求角問題における外心の更なる有用性　with　第５回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 5)　問題Ｆの解説

　挨拶は省略します。タイトルの通り、求角問題（角度に関する諸々の情報が与えられたときに、ある未知の角度を求める問題の総称）を解くにあたって外心に注目することの意義を、自作問題の解説とあわせて執筆しました。スタートとゴールだけ先にお見せするので、ここから先へ読み進めるか否かの判断材料としてください。

導入パート

　初等幾何の歴史の中で、求角問題というジャンルは長きにわたり注目されてきました。特に、 ラングレーの問題 (Langley's Adventitious Angles)を端緒とする「整角四角形」という問題群は、単純ながらも2015年まで初等幾何による完全解決が得られない難問を、極めて多く含むグループでした。このあたりの歴史は以前の記事『 求角問題と外心３つ法と「外心10個法」（前編） 』にやや詳しく記しているので、本記事では核心の部分のみ記します。先にいくらか定義を述べます。

外心３つ法

　 aerile_re 氏が2015年に発表した「外心３つ法」は、整角四角形の初等的考察に終止符を打つものでした。

　定理1を証明します。外心３つ法を用いれば、点$A$から点$D$までの経路を、長さが等しい6本のベクトルの合成に対応させられます（手順省略）。これら6本のベクトルの偏角はすべて整数値であり、合成した偏角も整数値です。ゆえに、6本のベクトルを直線$AD$で折り返せば、適当な拡大縮小により整角単位ベクトル12本で構成された閉路（始点と終点が一致する経路）が得られ、結局以下の定理2を示せばよいことになります。

　定理2と同値な主張が 外心３つ法発案者の記事 にて証明されているため、定理1が示されました。いきなり他力本願ですね。なお、 だま氏様の記事 でさらに詳細な計算方法が書かれており、大学数学をまともに学んだ方ならばこちらも参考になさるようお願いします。

本質の抽出

　外心３つ法を軽くおさらいしましたが、その本質は何であったかを考えてみましょう。すると、「既知の偏角をもつ整角単位ベクトルで経路を構成する」ことが本質である旨を見抜けますね。ここから、次のようなモチベーションが湧いてまいります。
「同じことを、他の求角問題で使えないかな？」
　このモチベーションをもとに執筆したのが、昨年7月の『 求角問題と外心３つ法と「外心10個法」（前編） 』および『 求角問題と外心３つ法と「外心10個法」（後編） 』です。これらでは、整角四角形を二段重ねたような形状の求角問題に同様のメソッドを用い、36本の整角単位ベクトルで経路メイキングを行いました。
　今回の記事では、同じ本質を抱きつつ、以前とは違った方向に外心３つ法を拡張していこうと思います。以後、整角ベクトルの経路が頻出するので、利便性を考え名前を付けてあげましょう。

　外心３つ法により、$\overrightarrow{AD}$が何らかの整角六等辺経路に変換されることをご理解いただければ、次のパートに進みます。なお、$\overrightarrow{AD}$の偏角を$\arg \overrightarrow{AD}$とも表します。

紹介パート

最初の拡張

　整角四角形において、対角線$AC,BD$の交点を$P$とすると、3点の組$(A,P,C),$$(B,P,D)$はいずれも同一直線上に存在します。自明ですね。
　いま、この点$P$を任意に動かすことを考えましょう。すなわち、前述の共線を取り除き、図の自由度を上げるのです。そうすると、以下の問題が現れます。

　この問題も、「既知の偏角をもつ整角$n$等辺経路を構成する」が使えます。点$A$から点$D$までに、そのようなパスウェイを設けてあげればよいです。どのように設けるかを軽く解説します。

　$\mathrm{△}ABP,$$\mathrm{△}CDP,$$\mathrm{△}BCP$の外心をそれぞれ$O_1,O_2,O_3$とし、$\mathrm{△}{O}_1{O}_{3}P,$$\mathrm{△}{O}_2{O}_{3}P$の外心をそれぞれ$O_4,O_5$、$\mathrm{△}{O}_4{O}_{5}P$の外心を$O_6$とします。$\mathrm{△}P{O}_1{O}_4\equiv \mathrm{△}A{O}_1{Q}_2$、$\mathrm{△}P{O}_2{O}_5\equiv \mathrm{△}D{O}_2{Q}_{12}$をみたす点$Q_2,Q_{12}$をとり、$\mathrm{△}P{O}_4{O}_6$$\equiv \mathrm{△}A{Q}_2{Q}_1$$\equiv \mathrm{△}{Q}_2{O}_1{Q}_3$$\equiv O_1{O}_4{Q}_5$、$\mathrm{△}P{O}_5{O}_6$$\equiv \mathrm{△}{O}_5{O}_2{Q}_9$$\equiv \mathrm{△}{O}_2{Q}_{12}{Q}_{11}$$\equiv Q_{12}D{Q}_{13}$をみたす点$Q_1,Q_3,$$Q_5,Q_9,$$Q_{11},Q_{13}$を拵えます（複数の拵え方が考えられますが、どう拵えても大丈夫です）。ここで$O_1=Q_4,$$O_4=Q_6,$$O_6=Q_7,$$O_5=Q_8,$$O_2=Q_{10}$と別名を付ければ、経路$A{Q}_1{Q}_2\dots Q_{13}D$が整角十四等辺経路になるのです。なぜならば、簡単な計算（まあまあ大変）から$\mathrm{△}P{O}_4{O}_6,$$\mathrm{△}P{O}_5{O}_6$は整角三角形であること、直線$BC$を基準とした6本のベクトル$\overrightarrow{A{Q}_2},\overrightarrow{Q_2{Q}_4},$$\overrightarrow{Q_4{Q}_6},\overrightarrow{Q_8{Q}_{10}},$$\overrightarrow{Q_{10}{Q}_{12}},\overrightarrow{Q_{12}D}$の偏角もすべて整数度になることを、各々証明できるから、ということになります。問題1は、14本の整角単位ベクトルの合成として解釈できるのですね。執筆してから気づきましたが、問題1が初等的に解ける旨は だま氏様の記事 で既に言及されております。つまりここまでは周知の事実といっても過言ではありませんね。

次なる拡張

　さて、先ほどは点$P$（四角形$ABCD$の対角線の交点）に関する拡張を考えました。他に拡張できるところは無いでしょうか。色々と思考を巡らせてみます。すると、従来の外心３つ法の本質である「線分$AD$を整角単位ベクトルの合成に変換する」という発想から、次のアイデアが浮かんできます。
「四角形の他の辺を、整角$n$等辺経路に置き換えることができるかも？」
　ということで、以下の問題が現れます。

1辺を基準とした4つの整角$n$等辺経路からなる図形

　凸四角形$ABCD$において、$\overrightarrow{BC}$の偏角を$0^{\circ }$とし、整角$n_{AB}$等辺経路$A\dots B$（$n_{AB}$本の等長な整角ベクトルを含む。以下同様）、整角$n_{CD}$等辺経路$C\dots D$、整角$n_{AC}$等辺経路$A\dots C$、整角$n_{BD}$等辺経路$B\dots D$が与えられる。このとき$\arg \overrightarrow{AD}$は一意に決定されるが、それが（度数法で）整数値であることが保証されるとき、$\arg \overrightarrow{AD}$を初等的に求めなさい。

　この問題で外心３つ法を用いようとすると躓きます。というのも、$\mathrm{△}ABC,$$\mathrm{△}BCD$の各辺の偏角が整数度とは限らないため、外心から各頂点に向かう線分の偏角も整数値で表せない可能性が出てくるからです。整角単位ベクトルのみを含む経路でなければ定理2を用いることができません。要するに解けません。どうしましょうか。

　まず考えるべきことは、$\mathrm{△}ABC$の外心$O$について$\arg \overrightarrow{OA}$を求めることです。いま、$\mathrm{△}ABC$の垂心を$H$とすれば、有名性質より$O$と$H$は$\mathrm{△}ABC$について等角共役ですから、
$$\begin{array}{rl}\arg \overrightarrow{OA}+\arg \overrightarrow{HA}& =\arg \overrightarrow{BA}+\arg \overrightarrow{CA}\\ \arg \overrightarrow{OA}& =\arg \overrightarrow{AB}+\arg \overrightarrow{CA}-\arg \overrightarrow{BC}\pm {90}^{\circ }\end{array}$$と求められます（複号は点の位置関係により変動します）。この事実をもとに、以下の重要な補題を示します。

整角三角形の1辺が整角$n$等辺経路に置換された場合の経路構成

　整角$n_{AB}$等辺経路$A\dots B$、整角$n_{BC}$等辺経路$B\dots C$、整角$n_{CA}$等辺経路$C\dots A$が与えられる。$\mathrm{△}ABC$の外心を$O$としたとき、点$O$から点$A,B,C$に向かう整角$n_{AB}{n}_{BC}{n}_{CA}$等辺経路$O\dots A,$$O\dots B,$$O\dots C$であり、経路全体の長さもすべて等しいものが存在する。具体的には、
経路$O\dots A$：「「「線分$OA,AB$が重なるように経路$A\dots B$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$BC$がそれぞれ重なるように経路$B\dots C$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$CA$がそれぞれ重なるように経路$C\dots A$を相似拡大・回転・平行移動した経路」
経路$O\dots B$：「「「線分$OA,AB$が重なるように経路$A\dots B$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$BC$がそれぞれ重なるように経路$B\dots C$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$CA$がそれぞれ重なるように経路$C\dots A$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」
経路$O\dots C$：「「「線分$OA,AB$が重なるように経路$A\dots B$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$BC$がそれぞれ重なるように経路$B\dots C$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$CA$がそれぞれ重なるように経路$C\dots A$を相似拡大・回転・平行移動した経路」
とすればよい。

　$\arg \overrightarrow{BC}=(N_a+d_a{)}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{CA}=(N_b+d_b{)}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{AB}=(N_c+d_c{)}^{\circ }$と表します（ただし$N_a,N_b,N_c$は整数、$0\le d_a<1,$$0\le d_b<1,$$0\le d_c<1$）。また、経路$A\dots B$が$A$の次に通る頂点を$A_1$、経路$B\dots C$が$B$の次に通る頂点を$B_1$、経路$C\dots A$が$C$の次に通る頂点を$C_1$と名付けます。このとき$\overrightarrow{B{B}_1},$$\overrightarrow{C{C}_1},$$\overrightarrow{A{A}_1}$の偏角は明らかに整数度ですから、整数$M_a,M_b,M_c$を用いて$\arg \overrightarrow{B{B}_1}={M_a}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{C{C}_1}={M_b}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{A{A}_1}={M_c}^{\circ }$と表せますね。したがって、$\measuredangle CB{B}_1$$=(M_a-N_a-d_a{)}^{\circ },$$\measuredangle AC{C}_1$$=(M_b-N_b-d_b{)}^{\circ },$$\measuredangle BA{A}_1$$=(M_c-N_c-d_c{)}^{\circ }$です（$\measuredangle$は 有向角 を表す記号）。
　「線分$OA,AB$が重なるように経路$A\dots B$を相似拡大・回転・平行移動した経路」を描き、$A_1$の移る点を$A_2$とします。$\measuredangle AO{A}_2=\measuredangle BA{A}_1$より、
$$\begin{array}{rl}\arg \overrightarrow{O{A}_2}& =\arg \overrightarrow{OA}+\measuredangle AO{A}_2\\ & =\arg \overrightarrow{AB}+\arg \overrightarrow{CA}-\arg \overrightarrow{BC}\pm {90}^{\circ }+\measuredangle BA{A}_1\\ & =(N_b+d_b{)}^{\circ }+(N_c+d_c{)}^{\circ }-(N_a+d_a{)}^{\circ }+(M_c-N_c-d_c{)}^{\circ }\pm {90}^{\circ }\\ & =(-N_a+N_b-d_a+d_b+M_c\pm 90{)}^{\circ }\end{array}$$のように計算できました。
　今度は「線分$O{A}_2,BC$が重なるように経路$B\dots C$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」を描き、$B_1$の移る点を$B_2$とします。$\measuredangle A_{2}O{B}_2=-\measuredangle CB{B}_1$より、
$$\begin{array}{rl}\arg \overrightarrow{O{B}_2}& =\arg \overrightarrow{O{A}_2}+\measuredangle A_{2}O{B}_2\\ & =(N_b+d_b-M_a+M_c\pm 90{)}^{\circ }\end{array}$$です。引き続き「線分$O{B}_2,CA$が重なるように経路$C\dots A$を相似拡大・回転・平行移動した経路」を描き、$C_1$の移る点を$C_2$とします。$\measuredangle B_{2}O{C}_2=\measuredangle AC{C}_1$より、
$$\begin{array}{rl}\arg \overrightarrow{O{C}_2}& =\arg \overrightarrow{O{B}_2}+\measuredangle B_{2}O{C}_2\\ & =(-M_a+M_b+M_c\pm 90{)}^{\circ }\end{array}$$ですね。もう一度言います、$\arg \overrightarrow{O{C}_2}$$=(-M_a+M_b+M_c\pm 90{)}^{\circ }$です。気づきましたね。$M_a,M_b,M_c$は整数ですから、$\overrightarrow{O{C}_2}$は整角ベクトルなのです。経路$O\dots A$の他のベクトルについても同様の計算を行うことで、最終的にすべてのベクトルが整角ベクトルであることを示せます。これらのベクトルの長さはいずれも明らかに等しいですね。さらに経路$O\dots B,$$O\dots C$についても同じことがいえるため、補題3の主張を確かめられました。

　問題2に戻ります。$\mathrm{△}ABC,$$\mathrm{△}BCD$の外心を各々$O_1,O_2$とし、$\mathrm{△}{O}_1{O}_{2}C$の外心を$O_3$とします（外心３つ法と一緒です）。たった今証明した補題3から、点$O_1$を始点とし点$A,B,C$を終点とする整角$n_{AB}{n}_{AC}$等辺経路$O_1\dots A,$$O_1\dots B,$$O_1\dots C$の存在が確定します（辺$BC$を整角一等辺経路とみなしました）。同じく、点$O_2$を始点とし点$B,C,D$を終点とする整角$n_{CD}{n}_{BD}$等辺経路$O_2\dots B,$$O_2\dots C,$$O_2\dots D$の存在が言えますね。さらに$O_1{O}_2\perp BC$より、$\mathrm{△}{O}_1{O}_{2}C$にも補題3を使えるのです。実際に使ってみますと、点$O_3$を始点とし点$O_1,O_2,C$を終点とする整角$n_{AB}{n}_{CD}{n}_{AC}{n}_{BD}$等辺経路$O_3\dots O_1,$$O_3\dots O_2$を構成できます。
　$\mathrm{△}C{O}_3{O}_1$$\equiv \mathrm{△}AP{O}_1,$$\mathrm{△}C{O}_3{O}_2$$\equiv \mathrm{△}DQ{O}_2$となる点$P,Q$をとり、補題3を示したときと同様の議論（角度の小数部分に注目する）を行うことで、
経路$A\dots P$：「「「「線分$AP,AB$が重なるように経路$A\dots B$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$CD$がそれぞれ重なるように経路$C\dots D$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$AC$がそれぞれ重なるように経路$A\dots C$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$BD$がそれぞれ重なるように経路$B\dots D$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」
経路$P\dots O_1$：「「「「線分$P{O}_1,AB$が重なるように経路$A\dots B$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$CD$がそれぞれ重なるように経路$C\dots D$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$AC$がそれぞれ重なるように経路$A\dots C$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$BD$がそれぞれ重なるように経路$B\dots D$を相似拡大・回転・平行移動した経路」
経路$O_2\dots Q$：「「「「線分$O_{2}Q,AB$が重なるように経路$A\dots B$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$CD$がそれぞれ重なるように経路$C\dots D$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$AC$がそれぞれ重なるように経路$A\dots C$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$BD$がそれぞれ重なるように経路$B\dots D$を相似拡大・回転・平行移動した経路」
経路$Q\dots D$：「「「「線分$O_{2}Q,AB$が重なるように経路$A\dots B$の鏡像を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$CD$がそれぞれ重なるように経路$C\dots D$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$AC$がそれぞれ重なるように経路$A\dots C$を相似拡大・回転・平行移動した経路」の各辺と$BD$がそれぞれ重なるように経路$B\dots D$を相似拡大・回転・平行移動した経路」
がすべて整角$n_{AB}{n}_{CD}{n}_{AC}{n}_{BD}$等辺経路になることを簡単に計算（誰がどう考えても超大変）できます。各経路の1辺の長さは明らかに等しく、また事前に作っておいた経路$O_1\dots O_3,$$O_3\dots O_2$の1辺も同じ長さになりますから、これら6つの経路を結ぶことにより整角$6n_{AB}{n}_{CD}{n}_{AC}{n}_{BD}$等辺経路$A\dots P\dots O_1$$\dots O_3\dots O_2$$\dots Q\dots D$が完成します。ごり押しにも程がありますが、なんとか点$A$と点$D$を経路で結ぶことに成功し、問題2が解けました。

拡張の統合

　さて。さて、整角四角形に対する2種類の拡張を初等的に解決しました。折角なので、これら2種類をうまく混ぜ合わせることができないかを考えます。いえ、考えるまでもなく、問題1に現れる各線分を経路に変えれば統合できそうですね。最終的に以下の問題となります。

　問題3の詳細な解法は記しませんが、従来の考え方をそのまま用いれば整角$14n_{AB}{n}_{CD}{n}_{AP}$$n_{BP}{n}_{CP}{n}_{DP}$等辺経路を構成できます。非人道的ですね。例えば$n_{AB}=n_{CD}$$=n_{AP}=n_{BP}$$=n_{CP}=n_{DP}$$=3$のとき（$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{CD},$$\overrightarrow{AP},\overrightarrow{BP},$$\overrightarrow{CP},\overrightarrow{DP}$の偏角がいずれも有理数度とならない可能性がある最小のケース）、$14\times 3^6=10206$より整角一万二百六等辺経路を考えることになります。これ以上はやめましょう。

実演パート

　とはいえ、存在性だけ示して放置という選択は、あまりにも数学者らしすぎます（偏見）。少しは実体験を積みたいですね。そこで、問題3において$n_{AB}=n_{CD}$$=3,$$n_{AP}=n_{BP}$$=n_{CP}=n_{DP}$$=1$とした比較的易しめの問題を解いてみることにしましょう。易しめと言いつつ、工夫せずに解くと百二十六等辺百二十七角形が現れてしまうのですが……。

コンテスト

　2025年5月3日～5月11日にかけて『 第５回匿式図形問題エスパー杯 (T-GUESS Cup 5: Tock's Geometry "Using Extra-Sensory Solutions" Cup The 5th)』を開催しました。ご参加くださった皆様、ありがとうございました。どうして急にコンテストの話を、とお思いかもしれませんが、当該コンテストの問題Ｆにて、まさに先述の「実体験」ができる問題を出したのです。それがこちら。

　一瞬見ただけでは、これが問題3に由来することを見抜けないかと思われます。事実、問題3の結果を用いない別解も指摘されています（後述）。ですが、導入パートを読破してしまった以上、ひとまず問題3らしい解き方を試したくなるのが一般的感性というものでしょう。
　ということで解きます。紙とペンとGeoGebraを十分に確保してください。

宣伝： T-GUESS Cupの解説記事一覧 （シリーズ化しました）

補助折れ線

　五角形$ABCDE,$$AFGHI$をそれぞれ線分$AE,AF$の垂直二等分線について対称移動し、五角形$E{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }A,$$A{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }F$を作ります。すると$\mathrm{△}A{D}^{\prime }{G}^{\prime }$は$A{D}^{\prime }=A{G}^{\prime }$の二等辺三角形になり、$\mathrm{\angle }A{D}^{\prime }{G}^{\prime }$$=\mathrm{\angle }A{G}^{\prime }{D}^{\prime }$$={18}^{\circ }$となります。$\overrightarrow{G^{\prime }{D}^{\prime }}$の偏角を$0^{\circ }$と定めると、折れ線$F{I}^{\prime }{H}^{\prime }{G}^{\prime },$$D^{\prime }{C}^{\prime }{B}^{\prime }E$は整角三等辺経路になるので、四角形$F{G}^{\prime }{D}^{\prime }E$と点$A$について問題3が使えるのですね。分かりやすいように、ここからは$\overrightarrow{G^{\prime }{D}^{\prime }}$が右向きとなるように図を回転させます。
　$\mathrm{△}AF{G}^{\prime },$$\mathrm{△}AE{D}^{\prime },$$\mathrm{△}A{G}^{\prime }{D}^{\prime }$の外心を各々$O_1,O_2,O_3$とし、$\mathrm{△}A{O}_1{O}_3,$$\mathrm{△}A{O}_2{O}_3$の外心を各々$O_4,O_5$、$\mathrm{△}A{O}_4{O}_5$の外心を$O_6$とします。補題3の要領で、経路$GHIA$と相似な整角三等辺経路$O_1{P}_1{P}_{2}A,$$O_4{R}_1{R}_{2}A$を、経路$ABCD$と相似な整角三等辺経路$A{Q}_1{Q}_2{O}_2,$$A{S}_1{S}_2{O}_5$を、それぞれ図のように描いていくことが可能です。描き終えたところで、$\arg \overrightarrow{O_1{R}_1}=0^{\circ },$$\arg \overrightarrow{R_1{R}_2}={24}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{R_{2}A}={54}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{A{S}_1}={-48}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{S_1{S}_2}={-30}^{\circ },$$\arg \overrightarrow{S_2{O}_5}=0^{\circ }$を算出しておきましょう。

　$\mathrm{△}A{O}_4{O}_5$に補題3を用います。経路$O_4{R}_1{R}_{2}A$と正の向きに相似な経路$A{X}_3{X}_6{O}_6,$$O_4{Y}_3{Y}_6{O}_6$および負の向きに相似な経路$O_5{Z}_3{Z}_6{O}_6$を描き、経路$A{S}_1{S}_2{O}_5$と正の向きに相似な経路$X_3{X}_{2}2X_{1}A,$$X_3{X}_4{X}_5{X}_6,$$O_6{X}_8{X}_7{X}_6,$$O_5{Z}_1{Z}_2{Z}_3,$$Z_6{Z}_5{Z}_4{Z}_3,$$O_6{Z}_8{Z}_7{Z}_6$および負の向きに相似な経路$Y_3{Y}_2{Y}_1{O}_4,$$Y_3{Y}_4{Y}_5{Y}_6,$$O_6{Y}_8{Y}_7{Y}_6$を設けます。補題3より点$A,O_4,O_5$から点$O_6$に向かう各々の経路は整角九等辺経路となるので、$\overrightarrow{O_{4}A},\overrightarrow{A{O}_5}$も整角ベクトル18本の合成として表すことができるのですね。整角九等辺経路の各辺の偏角を具体的に計算し、
$$\begin{array}{rl}\arg \overrightarrow{A{O}_6}& =\arg \left(\sum _{k=-90,-120,-138,-114,-96,-66,-36,-66,-84}{z}^k\right)\\ \arg \overrightarrow{O_4{O}_6}& =\arg \left(\sum _{k=-90,-60,-42,-18,-36,-66,-36,-6,12}{z}^k\right)\\ \arg \overrightarrow{O_5{O}_6}& =\arg \left(\sum _{k=-90,-120,-138,-162,-144,-114,168,-174,-144}{z}^k\right)\end{array}$$と表せます（ただし$z=\exp \left({\displaystyle \frac{i\pi }{180}}\right)$です）。

時短の方略

　この要領で経路をペタペタ貼り付ければ先述の通り整角百二十六等辺経路を得ることになりますが、手計算で解く以上は少し楽をしたいです。よって、$\overrightarrow{O_{4}A},\overrightarrow{A{O}_5}$に相当する整角十八等辺経路を予め整理し、可能な限り短い経路に変えておきます。以降、角度計算の省略が著しいので、図をうまく用いつつどうにか解読してください。
　点対称な十角形$Y_5{Y}_6{Y}_7$$Y_8{O}_6{X}_8$$X_7{X}_6{J}_1{J}_2$を描けば、$\mathrm{△}{X}_6{X}_5{J}_1$は正三角形となります。平行四辺形$Y_1{Y}_2{Y}_3{J}_3$、反時計回りの正五角形$J_2{J}_1{J}_4{J}_5{J}_6$、平行四辺形$Y_5{J}_2{J}_6{J}_7$を順に作図すると、$X_5{X}_4//J_1{J}_4,$$Y_3{J}_3//Y_5{J}_7$を確かめられるので、$J_4{X}_4=J_1{X}_5$、また点対称な六角形$J_3{Y}_3{Y}_4{Y}_5{J}_7{J}_8$を描くことが可能です。反時計回りの正三角形$J_6{J}_7{J}_9$、平行四辺形$J_8{J}_7{J}_9{J}_{10}$、点対称な六角形$X_1{X}_2{X}_3{X}_4{J}_{11}{J}_{12}$を描けば、ここまでの計算から経路$Y_1{J}_3{J}_8$$J_{10}{J}_9{J}_4$$X_4{J}_{11}{J}_{12}{X}_1$は整角九等辺経路となるので、$O_4{Y}_1//A{X}_1$より点対称な二十角形$Y_1{J}_3{J}_8{J}_{10}$$J_9{J}_4{X}_4{J}_{11}$$J_{12}{X}_{1}A{U}_{17}$$U_{16}{U}_{15}{U}_{14}{U}_{13}$$U_{12}{U}_{11}{U}_{10}{O}_4$を描くことにより、点$O_4$と点$A$を結ぶ整角九等辺経路$O_4{U}_{10}{U}_{11}$$\dots U_{17}A$を完成させられました（この経路の各辺は元の整角十八等辺経路のそれと明らかに等長です）。

　$\overrightarrow{A{O}_5}$側も大筋は一緒です。$\mathrm{△}{X}_8{O}_6{Z}_8$が正三角形であることを確かめたのち、平行四辺形$X_3{X}_4{X}_5{J}_{13},$$X_8{Z}_8{Z}_7{J}_{14}$、点対称な六角形$X_6{X}_7{X}_8$$J_{14}{J}_{15}{J}_{16}$、反時計回りの正三角形$Z_7{Z}_6{J}_{17}$を順に描きます。点対称な六角形$J_{17}{Z}_6{Z}_8$$Z_4{J}_{18}{J}_{19},$$J_{14}{Z}_7{J}_{17}$$J_{19}{J}_{20}{J}_{21}$を用意し、点対称な十六角形$J_{13}{X}_5{X}_6{J}_{16}$$J_{15}{J}_{14}{J}_{21}{J}_{20}$$J_{19}{J}_{18}{J}_{22}{J}_{23}$$J_{24}{J}_{25}{J}_{26}{J}_{27}$を描きましょう（途中で$J_{13}{X}_5//J_{18}{J}_{19}$を用いました）。$\mathrm{\angle }{X}_3{J}_{13}{J}_{27}$$=\mathrm{\angle }{J}_{13}{J}_{27}{J}_{26}$$={108}^{\circ }$より、正五角形$X_3{J}_{13}{J}_{27}{J}_{26}{J}_{28}$を作れます。平行四辺形$J_{24}{J}_{23}{J}_{22}{J}_{29}$、点対称な八角形$J_{24}{J}_{25}{J}_{26}{J}_{28}$$X_3{J}_{30}{J}_{31}{J}_{32}$を描き、経路$A{X}_1{X}_2{X}_3,$$O_5{Z}_1{Z}_2{Z}_3$が平行移動のみで重なることに注意すると、点対称な二十角形$A{X}_3{J}_{30}{J}_{31}$$J_{32}{J}_{24}{J}_{29}{J}_{22}$$J_{18}{Z}_4{Z}_3{O}_5$$V_8{V}_7{V}_6{V}_5$$V_4{V}_3{V}_2{V}_1$が描けて、経路$A{V}_1{V}_2$$\dots V_8{O}_5$が点$A$と点$O_5$を結ぶ整角九等辺経路になるのです。元々十八等辺だったものが両方九等辺になったので、単純に考えて計算量が（ほぼ）半減しました。

　点$O_4$について点$A$を反時計回りに${36}^{\circ }$回転させれば点$O_1$と重なるため、点$O_4$について経路$O_4{U}_{10}{U}_{11}$$\dots U_{17}A$を反時計回りに${36}^{\circ }$回転させた整角九等辺経路$O_4{U}_8{U}_7$$\dots U_1{O}_1$を作れます。同様に、点$O_5$について経路$A{V}_1{V}_2$$\dots V_8{O}_5$を時計回りに${36}^{\circ }$回転させた整角九等辺経路$O_2{V}_{17}{V}_{16}$$\dots V_{10}{O}_5$を作れます。$O_4=U_9,$$O_5=V_9$と別名を付ければ、整角十八等辺経路$O_1{U}_1{U}_2$$\dots U_{17}A,$$A{V}_1{V}_2$$\dots V_{17}{O}_2$の完成です。これらの経路も、先程と同じく簡略化してみましょう。
　平行四辺形$U_1{U}_2{U}_3{J}_{33}$を描くと正五角形$U_3{J}_{33}{U}_1{J}_{34}{J}_{35}$が描けるので、反時計回りの正三角形$U_3{J}_{35}{J}_{36},$$U_1{J}_{34}{J}_{37}$、平行四辺形$J_{34}{J}_{35}{J}_{36}{J}_{38}$、点対称な六角形$U_5{U}_6{U}_7$$U_8{J}_{39}{J}_{40}$、平行四辺形$U_{11}{U}_{10}{U}_9{J}_{41}$を順に描いていきます。$\mathrm{△}{U}_8{U}_9{J}_{41}$は正三角形ですから、正五角形$J_{39}{U}_8{J}_{41}{J}_{42}{J}_{43}$、平行四辺形$U_{11}{J}_{41}{J}_{42}{J}_{44}$を描けて、さらに$\mathrm{△}{J}_{43}{J}_{42}{J}_{44}$も正三角形です。$U_3{U}_4//J_{43}{J}_{39}$より、点対称な八角形$U_3{U}_4{U}_5{J}_{40}$$J_{39}{J}_{43}{J}_{45}{J}_{46}$が作れて、点対称な六角形$J_{43}{J}_{44}{U}_{13}$$U_{14}{J}_{47}{J}_{48},$$J_{47}{U}_{14}{U}_{15}$$U_{16}{U}_{20}{U}_{19}$、平行四辺形$U_{19}{J}_{47}{J}_{48}{J}_{49}$、反時計回りの正五角形$J_{49}{U}_{19}{U}_{18}{J}_{51}{J}_{50}$も順に作れますね。すると$U_1{J}_{37}//U_{18}{J}_{51}$から$U_1{U}_{18}$$=J_{37}{J}_{51}$が成立し、経路$O_1{U}_1{U}_{18}{U}_{19}$$U_{20}{U}_{16}{U}_{17}A$が整角七等辺経路となるとなるのです。今更ながら、詳細な偏角計算を省くことに罪悪感が湧いてきました。頑張ってついてきてください。

　反対側です。平行四辺形$V_9{V}_8{V}_7{J}_{52}$を描くと正五角形$V_9{V}_{10}{V}_{11}{V}_7{J}_{52}$が現れ、正五角形$V_7{V}_6{V}_5{J}_{53}{J}_{54}$を描くと点対称な八角形$V_5{J}_{53}{J}_{54}{V}_7$$V_{11}{V}_{12}{V}_{13}{J}_{55}$を拵えられます。正五角形$V_3{V}_4{V}_5{J}_{56}{J}_{57}$を描くことで、点対称な八角形$J_{57}{J}_{56}{V}_5{J}_{55}$$V_{13}{V}_{14}{V}_{15}{J}_{58}$、平行四辺形$V_3{J}_{57}{J}_{58}{J}_{59}$、点対称な八角形$J_{59}{J}_{58}{V}_{15}{V}_{16}$$V_{17}{J}_{60}{J}_{61}{J}_{62}$を順に描いていけます。すると2つの正三角形$V_2{V}_3{J}_{59},$$V_{17}{O}_2{J}_{60}$ができますから、平行四辺形$J_{61}{J}_{60}{O}_2{J}_{63}$ののちに点対称な十四角形$A{V}_1{V}_2{J}_{59}$$J_{62}{J}_{61}{J}_{63}$$O_2{V}_{23}{V}_{22}$$V_{21}{V}_{20}{V}_{19}{V}_{18}$を用意できて、整角七等辺経路$A{V}_{18}{V}_{19}$$\dots V_{23}{O}_2$を作れるのです。これで$\overrightarrow{O_{1}A},\overrightarrow{A{O}_2}$の両方を整角ベクトル7本の合成に対応させられました。

　次のサブセクションに行く前に、少しだけ考察を加えます。$\mathrm{△}AEF$の外心を$O$とすると、明らかに$AF\perp O{O}_1,$$AE\perp O{O}_2$です。簡単な偏角計算から$AF\perp U_{18}{O}_1,$$AE\perp V_{22}{O}_2$なので、3点の組$(O,O_1,U_{18}),$$(O,V_{22},O_2)$はいずれも同一直線上に存在しますね。このことを覚えておきましょう。

対称性の妙

　経路$U_{18}{U}_{19}{U}_{20}$$U_{16}{U}_{17}A$を直線$O{O}_1$で対称移動させます。前述した考察より、こうして作られる経路の始点は$U_{18}$、終点は$F$となるので、作られた経路は$U_{18}{W}_4{W}_3$$W_2{W}_{1}F$と表せて、これもまた各辺の偏角が整数度です（直線$O{O}_1$の偏角が整数度であるため）。同様に経路$A{V}_{18}{V}_{19}$$V_{20}{V}_{21}{V}_{22}$を直線$O{O}_2$で対称移動移動させた経路$E{W}_{19}{W}_{18}$$W_{17}{W}_{16}{V}_{22}$も設けてあげます。$U_{18}=W_5,$$U_{19}=W_6,$$U_{20}=W_7,$$U_{16}=W_8,$$U_{17}=W_9,$$A=W_{10},$$V_{18}=W_{11},$$V_{19}=W_{12},$$V_{20}=W_{13},$$V_{21}=W_{14},$$V_{22}=W_{15}$と別名を付けると、整角二十等辺経路$F{W}_1{W}_2$$\dots W_{19}E$が完成し、問題4の解決まであと一息となります。今までの地道な計算のおかげで、百二十六等辺を二十等辺まで削減できたのです。やる気がみなぎりますね。