n次式と数列上の積

前回の記事、

mizumiya-umi.hatenablog.com

の続きです。

前回同様、#という記号を

#={1,1,1,1,……}

という数列だと定義します。

関数f(x)に対して、数列[f(x)]を

[f(x)]={f(0),f(1),f(2),f(3),……}

と定義します。

f(x)がn次式のとき、[f(x)]をどのような数列の積で表せるかを見ていきます。

f(x)が1次式のとき。

f(x)=ax+bとおくと、

[f(x)]=#^2×{b,a-b}

となっているようです。

f(x)=ax^2+bx+c、つまりf(x)が2次式のときは

[f(x)]=#^3×{c,a+b-2c,a-b+c}

というように、

f(x)=ax^3+bx^2+cx+d、つまりf(x)が3次式のときは

[f(x)]=#^4×{d,a+b+c-3d,4a-2c+3d,a-b+c-d}

というようになっているようです。

ここで右辺に現れた有限の長さの数列に、規則がありそうなことに気付きました。

すべての項の和をとると、aの倍数になりそうなのです。

{b,a-b}→b+(a-b)=a

{c,a+b-2c,a-b+c}→c+(a+b-2c)+(a-b+c)=2a

{d,a+b+c-3d,4a-2c+3d,a-b+c-d}→d+(a+b+c-3d)+(4a-2c+3d)+(a-b+c-d)=6a

また、a以外の文字の係数の絶対値は、パスカルの三角形に現れる数になっているようです。

実際に{d,a+b+c-3d,4a-2c+3d,a-b+c-d}の、dの係数の絶対値を並べてみると、

1,3,3,1

と、パスカルの三角形の4行目が表れました。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

数列の環とn乗数

前回の記事、

mizumiya-umi.hatenablog.com

の続きです。

無限に続く数列の積を見ていきましょう。

{1,1,1,1,……}と、1が延々と続いていく数列を、#という記号で表すことにします。

#={1,1,1,1,……}

としたということです。

#^2、つまり#と#の積は、

{1,2,3,4,……}

という自然数の数列になります。

#^3、つまり#の3乗は、

{1,3,6,10,……}

という、三角数の数列になります。

#^4は三角錐数の数列になります。

さて、

{1^n,2^n,3^n,4^n,……}

というような、n乗数を並べた数列を、簡単な数列の積で表せそうなことに気付きました。

まず、上に書いたように、

{1,2,3,4,……}=#^2

となっています。

{1}という数列が乗法の単位元になるので、

{1,2,3,4,……}=#^2×{1}

とも書けます。

2乗数を並べた数列、{1,4,9,16,……}は、

{1,4,9,16,……}=#^3×{1,1}

というように、

3乗数を並べた数列、{1,8,27,64,……}は、

{1,8,27,64,……}=#^4×{1,4,1}

というように、

4乗数を並べた数列、{1,16,81,256,……}は、

{1,16,81,256,……}=#^5×{1,11,11,1}

というように、

5乗数を並べた数列、{1,32,243,1024,……}は、

{1,32,243,1024,……}=#^6×{1,26,66,26,1}

というようになっているようです。

一般に、n乗数を並べた数列は#^(n+1)と有限の長さの数列の積で表せるだろうと予想しています。

また、このようにして現れた有限の長さの数列の項の和が、階乗になっているようなのです。

{1}→1=1!

{1,1}→1+1=2=2×1=2!

{1,4,1}→1+4+1=6=3×2×1=3!

{1,11,11,1}→1+11+11+1=24=4×3×2×1=4!

{1,26,66,26,1}→1+26+66+26+1=120=5×4×3×2×1=5!

面白いなぁと思います。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

数列の環

この記事では、項数が有限の数列を、そのあとに0という数の入った項が無限に続く数列と見なして扱うことにします。

nを自然数、a[n],b[n]を整数とします。

さて、

{a[1],a[2],a[3],a[4],……}という無限に続く数列と、

{b[1],b[2],b[3],b[4],……}という無限に続く数列の和を、

{a[1]+b[1],  a[2]+b[2],  a[3]+b[3],  a[4]+b[4],……}と定義し、

積を、

{a[1]b[1],  a[1]b[2]+a[2]b[1],  a[1]b[3]+a[2]b[2]+a[3]b[1],  a[1]b[4]+a[2]b[3]+a[3]b[2]+a[4]b[1],……}

と定義するとき

整数を項に持つ数列の集合は可換環になるようです。

環というものは、和と積が定義されているとき、A(B+C)=AB+ACというように分配法則を満たしているものです。（他にも環になるための条件はあります） 

今回定義した数列同士の積について少し書きます。

{2,1}という数列と{3,4}という数列の積は、3項目以降を0とみなすことも踏まえて考えると

{2,1}×{3,4}={2×3,2×4+1×3,2×0+1×4+0×3}

={6,11,4}

となります。

この計算は、21×34=714という数の積とも対応しています。

{6,11,4}の1項目を100倍、2項目を10倍、3項目を1倍して和をとると、714、つまり21×34になるのです。

6×100+11×10+4×1=714

一般にこのようなことが成り立ってい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！

和が0の行列の体

aを実数とする。

( a -a)
(-a  a)

という形で表せるすべての二次正方行列の集合は、通常の(行列の)加法と乗法に関して体になるらしいことに気付きました。

この体の乗法の単位元は、

( 1/2 -1/2)
(-1/2  1/2)

です。

一般のn次正方行列でも同様のことが言えるようです。

3次正方行列の場合を書きます。

a,b,cを実数とし、a+b+c=0となっているとする。

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

の形で表せるすべての3次正方行列の集合は、通常の加法と乗法に関しての体になっているようです。

この体の乗法の単位元は、

( 2/3 -1/3  -1/3)
(-1/3  2/3  -1/3)
(-1/3 -1/3  2/3)

のようです。

また、この体も前回の「和が1の行列の体　その２」で書いたこととほとんど同様に、mod pで考えることができます。

以上です。有名な事実なのかもしれませんが、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！

和が1の行列の体 その２

前回の記事、

mizumiya-umi.hatenablog.com

では二次正方行列を考えましたが、これをn次正方行列に一般化できるらしいことに気付きました。

まず3次正方行列を見ていきます。

a,b,c,x,y,zを実数とし、a+b+c=1,x+y+z=1となっているとします。

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

という形で表せるすべての行列の集合は、通常の乗法に関して可換群になっています。

また、

s,t,uを

s=a+x-1/3

t=b+y-1/3

u=c+z-1/3

とし、

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

と、

(x y z)
(z x y)
(y z x)

の和を、

(s t u)
(u s t)
(t u s)

と定義すると、この加法に関して上記の集合は可換群になります。

この加法と乗法は分配法則を満たし、この集合は体になります。

一般のn次正方行列でも同様です。

素数を法とするときを考えるのも面白いです。

pをnと互いに素な素数とします。

mod pにおいて、n次正方行列の上記のような集合は、上記のような加法と乗法に関して、位数p^(n-1)の体になるようなのです。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

和が1の行列の体

a,bを実数とする。

(   a    1-a)
(1-a       a)

の形で書けるすべての二次正方行列の集合は、乗法に関して可換群になります。

また、この集合において、

(   a    1-a)
(1-a       a)

と

(   b    1-b)
(1-b       b)

の和を、

( a+b-1/2    -a-b+3/2)
(-a-b+3/2     a+b-1/2)

と定義すると、加法に関しても可換群になります。

この加法と行列の掛け算は分配法則を満たし、体になります。

ちなみに、この加法の単位元は

(1/2  1/2)
(1/2  1/2)

です。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

ある形の一般フィボナッチ数列の和で自然数を一意的に表す

aを自然数とする。

f(0)=1,f(1)=1,f(x)+a×f(x+1)=f(x+2)

とf(x)を定義し、

g[x]を0,1,2,……,aのうちのいずれかの数になっているとする。

すべての自然数は、

g[1]×f(1)+g[2]×f(2)+…+g[n]×f(n)     (nは自然数)

の形で表せるだろうと予想しました。

さらに、g[k]=aならば必ずg[k-1]=0となっていなければならないという条件をつけたとき、

すべての自然数はこの形で一意的に表せるだろうとも予想しています。

a=2の場合について同じことが書いてあるサイトがあったので有名な事実なのかもしれませんが、自分で見つけたし面白いなぁと思うので投稿しちゃいました。

このことについて、なにか知っている方いたら教えていただけると嬉しいです。

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拡張

 a,b,cを整数、nを自然数の定数とする。

a^2+n×b^2=c^2

となっているとするとき、

s=2(a+nb-c)/n

とすると、

(s-a)^2+n×(s-b)^2=(s-c)^2

となっているだろうと予想しました。

つまり、平方と平方のn倍の和が平方になっているような3つの数の組があるとき、この計算をすることで、同じようになっている新たな3つの数の組を見つけることができるということです。

例をあげます。

1^2+2×2^2=(-3)^2

つまり、a=1,b=2,c=-3,n=2とすると、

s=2(a+nb-c)/n=2(1+2×2-(-3))/2=8

なので、

s-a=7

s-b=6

s-c=11

となり、実際に、

7^2+2×6^2=11^2

となっています。

また、この計算はもっと一般化できるみたいです。

a,b,cを整数、nを自然数の定数、mを整数の定数とするとき、

a^2+n×b^2+m=c^2

となっているならば、

s=2(a+nb-c)/n

とすると、

(s-a)^2+n×(s-b)^2+m=(s-c)^2

となっているようなのです。

僕自身、これほどまでに二重ピタゴラス操作の考え方を拡張して使うことができると思っていなかったので、驚いています。

お読みいただきありがとうございました！

2020/8/26の追記

証明できたので追記します

a,b,c,mを整数、nを0でない整数とするとき、

a^2＋n×b^2＋m＝c^2

ならば、s＝2(a＋nb－c)/nとすると

(s－a)^2＋n×(s－b)^2＋m＝(s－c)^2

となっていることを示します

s=0のとき

(s－a)^2＋n×(s－b)^2＋m＝(s－c)^2

にs＝0を代入するとa^2＋n×b^2＋m＝c^2になるので、成立します

s≠0のとき

(s－a)^2＋n×(s－b)^2＋m＝(s－c)^2

を展開します

(s^2－2as＋a^2)＋n(s^2ー2bs＋b^2)＋m＝s^2ー2cs＋c^2

これを整理すると

(a^2＋nb^2＋m)＋ns^2－2s(a＋bn)＝ー2cs＋c^2

となり

a^2＋n×b^2＋m＝c^2なので、

ns^2－2s(a＋bn)＝ー2cs

が分かります

s≠0の場合を考えているので、両辺をsで割ると

ns－2(a＋bn)＝ー2c

となり、整理すると

s＝2(a＋bnーc)/n

となるので、示せました

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