数学大好き宣言！

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フェルマー多様体の積分の多変数ベータ関数による表示

数学 ガンマ関数

フェルマー多様体とは、m,nを自然数として
{x_1}^m+\cdots+{x_n}^m=1
という代数多様体のこと。n=2のときこれはフェルマー曲線
x^m+y^m=1
となる。
m=2のときこれは超球面
{x_1}^2+\cdots+{x_n}^2=1
となる。
多変数ベータ関数とは
\displaystyle B(a_1, \cdots , a_n) =\int_{t_1,\cdots,t_n>0} {t_1}^{a_1 - 1} \cdots {t_n}^{a_n - 1} dt_1 \cdots dt_{n-1}
(ただしt_n=1 - t_1 - \cdots -t_{n-1})
のこと。
t_i={x_i}^{p_i}(i=1,\cdots,n-1)
と変数変換する。
積分範囲は変化せず、
\frac{\partial t_i}{\partial x_i}=p_i {x_i}^{p_i - 1}, i≠jのとき\frac{\partial t_i}{\partial x_j}=0
だから、ヤコビアンは
\prod_{i=1}^{n-1}p_i {x_i}^{p_i - 1}
よって
\displaystyle B(a_1,\cdots,a_n)=\int_{x_1,\cdots,x_{n-1},t_n>0}{t_n}^{a_n-1} (\prod_{i=1}^{n-1}p_i {x_i}^{p_i(a_i - 1) + p_i - 1})dx_1 \cdots dx_{n-1}
=\displaystyle (\prod_{i=1}^{n-1}p_i) \int_{x_1,\cdots,x_{n-1},t_n>0}{t_n}^{a_n-1} (\prod_{i=1}^{n-1}{x_i}^{p_i a_i -1})dx_1\cdots dx_{n-1}
(ただしt_n=1-{x_1}^{p_1}\cdots -{x_{n-1}}^{p_{n-1}} )

ここでt_n={x_n}^{p_n}とおけば{x_1}^{p_1}+\cdots+{x_n}^{p_n}=1であって、積分範囲に気を付けて
\displaystyle B(a_1,\cdots,a_n)=(\prod_{i=1}^{n-1}p_i) \int_{x_1,\cdots,x_{n},>0} (\prod_{i=1}^{n-1}{x_i}^{p_i a_i -1}){x_n}^{p_n a_n - p_n}dx_1\cdots dx_{n-1}
という{x_1}^{p_1}+\cdots+{x_n}^{p_n}=1上の積分になる。
さらにp_1=\cdots=p_nとすればフェルマー多様体の積分になる。

別の形も導いておく。
ベータ関数のガンマ関数表示から直ちに得られる等式より
B(a_1,\cdots,a_n)=\frac{a_1+\cdots+a_n}{a_n}B(a_1,\cdots, a_n+1)
\displaystyle =\frac{a_1+\cdots+a_n}{a_n}(\prod_{i=1}^{n-1}p_i) \int_{x_1,\cdots,x_{n}>0} (\prod_{i=1}^{n-1}{x_i}^{p_i a_i -1}){x_n}^{p_n a_n }dx_1\cdots dx_{n-1}
\displaystyle =\frac{a_1+\cdots+a_n}{a_n}(\prod_{i=1}^{n-1}p_i) \int_{x_1,\cdots,x_{n}>0} (\prod_{i=1}^{n}{x_i}^{p_i a_i -1}){x_n}dx_1\cdots dx_{n-1}
特に、
B(1/p_1,\cdots,1/p_n)\displaystyle =({\sum_{i=1}^n 1/p_i})(\prod_{i=1}^{n}p_i) \int_{x_1,\cdots,x_{n}>0} {x_n}dx_1\cdots dx_{n-1}
({x_1}^{p_1}+\cdots +{x_n}^{p_n}=1)

ガンマ関数の積の比の無限積表示・多変数ベータによる表示

数学 ガンマ関数

\displaystyle \frac{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)\cdots \Gamma(a_m)}{\Gamma(b_1)\Gamma(b_2)\cdots\Gamma(b_n)}
(a_i, b_i\in{\mathbb C},　a_1+\cdots +a_m =b_1+\cdots +b_n)
について(1)無限積表示(2)多変数ベータ関数の比による表示を導く。

(1)ガンマ関数のワイエルシュトラスの無限積表示とは、
\displaystyle\Gamma(z)=z^{-1}\exp(-\gamma z)\prod_{k=1}^{\infty}(1+z/k)^{-1}\exp(z/n)
のこと。ただしγはオイラーの定数。
※この積は絶対収束する。つまり積の順序交換ができる。
a_1+\cdots +a_m =b_1+\cdots +b_nのとき、
ワイエルシュトラスの無限乗積表示より、
\displaystyle \frac{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)\cdots \Gamma(a_m)}{\Gamma(b_1)\Gamma(b_2)\cdots\Gamma(b_n)}
=\displaystyle \frac{b_1\cdots b_n}{a_1\cdots a_m}\exp(-\gamma(a_1+\cdots+a_m-b_1-\cdots-b_n))
\displaystyle \times \prod_{k=1}^{\infty}\frac{(1+b_1/k)\cdots(1+b_n/k)}{(1+a_1/k)\cdots(1+a_m/k)}\exp(\frac{a_1+\cdots+a_m-b_1\cdots-b_n}{n})
=\displaystyle\frac{b_1\cdots b_n}{a_1\cdots a_m} \prod_{k=1}^{\infty}\frac{(1+b_1/k)\cdots(1+b_n/k)}{(1+a_1/k)\cdots(1+a_m/k)}
さらにm≥nのときには
=\displaystyle\frac{b_1\cdots b_n}{a_1\cdots a_m} \prod_{k=1}^{\infty}\frac{k^{m-n}(k+b_1)\cdots(k+b_n)}{(k+a_1)\cdots(k+a_m)}
とくにm=nのときには
\displaystyle \frac{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)\cdots \Gamma(a_m)}{\Gamma(b_1)\Gamma(b_2)\cdots\Gamma(b_m)}=\displaystyle\frac{b_1\cdots b_m}{a_1\cdots a_m} \prod_{k=1}^{\infty}\frac{(k+b_1)\cdots(k+b_m)}{(k+a_1)\cdots(k+a_m)}
=\displaystyle\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+b_1)\cdots(k+b_m)}{(k+a_1)\cdots(k+a_m)}
(0からの積にできる)

(2)a_1+\cdots +a_m =b_1+\cdots +b_nより、
\displaystyle \frac{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)\cdots \Gamma(a_m)}{\Gamma(b_1)\Gamma(b_2)\cdots\Gamma(b_n)}
\displaystyle =\frac{\Gamma(a_1)\Gamma(a_2)\cdots \Gamma(a_m)}{\Gamma(a_1+\cdots +a_m)}\frac{\Gamma(b_1+\cdots +b_n)}{\Gamma(b_1)\Gamma(b_2)\cdots\Gamma(b_n)}
=\dfrac{{\mathrm B}(a_1,\cdots ,a_m)}{{\mathrm B}(b_1,\cdots,b_n)}

多変数ベータ関数、ガンマ関数との関係

数学 ガンマ関数

nを自然数とする。多変数ベータ関数とは
\displaystyle B(x_1, \cdots , x_n) =\int_{t_1,\cdots,t_n>0} {t_1}^{x_1 - 1} \cdots {t_n}^{x_n - 1} dt_1 \cdots dt_{n-1}
(ただしt_n=1 - t_1 - \cdots -t_{n-1})
これは通常のベータ関数同様、次のガンマ関数による表示をもつ：
B(x_1, \cdots , x_n)=\dfrac{\Gamma(x_1) \cdots \Gamma(x_n)}{\Gamma(x_1 + \cdots + x_n)}
証明)
\Gamma(x_1) \cdots \Gamma(x_n)
=\displaystyle \int_0^{\infty} {t_1}^{x_1 -1} e^{- t_1} \cdots \int_0^{\infty} {t_n}^{x_n -1} e^{- t_n}
=\displaystyle \int_0^{\infty} \cdots \int_0^{\infty} {t_1}^{x_1 - 1} \cdots {t_n}^{x_n - 1} e^{-t_1-\cdots -t_n} dt_1 \cdots dt_n
ここで変数変換をする。
\Phi (t_1 , \cdots , t_n)= (u, v_1, \cdots, v_{n-1}),ただし
u=t_1+\cdots + t_n, \\v_1~~~~=t_1/u, \\ ~~~~~~~~~\vdots \\ v_{n-1}=t_{n-1}/u
。
また、v_n = t_n/u とおく。
D= (0,\infty)^n ,　 E = \{u, v_1, \cdots , v_{n-1} | u, v_1, \cdots , v_{n} >0\}
とおく.ΦはDからEへの関数で、Φは一対一対応であることを示す。
(t_1, \cdots ,t_n) \in Dのとき、定義式より\Phi (t_1 , \cdots , t_n) \in E.
よってΦはDからEへの関数である。
次に一対一対応であることを、逆写像を構成することで示す。
u-uv_1 - \cdots - uv_{n-1}=u - t_1 - \cdots -t_{n-1} = t_n =uv_n
より、uv_nはu,v_1,\cdots, v_{n-1}で表せる。よって、
t_k= uv_k (k=1～n)
とおくとこれはΦのℝⁿ上の逆関数であって、
(u,v_1,\cdots, v_{n-1}) \in E のとき、式から直ちに(t_1,\cdots,t_n) \in Dがわかる。
よってこれはEからDへのΦの逆関数である。
よって逆関数が存在するからΦは一対一対応。

つぎにヤコビアンを計算する。

\frac{\partial t_i}{\partial u}=v_i,
i≤ n-1 のとき
\frac{\partial t_i}{\partial v_j}= u \delta_{ij}
i=n のとき
\frac{\partial t_n}{\partial v_j}= \frac{\partial}{\partial v_j}(u-uv_1-\cdots-uv_{n-1})=-u

よってヤコビ行列は
{\begin{pmatrix}\frac{\partial t_1}{\partial v_1}&\frac{\partial t_1}{\partial v_2}&\cdots &\frac{\partial t_1}{\partial v_{n-1}}&\frac{\partial t_1}{\partial u}\\\frac{\partial t_2}{\partial v_1}&\frac{\partial t_2}{\partial v_2}&\cdots &\frac{\partial t_2}{\partial v_{n-1}}&\frac{\partial t_2}{\partial u}\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots&\vdots \\\frac{\partial t_n}{\partial v_1}&\frac{\partial t_n}{\partial v_2}&\cdots &\frac{\partial t_n}{\partial v_{n-1}}&\frac{\partial t_n}{\partial u}\end{pmatrix}}
={\begin{pmatrix}u&0&\cdots &v_1\\0&u&\cdots &v_2\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\-u&-u&\cdots &v_n\end{pmatrix}}
よってヤコビアンを計算すると、
u^{n-1}(v_1+\cdots v_n)=u^{n-1}
よって
\displaystyle \int_0^{\infty} \cdots \int_0^{\infty} {t_1}^{x_1 - 1} \cdots {t_n}^{x_n - 1} e^{-t_1-\cdots -t_n} dt_1 \cdots dt_n
=\displaystyle \int_E {(uv_1)}^{x_1 - 1} \cdots {(uv_n)}^{x_n - 1} e^{-u} u^{n-1} du dv_1 \cdots dv_{n-1}
E'=\{ v_1, \cdots , v_{n-1} | v_1, \cdots , v_{n} >0\}とおくと、
E=E'\times \{u\in {\mathbb R}|u>0\}だから
この積分は
\displaystyle \int_0^{\infty}u^{x_1+\cdots +x_n-n+n-1}e^{-u}du\int_E {v_1}^{x_1-1}\cdots{v_n}^{x_n-1}dv_1\cdots dv_{n-1}
=\Gamma(x_1+\cdots ＋x_n)B(x_1,\cdots ,x_n)
よってB(x_1, \cdots , x_n)=\dfrac{\Gamma(x_1) \cdots \Gamma(x_n)}{\Gamma(x_1 + \cdots + x_n)}

ウォリス積の一般化(含むﾚﾑﾆｽｹｰﾄ周率)

数学 ガンマ関数

主定理：m,nが自然数で、n≠1のとき、
\displaystyle \int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[n]{1-x^m}}=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(mnk+mn+n-m)}{(mk+m+1)(nk+n-1)}

ベータ関数を使って示す。
ベータ関数とは
{\displaystyle \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。
a=\frac{1}{m}, b=1- \frac{1}{n} とする。
t=x^m と置換積分する。t:0～1のときx:0～1 で、 \frac{dt}{dx} = mx^{m-1}だから、
{\displaystyle \mathrm {\mathrm {B} } (\frac{1}{m},1-\frac{1}{n})=m\int _{0}^{1}(x^m)^{1/m-1}(1-x^m)^{-1/n} x^{m-1}\,dx\!}
\displaystyle =m\int _{0}^{1}x^{1-m+m-1}(1-x^m)^{-1/n} \,dx\!
\displaystyle =m\int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[n]{1-x^m}}

ガンマ関数との関係式より、
\displaystyle {\mathrm B}(1/m,1-1/n)=\frac{\Gamma(1/m)\Gamma(1-1/n)}{\Gamma(1+1/m-1/n)}
=\dfrac{m\Gamma(1+1/m)\Gamma(1-1/n)}{\Gamma(1)\Gamma(1+1/m-1/n)}
(\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)と\Gamma(1)=1より)
ここでガンマ関数の無限乗積表示より(ガンマ関数の積の比の無限積表示・多変数ベータによる表示 - 数学大好き宣言！の(1)の最後の式より)
\dfrac{m\Gamma(1+1/m)\Gamma(1-1/n)}{\Gamma(1)\Gamma(1+1/m-1/n)}=m\displaystyle\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(k+1+1/m-1/n)}{(k+1+1/m)(k+1-1/n)}
=m\displaystyle\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(mnk+mn+n-m)}{(mk+m+1)(nk+n-1)}
結局、次の式が得られた。
\displaystyle m\int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[n]{1-x^m}}=m\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(mnk+mn+n-m)}{(mk+m+1)(nk+n-1)}
辺々mで割って
\displaystyle \int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt[n]{1-x^m}}=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(mnk+mn+n-m)}{(mk+m+1)(nk+n-1)}
(証明終)

これがウォリス積の一般化になっていることを見よう。m=n=2のとき、
\displaystyle \frac{\pi}{2}= \int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(4k+4)}{(2k+3)(2k+1)}=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(2k+2)^2}{(2k+3)(2k+1)}
となり無事ウォリス積が得られた。
さらに、有名なレムニスケート周率のウォリス積類似も得られる。m=4, n=2のとき、
\displaystyle \frac{\varpi}{2} =\int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(8k+6)}{(4k+5)(2k+1)}
9/16 もう少し変形した方が綺麗かつ興味深い。
\displaystyle \frac{\varpi}{2} =\int _{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(k+1)(8k+6)}{(4k+5)(2k+1)}=\prod_{k=0}^{\infty}\frac{(4k+4)(4k+3)}{(4k+5)(4k+2)}

ベータ関数の無限乗積表示

数学 ガンマ関数

ベータ関数とは
{\displaystyle \mathrm {\mathrm {B} } (x,y)=\int _{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,dt\!}
で定義される関数。
この記事では、
ベータ関数の無限乗積表示：
\displaystyle B(x,y)=\frac{x+y}{xy}\lim _{n \rightarrow \infty} \prod_{k=1}^n \frac{k(x+y+k)}{(x+k)(y+k)}
を示す。

ベータ関数はガンマ関数と次のような関係がある：
{\displaystyle \mathrm {\mathrm {B} } (x,y)={\frac {\Gamma (x)\,\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}}\!}
こちらのサイト様で証明が読める：ガンマ関数とベータ関数の関係式とその証明 | 数学の景色

さて、ガンマ関数には次の無限乗積表示がある(ガウス公式)：
\Gamma(z)=\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} n^{z} n ! \prod_{k=0}^{n} (z+k)^{-1}.
（こちらのサイト様より→ガンマ関数の無限積表示 | 理系ノート)
G_n(z)=\displaystyle n^{z} n ! \prod_{k=0}^{n} (z+k)^{-1}
とおくと、
\displaystyle\lim _{n \rightarrow \infty} \dfrac {G_n(x) G_n(y)}{G_n(x+y)} \\ = \displaystyle \dfrac {\lim _{n \rightarrow \infty} G_n(x) \lim _{n \rightarrow \infty} G_n(y)}{ \lim _{n \rightarrow \infty} G_n(x+y)} \\ = {\dfrac {\Gamma (x)\,\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}}\! = B(x,y)
よって
\displaystyle B(x,y)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{ n^x n^y (n!)^2}{n^{x+y} n!}\prod_{k=0}^n \frac{(x+y+k)}{(x+k)(y+k)}
約分して、
\displaystyle B(x,y)=\lim _{n \rightarrow \infty} n!\prod_{k=0}^n \frac{(x+y+k)}{(x+k)(y+k)}
n!=\prod_{k=1}^n k だから、
\displaystyle B(x,y)=\frac{x+y}{xy}\lim _{n \rightarrow \infty} \prod_{k=1}^n \frac{k(x+y+k)}{(x+k)(y+k)}

barnesの多重ゼータ関数の積分表示

数学

rを自然数とする。 {\boldsymbol \omega}\in{\mathbb C}^r, 各成分の実部は正とする。またx∊ℂとする。
このとき級数
F(t)=\displaystyle \sum_{{\bf n} \in {(\mathbb Z_{ \geq 0 }})^r} \exp( - ({\bf n}\cdot{\boldsymbol \omega} + x) t )
はt∊(0,∞) で絶対収束する。
これをメリン変換して
\displaystyle \frac{1}{\Gamma (s) } \int_0^{\infty} F(t)t^{s-1} dt=\sum_{{\bf n} \in {(\mathbb Z_{ \geq 0 }})^r} \frac{1}{ ({\bf n}\cdot{\boldsymbol \omega} + x)^s}=\zeta(s,x,{\boldsymbol \omega})
ただしζはバーンズの多重ゼータ関数と呼ばれる関数。
さて、F(t)はより変形できる。
{\bf n}=(n_1,n_2,\cdots , n_r), {\boldsymbol \omega}=(\omega_1, \omega_2,\cdots \omega_r) とすると、
F(t)=\displaystyle \exp(-tx) \sum_{n_1\geq 0}\cdots \sum_{n_r \geq 0} \exp(-n_1 \omega_1 t) \cdots \exp(-n_r \omega_r t)
\displaystyle = \exp(-tx) (\sum_{n_1 \geq 0} \exp(-n_1 \omega_1 t)) \cdots (\sum_{n_r \geq 0} \exp(-n_r \omega_r t))
\displaystyle =e^{-tx} \prod_{k=1}^r \frac{1}{1-e^{-\omega_k t}}
これで、綺麗な積分表示が得られる。

指数定理・加法定理と微分方程式 (偏微分利用)

数学

f(x)=e^x とおくと、これは指数定理f(x+y)=f(x)f(y)を満たす。ここから微分方程式を導こう。
両辺をxで微分して、
f'(x+y)=f'(x)f(y).
両辺をyで微分して、
f'(x+y)=f(x)f'(y).
よってf'(x)f(y)=f(x)f'(y).　y=0を代入して
f(0)f'(x) = f'(0)f(x).
e^0=1 とf'(0)=1 さえ求められれば、微分方程式f'(x)=f(x)を満たすことが分かる。

次に三角関数だ。sin(x)=f(x), cos(x)=g(x) とおくと、加法定理は
f(x+y)=f(x)g(y) + g(x)f(y). 両辺をx, yでそれぞれ微分して
f'(x+y)=f'(x)g(y)+g'(x)f(y)
f'(x+y)=f(x)g'(y)+g(x)f'(y)
よって、y=0を代入すれば
f'(x)g(0)+g'(x)f(0)=f(x)g'(0)+g(x)f'(0).
f(0)=sin0=0, g(0)=cos0=1 を使うと、g'(0)=A, f'(0)=B とおけば
f'(x)=Af(x) + Bg(x)
さらにg'(0)=0, f'(0)=1 も分かれば
f'(x)=g(x) つまりsin'(x)=cos(x) が分かる。

多項式x²-x+1 の反復合成と素数の無限性証明

数学

f(x)=x^2 - x + 1 として、f^2(x)=f(f(x)), f^3(x)=f(f(f(x))), ... を計算してみる。
f^2(x)=x^4 - 2*x^3 + 2*x^2 - x + 1
f^3(x)=x^8 - 4*x^7 + 8*x^6 - 10*x^5 + 9*x^4 - 6*x^3 + 3*x^2 - x + 1
f^4(x)=x^16 - 8*x^15 + 32*x^14 - 84*x^13 + 162*x^12 - 244*x^11 + 298*x^10 - 302*x^9 + 258*x^8 - 188*x^7 + 118*x^6 - 64*x^5 + 30*x^4 - 12*x^3 + 4*x^2 - x + 1
どれも定数項が1となっている。
証明してみよう。定数項とはx=0を代入した値だから、
任意の自然数ｎで f^n(0)=1 であることを示せばよい。
f(0)=1, f(1)=1 だから、
f^n(0)=f^{n-1}(1)=1. よって示された。

数列{a_n}を
a_0=2, a_{n+1}=f(a_n) と定義する。
a_n≠1 が帰納的に分かり、またf^k(x)の定数項が1であることより、
m≠n なら a_m, a_n は互いに素。
よって各a_n の素因数に同じものは登場しないから素数を無限に生成できる。

※なぜ互いに素か？
m≠nのとき、m>nとしてよく、m-n=kとおくとk>0だからa_m=a_{n+k}=f^k(a_n)≡1(mod a_n) よって互いに素。

3元2次形式の「クリスマス型」定理 (数値実験)

数学

フェルマーのクリスマス定理とは
「pが素数のとき　p≢3 (mod 4) ⇔ x²+y²=p が整数解をもつ」
という定理のこと。

ところで、次の定理が知られている：
定理(1798,ルジャンドル)
nが自然数のとき　n=4ᵏ(8m+7) (k,mは非負整数) ⇔ x²+y²+z²=n が整数解をもたない

この定理において、n=pを素数に制限すれば、pは4の倍数でないから、
「pが素数のとき p≢7(mod 8) ⇔ x²+y²+z²=p が整数解をもつ」
という、クリスマス定理にそっくりの定理が得られる。

計算ツールを使って、このような定理をたくさん探してみた。
クリックで計算結果が開きます。

注意：2変数の場合からすぐに証明できることもある。
例：(定理)p≢3 (mod 4) ⇔ x²+y²+4z²=pが整数解をもつ
証明：⇒は、x²+y²=p の解を使えばよい。
⇐も簡単。x²+y²+4z²=pの両辺のmod4 をとると x²+y²≡p(mod 4). (平方数)≡0,1(mod 4) だから左辺は3ではない。(x²+y²=pのときと全く同じ議論)

代数的数の近似と不定方程式(トゥエの定理)

数学

突然だが、実代数的数の近似に関して、次のような定理がある。
定理(トゥエの定理)
αをｎ次の実代数的数(nはもちろん2以上)、κ＞n/2 + 1 とする。このとき、αとκで決まる正定数cが存在して、
\left|\alpha-\dfrac{p}{q} \right|\gt \dfrac{c}{|q|^\kappa}
がすべての有理数p/q に対して成り立つ。
※これは近似しにくさを表していると言える。

ここからなのだが、なんとこの定理を用いて、不定方程式に関する次の定理が導ける！！
定理
整係数、既約n(≥3)次形式
f(x,y)=a_0 x^n +a_1 x^{n-1}y +\cdots +a_n y^n・・・(1)
と非負整数mに対して、不定方程式f(x,y)=mの整数解は高々有限個である(無いか有限個ということ)。

(証明)
f(x,1)のn個の根を\alpha_1,\cdots,\alpha_nとおくと、
(1)は
a_0(x/y-\alpha_1)\cdots(x/y-\alpha_n)=m/y^n・・・(2)
と変形できる。
f(x,y)が既約と仮定していたから、f(x,1)は既約。よって重根をもたないから、
d=\min_{i\neq j}|\alpha_i-\alpha_j|\gt 0・・・(3)
主定理を背理法で示す。(1)つまり(2)が無限個の解をもつとする。yが有界とすると、xは有界ではない。このとき左辺はいくらでも大きくなりうるが、右辺はそうでないから矛盾。
よってyは有界ではない。yの絶対値が大きくなると(2)の右辺は0に近づくから、左辺の因子のうち少なくとも１つは０に近づく。そのような因子に当たる解のひとつを\alpha=\alpha_{i_0}とおく。
このとき、(1)の無限個の解の列{xₖ},{yₖ} で、yₖの絶対値が単調増加で、 |x_k/y_k - \alpha|が0に収束するものが選べる。また、αは有理数でいくらでも近づけるのだから、αは実数である。いま、
k\geq k_0 \Rightarrow |x_k/y_k - \alpha|\leq d/2・・・(4)
となるようなk₀をとることができる(ε-δ論法より)。
(3)より
|(x_k/y_k - \alpha_i) - (x_k/y_k - \alpha)|=|\alpha_i-\alpha|\geq d~ (i\neq i_0のとき)
三角不等式より
|x_k/y_k - \alpha_i| + |x_k/y_k - \alpha|\geq |(x_k/y_k - \alpha_i) - (x_k/y_k - \alpha)|\geq d~ (i\neq i_0のとき)
だから、k≥k₀のとき、辺々-(4) を足して(-1倍すると不等号が逆転する)、
|x_k/y_k - \alpha_i|\geq d/2~~(k\geq k_0, i\neq i_0 のとき)・・・(5)
さて、(2)に(xₖ , yₖ)を代入し、両辺の絶対値をとると
|a_0| |x_k/y_k-\alpha_1| \cdots |x_k/y_k-\alpha_n| =|m|/|y|^n
ここに(5)を代入して
|a_0| \cdot(d/2)^{n-1} |x_k/y_k - \alpha| \leq |m|/|y|^n (k\geq k_0)
両辺を|a_0| (d/2)^{n-1} でわって
|\alpha - x_k/y_k|\leq C/|y_k|^n (k\geq k_0), C=(2/d)^{n-1}|m/a_0|・・・(6)
一方、n≥3 より、 n＞n/2+1. よっ
てn/2+1< κ < n を満たす実数κが存在し、このκとxₖ/yₖにトゥエの定理を適用すると
\left|\alpha-\dfrac{x_k}{y_k} \right|\gt \dfrac{c}{|y|_k^\kappa}
(6) とつなげてc/|y_k^\kappa|~ \lt C/|y_k|^n, 変形して
|y_k|^{n-\kappa} \lt C/c
κ < n より n-κ > 0 だから、|yₖ| が十分に大きいときこの式は成り立たず、有限性に反する。よって矛盾が得られたから、定理は成り立つ。

※こちらのpdfにトゥエの定理の証明がのっている↓
http://math-seikei.sakura.ne.jp/wakabayashi/wakabaD1.pdf

参考文献
www.morikita.co.jp

9999の加法定理、フィボナッチ数列の加法定理

数学

不思議な計算がある。
2×99999=99×1001 + 101×999
2×999999=99×10001 + 101×9999
2×99999999=999×100001 + 1001×99999
s_n=9999...999(n桁), c_n=100...001(n+1桁) とおくと、
2s_{m+n}=s_m c_n +c_m s_n となっているようだ。三角関数の加法定理にそっくりだ！

これは、s_n = 10^n -1,~c_n=10^n + 1 となっていることに着目すると、
次の定理を使って示せる：
定理
a(x)=\alpha^x - \beta^x, b(x)=\alpha^x +\beta^xとおくと、
2a(x+y)=a(x) b(y) + b(x) a(y)
証明：
(\alpha^x ± \beta^x)(\alpha^y ∓\beta^y)=\alpha^{x+y}~∓\alpha^x\beta^y~±\alpha^y\beta^x ~-\beta^{x+y}
復号の上側がb(x) a(y), 下側がa(x) b(y) だから、和をとって
a(x) b(y) + b(x) a(y)=2\alpha^{x+y} - 2\beta^{x+y}=2a(x+y).□


これに\alpha=10, \beta=1, x=m,~y=n を代入すると前掲の公式となる。
なお、\alpha=e^i,~ \beta=e^{-i}を代入し、両辺を4iで割ると通常の三角関数の加法定理となる。
さらに、\alpha=e, ~\beta=e^{-1}を代入し、両辺を４で割ると双曲線関数の加法定理となる。


さらに。\alpha=\dfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}, ~\beta=\dfrac {1-{\sqrt {5}}}{2} とおく。
フィボナッチ数列は
{\displaystyle F_{n}=\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\left({\dfrac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}-\left({\dfrac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}\right\}
と書けるから、F_n=a(n)/\sqrt{5}
また、リュカ数は
{\displaystyle L_{n}=\left({\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}+\left({\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)^{n}}
と書けるから、L_n=b(n)
公式の両辺を\sqrt{5}で割って
\displaystyle 2\frac{a(m+n)}{\sqrt{5}} =\frac{a(m)}{\sqrt{5}} b(n) + b(m) \frac{a(n)}{\sqrt{5}}
よって
\displaystyle 2F_{m+n}=F_m L_n +L_m F_n
(フィボナッチ数列の加法定理)

素数冪を法とした、多項式の反復合成

数学

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まずは次の定理を示す。
fを整係数多項式、pを素数、a,tを整数、kを自然数とすると、
f\left(a+t p^{k}\right) \equiv f(a)+t f^{\prime}(a) p^{k}\mod p^{k+1}
(証明)
多項式のテイラー展開より、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}
あとはx=a, y=tpᵏ を代入すれば
f\left(a+t p^{k}\right) = f(a)+t p^k f^{\prime}(a) + (tp^k)^2 g(a,tp^k)
\equiv f(a)+t f^{\prime}(a) p^{k}\mod p^{k+1}

よって例えば
f^{2}\left(a+t p^{k}\right)\equiv f\left(f(a)+t f^{\prime}(a) p^{k}\right)\equiv f^{2}(a)+t\left(f^{\prime}(a)\right)^{2} p^{k}

繰り返し適用して、任意の自然数nに対して
f^{n}\left(a+t p^{k}\right)\equiv f^{n}(a)+t\left(f^{\prime}(a)\right)^{n} p^{k}\mod p^{k+1}

aが法pᵏで周期mの周期点、つまりfᵐ(a)≡a(mod pᵏ)で、 なおかつf'(a)≢0(mod p) なら、フェルマーの小定理より(f'(a))ᵖ⁻¹=1+pb(bは整数) だから、
f^{m(p-1)}\left(a+t p^{k}\right)\equiv f^{m(p-1)}(a)+t\left(f^{\prime}(a)\right)^{m(p-1)} p^{k}\equiv a+tp^{k}\mod p^{k+1}
よってa+tpᵏは任意のtで周期m(p-1) の周期点である。

組み合わせ数の合同式

数学

f:id:mochi-mochi61:20211213045042p:plain
pを素数とする。
この記事では、a≡b でa≡b(mod p) を表すこととする。
(定理)a,bを自然数、a＞bとする。次が成り立つ。\dbinom{pa}{pb}≡\dbinom{a}{b}
ただし、\binom{a}{b} は二項係数 ({}_a C_bと同じ)。

証明:
\displaystyle\dbinom{pa}{pb}=\prod_{k=0}^{pb-1} \frac{p a- k}{p b- k}
=\displaystyle\prod_{\alpha=0}^{p-1} \prod_{t=0}^{b-1}\frac{p a-(\alpha+p t)}{p b-(\alpha+p t)}
ここで、p a-(\alpha+p t)\equiv-\alpha, p b-(\alpha+p t) \equiv-\alpha だから、
α≢0 のとき、\frac{p b-(\alpha+p t)}{p a-(\alpha+p t)}\equiv 1
また、
\displaystyle\prod_{t=0}^{b-1} \frac{p b-p t}{p a-p t}=\prod_{t=0}^{p-1} \frac{a-t}{b-t}=\binom{a}{b}.

よって\dbinom{pa}{pb}≡\dbinom{a}{b}.

自然数の素数冪乗 a^(p^n)

数学

pを素数とする。
(定理1)a≡b (mod pⁿ) のとき、aᵖ≡bᵖ (mod pⁿ⁺¹)
証明:
a=b+tpⁿ と書けるから、
aᵖ=(b+tpⁿ)ᵖ=bᵖ + pbᵖ⁻¹(tpⁿ) + ₚC₂bᵖ⁻²(tpⁿ)² + ・・・
　≡bᵖ (mod pⁿ⁺¹)

繰り返し適用してみよう。
a≡b\mod pのとき、a^p≡b^p \mod p^2
よって(a^p)^p≡(b^p)^p \mod p^3
よって((a^p)^p)^p≡((b^p)^p)^p \mod p^4
\vdots
よってa^{p^n}≡b^{p^n}\mod p^{n+1}
(定理2)a≡b\mod pのとき、
任意の自然数nでa^{p^n}≡b^{p^n}\mod p^{n+1}

応用１：フェルマーの小定理の拡張
a\not≡0\mod p のとき、a^{p^n-p^{n-1}}≡1\mod p^n
証明：
a\not≡0\mod pより、a^{p-1}≡1\mod pだから、定理2より
(a^{p-1})^{p^{n-1}}≡1^{p^{n-1}}≡1\mod p^n　よって
a^{p^n-p^{n-1}}≡1\mod p^n

応用２：
任意の整数aについて、数列\{a^{p^n}\} はp進的に収束する。
証明：コーシー列であることを示す。
任意にε>0 をとる。Nを、p^{-N}\lt \varepsilon を満たす自然数とする。
m,n≥N, m>n とする。
a^p≡a \mod p　だから、
a^{p^{m-n}}≡a \mod p
よって定理２より
(a^{p^{m-n}})^{p^n}≡a^{p^n} \mod p^{n+1}
つまりa^{p^m}≡a^{p^n} \mod p^{n+1}
よって|a^{p^m}-a^{p^n}|_p\leq p^{-(n+1)}\lt p^{-N}\lt \varepsilon.
よってコーシー列だから収束する。□

p進連分数

数学

f:id:mochi-mochi61:20211210103145p:plain
ｐ進数の世界でも、連分数を考えることができる！(収束する！)
pを奇素数とする。
f(x)=x²-2x-p とおく。
f(x)=x(x-2)-p だから、f(0)≡0(mod p), f(2)≡0(mod p).
また, f'(x)=2x-2 であり、f'(0)=-2≢0(mod p), f'(2)=2≢0(mod p). (pは奇素数より)
よってヘンゼルの補題より、f(x)=0はp進整数環{\mathbb Z}_p上に、
α≡0(mod p)となる解αと、β≡2(mod p)となる解βをもつ。
aₙ=(αⁿ⁺¹＋βⁿ⁺¹)/(αⁿ＋βⁿ)　とおく。
a₀=(α+β)/2=1,
aₙ₊₁=(αⁿ⁺²＋βⁿ⁺²)/(αⁿ⁺¹＋βⁿ⁺¹)=(2(αⁿ⁺¹＋βⁿ⁺¹)＋p(αⁿ＋βⁿ))/(αⁿ⁺¹＋βⁿ⁺¹) = 2+p(αⁿ＋βⁿ)/(αⁿ⁺¹＋βⁿ⁺¹) = 2+p/aₙ .
よって
a_1= 2+{\cfrac {p}{1}},
a_2=2+{\cfrac {p}{2+{\cfrac{p}{1}}}},
a_3=2+{\cfrac {p}{2+{\cfrac{p}{2+{\cfrac {p}{1}}}}}},
\vdots

一方、aₙ=(αⁿ⁺¹＋βⁿ⁺¹)/(αⁿ＋βⁿ) で、
α≡0(mod p), β≢0(mod p) より|αⁿ/βⁿ|ₚ≤p⁻ⁿ→0 (n→∞) だから、
aₙ→(α(αⁿ/βⁿ)+β)/( (αⁿ/βⁿ)+1)→β (n→∞).

よって
β=\lim\left(2+{\cfrac {p}{2+{\cfrac{p}{2+{\cfrac {p}{\ddots2+{\cfrac {p}{1}}}}}}}}\right)

ほとんど初期値によらないことも示しておこう。
数列{aₙ}を、a₀=x∊{\mathbb Z}_p(x≠0),
aₙ₊₁=2+p/aₙ で定義される数列とする。
このときaₙの一般項は
(Aαⁿ⁺¹＋Bβⁿ⁺¹)/(Aαⁿ＋Bβⁿ) (ただしA=β-x, B=x-α)
である。実際、n=0のとき
(Aα+Bβ)/(A+B)=(αβ-αx+βx-αβ)/(β-x+x-α)=(βx-αx)/(β-α)=x,
n+1を代入すると
(Aαⁿ⁺²＋Bβⁿ⁺²)/(Aαⁿ⁺¹＋Bβⁿ⁺¹)=(2(Aαⁿ⁺¹＋Bβⁿ⁺¹)＋p(Aαⁿ＋Bβⁿ))/(Aαⁿ⁺¹＋Bβⁿ⁺¹) = 2+p(Aαⁿ＋Bβⁿ)/(Aαⁿ⁺¹＋Bβⁿ⁺¹) = 2+p/aₙ .
よってaₙ=(Aαⁿ⁺¹＋Bβⁿ⁺¹)/(Aαⁿ＋Bβⁿ) で、
|αⁿ/βⁿ|ₚ≤p⁻ⁿ→0 (n→∞) だから、B≠0 のとき
aₙ→β (n→∞).
よってB=0つまりx≠αのとき、
β=\lim\left(2+{\cfrac {p}{2+{\cfrac{p}{2+{\cfrac {p}{\ddots+{\cfrac {p}{2+{\cfrac{p}{x}}}}}}}}}}\right)