数学日記

No11(2018.12.25) No10 に関連して，同僚が見つけてきたのがこれである．不連続な和分と連続な積分が関係していて美しい．

\[ \sum_{k=1}^nk^m = S_m(n) \] とおくとき，$S_m(n)$は多項式関数$S_m(x)$に一意に拡張でき， \[ S_{m+1}(n) = (m+1)\int_0^nS_m(x)dx + B_{m+1}n\;(m\in\mathbb N) \] が成り立つ．ただし，$B_m$は$S_m(1)=1$から帰納的に決まる定数．ベルヌーイ数である．

$S_m(n)$を和分で表しておき， \[ k(k+1)\cdots(k+p)\cdot k \] \[ =k(k+1)\cdots(k+p+1-(p+1)) \] \[ =k(k+1)\cdots(k+p+1) - (p+1)k(k+1)\cdots(k+p) \] これらの和は，和分の一次結合となるので，$m+1$の多項式になる．
したがって，非負整数$m$に関する$m+1$次関数$S_m(x)$があり，$S_m(n)$の拡張になっている．
一般に，2つの多項式関数$f(x),g(x)$が無限に多くの値$x_1,x_2,\cdots$に対して$f(x_i)=g(x_i)$が成り立つとすると $n$次方程式$f(x)-g(x)=0$は無限に多くの解をもつことになり，方程式ではなく，恒等式となる．
このことに注意しよう． \[ S_{m+1}(n) - S_{m+1}(n-1) = n^{m+1} \] であるから， \[ S_{m+1}(x) - S_{m+1}(x-1) = x^{m+1}\cdots(1) \] 両辺を$x$で微分して \[ {S_{m+1}}'(x) - {S_{m+1}}'(x-1) = (m+1)x^m \] \[ \sum_{k=1}^n\{{S_{m+1}}'(k) - {S_{m+1}}'(k-1)\} = \sum_{k=1}^n(m+1)k^m \] \[ {S_{m+1}}'(n) - {S_{m+1}}'(0) = (m+1)S_m(n) \] \[ {S_{m+1}}'(x) - B_{m+1} = (m+1)S_m(x) \] \[ \int_0^n\{{S_{m+1}}'(x) - B_{m+1}\}\;dx = (m+1)\int_0^nS_m(x)\;dx \] \[ {S_{m+1}}(n) - {S_{m+1}}(0) - B_{m+1}n = (m+1)\int_0^nS_m(x)\;dx \] (1)より，$S_{m+1}(1) - S_{m+1}(0) = 1^{m+1}$であるから，$S_{m+1}(0) = 1 - 1 = 0$ \[ {S_{m+1}}(n) = B_{m+1}n + (m+1)\int_0^nS_m(x)\;dx \] $n=1$とすると， \[ B_{m+1} = S_{m+1}(1) - (m+1)\int_0^1S_m(x)\;dx =1 - (m+1)\int_0^1S_m(x)\;dx \] により，$B_{m+1}$が帰納的に定まる．

No10(2018.12.24) \[ \sum_{k=1}^n(k^5+k^7) \] を因数分解して表せ，という問題があって，最初は \[ \sum_{k=1}^nk(k+1)\cdots(k+p) = \dfrac{1}{p+1}n(n+1)(n+2)\cdots(n+p+1) \] を使って計算していましたが，結果が分かると簡単にできることに気づきました．

\[ \sum_{k=1}^n(k^7+k^5) = \dfrac{n^4(n+1)^4}{8}\text{ を示せ．} \]

\[ k^4(k+1)^4 - (k-1)^4k^4 \] \[ =k^4\{(k^4+4k^3+6k^2+4k+1) - (k^4-4k^3+6k^2-4k+1)\} \] \[ =k^4\{8k^3+8k\} =8(k^7+k^5) \] $k=1,2,\cdots,n$として足すと， \[ \sum_{k=1}^n(k^5+k^7) = \dfrac{n^4(n+1)^4}{8} \] この主張は，$\sum k^3=(\sum k)^2$の拡張に見えるので，他の拡張ができないか，考えてみましたが，綺麗なものはないようですね．

No9(2018.09.25) 下の問題を一度に証明する．生徒の定期考査の解答にあったものです．

一般の自然数$n$についても一発で証明できます．

$x>0$のとき \[ e^x > 1+x+\dfrac x2+\dfrac{x^2}{3!} \] が成り立つことを示せ．

$f(x)=\log e^x - \log\left( 1+x+\dfrac{x^2}2 + \dfrac{x^3}{3!} \right)$とおく． \[ f'(x)=1 - \dfrac{1 - x - \dfrac{x^2}{2!}}{ 1+x+\dfrac{x^2}2 + \dfrac{x^3}{3!} } \] \[ =\dfrac{\dfrac{x^3}{3!}}{ 1+x+\dfrac{x^2}2 + \dfrac{x^3}{3!} } > 0 \] $f(x)$は$x\geq0$で連続であるから，$x\geq0$で$f(x)$は単調増加である．
$f(0)=0$であるから， \[ \log e^x > \log\left( 1+x+\dfrac{x^2}2 + \dfrac{x^3}{3!} \right) \] \[ e^x > 1+x+\dfrac{x^2}2 + \dfrac{x^3}{3!} \]

No8(2018.03.15) 教科書の中ではごまかしをされているので，高校の範囲である程度証明できないかと，いつも思うのです．

\[ \lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1x}=e \] なんですが，収束することを示したい．

30-1.$a_n=\left(1+\dfrac1n\right)^{n}$とおく．$\{a_n\}$は単調増加である．
$\because$二項定理から \[ \left(1+\dfrac1n\right)^n=1+_nC_1\dfrac1n+_nC_2\dfrac1{n^2}+_nC_3\dfrac1{n^3}+\cdots+_nC_n\dfrac1{n^n} \] \[ =1+\dfrac1{1!}+\dfrac{1}{2!}\left(1-\dfrac1n\right)+\dfrac{1}{3!}\left(1-\dfrac1n\right)\left(1-\dfrac2n\right)+\cdots+\dfrac{1}{n!}\left(1-\dfrac1n\right)\left(1-\dfrac2n\right)\cdots\left(1-\dfrac{(n-1)}n\right) \] $\left(1+\dfrac1{n+1}\right)^{n+1}$と$\left(1+\dfrac1n\right)^n$の第$k$項を比べると， \[ \dfrac{1}{(k-1)!}\left(1-\dfrac1{n+1}\right)\left(1-\dfrac2{n+1}\right)\cdots\left(1-\dfrac{k-2}{n+1}\right) > \dfrac{1}{(k-1)!}\left(1-\dfrac1n\right)\left(1-\dfrac2n\right)\cdots\left(1-\dfrac{k-2}n\right) \]

30-2.$\{a_n\}$は上に有界である．
$\because$ \[ a_n<1+\dfrac1{1!}+\dfrac1{2!}+\dfrac1{3!}+\cdots+\dfrac1{n!} <1+1+\dfrac12+\dfrac1{2^2}+\dfrac1{2^3}+\cdots+\dfrac1{2^{n-1}}<3 \]

30-3.上に有界な単調増加数列は収束する．（実数の連続性）
そこで，$\{a_n\}$の極限値を$e$で表す．

30-3.$n$を実数$t$に変えても同じ値に収束する．
$\because\quad n\leq t < n+1$のとき \[ (1+\dfrac1{n+1})^{n+1}\cdot(1+\dfrac1{n+1})^{-1}=(1+\dfrac1{n+1})^n<(1+\dfrac1t)^n<(1+\dfrac1t)^t \] \[ \quad < (1+\dfrac1t)^{n+1}<(1+\dfrac1n)^{n+1}=(1+\dfrac1n)^n\cdot(1+\dfrac1n) \]

30-4.$t\to+\infty$のときも同じ値に収束する．
$\because $ \[ (1+\dfrac1{-t})^{-t} = (1+\dfrac1{n-1})^{t-1}\cdot(1+\dfrac1{t-1}) \]

No7(2017.10.14) 同僚からの問題です．

\[ \Large\int_{0}^{\pi/2}\dfrac{\sin^2x\cos^2x}{(\sin^3x+\cos^3x)^2}\;dx \]

$\tan\frac x2=t$とおくと，必ず出来るはずなので，計算してみたが，簡単ではありません．
式が対称形なので，そこに注意してばかりやっていましたが， \[ \int_0^{\pi/2}\dfrac{f(\tan x)}{\cos^2x}\;dx \] と変形することができて，計算できます．
ただし，対称性を使って，積分範囲を半分にしないと，特異積分になってしまいますね．

No6(2017.09.18) 整数係数の方程式を解くとき，有理数解を一つ求めるために \[ \pm\dfrac{定数項の約数}{最高次の項の約数} \] をテストします．有理数解ならこの形しかないからです．

これを使って，次の証明が出来ませんか？と同僚が言っていました．

$\sqrt2$が無理数であることを示せ．

$\sqrt2$は，方程式$x^2-2=0$の解である．ここで，整数係数の有理数解は， \[ \pm\dfrac{2\text{の因数}}{x^2\text{の係数の因数}} \] と書けるので， \[ \sqrt2=\pm\dfrac{1}{1},\pm\dfrac21 \] となるが，これらは不成立なので，$\sqrt2$は有理数ではない．
認識していませんでしたが，無理数であることの別解です．

有理数解が最高次の係数と定数項の約数で書けるのは，よく使われますし，証明することも簡単ですね．

No5(2017.05.15) 曲線は点を通ると決まる？（No74について）

放物線が,通る3点で決まることは， \[ y=ax^2+bx+c \] に$x$座標が異なる3点を通るとして，係数が決まることから分かります．
拡張出来ないでしょうか？

2次曲線の一般形は \[ ax^2+bxy+cy^2+dx+ey+f=0 \] です．係数の比が決まれば方程式が決まるので自由になる係数は5個と考えられます．点を通るごとに係数が作る線形空間の次元が1つずつ下がっていくので， 5点を通るような2次曲線は1つに決まります．
Cinderella や GeoGebra で二次曲線を描くとき5点を与えますよね．
円では，$a=c$, $b=0$ ですから，係数の次元は$4-1=3$次元なので， 3点を通る円は1つに決まります．ここでは，円が無限遠点を通るときも含みますから， 2直線になる場合も許容しています．
放物線となるのは，$D=b^2-4ac=0$のときです．
放物線を決めたいと思い，係数が作る空間の次元を0にするために， 4点を通るとした場合，2変数の2次式$D=0$と直線が交わりますが，これは重複を数えて2点で交わるので，傾いた放物線全体の中で4点を通る放物線を求めると，2つ出てくることになります．
楕円や双曲線は係数空間の次元が下がらないので，5点必要で，したがって，曲線は1つしかありません．

No4(2017.05.13) 「放物線は3点で決まる」という常識ですが

4点を共有する放物線はあるか

当然曲げないといけませんよね．
\[ y=x^2-x-3\quad x=y^2-y-3 \] がともに4点 \[ (-1,-1)\ (3,3)\ (\sqrt3,-\sqrt3)\ (-\sqrt3,\sqrt3) \] を通ります．

No3(2017.05.13) 問題は次の通り

有理点を持たない有理数係数の2次曲線はあるか？

円$x^2+y^2=3$はどうでしょう

No2(2017.05.13) 問題は次の通り

有理数係数の2次曲線上に有理点は何個あるか

曲線上に有理点Pがあれば， Pを通る傾きが有理数の直線との交点は有理点になるから無数に有理点がある．

No1(2017.05.13) 昔大学への数学に載っていたそうです．

円周上に3有理点があれば，無数に有理点があることを示せ．

3点が直線上になければ，この3点を通る円がただ1つ存在する．円の一般形において，有理点の座標を代入することでできた連立方程式から有理数係数の連立方程式が得られ，その解は有理数であるので，有理数係数の円の方程式が得られる．これから，円の中心は有理点，半径も有理数である．
中心を原点に，半径を1に変えても（平行移動と相似変換），円周上の有理点の個数は変わらない．
単位円と有理数$t$を係数に持つ点$(-1,0)$を通る直線との交点は，少し計算するとすべて有理点になることが分かるから（解の$x$座標の和が解と係数の関係から有理数なので交点の$x$座標も有理数）円周上に無数の有理点が存在する．