有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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平方根

平方根

定義《平方根》

 $a$ を $0$ 以上の実数とする. $x^2 = a$ の実数解を $a$ の平方根(square root)と呼び, そのうち $0$ 以上の解を $\sqrt a$ で表す.

定理《平方根の性質》

 $a,$ $b$ を正の数, $c$ を実数とする. このとき,
(1)
$(\sqrt a)^2 = a$ 
(2)
$\sqrt a\sqrt b = \sqrt{ab},$ $\dfrac{\sqrt a}{\sqrt b} = \sqrt{\dfrac{a}{b}}$ 
(3)
$\sqrt{c^2} = |c|,$ $\sqrt{c^2a} = |c|\sqrt a$ 
(4)
$(x+y\sqrt a)(x-y\sqrt a) = x^2-ay^2,$ $\dfrac{1}{x+y\sqrt a} = \dfrac{x-y\sqrt a}{x^2-ay^2}$ 
が成り立つ.

定理《平方根の無理性》

 正の整数 $d$ が平方数でないならば, $\sqrt d$ は無理数である.

問題《$2$ 次体の性質》

 $d$ を平方数でない正の整数とする. 次のことを示せ.
(1)
$\sqrt d$ は無理数である.
(2)
$a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$ を有理数とする. このとき, \[ a_1+a_2\sqrt d = b_1+b_2\sqrt d \Longrightarrow (a_1,a_2) = (b_1,b_2)\] が成り立つ.
(3)
$f(x),$ $g(x)$ を $g(\sqrt d) \neq 0$ なる有理数係数多項式とする. このとき, \[\frac{f(\sqrt d)}{g(\sqrt d)} = c_1+c_2\sqrt d\] なる有理数 $c_1,$ $c_2$ の組がただ $1$ 組存在する.

解答例

(1)
$\sqrt d$ が有理数である, つまり $\sqrt d$ が $\sqrt d = \dfrac{m}{n}$ ($m,$ $n$: 正の整数)と表されるとする. このとき, $n\sqrt d = m$ から, \[ n^2d = m^2\] となる. 各素数 $p$ に対して, $m^2$ よって $n^2d$ の素因数分解における $p$ の指数は偶数であるから, $d$ の素因数分解における $p$ の指数も偶数である. これは $d$ が平方数でないことに反する.
 ゆえに, 冒頭の仮定は誤りで, 示すべき命題は真である.
(2)
$a_1+a_2\sqrt d = b_1+b_2\sqrt d$ のとき, $(a_2-b_2)\sqrt d = b_1-a_1$ となるが, $\sqrt d$ は無理数であるから $b_1-a_1 = 0,$ $a_2-b_2 = 0$ となり, $(a_1,a_2) = (b_1,b_2)$ となる.
(3)
$(\sqrt d)^{2k} = d^k,$ $(\sqrt d)^{2k+1} = d^k\sqrt d$ ($k$: 非負整数)であるから, ある有理数 $a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$ に対して $f(\sqrt d) = a_1+a_2\sqrt d,$ $g(\sqrt d) = b_1+b_2\sqrt d$ となり, \[\begin{aligned} \frac{f(\sqrt d)}{g(\sqrt d)} &= \frac{a_1+a_2\sqrt d}{b_1+b_2\sqrt d} \\ &= \frac{(a_1+a_2\sqrt d)(b_1-b_2\sqrt d)}{(b_1+b_2\sqrt d)(b_1-b_2\sqrt d)} \\ &= \frac{a_1b_1-a_2b_2d}{b_1{}^2-b_2{}^2d}+\frac{-a_1b_2+a_2b_1}{b_1{}^2-b_2{}^2d}\sqrt d \end{aligned}\] ($2$ つの分数は有理数)となる. (2) から, この表し方はただ $1$ 通り

別解

(3)
$f(x),$ $g(x)$ を $x^2-d$ で割った余りをそれぞれ $a_1+a_2x,$ $b_1+b_2x$ ($a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$: 有理数)とおく. すると, $f(\sqrt d) = a_1+a_2\sqrt d,$ $g(\sqrt d) = b_1+b_2\sqrt d$ となる. (以下, 同様)

参考

  • 四則演算が定義され, 交換法則, 結合法則, 分配法則を満たす数の集合で, 複数の要素をもつものをたい(field)と呼ぶ. 例えば, 有理数全体 $\mathbb Q$ は通常の四則演算に関して「体」をなす. これを「有理数体」(field of rational numbers)と呼ぶ. 現代数学において, 方程式論は「体」の理論,「体論」として展開されている.
  • 平方数でない整数 $d$ に対して, $\mathbb Q$ と $x^2 = d$ の解 $x = \pm\sqrt d$ を含む最小の「体」は $\{ a_1+a_2\sqrt d|a_1,a_2 \in \mathbb Q\}$ であることが知られている. この形の「体」を「$2$ 次体」(quadratic field)と呼ぶ. このように,「体」$K$ の要素を係数とする多項式 $f(x)$ に対して, $K$ と方程式 $f(x) = 0$ の解を含む最小の「体」を $f(x)$ の $K$ 上の「最小分解体」(smallest splitting field)と呼ぶ. ある有理数係数多項式の $\mathbb Q$ 上の「最小分解体」を「代数体」(algebraic field)と呼ぶ.
  • 一般に, $u$ が無理数であるとき, すべての有理数 $a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$ に対して \[ a_1+a_2u = b_1+b_2u \Longrightarrow (a_1,a_2) = (b_1,b_2)\] が成り立つ.
(最終更新日: $2022/09/24$)

問題《$2$ 次体のノルムと単数》

 有理数 $a_1,$ $a_2$ を用いて \[\alpha = a_1+a_2\sqrt 5\] の形に表される実数 $\alpha$ について, その全体の集合を $K$ とおき, \[\tilde\alpha = a_1-a_2\sqrt 5, \quad N(\alpha ) = \alpha\tilde\alpha = a_1{}^2-5a_2{}^2\] と定める. さらに, 偶奇が等しい整数 $a_1,$ $a_2$ を用いて \[\alpha = \dfrac{a_1+a_2\sqrt 5}{2}\] の形に表される実数 $\alpha$ 全体の集合を $O$ とおく.
(1)
$K$ の要素 $\alpha,$ $\beta$ に対して, \[ N(\alpha\beta ) = N(\alpha )N(\beta )\] が成り立つことを示せ.
(2)
$O$ の要素 $\alpha,$ $\beta$ に対して, $\alpha\beta$ もまた $O$ の要素であることを示せ.
(3)
$O$ の要素 $\alpha$ に対して, $N(\alpha )$ は整数であることを示せ.
(4)
$O$ の要素 $\varepsilon$ に対して, \[\varepsilon ^{-1} \in O \iff N(\varepsilon ) = \pm 1\] であることを示せ.
(5)
$\varepsilon _0,$ $\varepsilon _0{}^{-1} \in O,$ $\varepsilon _0 > 1$ を満たす最小の正の数は $\varepsilon _0 = \dfrac{1+\sqrt 5}{2}$ であることが知られている. $\varepsilon ^{-1} \in O$ を満たす $O$ の要素 $\varepsilon$ は, この $\varepsilon _0$ を用いて $\varepsilon = \pm\varepsilon _0{}^n$ ($n$: 整数)の形に表されることを示せ.

解答例

(1)
$\alpha = a_1+a_2\sqrt 5,$ $\beta = b_1+b_2\sqrt 5$ ($a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$: 有理数)とおく. \[\begin{aligned} \alpha\beta &= (a_1+a_2\sqrt 5)(b_1+b_2\sqrt 5) \\ &= (a_1b_1+5a_2b_2)+(a_1b_2+a_2b_1)\sqrt 5 \end{aligned}\] から, \[\begin{aligned} N(\alpha\beta ) &= (a_1b_1+5a_2b_2)^2-5(a_1b_2+a_2b_1)^2 \\ &= (a_1{}^2b_1{}^2+10a_1a_2b_1b_2+25a_2{}^2b_2{}^2) \\ &\qquad -5(a_1{}^2b_2{}^2+2a_1a_2b_1b_2+a_2{}^2b_1{}^2) \\ &= a_1{}^2b_1{}^2-5a_1{}^2b_2{}^2-5a_2{}^2b_1{}^2+25a_2{}^2b_2{}^2 \\ &= (a_1{}^2-5a_2{}^2)(b_1{}^2-5b_2{}^2) \\ &= N(\alpha )N(\beta ) \end{aligned}\] が成り立つ.
 以下, $\alpha = \dfrac{a_1+a_2\sqrt 5}{2}$ ($a_1,$ $a_2$: 偶奇の等しい整数), $\beta = \dfrac{b_1+b_2\sqrt 5}{2}$ ($b_1,$ $b_2$: 偶奇の等しい整数)とおき, $a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$ を $2$ で割った商を $p_1,$ $p_2,$ $q_1,$ $q_2$ とおく.
(2)
\[\begin{aligned} \alpha\beta &= \frac{a_1+a_2\sqrt 5}{2}\cdot\frac{b_1+b_2\sqrt 5}{2} \\ &= \frac{1}{2}\left(\frac{a_1b_1+5a_2b_2}{2}+\frac{a_1b_2+a_2b_1}{2}\sqrt 5\right) \end{aligned}\] である.
(i)
$a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$ が偶数のとき. $4$ の倍数の和 $a_1b_1+5a_2b_2,$ $a_1b_2+a_2b_1$ は $4$ の倍数である.
(ii)
$a_1,$ $a_2$ が偶数, $b_1,$ $b_2$ が奇数のとき. \[\begin{aligned} a_1b_1+5a_2b_2 &= 2p_1(2q_1+1)+5\cdot 2p_2(2q_2+1) \\ &= 4(p_1q_1+5p_2q_2+2p_2)+2(p_1+p_2), \\ a_1b_2+a_2b_1 &= 2p_1(2q_2+1)+2p_2(2q_1+1) \\ &= 4(p_1q_2+p_2q_1)+2(p_1+p_2) \end{aligned}\] を $4$ で割った余りはいずれも $2(p_1+p_2)$ を $4$ で割った余りに等しい.
(iii)
$a_1,$ $a_2$ が奇数, $b_1,$ $b_2$ が偶数のとき. (ii) と同様に, $a_1b_1+5a_2b_2,$ $a_1b_2+a_2b_1$ を $4$ で割った余りはいずれも $2(q_1+q_2)$ を $4$ で割った余りに等しい.
(iv)
$a_1,$ $a_2,$ $b_1,$ $b_2$ が奇数のとき. \[\begin{aligned} a_1b_1+5a_2b_2 &= (2p_1\!+\!1)(2q_1\!+\!1)+5(2p_2\!+\!1)(2q_2\!+\!1) \\ &= 4(p_1q_1+5p_2q_2+2p_2+2q_2+1) \\ &\qquad +2(p_1+p_2+q_1+q_2+1), \\ a_1b_2+a_2b_1 &= (2p_1\!+\!1)(2q_2\!+\!1)+(2p_2\!+\!1)(2q_1\!+\!1) \\ &= 4(p_1q_2+p_2q_1) \\ &\qquad +2(p_1+p_2+q_1+q_2+1) \end{aligned}\] を $4$ で割った余りはいずれも $2(p_1\!+\!p_2\!+\!q_1\!+\!q_2\!+\!1)$ を $4$ で割った余りに等しい.
(i)~(iv) から, $\dfrac{a_1b_1+5a_2b_2}{2},$ $\dfrac{a_1b_2+a_2b_1}{2}$ は偶奇の等しい整数であるので, $\alpha\beta$ もまた $O$ の要素である.
(3)
\[ N(\alpha ) = \frac{a_1+a_2\sqrt 5}{2}\cdot\frac{a_1-a_2\sqrt 5}{2} = \frac{a_1{}^2-5a_2{}^2}{4}\] が成り立つ.
(i)
$a_1,$ $a_2$ が偶数のとき. $4$ の倍数の差 $a_1{}^2-5a_2{}^2$ は $4$ の倍数である.
(ii)
$a_1,$ $a_2$ が奇数のとき. \[\begin{aligned} a_1{}^2-5a_2{}^2 &= (2p_1+1)^2-5(2p_2+1)^2 \\ &= (4p_1{}^2+4p_1+1)-5(4p_2{}^2+4p_2+1) \\ &= 4(p_1{}^2+p_1-5p_2{}^2-5p_2-1) \end{aligned}\] であるから, $a_1{}^2-5a_2{}^2$ は $4$ の倍数である.
(i), (ii) から, $N(\alpha )$ は整数である.
(4)
$\varepsilon = \dfrac{e_1+e_2\sqrt 5}{2}$ ($e_1,$ $e_2$: 偶奇の等しい整数)とおく.
  • $\varepsilon ^{-1} \in O$ であるとすると, (1) の結果により \[ N(\varepsilon )N(\varepsilon ^{-1}) = N(\varepsilon\varepsilon ^{-1}) = N(1) = 1\] が成り立ち, $N(\varepsilon ),$ $N(\varepsilon ^{-1})$ は整数になるから, $N(\varepsilon ) = \pm 1$ となる.
  • $N(\varepsilon ) = \pm 1$ であるとすると, $\varepsilon\tilde\varepsilon = \pm 1$ となり, $\pm e_1,$ $\mp e_2$ は偶奇が等しいから, \[\varepsilon ^{-1} = \pm\tilde\varepsilon = \pm\frac{e_1-e_2\sqrt 5}{2} = \frac{\pm e_1\mp e_2\sqrt 5}{2} \in O\] となる.
よって, $\varepsilon ^{-1} \in O$ $\iff$ $N(\varepsilon ) = \pm 1$ が成り立つ.
(5)
$O$ の要素 $\varepsilon$ が $\varepsilon ^{-1} \in O$ を満たすとする.
(i)
$\varepsilon > 0$ のとき. $\varepsilon _0 > 1$ であるから, $\varepsilon _0{}^m \leqq \varepsilon ^{\pm 1} < \varepsilon _0{}^{m+1}$ を満たす非負整数 $m$ が存在する. このとき, $1 \leqq \varepsilon ^{\pm 1}\varepsilon _0{}^{-m} < \varepsilon _0$ となる. $\varepsilon ^{\pm 1},$ $\varepsilon _0{}^{-1} \in O$ であるから, (2) の結果により $\varepsilon ^{\pm 1}\varepsilon _0{}^{-m} = \varepsilon ^{\pm 1}(\varepsilon _0{}^{-1})^m \in O$ であり, (1) の結果により \[ N(\varepsilon ^{\pm 1}\varepsilon _0{}^{-m}) = N(\varepsilon ^{\pm 1})N(\varepsilon _0{}^{-1})^m = \pm (-1)^m = \pm 1\] が成り立つ. $\varepsilon _0$ の最小性により, $\varepsilon ^{\pm 1}\varepsilon _0{}^{-m} = 1$ つまり $\varepsilon = \varepsilon _0{}^{\pm m}$ である.
(ii)
$\varepsilon < 0$ のとき. $-\varepsilon \in O,$ $N(-\varepsilon ) = N(-1)N(\varepsilon ) = \pm 1$ であるので, (i) の結果から $-\varepsilon = \varepsilon _0{}^n$ つまり $\varepsilon = -\varepsilon _0{}^n$ を満たす整数 $n$ が存在する.
(i), (ii) から, $\varepsilon = \pm\varepsilon _0{}^n$ を満たす整数 $n$ が存在する.

参考

  • 最高次の係数が $1$ のある整数係数多項式 $f(x)$ について, $f(x) = 0$ の解になる複素数は「代数的整数」(algebraic integer)と呼ばれる. 「代数体」$K$ (前問を参照)に属する「代数的整数」全体 $O_K$ は $K$ の「整数環」(ring of integers)と呼ばれ, $O_K$ において逆数をもつ $O_K$ の要素全体は $K$ の「単数群」(unit group)と呼ばれる. 本問の「$2$ 次体」$K = \{ a_1+a_2\sqrt 5|a_1,a_2 \in \mathbb Q\}$ (前問を参照)について, 「整数環」$O_K$ は上記の $O$ と一致し(証明は省略), 関数 $N(\alpha )$ $(\alpha \in K)$ は「ノルム写像」(norm map), $\varepsilon _0$ は $K$ の「基本単数」(fundamental unit)と呼ばれる.
  • (5) の結果から, 正の整数 $\nu$ が「フィボナッチ数」であるためには $5\nu ^2+4$ または $5\nu ^2-4$ が平方数であることが必要十分であると証明される(こちらを参照).
(最終更新日: $2022/04/15$)

問題《リュカ数を表す対称式の値》

 $\alpha = \dfrac{1+\sqrt 5}{2},$ $\beta = \dfrac{1-\sqrt 5}{2}$ とする. \[\alpha +\beta, \quad \alpha\beta, \quad \alpha ^2+\beta ^2, \quad \alpha ^3+\beta ^3, \quad \alpha ^4+\beta ^4, \quad \alpha ^5+\beta ^5\] の値を求めよ.

解答例

 $\alpha,$ $\beta$ の定義から \[\begin{aligned} \alpha +\beta &= \frac{1+\sqrt 5}{2}+\frac{1-\sqrt 5}{2} = 1, \quad \cdots [1] \\ \alpha\beta &= \frac{1+\sqrt 5}{2}\cdot\frac{1-\sqrt 5}{2} = \frac{1-5}{4} = -1 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] であるので, \[\begin{aligned} \alpha ^2+\beta ^2 &= (\alpha +\beta )^2 -2\alpha\beta \\ &= 1^2-2\cdot (-1) = 3, \quad \cdots [3] \quad (\because [1],\ [2]) \\ \alpha ^3+\beta ^3 &= (\alpha ^2+\beta ^2)(\alpha +\beta )-\alpha\beta (\alpha +\beta ) \\ &= 3\cdot 1-(-1)\cdot 1 = 4, \quad \cdots [4] \quad (\because [1],\ [2],\ [3]) \\ \alpha ^4+\beta ^4 &= (\alpha ^2+\beta ^2)^2-2(\alpha\beta )^2 \\ &= 3^2-2\cdot (-1)^2 = 7, \quad (\because [1],\ [2],\ [3]) \\ \alpha ^5+\beta ^5 &= (\alpha ^3+\beta ^3)(\alpha ^2+\beta ^2)-(\alpha\beta )^2(\alpha +\beta ) \\ &= 4\cdot 3-(-1)^2\cdot 1 = 11 \quad (\because [2],\ [3],\ [4]) \end{aligned}\] である.

別解 1

 $\alpha,$ $\beta$ の定義から \[\begin{aligned} \alpha +\beta &= \frac{1+\sqrt 5}{2}+\frac{1-\sqrt 5}{2} = 1, \\ \alpha\beta &= \frac{1+\sqrt 5}{2}\cdot\frac{1-\sqrt 5}{2} = \frac{1-5}{4} = -1 \end{aligned}\] であり, \[\alpha ^2+\beta ^2 = (\alpha +\beta )^2-2\alpha\beta = 1^2-2\cdot (-1) = 3\] である. また, \[\begin{aligned} \alpha ^{n+2}+\beta ^{n+2} &= (\alpha ^{n+1}+\beta ^{n+1})(\alpha +\beta )-\alpha\beta (\alpha ^n+\beta ^n) \\ &= (\alpha ^{n+1}+\beta ^{n+1})\cdot 1-(-1)\cdot (\alpha ^n+\beta ^n) \\ &= (\alpha ^n+\beta ^n)+(\alpha ^{n+1}+\beta ^{n+1}) \end{aligned}\] であるから, \[\begin{aligned} \alpha ^3+\beta ^3 &= (\alpha +\beta )+(\alpha ^2+\beta ^2) = 1+3 = 4, \\ \alpha ^4+\beta ^4 &= (\alpha ^2+\beta ^2)+(\alpha ^3+\beta ^3) = 3+4 = 7, \\ \alpha ^5+\beta ^5 &= (\alpha ^3+\beta ^3)+(\alpha ^4+\beta ^4) = 4+7 = 11 \end{aligned}\] である.

別解 2: 立方の展開公式を利用

 $\alpha +\beta = 1,$ $\alpha\beta = -1$ から, \[\alpha ^3+\beta ^3 = (\alpha +\beta )^3-3\alpha\beta (\alpha +\beta ) = 1^3-3\cdot (-1)\cdot 1 = 4\] である.

参考

  • $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ のどの $2$ つを入れ替えても不変である $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ の多項式は, $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ の「対称式」(symmetric polynomial)と呼ばれ,「基本対称式」$x_1+\cdots +x_n,$ $\cdots,$ $x_1\cdots x_n$ (一定個の変数の積の総和)の多項式として表されることが知られている.
  • $L_1 = 1,$ $L_2 = 3,$ $L_{n+2} = L_n+L_{n+1}$ で定まる数列 $\{ L_n\}$ は「リュカ数列」(Lucas sequence), その項は「リュカ数」(Lucas number)と呼ばれる. 一般に, $L_n$ は \[ L_n = \left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right) ^n+\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right) ^n\] と表されることが知られている. 定義から $L_n$ は整数であり, 本問では $n = 5$ までの値を求めた.
  • $L_n$ は $\left(\dfrac{1+\sqrt 5}{2}\right) ^n+\dfrac{1}{2}$ の整数部分に等しいことが知られている(こちらの「フィボナッチ数列」の類似の性質を参照).
  • 「フィボナッチ数列」と「リュカ数列」はお互いに深い関係をもつ. これらの間には $\cos x$ と $\sin x$ のようにきょうだいのような関係があり, 三角関数の加法定理のような公式も成り立つ.
(最終更新日: $2022/10/04$)