二重ピタゴラス操作の活用

a,b,cを整数とし、

a^2+b^2=c^2

となっているとき、

s=2(a+b-c)

とすると、

(s-a)^2+(s-b)^2=(s-c)^2

となっていて、このような操作を二重ピタゴラス操作と呼ぶことにしたのでした。

さて、x,y,zを整数、nを任意の整数の定数とするとき、

x^2+y^2+n=z^2

つまり、xの平方とyの平方とnの和がzの平方になっているとき、どうやら

t=2(x+y-z)

とすると、

(t-x)^2+(t-y)^2+n=(t-z)^2

つまり、(t-x)の平方と(t-y)の平方とnの和が(t-z)の平方になっているようなのです。

つまり、x,y,zのような数の組にも、二重ピタゴラス操作が機能しているらしいということです。

例をあげます。

2^2+(-2)^2+1=3^2

つまり、x=2,y=-2,z=3,n=1の場合に二重ピタゴラス操作をしてみると、

t=2(x+y-z)=-6

なので、

t-x=-8,t-y=-4,t-z=-9

となり、実際に、

(-8)^2+(-4)^2+1=(-9)^2

となっています。

前回の記事↓

mizumiya-umi.hatenablog.com

で書いた、一般化した二重ピタゴラス操作でも同様のことが言えるだろうと予想しています。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

二重ピタゴラス操作の一般化

a[1],a[2],……,a[n]というn個の0以上の整数の和が、bという自然数の平方になるとします。

つまり、

a[1]^2+a[2]^2+……+a[n]^2=b^2

となっているということです。

このようなa[1],……,a[n],bの組を、一つの組から新たに見つけることのできるような計算をおそらく見つけました。予め断っておくと証明はできていません。

その計算とはこのようなものです。

s=2(a[1]+a[2]+……+a[n]-b)/(n-1)

とするとき、

(s-a[1])^2+(s-a[2])^2+……+(s-a[n])^2=(s-b)^2

となっている、というものです。

ただし、整数の組にするためには、sが分数なので、全体を何倍かしなければならないときもあります。

n=2のときは、通常の二重ピタゴラス操作になります。

では例を挙げます。

1^2+1^2+3^2+4^2+13^2=14^2

から新たな組を見つけましょう。

a[1]=1,a[2]=1,a[3]=3,a[4]=4,a[5]=13,b=14

とします。

s=2(a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]-b)/4

=2(1+1+3+4+13-14)/4=4

となるので、

s-a[1]=3

s-a[2]=3

s-a[3]=1

s-a[4]=0

s-a[5]=-9

s-b=-10

となり、実際に3^2+3^2+1^2+0^2+(-9)^2=(-10)^2となっています。

また、任意のa[1],……,a[n],bを、(-1)倍、つまり負の数に変えてこの計算をすることでも新たな組を見つけることができます。

上の例のa[1]を(-1)倍したもので考えると、

a[1]=-1,a[2]=1,a[3]=3,a[4]=4,a[5]=13,b=14

なので、

s=2(-1+1+3+4+13-14)/4=3となり、

s-a[1]=4

s-a[2]=2

s-a[3]=0

s-a[4]=-1

s-a[5]=-10

s-b=-11

つまり、4^2+2^2+0^2+(-1)^2+(-10)^2=(-11)^2という式が表れ、計算すると確かに合っています。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

【追記】

証明できることに気付きました…。

(s-a[1])^2+(s-a[2])^2+……+(s-a[n])^2=(s-b)^2

の(左辺)－(右辺)=0を展開すると

ns^2-2s(a[1]+a[2]+……+a[n])+(a[1]^2+a[2]^2+……+a[n]^2)-s^2+2bs-b^2=0

となります

a[1]^2+a[2]^2+……+a[n]^2=b^2を代入すると

ns^2-2s(a[1]+a[2]+……+a[n])-s^2+2bs=0

となって、両辺をsで割ると

s(n-1)-2(a[1]+a[2]+……+a[n]-b)=0

となり

s=2(a[1]+a[2]+……+a[n]-b)/(n-1)を代入すると正しい式であると分かり、証明できました

分数の和と同一視できるような行列の積

まず分数の和を書きます。

a,cを0でない実数、b,dを実数とするとき、

b/a+d/c=(ad+bc)/ac

となっています。

この演算と同じ結果が出るような行列を見つけました。

二次正方行列Xを

(a  b)
(0  a)

とし、

二次正方行列Yを

(c  d)
(0  c)

とするとき、

行列の積X×Y及びY×Xは

(ac  ad+bc)
(0          ac)

となり、これは上に書いた分数の和と現れる値が一致します。

このような行列の積を分数の和と同一視するためには、分数の通分しても値が変わらない性質を行列にも与えなければなりません。

なので、nを0でない実数とするとき、

(na  nb)
(0    na)

という形で書ける全ての行列を、

(a   b)
(0   a)

と同一視することにします。

このように同一視したものを、行列の実数倍を同一視したものと呼ぶことにします。

さて、有理数、及び実数や複素数の集合は、和に関して群になっています。

なので、aを0でない実数、bを実数とするとき、

(a b)
(0 a)

という形で表せる行列の集合の、行列の実数倍を同一視したものが積に関して群になることが分かりました。

また、行列の実数倍を同一視せずに、

(a b)
(0 a)

という形で表せる行列(ただしa≠0)の集合に零行列を加えたものが、通常の和と積に関して体になっているだろう、なっていたらいいなと思っていますが、自信はありません。

ちなみに、分数と整数の積を行列のべき乗と同一視できることにも気付きました。

aを0でない実数、bを実数、nを整数とするとき

(b/a)×n

と、

(a  b)^n
(0  a)

を同一視できるのです。もちろん、これは行列の実数倍を同一視したうえでですが。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

ピタゴラス数のような行列

a,b,cを既約ピタゴラス数、つまり、

a^2+b^2=c^2となるような既約な自然数とします。

また、aを奇数、bを偶数とします。

A^2+B^2=C^2となるような二次正方行列A,B,Cを、ピタゴラス二次行列と呼ぶことにします。

ピタゴラス二次行列を、ピタゴラス数から作れることに気付きました。

a=2x+1

b=2y

c=2z+1

とするとき、

Aを、

(x      x+1)
(x+1  x    )

Bを、

(y      y  )
(y      y  )

Cを、

(z      z+1)
(z+1  z    )

とすると、これらがピタゴラス二次行列になるのです。

実際に計算し、真であることを確かめます。

A^2は

(2x^2+2x+1  2x^2+2x    )
(2x^2+2x      2x^2+2x+1)

B^2は

(2y^2            2y^2         )
(2y^2            2y^2         )

C^2は

(2z^2+2z+1  2z^2+2z    )
(2z^2+2z      2z^2+2z+1)

なので、A^2+B^2=C^2が真であるには、

2x^2+2x+1+2y^2=2z^2+2z+1……①

2x^2+2x+2y^2=2z^2+2z……②

のふたつが真であればよく、

a^2+b^2=c^2から、(2x+1)^2+(2y)^2=(2z+1)^2が分かり、これを展開し整理すると、

x^2+x+y^2=z^2+zとなるので、①②が真であることが分かり、A,B,Cがピタゴラス二次行列になることが確かめられました。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

ピタゴラス数から2通りのやり方で同じ二平方和を作る

mizumiya-umi.hatenablog.com

↑に貼った記事に書いた計算法で、

自然数a[1],b[1],c[1],a[2],b[2],c[2]が

a[1]^2+b[1]^2=c[1]^2

a[2]^2+b[2]^2=c[2]^2

を満たすピタゴラス数とするとき、平方数が現れるのでした。

a[1],a[2]を奇数、b[1],b[2]を偶数とし、既約なピタゴラス数のみを考えることにします。 

このやり方で現れる平方数と同じものが、違うやり方でも現れることに気付きました。

どのようなa[1],b[1],c[1],a[2],b[2],c[2]に対しても

a[1]a[2]+n^2

b[1]b[2]+n^2

c[1]c[2]-n^2

がすべて平方数となるようなnが存在し、また、

2a[1]b[2]+m^2

2b[1]a[2]+m^2

2c[1]c[2]-m^2

がすべて平方数となるようなmも存在するようで、ここで現れる平方数が上に貼った記事の計算で現れる平方数と一致するようなのです。

例を挙げます。

(a[1],b[1],c[1])=(3,4,5)

(a[2],b[2],c[2])=(5,12,13)

とするとき

「２組のピタゴラス数の積　その２」で書いた計算をすると、

a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]=2×8^2

-a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]=2×7^2

a[1]a[2]-b[1]b[2]+c[1]c[2]=2×4^2

-a[1]a[2]-b[1]b[2]+c[1]c[2]=2×1^2

a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]=11^2

-a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]=7^2

a[1]b[2]-b[1]a[2]+c[1]c[2]=9^2

-a[1]b[2]-b[1]a[2]+c[1]c[2]=3^2

となり、

今回書いた計算をすると(n=1,m=3です。)

a[1]a[2]+n^2=3×5+1^2=4^2

b[1]b[2]+n^2=4×12+1^2=7^2

c[1]c[2]-n^2=5×13-1^2=8^2

2a[1]b[2]+m^2=2×3×12+3^2=9^2

2b[1]a[2]+m^2=2×4×5+3^2=7^2

2c[1]c[2]-m^2=2×5×13-3^2=11^2

と、現れる平方数が一致します。

ちなみに、これらの平方数には、

1^2+8^2=4^2+7^2=65=5×13=c[1]×c[2]

3^2+11^2=7^2+9^2=130=2×5×13=2×c[1]×c[2]

というような関係性があります。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

mod pのパスカルの三角形で、全ての整数が一度ずつ現れる行のあるもの

pを奇素数とし、

nを2n+1=pとなるような自然数とする

mod pにおいて、nと(n+1)をふたつ隣りに並べたものを頂点とするようなパスカルの三角形を計算すると、全ての整数が一度ずつ現れる行が出てくるようだと思いました。証明はできていません。

例を挙げます

mod 5のとき、nは2、(n+1)は3なので

 

２３

２０３

２２３３

２４０１３

となり、確かに0,1,2,3,4すべての数が一つの行のなかに一度ずつ現れました

mod 7のときも同様に

３４

３０４

３３４４

３６０１４

３２６１５４

３５１０６２４

となります

以上です！　有名かもしれませんが、面白いなぁと思いました

お読みいただきありがとうございました！

新しい和と積でできる行列の体

通常でない和と積を定義して行列の体を作ることができるようなので投稿します。

まず、この記事で定義する和を巻和、積を巻積と呼ぶことにします。ネーミングに特に深い意味はないです。区別をしたほうが分かりやすいと思ったので名付けました。

これから二次正方行列の場合を見ていきます。

さて、

(a b)
(c d)

と

(x y)
(z w)

の巻和を

(a+x+1 b+y+1)
(c+z+1 d+w+1)

と定義し、

(a b)
(c d)

と

(x y)
(z w)

の巻積を

(ax+a+x+bz+b+z+1    ay+a+y+bw+b+w+1)
(cx+c+x+dz+d+z+1    cy+c+y+dw+d+w+1)

と定義します。

すると、うまく元を選べば、mod p(pは素数)において巻和・巻積で体を作れるようです。

例をあげます。

mod 3において、

(2 2)
(2 2)

(0 2)
(2 0)

(1 0)
(0 2)

(1 1)
(1 0)

(2 1)
(1 1)

(1 2)
(2 1)

(0 1)
(1 2)

(0 0)
(0 1)

(2 0)
(0 0)

という9個の行列を元にもつ集合は、巻和・巻積に関して体になります。

(2 2)
(2 2)

が加法の単位元、

(0 2)
(2 0)

が乗法の単位元です。

 また、「mod pにおける行列の体と無理数による体をフィボナッチでつなげる」という記事で書いたような、この体に対応するフィボナッチ数列のようなものがあることにも気付きました。

F[n]+F[n+1]+1=F[n+2]

というような数列です。

実際に、

(2 0)
(0 0)

という、上で書いた行列の体の元がこの数列に対応しています。

(2 0)(F[n]    )
(0 0)(F[n+1])

を計算(ここでの積は巻積)すると、

(F[n+1])
(F[n+2])

となるのです。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

行列式を変えない操作

↓この記事の続きです。

mizumiya-umi.hatenablog.com

↑に貼った記事では、右！操作、左！操作というものを考えましたが、上！操作、下！操作というものもできることに気付きました。

要領は右！操作、左！操作のときと同じで、

(a b)
(c d)

という行列を、

(a+c b+d)
(c     d    )

という行列に変える操作を上！操作、

(a b)
(c d)

という行列を、

(a     b    )
(a+c b+d)

という行列に変える操作を下！操作と呼ぶことにしたというだけです。

右！操作、左！操作、上！操作、下！操作、いずれも行列式を変えません。

さて、

X！操作を右！操作、左！操作、上！操作、下！操作を任意の回数合成したものとし、

X！操作のなかの上！操作、下！操作を順番を変えずに取り出したものをY！操作、

X！操作のなかの右！操作、左！操作を順番を変えずに取り出したものをZ！操作とするとき、

任意の二次正方行列AにX！操作をするとBという行列になり、

単位行列にY！操作をするとJという行列に、単位行列にZ！操作をするとKという行列になるならば、

J×A×K=B

となっているだろうと予想しました。

具体例を挙げます。

X！操作を上！右！上！左！左！操作とし、

行列Aを

(1  2)
(-1 4)

とします。

AにX！操作をしてできる行列Bは、

(17  9)
(5    3)

という行列です。

定義より、

Y！操作は上！上！操作、

Z！操作は右！左！左！操作なので、

行列Jは、

(1 2)
(0 1)

という行列に、

行列Kは

(3 1)
(2 1)

という行列になります。

このとき、

J×A×K=Bという式、つまり、

(1 2)(1  2)(3 1)      (17 9)
(0 1)(-1 4)(2 1) =   (5   3)

という式は確かに成立しています。

以上です！かなり面白いなぁと思います。みなさんはどう思いますか？

お読みいただきありがとうございました！

ファレイ数列の行列の性質

↓この記事を読んでからのほうが分かりやすいかもしれません。

mizumiya-umi.hatenablog.com

二次正方行列を

(a c)
(b d)

というように書くことにする。

a,b,dを自然数、cを0以上の整数、a≦b、c＜d、ad-bc=1とするとき、

a/bとc/dはいずれかのファレイ数列で隣り合っています。

(a c)
(b d)

を、ファレイ行列と呼ぶことにします。

ファレイ数列についてはwikiを見て下さい↓ 

ファレイ数列 - Wikipedia

さて、ここからが書きたかったことです。

二次正方行列の1行1列目の値を1行2列目に足し、

2行1列目の値を2行2列目に足す操作を右！操作と呼ぶことに、

1行2列目の値を1行1列目に足し、

2行2列目の値を2行1列目に足す操作を左！操作と呼ぶことにします。

(a c)
(b d)

に右！操作をすると、

(a a+c)
(b b+d)
となり、この行列に更に左！操作をすると、

(2a+c a+c)
(2b+d b+d)
となります。またこのふたつの操作を合成して、

(a c)
(b d)

に右！左！操作をすると

(2a+c a+c)
(2b+d b+d)

ができる、と書くことにします。

 ファレイ行列に右！操作をしても、左！操作をしてもファレイ行列のままです。

 さて、X！操作を、任意の右！操作と左！操作を合成した操作とします。

(1 0)
(0 1)
という単位行列にX！操作をすると

(a c)
(b d)

というファレイ行列になるとき、

(a c)(a c)
(b d)(b d)

というふたつの同じファレイ行列の積は、

(a c)
(b d)
にX！操作をしたものと等しくなるだろうと予想しました。

例をみてみましょう。

(2 1)
(3 2)

というファレイ行列は、単位行列に左！右！左！操作をすると得られます。

(2 1)(2 1)
(3 2)(3 2)

は、

(7    4)
(12  7)

という行列になりますが、これは、

(2 1)
(3 2)

に左！右！左！操作をすることでも得られます。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

mod pにおける行列の体と無理数による体をフィボナッチでつなげる

↓この記事を読んでからのほうが分かりやすいかもしれません。

mizumiya-umi.hatenablog.com

二次正方行列を

(x y)
(z w)

というように書くことにします。

pを素数とします。

mod pにおいて、

aF[n]+bF[n+1]=F[n+2]となっているF[n]の、一番長いループの長さと、

(0 1)
(a b)の位数の長さが一致するようです。

なぜなら、

(0 1)             (0 1)^k
(a b)のk乗を(a b)     と書くことにし、

(x)
(y)を縦ベクトルとするとき、

(0 1)^k   (F[n]    )   (F[n+k]   )
(a b)   ×(F[n+1])=(F[n+k+1])

となっていて、

(F[n]    )     (F[n+k]   )

(F[n+1]) = (F[n+k+1])

 つまり、F[n]=F[n+k],F[n+1]=F[n+k+1]となるのは、F[n]のループの長さの値なので、

kがF[n]のループの長さの値になるとき、

(0 1)^k
(a b)   が単位行列になることが分かり、

aF[n]+bF[n+1]=F[n+2]を満たすF[n]の、一番長いループの長さと

(0 1)
(a b)の位数の長さが一致することが分かりました。

さて、上に貼った記事に書いたように、

aF[n]+bF[n+1]=F[n+2]となっているF[n]のループの長さと、

a+bx=x^2を満たすxの位数が一致すると前に予想しました。

この予想と、今回言ったことを合わせて考えて、

a+bx=x^2を満たすxの位数と、

(0 1)
(a b)の位数の長さが一致するのではないかと思いました。(ただしa≠0)

a+bx=x^2を満たすxの位数がp^2-1のとき、xを生成元とする乗法群に0を加えた集合が体になるのと、

(0 1)                                     
(a b)の位数がp^2-1になるとき、

(0 1)                                     
(a b)を生成元とする乗法群に零行列を加えた集合が体になることが対応しているのではないかと思いました。

以上です！お読みいただきありがとうございました！