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L(s)をL(s)で表現する式を出した。L(7)、L(5)、L(3)を導出。L(1)は出ず。L(6)、L(4)、L(2)を導出。
「L(2n)＝（有理数）×π^2nとできるか？」の問題に別視点を与えた。
「ζ(2n+1)＝（有理数）×π^(2n+1)とできるか？」の問題も同様の観点から考察した。
＜ L(s)をL(s)で表現する ＞
「その１」では、ζ(ｓ)をL(s)で表した。では、L(s)をL(s)で表現できないか？という発想が次に生まれる。
それに成功したので、この頁ではそれを導出していく。
ｆ(x)＝(cosx)/1^s - (cos3x)/3^s + (cos5x)/5^s - (cos7x)/7^s +・・・ -----Ａ
という母関数を使えばよいとわかった。
これを使えば、L(s)を「L(s)の無限和または有限和」で表現できるのである。
Ａの形が、L(s)の形と似ているので（ディリクレ指標χ(ａ)は一緒！）、条件は
Cos-L(s)型[ s=2， π/2代入，πテイラー］
などと書くことにする。
この頁での導出方法はある種不思議な感じのする方法である。下を見ると、読者もそれを感じられるであろう。
L(s)とは、もちろん次で定義されるゼータである。
L(s)＝1 - 1/3^s + 1/5^s - 1/7^s + ・・・
詳しくいえば、ディリクレのL関数L(χ,s)
L(χ,s)＝χ(1)/1^s + χ(2)/2^s + χ(3)/3^s + χ(4)/4^s + χ(5)/5^s + χ(6)/6^s + ・・・・
で、「a≡0, 1, 2, 3 mod 4に対しそれぞれχ(ａ)＝0, 1, 0, -1」というディリクレ指標χ(ａ)をもつゼータである。
L(s)は虚２次体Ｑ（√-1）に対応している。
さて、現代数学で知られているL(7)、L(5)、L(3)、L(1)の順に求めていく。
じつは、L(1)導出で驚くべきことが生じるのである。
まずL(7))から。
［L(7)導出］ Cos-L(s)型[ s=7， π/2代入，πテイラー］
ｆ(x)＝(cosx)/1^7 - (cos3x)/3^7 + (cos5x)/5^7 - (cos7x)/7^7 +・・・ ------①
という母関数を考える。
①でx=π/2を代入すると
ｆ(π/2)＝0 ------②
となる。
次に、①の右辺をx＝πの周りでテイラー展開すると、簡単な計算により、次となる。
f(x)＝-L(7) + L(5)・(x-π)^2 /2！
- L(3)・(x-π)^4 /4！+ L(1)・(x-π)^6 /6！
- L(-1)・(x-π)^8 /8！+ L(-3)・(x-π)^10 /10！
- L(-5)・(x-π)^12 /12！+ L(-7)・(x-π)^14 /14！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ -------③
ここでL(-1)，L(-3)，L(-5)，L(-7)，・・はすべて0 なので、③は次となる。
f(x)＝-L(7) + L(5)・(x-π)^2 /2！
- L(3)・(x-π)^4 /4！+ L(1)・(x-π)^6 /6！ ------④
ｘにπ/2を代入して
f(π/2)＝-L(7) + L(5)・(π/2)^2 /2！
- L(3)・(π/2)^4 /4！+ L(1)・(π/2)^6 /6！ ------⑤
②と⑤は等しいので、次が成り立つ。
０＝-L(7) + L(5)・(π/2)^2 /2！
- L(3)・(π/2)^4 /4！+ L(1)・(π/2)^6 /6！
すなわち、
L(7)＝ L(5)・(π/2)^2 /2！- L(3)・(π/2)^4 /4！+ L(1)・(π/2)^6 /6！
L(7)が、L(5)、L(3)、L(1)で表現できた。
ここで、L(1)＝π/4、L(3)＝π^3/32、L(5)＝5π^5/1536、L(7)＝61π^6/184320
である。成り立っていることを確認されたい。
②が0になるところが、不思議さをかもし出している。
次にL(5)を求める。
［L(5)導出］ Cos-L(s)型[ s=5， π/2代入，πテイラー］
ｆ(x)＝(cosx)/1^5 - (cos3x)/3^5 + (cos5x)/5^5 - (cos7x)/7^5 +・・・ ------①
という母関数を考える。
①でx=π/2を代入すると
ｆ(π/2)＝0 ------②
となる。
次に、①の右辺をx＝πの周りでテイラー展開すると、簡単な計算により、次となる。
f(x)＝-L(5) + L(3)・(x-π)^2 /2！
- L(1)・(x-π)^4 /4！+ L(-1)・(x-π)^6 /6！
- L(-3)・(x-π)^8 /8！+ L(-5)・(x-π)^10 /10！
- L(-7)・(x-π)^12 /12！+ L(-9)・(x-π)^14 /14！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ------③
ここでL(-1)，L(-3)，L(-5)，L(-7)，L(-9)，・・はすべて0 なので、③は次となる。
f(x)＝-L(5) + L(3)・(x-π)^2 /2！- L(1)・(x-π)^4 /4！ -----④
ｘにπ/2を代入して
f(π/2)＝-L(5) + L(3)・(π/2)^2 /2！- L(1)・(π/2)^4 /4！ ------⑤
②と⑤は等しいので、次が成り立つ。
０＝-L(5) + L(3)・(π/2)^2 /2！- L(1)・(π/2)^4 /4！
すなわち、
L(5)＝L(3)・(π/2)^2 /2！- L(1)・(π/2)^4 /4！
L(5)が、L(3)、L(1)で表現できた。
ここで、L(1)＝π/4、L(3)＝π^3/32、L(5)＝5π^5/1536である。成り立っていることを確認されたい。
次にL(3)を求める。
［L(3)導出］ Cos-L(s)型[ s=3， π/2代入，πテイラー］
ｆ(x)＝(cosx)/1^3 - (cos3x)/3^3 + (cos5x)/5^3 - (cos7x)/7^3 +・・・ ------①
という母関数を考える。
①でx=π/2を代入すると
ｆ(π/2)＝0 ------②
となる。
次に、①の右辺をx＝πの周りでテイラー展開すると、次となる。
f(x)＝-L(3) + L(1)・(x-π)^2 /2！
- L(-1)・(x-π)^4 /4！+ L(-3)・(x-π)^6 /6！
- L(-5)・(x-π)^8 /8！+ L(-7)・(x-π)^10 /10！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ------③
ここでL(-1)，L(-3)，L(-5)，L(-7)，・・はすべて0 なので、③は次となる。
f(x)＝-L(3) + L(1)・(x-π)^2 /2！ -----④
ｘにπ/2を代入して
f(π/2)＝-L(3) + L(1)・(π/2)^2 /2！ ------⑤
②と⑤は等しいので、次が成り立つ。
０＝-L(3) + L(1)・(π/2)^2 /2！
すなわち、
L(3)＝ L(1)・(π/2)^2 /2！
L(3)が、L(1)で表現できた。
ここで、L(1)＝π/4、L(3)＝π^3/32である。きちんと成り立っている。
次にL(1)を求める。
［L(1)導出］ Cos-L(s)型[ s=1， π/2代入，πテイラー］
ｆ(x)＝(cosx)/1^1 - (cos3x)/3^1 + (cos5x)/5^1 - (cos7x)/7^1 +・・・ ------①
という母関数を考える。
①でx=π/2を代入すると
ｆ(π/2)＝0 ------②
となる。
次に、①の右辺をx＝πの周りでテイラー展開すると、次となる。
f(x)＝-L(1) + L(-1)・(x-π)^2 /2！
- L(-3)・(x-π)^4 /4！+ L(-5)・(x-π)^6 /6！
- L(-7)・(x-π)^8 /8！+ L(-9)・(x-π)^10 /10！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ ------③
ここでL(-1)，L(-3)，L(-5)，L(-7)，L(-9)，・・はすべて0 なので、③は次となる。
f(x)＝ -L(1) -----④
④のｘにπ/2を代入して
f(π/2)＝-L(1) ------⑤
②と⑤は等しいので、次が成り立つ。
０＝-L(1)
なんと、この式は不成立！L(1)は導出できないのであった！
以上。
L(7)、L(5)、L(3)と導出してきてL(1)だけ導出できないというのは、非常に不思議である。
しかし、本来のテイラーシステムとは違ったテイラーシステム変形例で導出しているので、「その１」同様に、
ここでも特異的なことが起こっていると考えられる。
しかし、この特異的なことに着目することで新たに深いことがわかってくるのであろう。
まとめておく。
次にL(6)、L(4)、L(2)を導出することにする。
それでは、現代数学で不明とされるL(6)、L(4)、L(2)をこの順に導いていく。
まずL(6))から。
［L(6)導出］ Cos-L(s)型[ s=6， π/2代入，πテイラー］
ｆ(x)＝(cosx)/1^6 - (cos3x)/3^6 + (cos5x)/5^6 - (cos7x)/7^6 +・・・ ------①
という母関数を考える。
①にx=π/2を代入すると
ｆ(π/2)＝0 ------②
となる。
次に、①の右辺をx＝πの周りでテイラー展開すると、簡単な計算により次となる。
f(x)＝-L(6) + L(4)・(x-π)^2 /2！
- L(2)・(x-π)^4 /4！+ L(0)・(x-π)^6 /6！
- L(-2)・(x-π)^8 /8！+ L(-4)・(x-π)^10 /10！
- L(-6)・(x-π)^12 /12！+ L(-8)・(x-π)^14 /14！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ -------③
さて、ここでL(s)の関数等式
L(1-s)＝π^(-s)・2^s・Γ(s)・sin(πs/2)・L(s)
を利用するとL(-2)，L(-4)，L(-6)，・・は、次のようになる。
L(-2)＝-2！・(π/2)^3・L(3)
L(-4)＝4！・(π/2)^5・L(5)
L(-6)＝-6！・(π/2)^7・L(7)
L(-8)＝8！・(π/2)^9・L(9)
L(-10)＝-10！・(π/2)^11・L(11)
・
・
となるから、③は次のように書き換えられる。
f(x)＝-L(6) + L(4)・(x-π)^2 /2！
- L(2)・(x-π)^4 /4！+ L(0)・(x-π)^6 /6！
+ 2！・(π/2)^3・L(3)・(x-π)^8 /8！+ 4！・(π/2)^5・L(5)・(x-π)^10 /10！
+ 6！・(π/2)^7・L(7)・(x-π)^12 /12！+ 8！・(π/2)^9・L(9)・(x-π)^14 /14！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・･･･・・・・・・・・・・・・・・・・ ------④
ｘにπ/2を代入して整理すると次を得る。
f(π/2)＝-L(6) + L(4)・(π/2)^2 /2！ - L(2)・(π/2)^4 /4！+ L(0)・(π/2)^6 /6！
+ (π/2)^5[(2！/8！)・L(3) + (4！/10！)・L(5) + (6！/12！)・L(7) + (8！/14！)・L(9) ・・・・・ ] -----⑤
②と⑤は等しいので、次が成り立つ。
０＝-L(6) + L(4)・(π/2)^2 /2！ - L(2)・(π/2)^4 /4！+ L(0)・(π/2)^6 /6！
+ (π/2)^5[(2！/8！)・L(3) + (4！/10！)・L(5) + (6！/12！)・L(7) + (8！/14！)・L(9) ・・・・・ ]
すなわち、
L(6)＝ L(4)・(π/2)^2 /2！ - L(2)・(π/2)^4 /4！+ L(0)・(π/2)^6 /6！
+ (π/2)^5[(2！/8！)・L(3) + (4！/10！)・L(5) + (6！/12！)・L(7) + (8！/14！)・L(9) + ・・・・ ]
L(6)が、L(4)、L(2)、L(0)とL(2n+1)の無限和で表現できた。
次にL(4)を求める。
［L(4)導出］ Cos-L(s)型[ s=4， π/2代入，πテイラー］
ｆ(x)＝(cosx)/1^4 - (cos3x)/3^4 + (cos5x)/5^4 - (cos7x)/7^4 +・・・ ------①
という母関数を考える。
①にx=π/2を代入すると
ｆ(π/2)＝0 ------②
となる。
次に、①の右辺をx＝πの周りでテイラー展開すると、簡単な計算により次となる。
f(x)＝-L(4) + L(2)・(x-π)^2 /2！
- L(0)・(x-π)^4 /4！+ L(-2)・(x-π)^6 /6！
- L(-4)・(x-π)^8 /8！+ L(-6)・(x-π)^10 /10！
- L(-8)・(x-π)^12 /12！+ L(-10)・(x-π)^14 /14！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ -------③
さて、ここでL(s)の関数等式
L(1-s)＝π^(-s)・2^s・Γ(s)・sin(πs/2)・L(s)
を利用するとL(-2)，L(-4)，L(-6)，・・は、次のようになる。
L(-2)＝-2！・(π/2)^3・L(3)
L(-4)＝4！・(π/2)^5・L(5)
L(-6)＝-6！・(π/2)^7・L(7)
L(-8)＝8！・(π/2)^9・L(9)
L(-10)＝-10！・(π/2)^11・L(11)
・
・
となるから、③は次のように書き換えられる。
f(x)＝-L(4) + L(2)・(x-π)^2 /2！- L(0)・(x-π)^4 /4！
- 2！・(π/2)^3・L(3)・(x-π)^6 /6！- 4！・(π/2)^5・L(5)・(x-π)^8 /8！
- 6！・(π/2)^7・L(7)・(x-π)^10 /10！- 8！・(π/2)^9・L(9)・(x-π)^12 /12！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・･･･・・・・・・・・・・・・・・・・ --------④
ｘにπ/2を代入して整理すると次を得る。
f(π/2)＝-L(4) + L(2)・(π/2)^2 /2！ - L(0)・(π/2)^4 /4！
- (π/2)^3[(2！/6！)・L(3) + (4！/8！)・L(5) + (6！/10！)・L(7) + (8！/12！)・L(9) + ・・・・・ ] -----⑤
②と⑤は等しいので、次が成り立つ。
0＝-L(4) + L(2)・(π/2)^2 /2！ - L(0)・(π/2)^4 /4！
- (π/2)^3[(2！/6！)・L(3) + (4！/8！)・L(5) + (6！/10！)・L(7) + (8！/12！)・L(9) + ・・・・・ ]
すなわち、
L(4)＝ L(2)・(π/2)^2 /2！ - L(0)・(π/2)^4 /4！
- (π/2)^3[(2！/6！)・L(3) + (4！/8！)・L(5) + (6！/10！)・L(7) + (8！/12！)・L(9) + ・・・・ ]
L(4)が、L(2)、L(0)とL(2n+1)の無限和で表現できた。
次にL(2)を求める。
［L(2)導出］ Cos-L(s)型[ s=2， π/2代入，πテイラー］
ｆ(x)＝(cosx)/1^2 - (cos3x)/3^2 + (cos5x)/5^2 - (cos7x)/7^2 +・・・ ------①
という母関数を考える。
①にx=π/2を代入すると
ｆ(π/2)＝0 ------②
となる。
次に、①の右辺をx＝πの周りでテイラー展開すると、簡単な計算により次となる。
f(x)＝-L(2) + L(0)・(x-π)^2 /2！
- L(-2)・(x-π)^4 /4！+ L(-4)・(x-π)^6 /6！
- L(-6)・(x-π)^8 /8！+ L(-8)・(x-π)^10 /10！
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・ -------③
さて、ここでL(s)の関数等式
L(1-s)＝π^(-s)・2^s・Γ(s)・sin(πs/2)・L(s)
を利用するとL(-2)，L(-4)，L(-6)，・・は、次のようになる。
L(-2)＝-2！・(π/2)^3・L(3)
L(-4)＝4！・(π/2)^5・L(5)
L(-6)＝-6！・(π/2)^7・L(7)
L(-8)＝8！・(π/2)^9・L(9)
・
・
となるから、③のｘにπ/2を代入して整理すると次を得る。
f(π/2)＝-L(2) + L(0)・(π/2)^2 /2！
+ (π/2)^1[(2！/4！)・L(3) + (4！/6！)・L(5) + (6！/8！)・L(7) + (8！/10！)・L(9) + ・・・・・ ] ----④
②と⑤は等しいので、次が成り立つ。
0 ＝ -L(2) + L(0)・(π/2)^2 /2！
+ (π/2)^1[(2！/4！)・L(3) + (4！/6！)・L(5) + (6！/8！)・L(7) + (8！/10！)・L(9) + ・・・・・ ]
すなわち、
L(2)＝L(0)・(π/2)^2 /2！
+ (π/2)^1[(2！/4！)・L(3) + (4！/6！)・L(5) + (6！/8！)・L(7) + (8！/10！)・L(9) + ・・・ ]
L(2)が、L(0)とL(2n+1)の無限和で表現できた。
以上。
L(2)、L(4)、L(6)、L(8)、・・などは全く問題なく求まることがわかる。ここでも導出過程の不思議な感じはそのままある。
まとめる。
これらの右辺の収束の効率もよい（収束が速い）。
ζ(2n+1)やL(2n)の無理性問題とともに、私が関心があるのは、
ζ(2n+1)＝（有理数）×π^(2n+1) とできるか？
L(2n)＝（有理数）×π^2n とできるか？
という問題である。
ζ(3)、ζ(5)、ζ(7)、・・・に関しては、アペリーが1978年頃にζ(3)が無理数であることを証明した以外、
その正体がわからないとされる。L(2)、L(4)、L(6)、・・も何もわからないと現代数学ではされている。
ちなみに、ζ(2n)やL(2n+1)はわかっている。
ちなみに、L(2)＝1/^2 - 1/3^2 + 1/5^2 - ・・は、「カタランの定数」と特別に呼ばれ、またζ(3)は「アペリーの定数」と
呼ばれることがあるようである。
ここでは、L(2n)を考えたい。本ページで得た結果を並べよう。
美しい秩序で構成されている。
L(3)、L(5)、L(7)、・・は右辺が有限項で終わるため、きっちりと値が求まる結果となる。（有限項で切れるのは
テイラーシステムより完全にわかる）
L(1)＝π/4、L(3)＝π^3/32、L(5)＝5π^5/1536 である。
つまり、L(2n+1)では、L(2n+1)＝（有理数）×π^(2n+1) となるのである。
これからL(2n)も
L(2n)＝（有理数）×π^2n とできるのではないか？ -----①
と考えるのは自然な発想というものである。
（これまでの多くの計算の感触よりそれはできないと感じるのだが・・）
この問題に対しまた別視点を与えてくれるのが、上の一連の式である。これらを眺めると面白いことがわかる。
一番上の式をとり上げる。
L(2)＝L(0)・(π/2)^2 /2！
+ (π/2)^1[(2！/4！)・L(3) + (4！/6！)・L(5) + (6！/8！)・L(7) + (8！/10！)・L(9) + ・・・ ] ---②
ここでL(0)＝1/2であるから、右辺［ ］内をA2とおいて、
A2＝(2！/4！)・L(3) + (4！/6！)・L(5) + (6！/8！)・L(7) + (8！/10！)・L(9) + ・・・
もしA2が（有理数）×πの形にできれば、L(2)＝（有理数）×π^2 となる。
もしA2が（有理数）×πの形にできなければ、すなわち（無理数）×πの形になれば、
L(2)＝（無理数）×π^2となる。
ということが②より簡単に言えるのである！すなわち、①の問題はA2を直視する問題に変換された。
さらに面白いことがわかる。
もし仮にA2が
A2＝（有理数）×π
となったとすると、その場合はL(2)＝（有理数）×π^2となるわけだから、上から３番目の式
L(4)＝ L(2)・(π/2)^2 /2！ - L(0)・(π/2)^4 /4！
- (π/2)^3[(2！/6！)・L(3) + (4！/8！)・L(5) + (6！/10！)・L(7) + (8！/12！)・L(9) + ・・・ ] ---③
より、「L(4)が（有理数）×π^4とできるか？」という問題は、またしても［ ］内にかかってくるのである！
［ ］内をA4とおいて
A4＝(2！/6！)・L(3) + (4！/8！)・L(5) + (6！/10！)・L(7) + (8！/12！)・L(9) + ・・・
もし仮にA4が
A4＝（有理数）×π ----④
とできたとすると、③より容易に
L(4)＝（有理数）×π^4
となることがわかる。④のようにできなければ「L(4)は（有理数）×π^4とは表せない」とわかる。
以下、L(6)においても全く同様であり、L(8)、L(10)、・・でも同じである。
再度、L(2)、L(4)、L(6)を並べる。
L(2)＝L(0)・(π/2)^2 /2！
+ (π/2)^1[(2！/4！)・L(3) + (4！/6！)・L(5) + (6！/8！)・L(7) + (8！/10！)・L(9) + ・・・ ]
L(4)＝ L(2)・(π/2)^2 /2！ - L(0)・(π/2)^4 /4！
- (π/2)^3[(2！/6！)・L(3) + (4！/8！)・L(5) + (6！/10！)・L(7) + (8！/12！)・L(9) + ・・・ ]
L(6)＝ L(4)・(π/2)^2 /2！ - L(2)・(π/2)^4 /4！+ L(0)・(π/2)^6 /6！
+ (π/2)^5[(2！/8！)・L(3) + (4！/10！)・L(5) + (6！/12！)・L(7) + (8！/14！)・L(9) + ・・・ ]
右辺［ ］内を抜き出したA2、A4、A6・・は、次のようになる。
A2＝(2！/4！)・L(3) + (4！/6！)・L(5) + (6！/8！)・L(7) + (8！/10！)・L(9) + ・・・
A4＝(2！/6！)・L(3) + (4！/8！)・L(5) + (6！/10！)・L(7) + (8！/12！)・L(9) + ・・・
A6＝(2！/8！)・L(3) + (4！/10！)・L(5) + (6！/12！)・L(7) + (8！/14！)・L(9) + ・・・
以上より、結局、
L(2n)＝（有理数）×π^2n とできるか？
という問題は、
A2n＝（有理数）×π とできるか？
という問題に大きく関係していることがわかる。非常に興味深い問題に見える。
もし全てのA2nで「できる」となれば表示にはっきりした驚嘆すべき結果となる（その可能性は低いが）。
もし「A2ができない」ということがわかれば、それ以降のL(4)、L(6)、・・は以前はっきりしない状況にはなる。つまり、
ある所の「A2kができない」となると、それ以降のL(2k+2)、L(2k+4)、・・・は、はっきりしない結果となる。
「その１」を見ていて、ζ(ｓ)でも全くL(s)と同様のことが言えることに気づいた。
すなわち、
ζ(2n+1)＝（有理数）×π^(2n+1) とできるか？
という問題も、上のL(s)の議論と同じことになっている。
「その１」のζ(3)、ζ(5)、ζ(7)だけの結果を掲げる。
この結果から、もし仮にL(2)＝（有理数）×π^2 であって、右辺の｛｝をA3として、すなわち、
A3＝(2！/5！)L(3) + (4！/7！）L(5) + (6！/9！)L(7) + (8！/11！)L(9) + ・・・
とした場合、もしこのA3も A3＝（有理数）×π とできるならば、
ζ(3)＝（有理数）×π^3
と表現できることになる。
同様に、ζ(5)では、L(2)＝（有理数）×π^2且つL(4)＝（有理数）×π^4且つA5＝（有理数）×π とできるならば、
ζ(5)＝（有理数）×π^5
と表現できることになる。 ここで
A5＝(2！/7！)L(3) + (4！/9！）L(5) + (6！/11！)L(7) + (8！/13！)L(9) + ・・・
である。
同様に、ζ(7)は、L(2)＝（有理数）×π^2且つL(4)＝（有理数）×π^4且つL(6)＝（有理数）×π^6且つ
A7＝（有理数）×π とできるならば、
ζ(7)＝（有理数）×π^7
と表現できることになる。 ここで
A7＝(2！/9！)L(3) + (4！/11！）L(5) + (6！/13！)L(7) + (8！/15！)L(9) + ・・・
である。
L(2n)にしろ、ζ(2n+1)にしろ、すべての出発点に、
L(2)＝（有理数）×π^2 となるか？
という問題が位置していることがわかる。
整理整頓する意味で、L(2n)とζ(2n+1)を並べておきたい。
L(s)とζ(ｓ)はまさに兄弟である。
素晴らしい秩序で結びついていることがわかる。右辺の｛ ｝内の式にも注目。
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