2022-02-04

環論メモ（準素イデアル）

数学環論

A:環
定義(準素イデアル)
イデアル $Q$ が、条件：
$a,b \in A, ab \in Q ,a\not\in Q \Rightarrow \exists n\in {\mathbb N} ~s.t.~b^n\in Q$
を満たすとき、 $Q$ は準素イデアルであるという。

例1 $A={\mathbb Z},~Q=p^k{\mathbb Z}$ (pは素数) とするとこれは準素イデアル。
証明： $ab\in p^k{\mathbb Z},~a\not\in p^k{\mathbb Z}$ とする。
$ab \in p^k{\mathbb Z}$ より、ある $c \in {\mathbb Z}$ があって $ab=p^k c$
背理法で示す。任意の自然数mで $b^m \not\in p^k{\mathbb Z}$ だとする。
$b$ がpの倍数なら、 $b^k \in p^k{\mathbb Z}$ となってしまうから、 $b$ は $p$ の倍数ではない。
よって $ab=p^k c$ より $a$ は $p^k$ の倍数だから、 $a\in p^k{\mathbb Z}.$ これは矛盾。よって示された。

準素イデアルから素イデアルを作りたい。

定義(根基)
イデアル $I\subset A$ の根基 $\sqrt{I}$ とは、
$\sqrt{I}=\{a\in A|\exists n\in {\mathbb N}~s.t.~ a^n \in I \}$
定理：根基はイデアル。
$a,b\in\sqrt{I},~ c\in A$ とする。条件よりある $m,n$ が存在して $a^m,b^n \in I$ .
よって $(ca)^m = c^m a^m \in I$ だから、 $a \in \sqrt{I}$ .
また、 $(a+b)^{m+n}=\sum_{i=1}^{m+n} \binom{m+n}{i}a^i b^{m+n-i}$ で、
$i\geq m$ のとき $\binom{m+n}{i}a^i b^{m+n-i} \in I$ ,
$i \lt m$ のとき $m+n-i\gt m+n-m=n$ だから、 $\binom{m+n}{i}a^i b^{m+n-i} \in I$ .
よって $(a+b)^{m+n}=\sum_{i=1}^{m+n} \binom{m+n}{i}a^i b^{m+n-i} \in I$ .
よって示された。

定理
$Q$ が準素イデアルならば、 $\sqrt{Q}$ は素イデアル。
証明：
$ab\in \sqrt{Q}, a\not\in \sqrt{Q}$ とする。
$ab\in \sqrt{Q}$ よりあるnが存在して $a^n b^n \in Q$ .
また $a\not\in \sqrt{Q}$ より $a^n \not\in Q$ .
$Q$ は準素イデアルだから、あるmが存在して $(b^{n})^m = b^{mn} \in Q$ .
よって $b\in \sqrt{Q}$ . よって素イデアルの定義を満たす。

よくできているなぁ。

2022-02-03

コラッツ予想とFareyペア

数学

前回：
【コラッツ予想】Eliahou の log3/log2 による考察 - 数学大好き宣言！

前の記事で紹介した結果：

Eliahouは1993年の論文で、サイクルの最小値が $2^{40}$ を超えるならば、周期の長さ $p$ が
$p=301994a+17087915b+85137581c$
となることを示した。ここで $a,b,c$ は非負整数で、 $b\gt 1$ かつ $ac=0$ である。

これを示すのに、分数に関する「Fareyペア」という概念を使う。
定義
2つの分数 $\frac{p}{q} ,\frac{p'}{q'}$ ( $p,q,p',q' \in {\mathbb Z}_{\geq 0}$ ) がFareyペア であるとは、
$pq'-p'q=±1$ であることを言う。
定理
$\frac{p}{q} \lt \frac{p'}{q'}$ がFareyペアであり、分数 $\frac{x}{y} (x,y \in {\mathbb Z}, y\gt 0)$ が $\frac{p}{q} \lt \frac{x}{y} \lt \frac{p'}{q'}$ を満たすならば、ある $a,b \in{\mathbb N}$ が存在して
$\dfrac{x}{y}=\dfrac{ap+bp'}{aq+bq'}$
と書ける。

この定理を用いて、例えば次のようにしてサイクルの周期の条件を求めることができる：
$\frac{p}{q}\lt \frac{p'}{q'}\lt \frac{p''}{q''}$ は、 $\frac{p}{q}\lt \frac{\log3}{\log2} \lt \frac{p'}{q'} \lt \frac{\log(3+m^{-1})}{\log2} \lt \frac{p''}{q''}$ を満たしていて、
$\frac{p}{q}, \frac{p'}{q'}$ はFareyペア、 $\frac{p'}{q'}, \frac{p''}{q''}$ もFarey ペアであるとする。
このとき、 $\frac{\log3}{\log2} \lt \frac{x}{y} \lt \frac{\log(3+m^{-1})}{\log2}$ ならば、
$\frac{p}{q} \lt \frac{x}{y}\lt \frac{p'}{q'}$ または $\frac{p'}{q'} \lt \frac{x}{y} \lt \frac{p''}{q''}$ だから、
自然数 $a,b$ が存在して $\frac{x}{y}=\frac{ap+bp'}{aq+bq'}$ または $\frac{x}{y}=\frac{ap'+bp''}{aq'+bq''}$
この $\frac{x}{y}$ として前の記事の定理の $\frac{|\Omega|}{|\Omega_1|}$ を代入することで、 $|\Omega|$ の条件が得られる。
$p/q=85137581/53715833$ , $p'/q' = 17087915/10781274$ , $p''/q'' =301994/190537$ とする。
$m=2^{40}$ のとき $\frac{p}{q}, \frac{p'}{q'}, \frac{p''}{q''}$ は上の条件を満たし、
$|\Omega|=85137581a+17087915b$ または $|\Omega|=17087915a + 301994b$ が分かる。

85137581/53715833 などを見つけるのには、連分数を使う。連分数を使うと、Fareyペアが容易に得られる。

2022-02-02

【コラッツ予想】Eliahou の log3/log2 による考察

数学

Wikipedia のコラッツ予想のページにこんな記述がある：

Eliahouは1993年の論文で、サイクルの最小値が 2^40 を超えるならば、周期の長さ p が
$p=301994a+17087915b+85137581c$
となることを示した。ここで $a,b,c$ は非負整数で、 $b\geq 1$ かつ $ac=0$ である。この結果は、 $\log 3/\log 2$ の連分数展開と関連している。

連分数と関係するとは、どういうことだろう。とても興味深い。
そこで論文を見つけてきた：www.sciencedirect.com
その方法というのがとてもおもしろい。説明を試みる。

基本的定義、約束
・自然数から自然数への写像 $T$ を、
$T(n)={\begin{cases}n/2&{\mbox{}}n が偶数のとき\\(3n+1)/2 &{\mbox{}}nが奇数のとき\end{cases}}$
で定義する。3n+1した後2で割るという「ショートカット」をしていることに注意。
・自然数 $n$ に対して、 $\Omega(n) = \{n, T(n), T(T(n)), \cdots , T^i(n), \cdots \}$ と定義する。以後、nを明示せずにΩと書くこともある。
・任意の $x\in \Omega$ に対してあるkが存在して $T^k(x)=x$ となるとき、 $\Omega$ をサイクルという。
・サイクル $\Omega$ の元のうち、奇数だけを集めた部分集合を $\Omega_1$ と書く。
・サイクル $\Omega$ の最大元をM, 最小元をmと書く(Ωを省略する)。

本題
Eliahouの方法の核は、次の不等式だ： $\Omega$ がサイクルのとき、
$\dfrac{\log3}{\log2} \lt \dfrac{|\Omega|}{|\Omega_1|} \leq \dfrac{\log(3+m^{-1})}{\log 2}$
この記事ではひとまずこの定理を示す。

証明：
$\Omega$ はサイクルだから、
$\displaystyle \prod_{n\in \Omega} n = \prod_{n \in \Omega}T(n)$
よって
$\displaystyle \prod_{n\in \Omega} \frac{T(n)}{n} =1$
ここで、
nが偶数のとき $\dfrac{T(n)}{n}=\dfrac{1}{2}$ ,
nが奇数のとき $\dfrac{T(n)}{n}=\dfrac{3+n^{-1}}{2}$ だから、
$\displaystyle \prod_{n\in \Omega} \frac{T(n)}{n} = \prod_{n\in \Omega} (\frac{1}{2}) \prod_{n \in \Omega_1}(3+n^{-1})=(\frac{1}{2})^{|\Omega|} \prod_{n \in \Omega_1}(3+n^{-1})$
よって
$\displaystyle (\frac{1}{2})^{|\Omega|} \prod_{n \in \Omega_1}(3+n^{-1}) =1$ だから
$\displaystyle\prod_{n \in \Omega_1}(3+n^{-1}) = 2^{|\Omega|}$

任意のnに対して $m\leq n$ , $M\geq n$ だから、
$m^{-1}\geq n^{-1}$ , $M^{-1}\leq n^{-1}$ .
よって
$3^{|\Omega_1|} \lt (3+M^{-1})^{|\Omega_1|} \leq \prod_{n \in \Omega_1}(3+n^{-1}) \leq (3+m^{-1})^{|\Omega_1|}$
よって
$3^{|\Omega_1|} \lt 2^{|\Omega|} \leq (3+m^{-1})^{|\Omega_1|}$
自然対数をとって
$|\Omega_1|\log 3 \lt |\Omega|\log 2 \lt |\Omega_1|\log (3+m^{-1})$
両辺を $|\Omega_1|\log 2$ で割って
$\dfrac{\log 3}{\log 2} \lt \dfrac{|\Omega|}{|\Omega_1|} \lt \dfrac{\log (3+m^{-1})}{\log 2}$ □

コンピューターによる計算で、2^68以下の数はコラッツ予想を満たす、つまりループしないことが分かっているから、mはかなり大きいとしてよい。右辺はmが大きければどんどん $\frac{\log 3}{\log 2}$ に近付くから、 $\frac{|\Omega|}{|\Omega_1|}$ は $\frac{\log 3}{\log 2}$ のとても良い有理数近似でなければならないことになる。
連分数はとても良い近似を与えることが知られており、この話につながっていく。
一旦、終わり

終わりに(感想)
log3/log2 が出てくることは、ヒューリスティックな議論でもわかりそうだ。xが奇数のときT(x)=(3/2)x + (1/2) だが、十分大きいxでは+1/2の効果は小さくなり、だいたい(3/2)x と見なせる。
よって、T^k(n)=n とし、k回のうち、(3/2)x + (1/2) である回数をaとすると
$n≒(1/2)^{k-a} (3/2)^b n$ よって $(1/2)^{k-a} (3/2)^a≒1$
整理して $3^a≒2^k$ よって $k/a ≒ \log3 / \log2$
実際 $k=|\Omega|$ , a= $|\Omega_1|$ だから近い式が得られた。
つまり、 $\log3 / \log2$ は、ちゃんと最初の数に戻ってくるようなちょうどいい比率ということか。

2022-02-01

【コラッツ予想】ループの考察

数学

$f(x)=x/2$ , $g(x)=3x+1$ とする。
$(f \circ g \circ f \circ f \circ g)(x)$ などを縮めて文字列で $fgffg(x)$ などと書き、
これを「fとgからなる文字列がxに作用している」と見なす。
fとgからなる有限の文字列全体の集合を $\Lambda$ とおく。
$\lambda \in \Lambda$ に対して、
$|\lambda|$ を $\lambda$ の長さ、 $|\lambda|_f$ を $\lambda$ に含まれるfの個数、 $|\lambda|_g$ を $\lambda$ に含まれるgの個数とする。
さて、 $f(ax+b)=\frac{a}{2}x+ \frac{b}{2} = \frac{a}{2}x + f(b),$
$g(ax+b)=(3a)x + (3b+1)= (3a)x + g(b)$ だから、
$\lambda(x)=\dfrac{3^{|\lambda|_g}}{2^{|\lambda|_f}} x + \lambda(0)$ .

自然数xがコラッツ予想の操作でループするならば、ある $\lambda \in \Lambda$ が存在して $\lambda(x)=x$ となる。
つまり $\dfrac{3^{|\lambda|_g}}{2^{|\lambda|_f}} x + \lambda(0) =x$ .
これを解いて
$x=\dfrac{2^{|\lambda|_f} \lambda(0)}{2^{|\lambda|_f} - 3^{|\lambda|_g}}$
元の問題通り自然数の範囲で考えるなら、 $2^{|\lambda|_f} \gt 3^{|\lambda|_g}$ でなくてはならない。両辺の自然対数をとって $|\lambda|_f \gt \frac{\log 3}{\log 2}|\lambda|_g$
なかなか面白い不等式が導けてうれしい。
さて、 $2^{|\lambda|_f} \lambda(0)$ は自然数である。なぜなら、 $\lambda$ の作用は2で $|\lambda|_f$ 回しか割っていないから、約分せずに計算してもλ(0)の分数としての分母は $2^{|\lambda|_f}$ となるからだ。
よってxが整数になるのは、 $2^{|\lambda|_f} - 3^{|\lambda|_g}$ が $2^{|\lambda|_f} \lambda(0)$ を割り切るときである。
$2^{|\lambda|_f} - 3^{|\lambda|_g}=1$ のときには、この条件は自明に満たされる。
$2^m - 3^n =1$ の解は $m=2,~n=1$ しか無いことが知られているので、 $|\lambda|_f=2, ~|\lambda|_g = 1$ のケースを計算してみよう。
このとき $\lambda=ffg,~fgf,~gff$ で、
$\lambda(0)$ はそれぞれ $1/4,~1/2,~1$ だから、
xはそれぞれ $1,2,4$ である。
これはコラッツ予想の唯一と考えられているサイクル $1 \rightarrow 4 \rightarrow 2 \rightarrow 1$ に対応している。

2022-02-01

ヘンゼルの補題

$F(X)$ : ${\mathbb Z}_p$ 係数の多項式
$x_0 \in {\mathbb Z}_p, ~~ {\rm ord}_p(F(x_0))=v,~ {\rm ord}_p(F'(x_0))=v'$
とする。
$x_0$ を初項とする数列 $x_n$ を、
$x_{n+1}=x_n - \frac{F(x_n)}{F'(x_n)}$ で定める。
定理
(1) $v\geq 2v'+1$ なら、数列 $x_n$ は任意のnで
① $x_{n+1}\equiv x_n \mod p^{v-v'+n}$
② $F(x_n)\equiv 0 \mod p^{v+n}$
③ ${\rm ord}_p( F'(x_n) )=v'$
を満たす。
(2) $v\geq 2v'+1$ なら、 $x_n$ はあるp進整数 $x$ に収束し、
$f(x)=0, x\equiv x_0 \mod p^{v-v'}$

証明(1)数学的帰納法で示す。
n=0のとき
① $x_1 = x_0-\frac{F(x_0)}{F'(x_0)}$ で、 ${\rm ord}_p (\frac{F(x_n)}{F'(x_n)}) =v-v'$ だから、 $\frac{F(x_0)}{F'(x_0)} \equiv 0 \mod p^{v-v'}$ .
よって $x_1 = x_0-\frac{F(x_0)}{F'(x_0)} \equiv x_0 \mod p^{v-v'}$ .
② ${\rm ord}_p(F(x_0))=v$ だから $F(x_0)\equiv 0 \mod p^{v}$ .
③仮定より成り立つ。

n=k+1 のとき
① $x_{k+1} = x_k-\frac{F(x_k)}{F'(x_k)}$ で、帰納法の仮定より ${\rm ord}_p(F(x_k)) \geq v+n,~~ {\rm ord}_p(F'(x_k))=v'$ だから、 ${\rm ord}_p (\frac{F(x_k)}{F'(x_k)}) \geq v-v'+n$ . よって $\frac{F(x_0)}{F'(x_0)} \equiv 0 \mod p^{v-v'+n}$ .
よって $x_{k+1} = x_k-\frac{F(x_k)}{F'(x_k)} \equiv x_k \mod p^{v-v'+n}$ .
②多項式のテイラー展開より、
$F(X)=F(Y)+(X-Y)F'(Y) + (X-Y)^2 G(X,Y)$
( $G$ は ${\mathbb Z}_p$ 係数多項式)と書ける。
$X=x_{k+1}, Y=x_k$ を代入して
$F(x_{k+1})=F(x_k)+(x_{k+1}-x_k)F'(x_k) + (x_{k+1}-x_k)^2 G(x_{k+1},x_k)$
$=F(x_k) - \frac{F(x_k)}{F'(x_k)}F'(x_k) + (x_{k+1}-x_k)^2 G(x_{k+1},x_k)$
$=(x_{k+1}-x_k)^2 G(x_{k+1},x_k)$ .
$x_{n+1}- x_n\equiv 0 \mod p^{v-v'+n}$ だから、 $(x_{n+1}- x_n\)^2 equiv 0 \mod p^{2(v-v'+n)}$ .
$v\geq 2v'+1$ より
$2(v-v'+n)\geq 2v-(v-1)+n=v+n+1$ だから、
$F(x_{k+1})\equiv 0 \mod p^{v+n+1}$ .
③ $x_{k+1}\equiv x_k \mod p^{v-v'+n}$ であり、
$v\geq 2v'+1$ より $v-v' \geq v'+1$ . よって
$x_{k+1}\equiv x_k \mod p^{v'+1}$ .よって
$F'(x_{k+1}) \equiv F'(x_k) \mod p^{v'+1}$ .
${\rm ord}_p( F'(x_k) )=v'$ なら、
$F'(x_{k+1}) \equiv F'(x_k) \not\equiv 0 \mod p^{v'+1}$ だから、
${\rm ord}_p( F'(x_{k+1}) )=v'$ .

(2)
(1)より、 $m,n \geq N$ のとき、
$x_m \equiv x_{m-1} \equiv \cdots \equiv x_n \mod p^{v-v'+N}$
よって $|x_m - x_n|\leq p^{-(v-v'+N)}$ だから、
$x_n$ はコーシー列であり、収束する。
$F(x_n)\rightarrow 0$ だから極限の性質より $F(x)=0$ .

2022-02-01

p進整数環上のmod

数学

p進整数環の基礎知識については以下にまとまっている。
https://mathematics-pdf.com/pdf/p_adic_field.pdf

p進整数環においてmodを考える。
定義
$a,b\in{\mathbb Z}_p,~~ n\in {\mathbb N}$ に対して、
$a \equiv b \mod p^n$ を $a-b\in p^n {\mathbb Z}_p$ で定義する。
定理
(1) $a \equiv b, c \equiv d \mod p^n$ ならば $a+c \equiv b+d , ac \equiv bd \mod p^n$
(2)fを ${\mathbb Z}_p$ 係数多項式とすると、
$a \equiv b \mod p^n \Rightarrow f(a) \equiv f(b) \mod p^n$
証明：
(1) $(a+c)-(b+d)=(a-b)+(c-d)\in p^n {\mathbb Z}_p,~~ \\ ac-bd=ac-bc+bc-bd=(a-b)c+ b(c-d)\in p^n {\mathbb Z}_p$
(2)加法と乗法を保つから。

定理
${\rm ord}_p(a) \geq n \Leftrightarrow a\equiv 0 \mod p^n$
証明
${\rm ord}_p(a) \geq n \Leftrightarrow |a|_p \leq p^{-n} \Leftrightarrow a\in p^n {\mathbb Z}_p \Leftrightarrow a\equiv 0 \mod p^n$ .

なお、 ${\mathbb Z}/p^n{\mathbb Z}$ は ${\mathbb Z}_p/p^n{\mathbb Z}_p$ と同型であることが知られている。

2022-01-29

微分方程式と整数論(不定方程式)

数学

特定の線形微分方程式の解空間の次元に、ディオファントス方程式の整数解の個数が現れてくる話。
$\displaystyle (\frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2})f = \lambda f$ (λは定数)を、周期的境界条件 $f(x+2\pi ,y)=f(x, y+2\pi) =f(x,y)$ のもと解こう。
周期関数だから、fをフーリエ級数展開して $f(x,y)=\sum_{k,l \in {\mathbb Z}} a_{k,l} e^{i(kx+ly)}$ 　とおき、両辺に代入すると
$\sum_{k,l \in {\mathbb Z}} a_{k,l}(-k^2 - l^2) e^{i(kx+ly)} = \sum_{k,l \in {\mathbb Z}} \lambda a_{k,l} e^{i(kx+ly)}$
係数を比較して　 $a_{k,l}(-k^2 - l^2)=\lambda a_{k,l}$
よって $a_{k,l}=0$ または $k^2 + l^2 =-\lambda$
${k^2+l^2 = -\lambda}$ の解は有限個だから、
一般解は
$f(x)=\displaystyle \sum_{k^2+l^2 = -\lambda} a_{k,l} e^{i(kx+ly)}$
ただし $a_{k,l}$ は任意定数。（有限なので、収束は考えなくてよい）
よって解空間の次元は $k^2+l^2 = -\lambda$ の整数解の個数に一致する！(固有値λに対応する固有空間の次元と言っても同じ)（もちろんλが非正整数のとき以外は解なし。）

一般化しておく。
$P(X_1,\cdots, X_n)$ を多項式とし、各 ${X_j}^m$ を $i^{-m} \frac{\partial^m }{\partial {x_j}^m}$ に置き換え、定数を定数倍作用素に置き換えた作用素を
$P(\frac{\partial }{\partial x_1},\cdots, \frac{\partial }{\partial x_n})$ と書く。
(例) $X^2+Y^2+\lambda \rightarrow -\frac{\partial^2 }{\partial x^2} -\frac{\partial^2 }{\partial y^2} + \lambda$
$X^3 +XY +2Y -2 \rightarrow (i^{-3})\frac{\partial^3 }{\partial x^3} +i^{-2}\frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial y} +2i^{-1}\frac{\partial }{\partial y} - 2$

定理：微分方程式 $P(\frac{\partial }{\partial x_1},\cdots, \frac{\partial }{\partial x_n})f=0$ の、周期的境界条件 $f(x_1,\cdots,x_j +2\pi ,\cdots ,x_n)=f(x_1,\cdots, x_n)$ のもとでの解のなすベクトル空間の次元は、 $P(X_1,\cdots, X_n)=0$ の整数解が有限個なら、その個数。

証明：全く同じ方針。fをフーリエ級数展開して、 $i^{-1}\frac{\partial }{\partial x_j}e^{i(k_1x_1+\cdots +k_nx_n)}=i^{-1}ik_j=k_j$ に注意して微分方程式に代入すると、
$a_{k_1,\cdots,k_n} P(k_i,\cdots,k_n)=0$ 　(ただし $a_{k_1,\cdots,k_n}$ はフーリエ係数)
よって一般解は $\sum_{P(k_i,\cdots,k_n)=0}a_{k_1,\cdots,k_n}e^{i(k_1x_1+\cdots +k_nx_n)}$ ( $a_{k_1,\cdots,k_n}$ は任意定数)
よって次元は $P(k_i,\cdots,k_n)=0$ の整数解の個数。

・周期的という条件を外して、ｆをフーリエ変換する方針だと、非整数解も許してしまう。周期性によって整数解に制限することができたと言える。
・周期性条件は、トーラス $(S^1)^n$ 上で解いたと言い換えることもできる。もっと他の曲面上ではどうなるだろうか。

2022-01-27

(x+a)ᵐ(x+b)ⁿ の逆数の部分分数分解

数学

$\frac{1}{(x+a)(x+b)}$ の部分分数分解はよく知られていて $\frac{1}{(x+a)(x+b)}=\frac{1}{b-a}\frac{1}{x+a}-\frac{1}{b-a}\frac{1}{x+b}$ である。
これをbで偏微分してみる。(これはa,b,xの恒等式だから、bで微分しても両辺は等しい)
積の微分公式を使うと
$\displaystyle \frac{-1}{(x+a)(x+b)^2} \\ \displaystyle =\frac{-1}{(b-a)^2} \frac{1}{x+a}-\frac{-1}{(b-a)^2}\frac{1}{x+b} - \frac{1}{b-a}\frac{-1}{(x+b)^2}$
$\frac{-1}{(x+a)(x+b)^2}$ の部分分数分解が得られた。
同様に、 $\frac{1}{(x+a)(x+b)}=\frac{1}{b-a}\frac{1}{x+a}-\frac{1}{b-a}\frac{1}{x+b}$ の両辺をaでm-1回、bでn-1回偏微分すれば、 $\frac{1}{(x+a)^m(x+b)^n}$ の部分分数分解が得られる。なぜなら、そうすれば左辺は $\frac{1}{(x+a)^m(x+b)^n}$ の定数倍になり、積の微分公式より右辺第一項、第二項はそれぞれ $\frac{1}{(b-a)^i}\frac{1}{(x+a)^j}$ の線形結合、 $\frac{1}{(b-a)^k}\frac{1}{(x+b)^l}$ の線形結合で表せる。これは部分分数分解に他ならない。

重解の部分分数分解は厄介なことが多いが、こんな方法で求められるとはおもしろい。具体的な式も、ライプニッツの公式を使えば求められそうだ。

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2022-01-22

p進解析(3)一致の定理

数学 p進

p進解析(1)冪級数の収束半径 - 数学大好き宣言！
p進解析(2)冪級数の原点での連続性 - 数学大好き宣言！

pを素数、 $\{a_k\}_k$ をp進数列とする。
冪級数 $S_n(\{a_k\}_k,t)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k t^k$
は $t\in p^v {\mathbb Z}_p$ (vはある整数)のとき収束するとし、
$f:p^v{\mathbb Z}_p \rightarrow {\mathbb Q}_p$ 　を　 $f(x)=\lim_{n\rightarrow \infty} S_n(\{a_k\}_k,x)$ 　で定める。
このとき、次が成り立つ。
定理（一致の定理）：点 $x=0$ が $f(x)$ の零点の集積点ならば、 $f(x)$ は $p^v {\mathbb Z}_p$ 上恒等的に0である。
証明： $a_k \neq 0$ が存在すると仮定する。そのような最初のものを $a_N$ とし (つまり $a_0=\cdots=a_{N-1}=0$ )、
$T_n(\{a_k\}_k,x) = \displaystyle\sum_{k=N}^{n} a_k x^{k-N}$ とおくと、
$T_n = x^{-N}S_n$ だから、 $\lim_{n \rightarrow \infty} T_n$ は $x\in p^v{\mathbb Z}_p,~ x \neq 0$ のとき収束し、その値は $x^{-N}f(x)$ . また x=0 のときは有限和だから収束。
よって $p^v{\mathbb Z}_p$ 上の関数 $g(x)=\lim_{n \rightarrow \infty} T_n(x)$ が定義できて、
$f(x)=x^N g(x).$
また $g(0)=a_N \neq 0$ .
$x \neq 0$ であれば $x^N \neq 0$ だから、x=0 以外の f(x) の零点はg(x)の零点でもある。よって x=0 は g(x) の零点の集積点でもある。すなわち、任意のδ>0 に対して $0\lt |x| \lt \delta$ を満たすg(x)の零点が存在する。
一方、冪級数の原点での連続性より、g(x) は x=0 で連続だから、εとして $|a_N| \neq 0$ をとると、あるδ>0 が存在して、|x|<δ ならば $|a_N - g(x)| \lt |a_N|$ . 三角不等式より $|g(x)| \gt 0$ . よって|x|<δ ならば $g(x)\neq 0$ .
これは矛盾。よって仮定「 $a_k \neq 0$ が存在する」は誤り。
よってすべてのkで $a_k=0$ であり、f(x) は恒等的に零である。

系:2つの冪級数関数 f(x), g(x) について、f(x)=g(x) となる点全体が0を集積点にもてば、f(x) と g(x) は冪級数として一致する。
証明は f(x)-g(x) に上の定理を適用すればよい。

2022-01-22

p進解析(2)冪級数の原点での連続性

p進

前回：p進解析(1)冪級数の収束半径 - 数学大好き宣言！
次回：p進解析(3)一致の定理 - 数学大好き宣言！

pを素数、 $a_k$ をp進数列とする。
$S_n=S_n(\{a_k\}_k,t)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k t^k$ が $t\in p^v {\mathbb Z}_p$ (vはある整数)のとき収束すれば、
$p^v {\mathbb Z}_p$ から ${\mathbb Q}_p$ への関数 $f(x)=\lim_{n\rightarrow \infty} S_n(\{a_k\}_k,x)$ が定まる。

定理： $f(x)$ はx=0で連続である。
証明： $f(0)= a_0$ だから、 $\lim _{x \rightarrow 0} f(x) = a_0$ を示せばよい。
rを $0\lt |r|\leq p^{-v}$ を満たすあるp進数とする。 $|z| \leq |r|$ のとき
$|f(x)-a_0|=|\lim_{n\rightarrow \infty} \displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k x^k | \leq \lim_{n\rightarrow \infty}\max\{ |a_k||x|^k | 1\leq k \leq n \}$
$= \lim_{n\rightarrow \infty}\max\{ |a_k||r|^k |\frac{x}{r}|^k | 1\leq k \leq n \}$
$|\frac{x}{r}|\leq 1$ だから $|\frac{x}{r}|^k\leq \frac{|x|}{|r|}$ . よって
$|f(x)-a_0|\leq \lim_{n\rightarrow \infty}\max\{ |a_k||r|^k \frac{|x|}{|r|} | 1\leq k \leq n \}$
$= \frac{|x|}{|r|} \lim_{n\rightarrow \infty} \max\{ |a_k||r|^k | 1\leq k \leq n \}$
$|r|\leq p^{-v}$ より $\lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^{n} a_k r^k$ は収束するから、 $\lim_{n \rightarrow \infty}|a_k r^k| = 0$
よって $|a_k r^k|$ は有界だから、 $\lim_{n\rightarrow \infty} \max\{ |a_k||r|^k | 1\leq k \leq n \}$ は有界。よって $x\rightarrow 0$ のとき $\frac{|x|}{|r|} \lim_{n\rightarrow \infty} \max\{ |a_k||r|^k | 1\leq k \leq n \}$ は0に収束するから、
$|f(x)-a_0|$ も0に収束する。
よって $\lim _{x \rightarrow 0} f(x) = a_0$

2022-01-22

吸引的固定点

数学

漸化式の極限を調べるとき、固定点に当たりをつけるのは常套手段だが、どんなとき固定点に収束するのだろうか。
今日の定理は、その点での微分が1より小さい固定点なら、近くの点を自分に収束させるというものだ。
$D\subset {\mathbb C}$ を領域とする。
$f(z):D \rightarrow {\mathbb C}$ を複素関数とし、 $a\in D$ はfの固定点、つまり $f(a)=a$ を満たすとする。
このとき、点aでfが微分可能で、 $|f'(a)|\lt 1$ ならば、あるδ>0が存在して、 $|z-a|\leq \delta$ ならば $f^n(z)$ はaに収束する。
※このような固定点は吸引的固定点と呼ばれる。

証明： $|f'(a)|\lt 1$ だから、 $|f'(a)|+\varepsilon_0 \lt 1$ となるようなε₀>0がとれる。
条件より、 $\lim_{z\rightarrow a}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}=f'(a)$ だから、
この $\varepsilon_0$ に対してあるδ>0が存在して、
$0<|z-a|<\delta$ ならば $|\frac{f(z)-f(a)}{z-a}-f'(a)| \lt \varepsilon_0$ .
f(a)=aと三角不等式より
$\frac{|f(z)-a|}{|z-a|} - |f'(a)| \lt \varepsilon_0$
よって
$|f(z)-a|\lt (|f'(a)|+\varepsilon_0) |z-a|$
$|z-a|\lt \delta$ のとき、 $|f'(a)|+\varepsilon_0 \lt 1$ より
$|f(z)-a|\lt (|f'(a)|+\varepsilon_0) |z-a| \lt \delta$ だから、
不等式は繰り返し適用できて
$|f^n(z)-a| \lt (|f'(a)|+\varepsilon_0)|f^{n-1}(z)-a| \lt \cdots \lt (|f'(a)|+\varepsilon)^n |z-a|$
$(|f'(a)|+\varepsilon_0)<1$ だから右辺は0に収束。よって左辺も0に収束する。
よって $\lim_{n \rightarrow \infty} f^n(z) =a$

2022-01-21

p進解析(1)冪級数の収束半径

数学 p進

p進解析(2)冪級数の原点での連続性 - 数学大好き宣言！
p進解析(3)一致の定理 - 数学大好き宣言！

pを素数とする。p進数体 ${\mathbb Q}_p$ 上で、和 $S_n=S_n(\{a_k\}_k,t)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n} a_k t^k$ (a_nはp進数列) の極限(点列と見て極限を取る)を考えよう。
定理: $S_n$ が収束⇔ $a_n t^n$ がn→∞で0に収束
証明：
(⇒の証明) $S_n$ が収束
⇔ $S_n$ がコーシー列( ${\mathbb Q}_p$ は完備だから)
⇔任意のε>0に対してあるN∊ℕが存在して、m>n>N ならば $|S_m - S_n|_p \lt \varepsilon$
つまり $|\displaystyle\sum_{k=n+1}^{m} a_k t^k|_p \lt \varepsilon$
ここでnとしてm-1をとれば $|a_m t^m|_p \lt \varepsilon$
よって $a_m t^m$ は0に収束する。
(⇐の証明) $a_n t^n$ がn→∞で0に収束するから、任意のεに対してあるNが存在して、ｎ>Nならば
$|a_n t^n|\lt \varepsilon$
よってm>n>Nのとき
$|S_m - S_n|_p = |\displaystyle\sum_{k=n+1}^{m} a_k t^k|_p \leq \max\{|a_k t^k|_p |~~ n+1\leq k \leq m\} \lt \varepsilon$
(強三角不等式を用いた)
よってS_nはコーシー列だから収束する。
(証明終)

この定理により、S_nに収束半径の概念があることが分かる：
定理：t∊ ${\mathbb Q}_p$ で $S_n(\{a_k\}_k,t)$ が収束するとき、|s|≤|t| となる任意のs∊ ${\mathbb Q}_p$ で $S_n(\{a_k\}_k,s)$ は収束する。
(証明) $S_n(\{a_k\}_k,t)$ が収束するから、 $a_n t^n$ が0に収束。
一方|s|≤|t|より $0\leq |a_n s^n|\leq |a_n t^n|$ だから $a_n s^n$ は0に収束。よって $S_n(\{a_k\}_k,s)$ は収束する。

系：t∊ ${\mathbb Q}_p$ で $S_n(\{a_k\}_k,t)$ が発散するとき、|s|≥|t| となる任意のs∊ ${\mathbb Q}_p$ で $S_n(\{a_k\}_k,s)$ は発散する。
証明： $S_n(\{a_k\}_k,s)$ が収束すると仮定すると、|s|≥|t|より $S_n(\{a_k\}_k,t)$ は収束するはずなので矛盾。

よって、 $S_n(\{a_k\}_k,t)$ が収束するような|t|が有限なら、最大値を $p^{-v}$ (vは整数)とすると(非有界のときはv=-∞)、 $|t|\leq p^{-v}$ のとき $S_n(\{a_k\}_k,t)$ は収束し、 $|t|\geq p^{-v+1}$ のとき $S_n(\{a_k\}_k,t)$ は発散する。
言い換えると、ある $v\in{\mathbb Z}\cup \{-\infty\}$ が存在して、 $\{t\in {\mathbb Q}_p | S_n(\{a_k\}_k,t)は収束 \}=p^v {\mathbb Z}_p$ (ℤₚはｐ進整数環)

2022-01-21

高次多項式力学系の発散条件(十分条件)

数学

充填ジュリア集合やマンデルブロ集合の描画では、条件「|z|が2か|c|を越えれば、fⁿ(z)は発散」があったために、点の発散を確定することができ、発散する点については有限回の計算で終わらせることができた。高次多項式の力学系に於いても、同じような境界を作れる：
定理: $f(z)=z^n + \displaystyle\sum_{i=0}^{n-1} c_{i} z^i$ とする。(ｎは2以上の自然数、各cᵢ は複素数)
$|z|$ は、 $|z|\geq 4$ かつ任意のiで $|c_i|\leq \dfrac{|z|^{n-i}}{2n}$ を満たすとする。
このとき、 $\lim _{k\rightarrow \infty}|f^k(x)|=\infty$ ( $f^k$ はk回合成)

証明： $|z|$ が条件を満たすとき、
$|f(z)|\geq |z|^n - \displaystyle\sum_{i=0}^{n-1} |c_{i}| |z|^i \geq |z|^n - \displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}\dfrac{|z|^{n}}{2n}$
$=\frac{1}{2}|z|^n \geq \frac{4}{2}|z|^{n-1} \geq 2|z|$
(条件不等式の代入の際には、符号に注意)
よって $|f(z)|\geq 2|z|$ が言えたから、繰り返し適用して
$|f^k(z)|\geq 2|f^{k-1}(z)|\geq \cdots\geq 2^k |z|$ . よって正の無限大に発散する。

境界の存在を示すためだけに無理やり求めたが、当然条件中の4は2以上なら何でもいいし、条件不等式の分母の2nにも深い意味は無い。もっと緩い条件や、計算に適した条件があるだろう。

2022-01-21

modの指数を増やす多項式

以前この記事で→素数冪を法とした、多項式の反復合成 - 数学大好き宣言！
$f\left(a+t p^{k}\right) \equiv f(a)+t f^{\prime}(a) p^{k}\mod p^{k+1}$
(fは多項式関数、pは素数、a,tは整数、ｋは自然数)
という定理を紹介した。
f'(a)≡0 (mod p)ならばこれは
$f\left(a+t p^{k}\right) \equiv f(a)\mod p^{k+1}$
となる。この式を言い換えると、「 $a\equiv b \mod p^k$ ならば
$f(a) \equiv f(b)\mod p^{k+1}$ 」
ということもできる。
こうしてf'(a)≡0 (mod p)のときには、fによって mod p^kの不等式をmod p^(k+1) の不等式に動かすことができるのだ。
この定理の具体例として「 $a≡b \mod p^k$ ならば $a^p≡b^p \mod p^{k+1}$ 」がある。

上のp^kからp^(k+1) への定理をもう少し強化してみよう。
次が言える：
「pを素数、 $f$ を整係数多項式とする。整数 $a,b$ が $a≡b \mod p^{k}$ (kは自然数), $f'(a)≡0 \mod p^{l}$ (lは自然数でl ≤ k)を満たすならば、 $f(a)\equiv f(b) \mod p^{k+l}$ 」

一気に指数をl増やせるようになったのが進歩。
なお、これは $a≡b \mod p^k \Rightarrow a^{p^l}≡b^{p^l} \mod p^{k+l}$ の一般化になっている。

証明：使うのは以前の記事でも用いた次の定理だ：
「整係数多項式f に対して、ある整係数多項式 g(x,y) が存在して
$f(x+y)=f(x)+f^{\prime}(x) y+g(x, y) y^{2}$ 」
条件より $b=a+tp^k$ (tはある整数)と書けるから、
$x=a, y=tp^k$ を代入して
$f(b)=f\left(a+t p^{k}\right) = f(a)+t p^k f^{\prime}(a) + (t^2 p^{2k}) g(a,tp^k)$
よって $f'(a)=sp^l$ (sはある整数), $l \leq k$ なら
$f\left(a+t p^{k}\right) = f(a)+st p^{k+l} + (t^2 p^{2k}) g(a,tp^k)$
$\equiv f(a) \mod p^{k+l}$

2022-01-12

代数関数の積分の不思議な等式

数学ガンマ関数

示したいこと：a>1が自然数のとき、
$\displaystyle a\int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[a]{1-x^a}}=\dfrac{\pi}{\sin (\pi/a)}$
高次元の曲線の積分が、πの円分数倍になるのが不思議。

＜証明＞
ベータ関数とは
$\mathrm {\mathrm {B} } (a,b)=\int _{0}^{1}t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt\!$
で定義される関数である。
$\displaystyle{\mathrm B}(\frac{1}{a},1-\frac{1}{a})$ を求める。
$t=x^a$ と置換積分する。 $t:0～1$ のとき $x:0～1$ で、 $\frac{dt}{dx} = ax^{a-1}$ だから、
$\mathrm {\mathrm {B} } (\frac{1}{a},1-\frac{1}{a})=a\int _{0}^{1}(x^a)^{1/a-1}(1-x^a)^{-1/a} x^{a-1}\,dx\!$
$\displaystyle =a\int _{0}^{1}x^{1-a+a-1}(1-x^a)^{-1/a} \,dx\!$
$\displaystyle =a\int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[a]{1-x^a}}$

一方、
$\displaystyle {\mathrm B}(\frac{1}{a},1-\frac{1}{a})=\dfrac{\Gamma(\frac{1}{a})\Gamma(1-\frac{1}{a})}{\Gamma(1)}=\Gamma(\frac{1}{a})\Gamma(1-\frac{1}{a})$
だから、ガンマ関数の相反公式より、 ${\mathrm B}(\frac{1}{a},1-\frac{1}{a})=\dfrac{\pi}{\sin (\pi/a)}$
よって、
$\displaystyle a\int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[a]{1-x^a}}=\dfrac{\pi}{\sin (\pi/a)}$
結局、
$\displaystyle \int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[a]{1-x^a}}=\dfrac{\pi}{a \sin (\pi/a)}$
例えばa=6のとき
$\displaystyle \int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[6]{1-x^6}}=\dfrac{\pi}{6 \sin (\pi/6)}=\frac{\pi}{3}$
左辺の高度な積分が、πの簡単な式に帰着されるのはなんだか不思議だ。
式だけ見ると高校数学にも出てきそうだが、高校数学レベルの証明(=ガンマ関数を経由しない証明)は存在するのだろうか？