不過，今天我第一次知道，這個結論對於正多邊形是同樣成立的。
考慮一個正三角形在平地上滾動一週，則原來的頂點 A1 將會先後轉到 A2 和 A3 的位置。容易看出， A1 、 A2
、 A3 的連線與地面構成的面積正好是正三角形的三倍。
類似地，讓正方形在平地上滾動一週，則原來的頂點 A1 將會先後轉到 A2 、 A3 和 A4 ，這四個點的連線下方的面積也正好是這個正方形的三倍。
另外兩個比較簡單的情形則是正六邊形和正八邊形，大家也可以自行驗證一下。看來，這裏面一定有一個深刻的原因，能夠解釋爲何結論對於任意正 n 邊形都成立。
讓我們先來看另一個看似無關，但仍然非常神奇的結論：假設正多邊形的外接圓半徑爲 r ，從外接圓上任意一點出發，依次與該多邊形的 n 個頂點相連，則這 n 條連線的長度的平方和等於 2n · r2 。我們來證明這個結論。
把正多邊形的中心放在平面直角座標系的原點處，把外接圓上的那個點記作 (u, v) ，再假設多邊形 n 個頂點的位置分別是 (a1, b1), (a2, b2), …, (an, bn) ，則這 n 條連線的平方和爲
Σ((u - ai)2 + (v - bi)2)
= Σ(u - ai)2 + Σ(v - bi)2
= n · u2 - 2u · Σai + Σai2 + n · v2 - 2v · Σbi
+ Σbi2
= n · (u2 + v2) - 2u · Σai - 2v · Σbi + Σ(ai2
+ bi2)
顯然， u2 + v2 以及所有的 ai2 + bi2 都等於 r2 ，因此上面的式子也就等於了 2n · r2 - 2u · Σai - 2v · Σbi 。接下來，我們只需要說明 Σai 和 Σbi 都爲 0 即可。其實這是顯然的：因爲正多邊形 n 個頂點的重心在中心 (0, 0) 處，說明這 n 個頂點的所有橫座標之和就是 0 ，所有縱座標之和也爲 0 。
特別地，把外接圓上的那個點取成正多邊形的頂點，於是我們得到，從正 n 邊形的某個頂點出發，連接其他 n - 1 個頂點，如果把這 n - 1 條連線分別記作 d1, d2, …, dn-1 ，則有：
d12 + d22 + … + dn-12 = 2n · r2
我們利用這個結論來說明，連接正多邊形滾動一週後某個頂點依次所達的位置，所得折線段下方的面積恰爲該正多邊形的三倍。
現在，假設正多邊形的外接圓半徑爲 r ，把這個正多邊形的面積記作 A 。如圖，折線段下方的面積可以被分成 n - 2 個藍色三角形和 n - 1 個紅色三角形（圖中所示的是 n = 9 的情況）。這 n - 2 個藍色三角形恰好能拼成一個原多邊形，它們的面積和爲 A 。下面，我們來看一下剩下的 n - 1 個紅色三角形都是怎麼形成的。正多邊形一共轉動了 n - 1 次，每一次都是繞着一個新的頂點在轉動，這 n - 1 個紅色三角形就是在這 n - 1 次轉動中產生的。容易看出，每個紅色三角形都是等腰三角形，它們的腰長分別爲 d1, d2, …, dn-1。同時，由於 n 次轉動後正多邊形將回到原來的方向，因此每一次正多邊形都轉過了 (360/n)° 。因此，每個紅色等腰三角形的頂角也都是 (360/n)° 。於是你會發現，第 i 個紅色三角形的形狀與正多邊形的其中 1/n 塊完全一樣，只不過有一個 di : r 的相似比！注意到面積比是相似比的平方，於是所有紅色三角形的面積之和爲：
(A/n) · d12 / r2 + (A/n) · d22 / r2
+ … + (A/n) · dn-12 / r2
= (A/n) · (d12 + d22 + … + dn-12) / r2
= (A/n) · 2n · r2 / r2
= 2A
因此，折線下方的面積是 3A ，即原正多邊形面積的三倍。當 n 趨於無窮的時候，我們便又回到了 Galileo 所發現的那個結論。