので、この斜辺は長さ (2ac)/b であると結論付けることができます。 これにより、この三角形の 3 番目の辺は 2a²/b になります。

すぐに右側の三角形に移動すると、短辺の 1 つが長さ 2a²/b であることがわかります。したがって、この三角形の斜辺 (辺の長さ C のセグメント) は 2a²/(bsinβ) = (2a²c) /b² です。

このプロセスを続けることができますが、小さな相似三角形のそれぞれが a²/b² の係数で減少することが明らかになります。 これは、長さ A が最初の項 (2ac)/b と公比 a²/b² を持つ等比級数であることを意味します。 同様に、長さ C は c で始まり、最初の項 (2a²c)/b² と公比 a²/b² の等比級数になります。

長さ A と C の計算

これで、等比級数の和の式を使用して、長さ A と C を計算できます。初項 k と公比 r の等比級数の和の式は、k/(1-r) です。 この合計は、r の絶対値が 1 未満の場合に収束します。この場合、r は a²/b² であるため、常に収束することを確認できます (a>b の場合は、それらを交換するだけです)。

それでは、長さ A を計算してみましょう。この場合、k = (2ac)/b および r = a²/b² となるので、
A=2ac/b(1-a^2/b^2)=2abc/b^2-a^2
k = (2a²c)/b² で同様のアプローチを使用し、最初に c を追加する必要があることを思い出してください。
C=c+2a^2c/b^2(1-a^2/b^2)=c(b^2+a^2)/(b^2-a^2)
それでは、長さ A を計算してみましょう。この場合、k = (2ac)/b および r = a²/b² となるので、
k = (2a²c)/b² で同様のアプローチを使用し、最初に c を追加する必要があることを思い出してください。

この美しい証明を締めくくる

A と C の比を取るとどうなるか見てみましょう。
A/C=2ab/(a^2+b^2)
しかし、元の図から、これは sin(2⍺) であることがわかります。

ここで、元の直角三角形を反映して形成された上の二等辺三角形の正弦規則を見てみましょう。 正弦定理は直角三角形に依存しないことに注意してください。 サイン ルールは、どの三角形でも、辺とその反対側の角度のサインとの比率は常に同じであると述べています。

したがって：
sin 2α/2a=sinβ/c
したがって、現在わかっていることを次の式に変換します。
b/(a^2+b^2)=b/c^2
この状況では、a、b、c のいずれもゼロではないことに注意し、分子が同一であることに注意すると、分母が同一であるという結論に至ります。 これでピタゴラスの定理が証明されました。

[注: a = b という特殊なケースでは、三角形に長さ a の 2 つの短い辺と斜辺がある場合、証明は自明です。 この場合、直角二等辺三角形があり、角度 ⍺ = β = π/4 ラジアンです。 したがって、斜辺は a/sin(π/4) = √2a であり、ピタゴラスの定理を満たします。 ミディアムユーザーに感謝
ウォットシット
この特別なケースに対処する必要性を指摘してくれて.]
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
図がここにはありませんが、原文にはあります。

拾いものです。

𝑐𝑜𝑠 𝑦 = 𝑐𝑜𝑠(𝑥 − (𝑥 − 𝑦))
= 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝑥 − 𝑦) + 𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑠𝑖𝑛(𝑥 − 𝑦)
= 𝑐𝑜𝑠 𝑥(𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 + 𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑦) + 𝑠𝑖𝑛 𝑥(𝑠𝑖𝑛 𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝑦 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝑦)
= (𝑐𝑜𝑠² 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛² 𝑥) 𝑐𝑜𝑠 𝑦.
cos y が0でなければ、両辺をこれで割る。

以上は、ピタゴラスの定理を陽には使わずに
cos^2x と sin^2x との和を 1 と示すものです。

加法定理は一体どこから湧いて出たのでしょうか。

sin や cos を微分で定義している場合は加法定理もマクローリン展開と二項定理で示すことになるでしょうし、その場合はこれで大丈夫という話なのかな？

と思いましたが、少し考えてみたら
s’(x) = c(x)
c’(x) = -s(x)
s(0) = 0
c(0) = 1
の解を s(x) = sin x, c(x) = cos x とする定義の場合、

{ (sin x)^2 + (cos x)^2 }’ = 0 が一瞬で示せるので、加法定理を使うまでもなかった……。

級数で定義した場合もこの微分の関係式をすぐ作れますし、何を目的とした式変形だったんでしょうねコレ。

失礼しました。
拾った場所を記し漏らしました。

https://forumgeom.fau.edu/FG2009volume9/FG200925.pdf

です。

あ、鋭角限定なんですね。
それなら確かに加法定理に三平方は不要ですね。

でも、鋭角限定でもやっぱり加法定理使うまでもないような気もしますね。

∠B = θ, ∠C = π/2, AB = 1 の三角比の定義に使ういつもの直角三角形 ABC に対し、
辺 DE が点 C を通るように長方形 ABDE を書けば相似な直角三角形が 3 つできて、
BC = cosθ で DC = (cosθ)^2
AC = sinθ で EC = (sinθ)^2
(cosθ)^2 + (sinθ)^2 = DC + EC = AB = 1

で終わる話なような。

Dengan kesaktian Indukmu様、おはようございます。

＞ですので今回はそうした循環論法を避けている、という理解でよろしいことかと。

しかし、sinα、sinβという三角関数の概念を使っていますよね。

＞辺の長さ A の左上から 1 番目の直角三角形を見ると、この三角形の辺の長さは 2a であり、したがって斜辺の長さは 2a/sinβ です。 しかし、元の三角形から、sinβ = b/c であることがわかっているので、この斜辺は長さ (2ac)/b であると結論付けることができます。 これにより、この三角形の 3 番目の辺は 2a²/b になります。

より、明らかですね。sinβ = b/c は、

＞すぐに右側の三角形に移動すると、短辺の 1 つが長さ 2a²/b であることがわかります。したがって、この三角形の斜辺 (辺の長さ C のセグメント) は 2a²/(bsinβ) = (2a²c) /b² です。

でも使われています。b/cをsinβということなしに、論理はくみたてられないと思います。

＞A と C の比を取るとどうなるか見てみましょう。
A/C=2ab/(a^2+b^2)
しかし、元の図から、これは sin(2⍺) であることがわかります。

ここでも、sin(2⍺)という三角関数の概念が使われています。

＞循環論法を避けている

とは言えないのではないでしょうか？
でなければ、文章の前半は、いらなかったはずです。「循環論法なるけど、」という前置きがあるから、この文書があるのではないでしょうか？

三角関数の定義自体を使うだけなら循環論法にはなりませんよ。

お手元の数学の教科書を見てください。
(sinθ)^2 + (cosθ)^2 = 1 という重要な式の証明に三平方の定理が関わっていますね。
だから、そのページより後に書いてあることは、三平方の定理の証明に使ってはなりません。
言い方を変えれば、そのページより前に書いてあることは別に使っても何も問題はないんです。
だから「三角関数（の三平方の定理を使う前の部分）できちんと三平方の定理を証明することに成功した」という話題なのですよ。

はちべえさんはどうも数式しか見ていないようですが、言語と合わせて読むようにした方がよろしいかと。

(sinθ)^2 + (cosθ)^2 = 1
これを前提とせずに
正弦定理ってなりたつんだっけ？

くらいを念のために確認はいたしました。
循環論法になっていないことを確認するためです。

あ、そういえば正弦定理使ってましたか。

では、2 つ上のコメントを訂正。
「三角関数（の三平方の定理を使う前の部分と、教科書の掲載順的には後ろだけど三平方を使うものに依存せず証明が構成されているもの）できちんと三平方の定理を証明することに成功した」
ですね。

鋭角の三角比の定義
tan = sin / cos
鋭角の正弦定理
第一余弦定理（高校で習うやつは第二余弦定理で、そっちはダメ）
鋭角の加法定理……くらいですか。

なんか昔ここで似たようなことやったような、と思って調べてみたらありました。

「中線定理」
http://shochandas.xsrv.jp/mathbun/mathbun658.html

三平方の定理を使わずに中線定理を示せるか、という話題です。

名前クリックからも飛べるようにしておきます。

管理人さんから疑義があがっていることに
気が付きました。概ね、下記のごとくと存じます。

「正弦定理は(第２)余弦定理から導かれる。この余弦定理からは直接に三平方の定理が導かれる。ジョンソンとジャクソンによる今回の新証明が正弦定理に依拠するのはまずいのではないか？」

私も少々考え込みました。
調べたところ、以下もわかりました。すなわち
三角関数の加法定理のもとでは
正弦定理と第１余弦定理と第２余弦定理とは
同値である。
ですから
加法定理に依拠しつつ
ジョンソンとジャクソンとの新証明を理解すること、これはまずかろう。循環論法の謗りを免れない。

じゃあどうすればいいのか？

正弦定理の各種の証明を調べてくださっているテキストをみつけました。

http://izumi-math.jp/K_Satou/seigen/seigen.htm

上記のなかから適切なものを見いだせればよいと思いました。

ジョンソンとジャクソンは
面積による証明を回避し
辺の長さの相似を利用していますから
その志向とも整合したほうが良いですね。

　さきの文書の「普通の証明（２）」
が解りやすいかと思いました。

あるいは、
「９　幾何学的証明　ﾖｯﾛｰﾊﾟにおける三角法の基礎をつくったﾚｷﾞｵﾓﾝﾀﾇｽ(1436-1376)の証明」
も素敵です。


それにしても、DD++さんによる
No.858
はクールですね。

手元に高校数学の教科書がないので記憶頼りですが、日本の高校教育では正弦定理は同じ円周角をもつ直角三角形を使って証明していたと思います。

そこで使っているのは
・円周角の定理
・タレスの定理
・三角比の定義
・直径と半径の定義
くらいだったはずで、三平方の定理は全く使ってないですね。

余弦定理を使う方法は、私は今回調べて初めて存在を知りました。
海外だとどの方法での証明がメジャーなんだろう。

law of sines で検索して英語ページをいろいろ見てみました。

日本とは違って、=2R がついていない形で紹介されていることがほとんどのようです。
そのため、証明も以下で終わりというのが普通のよう。

A も B も鋭角の場合、頂点 C から辺 AB に下ろした垂線の長さを考えると
b*sinA = a*sinB
両辺を sinA および sinB で割って得られる。
どちらかが鈍角の場合は内角と外角の sin の値は等しいことを考えれば同じことが言える。

問題は三平方の定理を使っているかどうか。
直角や鈍角の場合はそもそも三平方の定理を使って定義するのでダメですが、鋭角の場合に限定すれば使ってないですね。
そして件の証明では、2αもβも鋭角です。
よって、海外で主流っぽい正弦定理の証明方法を前提とした場合、循環論法にはなっていないと言ってよさそうです。

Dengan kesaktian Indukmu様、こんにちは。

ありがとうございます。