不等式の複素数への拡張

実数aより実数bが大きいときはa＜b、

aよりbが小さいときはa＞bと書き、このような式を不等式と言います

つまり、原点から右側が正、左側が負になっている数直線で考えるとき

数直線上でaの右にbがあればa＜b、aの左にbがあればa＞bとなっています

原点の右側に実部が正の数の複素数、

上側に虚部が正の数の複素数があるような複素平面を考えます（一般的な、よく見る複素平面です）

c,dを複素数、nを正の実数とし、c＋n＝eとします

∠dceがα度ならばc〔α°〕dと書くことにするとき、

この書き方は、不等式の複素数への一つの拡張になることに気付きました

例えば c＝0,d＝1＋iのときは、0〔45°〕(1＋i)と書けます

a＜bなら a〔0°〕b

a＞bなら a〔180°〕bとなります

また

c〔α°〕d、0〔β°〕f　ならば、

cf〔(α＋β)°〕df　となります

証明は、c〔α°〕d なら 0〔α°〕(d－c)なので

0〔(α＋β)°〕f(d－c) と分かり、cf〔(α＋β)°〕df だと示せます（偏角の考え方を使いました）

また、c〔α°〕d なら d〔(α＋180)°〕cになっています

c〔90°〕dならば

　d

　◇

　c

c〔45°〕dならば

　　　d

 　◇

c

というように、角度を視覚的に表記した式にしても、面白いと思います

偏角の、原点以外も中心に考えるバージョンという感じで、楽しいと思いました

以上です！　お読み頂きありがとうございました！！

商と余りをひっくり返す

a,b,n,x,yを正の整数、x,yはnと互いに素であるとします

nの倍数をaで割った商がx、余りがy

nの倍数をbで割った商がy、余りがxになるとき

（ab－1）がnの倍数になることに気づきました

例えば

11を4で割った商は2、余りは3

11を3で割った商は3、余りは2で

（4×3－1）は11なので、11の倍数になっています

証明します

nの倍数をaで割った商がx、余りがy

nの倍数をbで割った商がy、余りがx

を式にすると

ax＋y＝0（mod n）

by＋x＝0（mod n）

となります

y＝－ax（mod n）をby＋x＝0（mod n）に代入すると

b（－ax）＋x＝0（mod n）

つまり

abx－x＝0（mod n）

となるので両辺をxで割ると

ab－1＝0（mod n）

になり、（ab－1）がnの倍数になることが示せました

また

ax＋y＝0（mod n）

by＋x＝0（mod n）

ならば

ax＋y＝by＋x（mod n）

なのでこれを式変形すると

(a－1)x＝(b－1)y（mod n）

となり、(b－1)がnと互いに素ならば

(a－1)/(b－1)＝y/x（mod n）

が成立します

11を2から10の数で割った、商と余りを並べてみます

11÷2＝5あまり1

11÷3＝3あまり2

11÷4＝2あまり3

11÷5＝2あまり1

11÷6＝1あまり5

11÷7＝1あまり4

11÷8＝1あまり3

11÷9＝1あまり2

11÷10＝1あまり1

これをab－1＝0（mod n）となるような組に並べ替えると

11÷2＝5あまり1　　11÷6＝1あまり5

11÷3＝3あまり2　　11÷4＝2あまり3

11÷5＝2あまり1　　11÷9＝1あまり2

11÷7＝1あまり4　　11÷8＝1あまり3

11÷10＝1あまり1　　11÷10＝1あまり1

となり、7,8の組以外は商と余りがひっくり返ったものになっています

また

2,6の組の商と余りに1,5

3,4の組の商と余りに2,3

と、割る数より1小さい数の組が商と余りになっているものがあります

これは上に書いた

(a－1)/(b－1)＝y/x（mod n）

が成立しているからです

5,9の組の商と余りが1,2 なのは

(5－1)/(9－1)＝4/8＝1/2

という分数の約分に対応しています

5で割った商が8、余りが4になるような数は

44（＝8×5＋4）と11より大きいので

(5－1)/(9－1)が約分でき分母と分子が小さくなるから、11でも5,9で割った商と余りがひっくり返ったものになると言えます

7,8の組の商と余りはひっくり返ったものになっていませんが

55÷7＝7あまり6　　55÷8＝6あまり7

と、11の倍数の55では商と余りは対応し、7,8より1小さい6,7 が商と余りになっています

11÷7＝1あまり4　　11÷8＝1あまり3

22÷7＝3あまり1　　22÷8＝2あまり6

33÷7＝4あまり5　　33÷8＝4あまり1

44÷7＝6あまり2　　44÷8＝5あまり4

55÷7＝7あまり6　　55÷8＝6あまり7

と11の倍数を割ったものを並べると

11の倍数を7で割ったときの商と余りをひっくり返したものが

他の11の倍数を8で割ったときの商と余りになっていることが分かります

商と余りについての素朴な内容ですが、楽しいなと思います

以上です　お読みいただきありがとうございました！

2020/7/28追記

定義に誤りがあったので修正しました　主張自体は変わっていません

アイゼンシュタイン三角形と複素平面上のかけ算

120度の角をもつ、三辺が整数の三角形をアイゼンシュタイン三角形と言います

この記事では

アイゼンシュタイン三角形を120度整数三角形

60度の角をもつ三辺が整数の三角形を60度整数三角形

と呼ぶことにします

i＝√(－1)とし、ω＝(1＋(√3)i)/2とします

ωは6乗して初めて1になる数です

ω^6＝1

また、1ーω＋ω^2＝0が成立します

なぜなら、ω^6＝1よりω^3＝－1なので

1ーω＋ω^2＝1＋ω^2＋ω^4

となり

(1＋ω^2＋ω^4)×ω^2＝1＋ω^2＋ω^4

と、1でない数ω^2を掛けても(1＋ω^2＋ω^4)が値を変えないことから

1＋ω^2＋ω^4が0であること

つまり1－ω＋ω^2＝0が示せるからです

さて、a,bを整数とするとき

(a＋bω)を2乗することで、120度整数三角形の二辺や60度整数三角形の二辺が表れることに気付きました

(a＋bω)^2＝c＋dω＝e＋fω^2

とするとき

c,dは120度整数三角形の120度の角をつくる二辺の長さに、

e,fは60度整数三角形の60度の角をつくる二辺の長さになります

ただし、c,dのどちらか片方が負の数のときは

|c|,|d|（c,dの絶対値）が60度整数三角形の60度の角をつくる二辺の長さになり、

e,fのどちらか片方が負の数のときも同様に

|e|,|f|（e,fの絶対値）が120度整数三角形の120度の角をつくる二辺の長さになります

証明します

a＋bω＝(a＋b/2)＋(√3)b/2×iより、

(a＋bω)という複素数の絶対値が√(a^2＋ab＋b^2)

だと分かるので

(a＋bω)^2の絶対値は(a^2＋ab＋b^2)となり、整数です

(a＋bω)^2

＝a^2＋2abω＋b^2×ω^2

＝(a^2－b^2)＋(2ab＋b^2)ω

（1－ω＋ω^2＝0より、－b^2＋b^2×ω－b^2×ω^2(＝0)を代入しました）

なので、c(＝a^2－b^2)とd(＝2ab＋b^2)も整数です

よって、c,dが正の数であれば、

複素平面で原点,c,c＋dωを頂点とする三角形は、角cが120度の120度整数三角形になると分かります。

c,dの片方が負の数であれば60度整数三角形に、

c,dの両方が負の数であれば120度整数三角形になります。

また、

(a＋bω)^2

＝a^2＋2abω＋b^2×ω^2

＝(a^2＋2ab)＋(b^2＋2ab)ω^2

（2ab－2ab×ω＋2ab×ω^2(＝0)を代入しました）

なので、e(＝a^2＋2ab)とf(＝b^2＋2ab)も整数だと分かり

e,fが正の数であれば、

複素平面で原点,e,e＋fω^2を頂点とする三角形は、角eが60度の60度整数三角形になると分かります。

e,fの片方が負の数であれば120度整数三角形に、

e,fの両方が負の数であれば60度整数三角形になります。

ちなみに

複素平面で原点,g,g＋hωを頂点とする三角形が角gが120度の120度整数三角形で

同様に原点,j,j＋kωを頂点とする三角形も角jが120度の120度整数三角形のとき

(g＋hω)×(j＋kω)＝m＋nωとすると

（m,nが正の数ならば）原点,m,m＋nωを頂点とする三角形もまた、角mが120度の120度整数三角形になります

以前の記事「ピタゴラス数と複素平面」で、ピタゴラス数（つまり90度の整数三角形）で成り立つと分かったことが、今回120度や60度の整数三角形でも同様に成立すると分かり、とてもおもしろい！！と思いました

mizumiya-umi.hatenablog.com

以上です！　お読み頂きありがとうございました！！

原点以外を中心に回転する複素平面

zをp乗して1になる数

z^p＝1（zは1でない複素数、pは2以上の整数）

aを複素数とし

b＝( (p-1)＋(p-2)z＋(p-3)z^2＋……＋z^(p-2) )×a/p

とします

xを任意の複素数とするとき

xz＋aは、

bを中心として、複素平面上で反時計回りにxを1/p回転させた値になることに気付きました

 証明します

まず、bz＋a＝b

つまり、zをかけてaを足す操作をしてもbが変わらないことを示します

bz＋a

＝( (p-1)＋(p-2)z＋……＋z^(p-2) )×a/p×z＋a

＝a＋( (p-1)＋(p-2)z＋……＋z^(p-2) )×a/p×z

＝p×a/p＋( (p-1)z＋(p-2)z^2＋……＋z^(p-1) )×a/p

＝( p＋(p-1)z＋(p-2)z^2＋……＋z^(p-1))×a/p

＝( (p-1)＋(p-2)z＋(p-3)z^2＋……＋z^(p-2)＋(1＋z＋z^2＋……＋z^(p-1)) )×a/p

＝( (p-1)＋(p-2)z＋(p-3)z^2＋……＋z^(p-2) )×a/p

（1＋z＋z^2＋……＋z^(p-1)＝0なので）

＝b

となり示せました

任意の複素数xに対して

X＝xz＋aが、bを中心に複素平面上で反時計回りにxを1/p回転させた値だと示すには

複素数にzをかけると、原点を中心に反時計回りに1/p回転することから、

(x－b)z＝X－b

を示せばよいと分かります

X－b

＝xz＋a－b

＝xz－bz（　b＝bz＋aなので）

＝(x－b)z

なので真と示せました

任意の複素数にzをp回かけると（z^p＝1なので）元の数に戻るように、

任意の複素数に対して「zをかけてaを足す」をp回すると、

bを中心として複素平面上で反時計回りに1（＝(1/p)×p）回転するので、元の数に戻ります

それが、至るところ真ん中になるみたいで楽しいなと思います

以上です！　お読み頂きありがとうございましたっ！

二重ピタゴラス操作の短縮経路 その３

前回の記事

mizumiya-umi.hatenablog.com

で書いた操作[k]について新しく考えたことを書きます

操作[k]は、a^2＋b^2＝c^2となる組〈a,b,c〉から

〈a＋z, b＋kz, c＋kz〉という組を作るものでした

ただしzはz＝ー2aー2kb＋2kc と定義したもので、

(a＋z)^2＋(b＋kz)^2＝(c＋kz)^2となっています

さて

k{1},k{2},k{3},……,k{pー2},k{pー1},k{p}

というp個の操作（pは正の奇数）を繋いだ

操作[k{1},k{2},k{3},……,k{pー2},k{pー1},k{p}]

は、足し引きを交互にした

操作[k{1}ーk{2}＋k{3}ー……＋k{pー2}ーk{pー1}＋k{p}]

という1個の操作と同じになると気付きました

例を挙げると、

操作[5,2,3]は操作[5ー2＋3]つまり操作[6]と同じになる、ということです

証明します

3個の操作を繋いだ操作[k{1},k{2},k{3}]が

操作[k{1}ーk{2}＋k{3}]と同じと示せたなら

一般の奇数個の操作でも（3個の操作を1個の操作にしていくことで）真と分かるので、これを示します

k{1}ーk{2}＋k{3}＝Kとし

〈a,b,c〉に操作[K]をしてできる

〈ーaー2Kb＋2Kc, ー2Ka＋(1ー2K^2)b＋2(K^2)c, ー2Kaー2(K^2)b＋(1＋2K^2)c〉

という組と

〈a,b,c〉に操作[k{1},k{2},k{3}]をしたものが一致することを示します

組〈a,b,c〉に操作[k{1}]をすると、

〈ーaー2k{1}b＋2k{1}c,

ー2k{1}a＋(1ー2k{1}^2)b＋(2k{1}^2)c,

ー2k{1}a＋(ー2k{1}^2)b＋(1＋2k{1}^2)c〉

という組ができ

これに操作[k{2}]をすると、

〈aー2(k{2}ーk{1})b＋2(k{2}―k{1})c,

2(k{2}ーk{1})a＋(1―2(k{2}―k{1})^2)b＋(2(k{2}―k{1})^2)c,

2(k{2}ーk{1})a―(2(k{2}―k{1})^2)b＋(2(k{2}―k{1})^2＋1)c〉

という組ができ

これに操作[k{3}]をすると、

〈―a―2(k{1}ーk{2}＋k{3})b＋2(k{1}―k{2}＋k{3})c,

―2(k{1}ーk{2}＋k{3})a＋(1―2(k{1}ーk{2}＋k{3})^2)b＋2((k{1}ーk{2}＋k{3})^2)c,

―2(k{1}ーk{2}＋k{3})a＋(―2(k{1}ーk{2}＋k{3})^2)b＋(2(k{1}ーk{2}＋k{3})^2＋1)c〉

という組ができ

これにk{1}ーk{2}＋k{3}＝Kを代入すると、

〈―a―2Kb＋2Kc,

―2Ka＋(1―2K^2)b＋2(K^2)c,

―2Ka―2(K^2)b＋(2K^2＋1)c〉

となり〈a,b,c〉に操作[K]をしたものと一致するので、証明できました

これを踏まえて有理数の操作を考えると

操作[1/2,0,1/2]は操作[1/2ー0＋1/2]つまり操作[1]と同じだと分かったりして、面白いです

あと複素数の操作を考えて

a^2＋b^2＝c^2となる複素数の組〈a,b,c〉を考えたり、

複素数の組〈a,b,c〉と四元数を絡めたりもできそうだなぁ～と思います

その辺りの考えがまとめられたら、また記事にしたいです

以上です。お読みいただきありがとうございました！

またね～～！

二重ピタゴラス操作の短縮経路 その２

前回の記事

mizumiya-umi.hatenablog.com

の後半で書いた予想を証明しました

a,b,cがa^2＋b^2＝c^2となる整数のとき

z＝ー2aー2kb＋2kc （kは実数）

とzを定義すると

(a＋z)^2＋(b＋kz)^2＝(c＋kz)^2

となっています

（z＝ーsとすれば、前回の記事の前半で証明したことと同じものになります）

簡略化のため

a,b,cという組から(a＋z),(b＋kz),(c＋kz)という組を作る操作を操作[k]と書くことにします

また、操作[k]をした組に操作[j]をすることを操作[k,j]

操作[k,j]の後に操作[i]をすることを操作[k,j,i]というように

複数個の操作をつなげて書くことにします

nが正の整数のとき

a,b,cという組へ操作[n]をしてできる組と

a,b,cという組へ操作[1,0,1,0,……,0,1]（n個の1の間に0）をしてできる組が一致することに気付きました

また

a,b,cという組へ操作[ーn]をしてできる組と

a,b,cという組へ操作[0,1,0,1,……,1,0]（n＋1個の0の間に1）をしてできる組も一致します

 証明します

a,b,cという組へ操作[1]をすると

(ーaー2b＋2c), (ー2aーb＋2c), (ー2aー2b＋3c)

という組になり、

a,b,cという組へ操作[0]をすると

(ーa), b, cという組になります

操作[n]と

操作[1,0,1,0,……,0,1]（n個の1の間に0）

が一致することを数学的帰納法で示します

n＝1のとき

操作[n]と操作[1,0,1,0,……,0,1]（n個の1の間に0）

は、明らかに操作[1]という同じ操作になります

次に、n＝mで成立するときn＝m＋1でも成立することを示します

操作[m,0,1]と操作[m＋1]が一致することを示せばよいです

a,b,cという組へ操作[m]をすると

(ーaー2mb＋2mc),

(ー2ma＋(ー2m^2＋1)b＋2m^2c),

(ー2maー2m^2b＋(2m^2＋1)c)

という組になり、これへ操作[0]をすると

(a＋2mbー2mc),

(ー2ma＋(ー2m^2＋1)b＋2m^2c),

(ー2maー2m^2b＋(2m^2＋1)c)

という組になり、これへ操作[1]をすると

(ーaー2(m＋1)b＋2(m＋1)c),

(ー2(m＋1)a＋(ー2m^2ー4mー1)b＋2(m＋1)^2c),

(ー2(m＋1)aー2(m＋1)^2b＋(2m^2＋4m＋3)c)

という組になり、

これはa,b,cという組へ操作[m＋1]をしたものと同じになります

なので、操作[n]と操作[1,0,1,0,……,0,1]（n個の1の間に0）が一致することが分かりました

a,b,cという組へ操作[ーn]をしてできる組と

a,b,cという組へ操作[0,1,0,1,……,1,0]（n＋1個の0の間に1）をしてできる組が一致することも同様に示せます

証明の具体的な式は、書くのが大変なのと見づらくなる(と思われる)のとで省略させて下さい…(すみません)

ちなみに、a,b,cという組へ操作[v]（vは整数）を2度行うと、a,b,cという元の組へ戻ります

つまり操作[v,v]は何もしない操作と同じになります

証明します

a,b,cに操作[0]をするとーa,b,cになり、これに操作[0]をするとa,b,cになるので、操作[0,0]は何もしない操作です

また

a,b,cに操作[1]をすると(ーaー2b＋2c),(ー2aーb＋2c),(ー2aー2b＋3c)になり、これに操作[1]をするとa,b,cになるので、操作[1,1]も何もしない操作です

次に、操作[2,2]を考えてみます

操作[2]は操作[1,0,1]と同じなので、操作[2,2]は操作[1,0,1,1,0,1]と書けます

操作[1,1]は何もしない操作なので、操作[1,0,1,1,0,1]の真ん中の1,1が省略できて、操作[1,0,0,1]と書けます

操作[0,0]も何もしない操作だったので、操作[1,0,0,1]は操作[1,1]と書け、

操作[1,1]は何もしない操作だったので、操作[2,2]が何もしない操作だと分かりました

このやり方で全ての整数vについて示せます

kを整数としたときの操作[k]が、全て0と1を交互に並べたもので表せるのが楽しいなと思いました

以上です　お読みいただきありがとうございました！

二重ピタゴラス操作の短縮経路

a,b,cをa^2＋b^2＝c^2となる整数とします

s＝2(a＋kbーkc) （kは実数）

とsを定義するとき

(aーs)^2＋(bーks)^2＝(cーks)^2

となっていることに気付きました

つまり絶対値がピタゴラス数の組a,b,cから、

絶対値がピタゴラス数の組(aーs),(bーks),(cーks)を作れるということです

証明を書きます

(aーs)^2＋(bーks)^2＝(cーks)^2

の(左辺)ー(右辺)＝0を展開すると

a^2＋b^2ーc^2ー2s(a＋kbーkc)＋s^2(1＋k^2ーk^2)＝0

となりa^2＋b^2＝c^2を代入すると

ー2s(a＋kbーkc)＋s^2＝0

なので、これを整理すると

s＝2(a＋kbーkc)が求まりました

k＝1のときは以前の記事に書いていた

mizumiya-umi.hatenablog.com

二重ピタゴラス操作と同じ計算になります

また、任意のピタゴラス数の組に対して

k＝nでの計算をして作れるピタゴラス数の組と

二重ピタゴラス操作（k＝1での計算）をn回行ってできる組たちの内の１つが、同じになりそうだと気付きました（予想です）

例えばa＝ー3,b＝4,c＝5,k＝2のとき

s＝2(a＋kbーkc)＝ー10

なので(aーs),(bーks),(cーks)は7,24,25という組になり

a＝ー3,b＝4,c＝5でk＝1での計算（二重ピタゴラス操作）をすると

s=2(a＋kbーkc)＝ー8なので

(aーs),(bーks),(cーks)は5,12,13になり

更にa＝ー5,b＝12,c＝13としてk＝1での計算をすると

s＝2(a＋kbーkc)＝ー12なので

(aーs),(bーks),(cーks)は7,24,25になり

k＝1での計算を2回行ったものが、k＝2での計算で作れるピタゴラス数の組と同じになりました

計算する上で注意してほしいことがあります

二重ピタゴラス操作をするとき

(a,b,c),(ーa,b,c),(a,ーb,c),(a,b,ーc)の内のどれで計算するかによって値が変わるので、

n回の二重ピタゴラス操作で(a,b,c),(ーa,b,c),(a,ーb,c),(a,b,ーc)のどれを選んでいけば

k＝nでの計算で作れるピタゴラス数の組と一致するのかは考えないといけません

僕もまだ考えられていないので、選び方の法則が分かったら記事に書きます

以上です　お読みいただきありがとうございました！

またねー！

ピタゴラス数と四元数

前回の記事

mizumiya-umi.hatenablog.com

のピタゴラス数と複素平面のつながりのように

4次ピタゴラス数と四元数でも同様のつながりがあることに気付きました

4次ピタゴラス数は僕の造語で

a^2＋b^2＋c^2＋d^2＝e^2

を満たすような整数a,b,c,d,eの組です

四元数は、僕はあまり詳しくないのですが

複素数を拡張したもので

 i,j,kという四元数の単位を使って

x＋yi＋zj＋wk(x,y,z,wは実数)　と表せる数です

また四元数にはノルムというものがあり

x＋yi＋zj＋wkのノルムは

√(x^2＋y^2＋z^2＋w^2)

つまりx,y,z,wの2乗の和の平方根と定義されます

複素数における絶対値のようなものですね

詳しくはウィキペディア

ja.wikipedia.org

を見て下さい

さて、a,b,c,dを任意の整数とするとき

(a＋bi＋cj＋dk)を2乗した値の

実数部分、iの係数、jの係数、kの係数、ノルム

が4次ピタゴラス数の組となることに気付きました

実際に計算すると

 (a＋bi＋cj＋dk)^2＝(a^2ーb^2ーc^2ーd^2)＋2abi＋2acj＋2adk

なので

実数部分は(a^2ーb^2ーc^2ーd^2)

iの係数は2ab

jの係数は2ac

kの係数は2ad

です

ノルムを計算すると

√((a^2ーb^2ーc^2ーd^2)^2＋(2ab)^2＋(2ac)^2＋(2ad)^2)

＝a^2＋b^2＋c^2＋d^2

となり

実数部分、iの係数、jの係数、kの係数、ノルムが全て整数で、4次ピタゴラス数の組になります

また

実数部分、iの係数、jの係数、kの係数、ノルムが4次ピタゴラス数の組になっているような四元数同士の積は、

実数部分、iの係数、jの係数、kの係数、ノルムが4次ピタゴラス数の組になっているような四元数になります

前回の記事の、実部と虚部と絶対値がピタゴラス数の組になっているものの関係ととても似ていますね！

四元数は四次元空間、複素平面は二次元のようなものなので、三次元空間でも同様のものが考えられるといいなぁと思います

あと八元数でも同様のものを考えられたら楽しいなと思います

以上です！　お読みいただきありがとうございました！

ピタゴラス数と複素平面

a^2＋b^2＝c^2となる正の整数a,b,cをピタゴラス数と呼びますが

この記事では、a,b,cが負の整数や0であってもピタゴラス数と呼ぶことにします

m,nを整数、iを虚数単位とするとき

(m＋ni)を2乗した値の、実部と虚部と絶対値はピタゴラス数の組になっています

（複素数の絶対値とは、複素平面での原点からの直線距離の長さのことです）

(m＋ni)^2＝(m^2ーn^2)＋(2mn)i

なので実部は(m^2ーn^2)、虚部は(2mn)、絶対値は(m^2＋n^2)です

例えばm＝5,n＝2のとき

(5＋2i)^2＝25＋2×10i＋(ー4)＝21＋20i

で、絶対値は29なので

実部と虚部と絶対値が21,20,29というピタゴラス数の組になっています

また、p,q,r,s,t,uが

p^2＋q^2＝r^2、s^2＋t^2＝u^2

となるピタゴラス数のとき

(p＋qi)と(s＋ti)をかけた値の、実部と虚部と絶対値はピタゴラス数の組になっています

実際にかけてみると

(p＋qi)×(s＋ti)＝ps＋pti＋qsi＋(ーqt)＝(psーqt)＋(pt＋qs)i

となり

(psーqt)^2＋(pt＋qs)^2＝(ps)^2＋(qt)^2＋(pt)^2＋(qs)^2

＝(p^2＋q^2)(s^2＋t^2)＝r^2×u^2＝(ru)^2

となるので

実部と虚部と絶対値が(psーqt),(pt＋qs),(ru)というピタゴラス数の組になっています

具体例として

p＝3,q＝4,r＝5　s＝5,t＝12,u＝13

 のときを見てみると

(3＋4i)×(5＋12i)＝15＋36i＋20i＋(ー48)＝(ー33)＋56i

となり

実部と虚部と絶対値がー33,56,65というピタゴラス数の組になっています

面白いなと思います

シンプルな事実なので有名なのかと思い検索してみましたが、ぱっと見は無かったので記事にしました

既にこの記事の内容と同じことを考えていた人はおそらくいるだろうと思います

お読みいただきありがとうございました！　またね！

等比数列やe^xのべき乗と比例

f(x)＝a[0]＋a[1]x＋a[2]x^2＋a[3]x^3＋a[4]x^4＋…

という関数f(x)があったとき

{a[0],a[1],a[2],a[3],a[4],…}

という関数の係数を並べた数列を、関数と同一視します

関数g(x)を

g(x)＝b[0]＋b[1]x＋b[2]x^2＋b[3]x^3＋b[4]x^4＋…

とするとき

f(x)×g(x)＝a[0]b[0]＋(a[0]b[1]＋a[1]b[0])x＋(a[0]b[2]＋a[1]b[1]＋a[2]b[0])x^2＋…

なので、数列と数列のかけ算を

{a[0],a[1],a[2],a[3],a[4],…}×{b[0],b[1],b[2],b[3],b[4],…}

={a[0]b[0] ,a[0]b[1]＋a[1]b[0] ,a[0]b[2]＋a[1]b[1]＋a[2]b[0] ,a[0]b[3]＋a[1]b[2]＋a[2]b[1]＋a[3]b[0] ,a[0]b[4]＋a[1]b[3]＋a[2]b[2]＋a[3]b[1]＋a[4]b[0] ,…}

と定義します

この数列のかけ算の定義を使うと

mizumiya-umi.hatenablog.com

で書いたk次三角数の数列は

{1,1,1,1,1,1,1…}という数列の(k+1)乗だと考えられます

初項1,公比rの数列Rのべき乗は

R^1={1,r,r^2,r^3,r^4,…}

R^2={1,2r,3r^2,4r^3,5r^4,…}

R^3={1,3r,6r^2,10r^3,15r^4,…}

…

なので

R^(k+1)はk次三角数の数列のn項目にr^(n-1)をかけたものと、同じになります

このことから分かるように

数列R^(k+1)で、かけると次の項になるような数を並べると

k次三角数と同じように比例があるようです。

実際に並べると

R^1は　　×r ,×r ,×r ,×r ,×r ,×r ,……

R^2は　　×2r,×3r/2,×4r/3,×5r/4,×6r/5,×7r/6,……

R^3は　　×3r,×2r,×5r/3,×3r/2,×7r/5,×4r/3,……

R^4は　　×4r,×5r/2,×2r,×7r/4,×8r/5,×3r/2,……

R^5は　　×5r,×3r,×7r/3,×2r,×9r/5,×5r/3,……

となり縦の列で見ると

1列目はrずつ、2列目はr/2ずつ、3列目はr/3ずつ、

n列目はr/nずつ値が増えていってます。

一般にR^(k+1)において、かけると次の項になるような数を並べると

×r(k+1),×r(k+2)/2,×r(k+3)/3,×r(k+4)/4,×r(k+5)/5,×r(k+6)/6,……

となると思っています

これを計算すると

R^(k+1)={1,r(k+1),r^2(k+1)(k+2)/2!,r^3(k+1)(k+2)(k+3)/3!,…}

となりR^(k+1)の第m項は

r^(m-1)×(k+m-1)C(m-1)になりそうです

（(k+m-1)C(m-1)は、(k+m-1)個のものから(m-1)個選ぶ組み合わせの総数）

今まで整数乗を考えていましたが

kに有理数や実数を入れ、有理数乗や実数乗を考えても同じ比例があるだろうと予想しています

 また、e^x（eは自然対数の底のこと）をマクローリン展開した

1+x/1!+x^2/2!+x^3/3!+x^4/4!+…

を数列にすると

{1,1/1!,1/2!,1/3!,1/4!,…}

となります。

これをべき乗したものにも、k次三角数やRの数列と同じように比例があるようです。

実際にe^xのべき乗を見ていくと

e^x={1,1,1/2,1/6,1/24,…}

e^2x={1,2,2,4/3,2/3,…}

e^3x={1,3,9/2,9/2,27/8,…}

e^4x={1,4,8,32/3,32/3,…}

となり、かけると次の項になるような数を並べると

e^xは 　×1,×1/2,×1/3,×1/4,…

e^2xは　×2,×1,×2/3,×1/2,…

e^3xは　×3,×3/2,×1,×3/4,…

e^4xは　×4,×2,×4/3,×1,…

と、縦列で見たときm列目は1/mずつ増えていっています

この比例を保ってe^0xを考えたとき、

かけると次の項になるような数は全て0になります。

e^0xで、かけると次の項になるような数が全て0になることから、

e^(-jx)でかけると次の項になるような数が、

e^jxのものを(-1)倍したものになることが分かります

Rとe^xの、べき乗したときの比例の類似を面白いな～！！と思います。

数列Rのn項目をR(n)と書くことにすると、

R(n)=r^(n-1)

と書け、e^xと形が似ていることと関係あるのかな、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！