年賀問題2023 ～みなさんにとって素敵な年になりますように～

今年も年賀問題を作ってみました。たのしんでもらえると幸いです。

年賀問題  

$$2023=m^2-n^2$$

を満たす正の整数の組 $(m, \: n)$ をすべて求めよ。

般若湯やおせちなどをお伴に気楽に考えてみてください。

2023.1.1　こと　はじめ

※１月８日９時30分に解答を公開します。

虚数の平方根？ ～高校数学、代数学、複素解析学～

 問題　$\sqrt{2\:}\: i$ と $\sqrt{2i\:}$ は等しいのか等しくないのか。
　　等しくない場合 $\sqrt{2i\:}$ はどのような複素数か $a+bi \: (a, \: b \in \mathbb{R})$ の形で表せ。

みなさんは２次方程式 $3x^2-2x+1=0$ を解いたときに

$$x=\dfrac{1 \pm \sqrt{2i}}{3}$$

というように書いてしまったがあるでしょうか。

初めて虚数単位を習ったのは中３数学でした。ルートの中身がマイナスのときには $i$ を付けて表現する方法があると教えてくれたからです。当時の学習指導要領にどう書かれていたかは知りません。ひょっとしたら、問題作成ミスでルートの中身がマイナスになるものが含まれてしまったのかもしれません。

高校で再び根の公式および虚数単位を習いルートの中身がマイナスになったときは $i$ を使って書くと教えられました。でもルートの中身がマイナスになったら $i$ を付けると覚えているだけなので $\sqrt{-2}$ を $\sqrt{2\:}\: i$ と書かずに $\sqrt{2i\:}$ と書いてしまうことがありました。理解して書いている訳ではないので、間違っているなんて思ってもいませんでした。

数学演習の時間に $\sqrt{2\:}\: i$ と $\sqrt{2i\:}$ は別の数だと指摘されて初めて認識しました。数学演習は別の教師が指導していたので説明も多少異なり

$$\sqrt{-2\:}=\sqrt{2\:}\sqrt{-1\:}=\sqrt{2\:}\: i$$

と説明されて正しい表記を覚えました(※1)。それまでは $i$ を $\sqrt{\:\:}$ のすぐ横に書いていたので、ルート記号の屋根に入ったり入らなかったりしていたのです。書き方は理解しましたが $\sqrt{2\:}\: i$ と $\sqrt{2i\:}$ がどう異なるかの説明はありませんでした。勉強嫌いの集団だったので難しい話を避けたのだと思います。この頃は質問するような生徒ではありませんでした。

ここで最初の問題になります。

                   問題　$\sqrt{2\:}\: i$ と $\sqrt{2i\:}$ は等しいのか等しくないのか。

これに答えるには $\sqrt{2i\:}$ を $a+bi \: (a, \: b \in \mathbb{R})$ のように表せれば解決します。でもここで問題が生じます。

　　　　　　　　　　　　　 $\sqrt{2i\:}$ はどういう意味なのでしょうか。

$i=\sqrt{-1\:}$ と定義していますが、これは２次方程式 $ax^2+bx+c=0 \: (a, \: b, \: c \in \mathbb{R})$ を根の公式で解いたときにルートの中身がマイナスになったときの処理方法で使うことが前提になっています。つまり、ルートの中身は実数です。虚数は想定していません。

したがって、定義しないと話が進められません。ということは高校数学の範囲では解決する術がありません。つまり $\sqrt{2i\:}$ 自体が考えられないのです。

答え　高校数学では問題自体が成り立たない。

なーんだと思いますよね。でも定義していないので仕方ありません。なお、高校数学Ⅲの複素数平面でも定義されてません。

ここから大学以降の数学になります。

代数ではルート記号は形式的なものと捉え、次のように解釈します(※2)：

　　　　　　　　　　　$\sqrt{2i\:}$ は自乗すると $2i$ となる複素数を表す。

したがって $\sqrt{2i\:}$ は２次方程式 $x^2=2i$ の根ということになります。
（注：この解釈によって２次方程式の根の公式は複素数係数でも使えます）

ここで実数 $a, \: b$ に対して

$$x=a+bi$$

と置き、 $x^2=2i$ に代入して

$$2i=(a+bi)^2=(a^2-b^2)+2abi$$

を満たす $a, \: b$ を求めれば問題は解決します。実部、虚部を比較し

$$a^2-b^2=0 \: \text{かつ} \: 2ab=2.$$

第二式から $a, \: b$ は同符号なので、第一式から $a=b$ を得ます。

したがって

$$a=b=\pm 1.$$

よって

$$\sqrt{2i\:}=1+i \:\: \text{または} \:\: \sqrt{2i\:}=-1-i.$$

ゆえに

$$\sqrt{2\:}\: i \neq \sqrt{2i\:}. ▮$$

複素解析では次のように考えます。

$z$ を複素変数とするベキ関数 $f(z)=z^a \: (a \in \mathbb{C})$ は (複素変数の) 指数関数および対数関数を用いて次のように定義されます:

$$f(z):=e^{a \log z}=\exp(a \log z).$$

ここで、$\sqrt[n]{z}=z^{\frac{1}{n}}$.  特に $\sqrt{z}=z^{\frac{1}{2}}$とする。

これにより

　　$\sqrt{2i\:}=(2i)^{\frac{1}{2}}=\exp({\frac{1}{2} \log 2i})$,

　　$2i=2\exp(i \frac{\pi}{2})=2\exp(i \frac{\pi}{2}) \cdot \exp(i 2n \pi)=2\exp(i (2n+\frac{1}{2}) \pi) \: (n \in \mathbb{Z})$

であるから

$$\log 2i=\log2+(2n+\frac{1}{2})\pi i ,$$

$$\frac{1}{2}\log 2i=\frac{1}{2}\log2+(n+\frac{1}{4})\pi i$$

となり

$$\sqrt{2i\:}=\exp\Big(\frac{1}{2} \log 2 +i(n+\frac{1}{4})\pi\Big)=\exp\Big(\frac{1}{2} \log 2\Big) \cdot \exp\Big(i(n+\frac{1}{4})\pi \Big)$$

              $=\sqrt{2\:}\cdot \Big(\pm\frac{1}{\sqrt{2\:}}\pm\frac{1}{\sqrt{2\:}}i\Big)=\pm 1 \pm i .$  (複合同順) 

以下略 ▮

代数と複素解析とで整合性が取れていますね。

記憶違いかもしれませんが、ルート記号を自乗すればルートの中身になる複素数と定義して$\sqrt{i\:}$ を $a+bi \: (a, \: b \in \mathbb{R})$ で表せという大学入試問題があったと思います。▢

※１　$\sqrt{-2\:}=\sqrt{2\:}\sqrt{-1\:}=\sqrt{2\:}\: i$ の説明はもっともらしいのですが、最初の等号も第二の等号も約束です。当時は何の疑いもなく受け入れていました。

$\sqrt{ab\:}=\sqrt{a\:}\sqrt{b\:}$ と出来るのは $a>0, \: b>0$ のときであり、$\sqrt{-1\:}=i$ は約束です。

※２　実数の場合は $\sqrt{▲}$ と表記すれば、自乗して▲になる正の実数を表しましたね。複素数には正負がないので、$\sqrt{▲}$ は自乗すると▲になる複素数と解釈します。つまりルート記号は形式的なものです。その意味で

$$\sqrt{▲}=▲^{1/2}$$

と指数表記します。 これは解析でも同じように使わます。

形式的に使われる例
合同式 $x^2 \equiv 2 \pmod 7$ の解を形式的に

$$x \equiv \pm \sqrt{2\:} \pmod 7$$

と書き

$$\sqrt{2\:} \equiv 3 \: \text{または} \: \sqrt{2\:} \equiv 4 \pmod 7$$

となります。

有限体 $\mathbb{F_7}$ においては

　　　　　　$\sqrt{2\:}=3, \: -\sqrt{2\:}=4$　または　$\sqrt{2\:}=4, \: -\sqrt{2\:}=3$

と書けます。どちらにするかは決めることになります。

判別式は何を判別するのか

 方程式の判別式は、本来、重根を持つか否かを判断するものです。

方程式の判別式の定義は

　　　　　　　「根の差積の平方を方程式の係数で表したもの」（※0）

が最も明快だと思うのですが...

これだと２次方程式 $ax^2+bx+c=0 \: (a, \: b, \: c \in \mathbb{C})$ の２根を $\alpha, \: \beta$ としたとき判別式 $D$ が

　　　　　　　　　　　$D=(\alpha-\beta)^2=(\alpha+\beta)^2-4\alpha\beta$

　　　　　　　　　  　  　$=\big(-\dfrac{b}{\:a\:}\big)^2-4\cdot \dfrac{c}{\:a\:}=\dfrac{\:b^2-4ac\:}{a^2}$

となり、分母に $a^2$ が残るので次のように定義されます。

方程式 $a_0x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\cdot+a_{n-1}x+a_n=0 \: (a_i \in \mathbb{C}, \: 1 \leqq i \leqq n, \: a_0 \neq 0)$

のｎ個の根を $\alpha_1, \dots , \alpha_n$ としたとき、判別式 $D_n$ を次式で定義する(※1)：

$$D_n:=a_0^{2(n-1)}\prod_{i<j}(\alpha_i-\alpha_j)^2.$$

例　$D_3=a_0^{2(3-1)}\displaystyle \prod_{i<j}(\alpha_i-\alpha_j)^2$

            $=a_0^4(\alpha_1-\alpha_2)^2(\alpha_1-\alpha_3)^2(\alpha_2-\alpha_3)^2$.

判別式で差積を平方しているのは、平方しないと交代式ですが平方すると対称式になり基本対称式で表せるからです。つまり、方程式の係数で判別式を表すことができることが理由です。

                 定理　対称式は基本対称式を用いて表すことができる。▮

判別式の定義式をみると、方程式が重根を持つために必要十分条件は判別式が０であることが分かります：重根を持つ  $\iff \: D_n=0$.

特に、実数係数の２次方程式のとき判別式 $D_2$ と根の関係は
                                   $D_2>0 \: \iff$  異なる２実根,
                                   $D_2=0 \: \iff$  重根(実根),
                                   $D_2<0 \: \iff$  共役な２虚根.

さらに、実数係数の３次方程式のとき判別式 $D_3$ と根の関係は
                                   $D_3>0 \: \iff$  異なる３実根,
                                   $D_3=0 \: \iff$  ２重根または３重根(実根),
                         　　    $D_3<0 \: \iff$  １実根と共役な２虚根.

このような結果(※2)があると、４次以上の方程式の判別式でも同じような結果が成り立つことを期待してしまいます。ところが結果は否定的です。

例１　４次方程式 $x^4-1=0$ を解くと

　　　　$$0=x^4-1=(x^2)^2-1^2=(x^2-1)(x^2+1),$$
　　　　  $$x^2-1=0, \quad x^2+1=0.$$

よって

　　　　　　　　　　　$x=\pm 1, \: \pm i$ ($i$ は虚数単位) となる。

このとき判別式 $D_4$ は

$D_4=\big(1-(-1)\big)^2(1-i)^2\big(1-(-i)\big)^2\big((-1)-i\big)^2\big((-1)-(-i)\big)^2\big(i-(-i)\big)^2$
　　　　　　$=2^2(1-i)^2(1+i)^2(-1-i)^2(-1+i)^2(2i)^2$
　　　　　　$=2^2\big((1-i)(1+i)\big)^2\big((-1-i)(-1+i)\big)^2(2i)^2<0$.

（共役な複素数の積はプラス、純虚数の平方はマイナスであるから）

つまり、判別式がマイナスでも実根をもつ。▮

例２　４次方程式 $x^4+1=0$ を解くと
　　　$$0=x^4+1=(x^2+1)^2-2x^2=(x^2+1-\sqrt{2}\: x)(x^2+1+\sqrt{2}\: x).$$

$$x^2-\sqrt{2}\: x+1=0, \: x^2+\sqrt{2}\: x+1=0$$

を根の公式を用いて解くと

$$x=\pm \dfrac{\:\sqrt{2}\:}{2} \pm \dfrac{\:\sqrt{2}\:}{2} \: i.$$

ここで、$a:=\dfrac{\:\sqrt{2}\:}{2}$ と置くと、４つの根は

$$a+ai, \: a-ai, \: -a+ai, \: -a-ai$$

と書けます。先に６つの差を計算すると

　　　　　　　　　　$(a+ai)-(a-ai)=2ai$,

　　　　　　　　　　$(a+ai)-(-a+ai)=2a$,

　　　　　　　　　　$(a+ai)-(-a-ai)=2a+2ai$,

　　　　　　　　　　$(a-ai)-(-a+ai)=2a-2ai$,

　　　　　　　　　　$(a-ai)-(-a-ai)=2a$,

　　　　　　　　　　$(-a+ai)-(-a-ai)=2ai$

したがって判別式 $D_4$ は

$D_4=(2ai)^2(2a)^2(2a+2ai)^2(2a-2ai)^2(2a)^2(2ai)^2$

   $=(2ai)^2(2a)^2\big((2a+2ai)(2a-2ai)\big)^2(2a)^2(2ai)^2>0$

（共役な複素数の積はプラス、純虚数の平方はマイナスで２つあるから）

例を提示しませんが、４つの実根をもつ４次方程式の判別式はプラスです。つまり、判別式がプラスであっても４つの根が実数の場合もあるし、虚数の場合もあるのです。▮

一般に判別式で実根か虚根かの判断はできません。２次、３次方程式は特殊なのです。▢

※０　差積は差の積なので $(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4) \cdot (x_1-x_n)$ のような式です。３つの根の差積なら $(\alpha_1-\alpha_2)(\alpha_1-\alpha_3)(\alpha_2-\alpha_3)$.

このような差積を表すのに便利な記号が総積記号 $\prod$ です。総和記号 $\sum$ に似ています。

※１　多くの場合多項式の係数は有理数･実数･複素数のような体(ﾀｲ)で考えるのだから、最高次の係数で割って最高次の係数が１のモニック多項式で考えることもできますが、整数(環)係数の多項式を考えてのことなのかと思います。

※２　２次方程式の場合は高校数学で学んでいるので問題ないのですが、３次方程式の場合は証明する必要があります。証明するなら右から左をそれぞれ示し、これらですべての場合を尽くしているので逆向きも成り立つことが言えます。このとき、実数係数の方程式が虚根をもつならこれと共役な虚数も根であることを事実として用います。

近況報告を兼ねてお薦め本の紹介『若き数学者への手紙』 ついでに素イデアルによる局所化

ここしばらく数学雑談の更新が途絶えてしまっています。拙いブログでも愉しみにされている方には申し訳なく思います。

ここのところ専門の数学が思いの他読めているところです。

みなさんは大学３,４年のゼミ(セミナー)もしくは大学院での研究は満足したものだったでしょうか。私の場合は数学好きの数学オンチのため、学部時代は微分幾何に泣かされました。院生時代は代数的整数論を選んだので、毎週のセミナー準備に追われていました。この他に自主ゼミをしたりと自分のペースよりかなり無理したことをしたので細かい部分が十分に補足できず、血や肉になった感じを得ることなく、さらには新たな結果を論文に書けずに研究したことをまとめただけで終わってしまいました。

知識を付けるために単位や成績に関係なく受けた授業の雑談で話された内容がおもしろく、それをきちんとまとめて数学仲間に紹介をしましたが、自分のアイディアではないので論文にはしませんでした。その問題自体は数学者 矢野健太郎さんの新潮文庫で読んだように記憶しています。その解き方の流れを雑談でしてくれたのです。

このような院生生活でしたが、数学を深められたことに満足をしています。

いまは院生生活と比べたらスローですが、細かい部分・気になる部分も少しずつ埋められているのでよろこびを感じています。知識が増えている分捉え方も変わってきています(※1)。数学書の読み方などは謎の数学者さんの影響をかなり受けていて、いい方向に作用していると思います。

このため現在は『理一の数学事始め』の原稿と動画撮影で精一杯の状況です。

数学の合間や就寝前に軽い本を読んでいますが、『若き数学者への手紙』を読み返していておもしろいと思ったので紹介しておきます。

以前は最初から最後まで書かれているまま通して読んだためか、あまりおもしろいという印象はなかったのですが、いまは順番を無視しておもしろそうなタイトルを選んで読んでいます。これが良いのか、当たり外れはありますがおもしろく読めています。同じ項目を読むこともありますが、読み返すたびに印象が変わります。就寝前なのでそんなに多く読まないのもいい方向に作用しているのかもしれません。この本を読む前は『数学者の視点』を同じように繰り返し読んでいました。▢

紹介した本

　　　　イアン･スチュワート 著『若き就学者への手紙』（日経BP社）

　　　　深谷　賢治 著『数学者の視点』（岩波科学ライブラリー）

※１　つい先日あった具体例を一つ挙げておきます。$p$ を素数とするとき、

$$\mathbb{Z}_{(p)} :=\{\dfrac{a}{\:b\:} \mid a, \: b \in \mathbb{Z}, \: (b, p)=1 \}$$ 

　　　　　　　（ただし、$(b,p)=1$ は $b$ と $p$ が互いに素を表す記号）

と定義すると $\mathbb{Z}_{(p)}$ が有理数体 $\mathbb{Q}$ の部分環であることを確認するのは難しくないのですが、$p$ 進整数 $\mathbb{Z}_p$ を扱うときにこれが出てきます。剰余環の同型で出てくるので深く考えずに受け入れていたのですが、なぜこれを考えるのかが分からなかったのでしばらく自分なりに考えていたら気づいたのです、整数環 $\mathbb{Z}$ の素イデアル $(p)$ による局所化であることに。

代数が得意な人には当然のことなのでしょうが、うまく知識が消化されてないのだとつくづく思いました。

この定義自体が難しくないので、素イデアルによる局所化以外でも例として使われていて、複数の本で見知っていました。局所化を学んだときに例として挙げられていたかもしれませんが記憶にありません。そのときは $(p)$ が素イデアル $p\mathbb{Z}$ と認識していなく、$p$ に関係する記号とだけ捉えていたのだと思います。括弧を付けているのは $p$ 進整数との区別のためとみていました。

数学好きの数学オンチにはこんなことに気づくだけでもおもしろいのです。▮

高校で学ぶ帰納法から大学で使う帰納法へ ～数学的帰納法～

注：証明は後回しにしてクイズなどをたのしんでください。

自然数 $\mathbb{N}=\{1, \: 2, \:3, ...\}$ は大小 ≦ に関して $a\geqq b$ または $a\leqq b$ $(a, \: b \in \mathbb{N})$が成り立ちます(※1)。さらに次が成り立ちます：

命題１　$\mathbb{N}$ の任意の空でない部分集合は最小元をもつ。▮(※2)

$W$ が全順序集合であって、その任意の空でない部分集合が常に最小元をもつとき、$W$ を整列集合といいます。もちろん、$\mathbb{N}$ は整列集合であり、有限な全順序集合も整列集合です。理解を深めるために次のクイズを考えてみてください。

　　　クイズ　次の集合のうち整列集合をすべて挙げてください。（答えは ※3）
　　　　　　(1) $W=\{a \in \mathbb{Q} \mid a \geqq -5 \}$
　　　　　　(2) $W=\{-2, \: -1, \: 0, \:1, \:2 \}$
　　　　　　(3) $W=\{\frac{1}{\:2\:}, \: \frac{2}{\:3\:}, \: \frac{3}{\:4\:}, \dots , \: \frac{n}{\:n+1\:}, \dots \}$
　　　　　　(4) $W=\{a \in \mathbb{Q} \mid -1 \leqq a \leqq 1 \}$
　　　　　　(5) $W=\{p \in \mathbb{N} \mid p は素数 \}$

いま、$W$ を１つの整列集合とします。$a \in W$ に対して

$$W[a]:=\{x \in W \mid x < a \}$$ 

とおきます。もし $a=\text{min} W$ ならば $W[a]=\varnothing$ であり、このときに限ります。

命題２　$V \subset W$ とする。任意の $a \in W$ に対して

$$W[a] \subset V \: \Longrightarrow \: a \in V$$

ならば、$V=W$ である。▮

実際、もし $V\neq W$ ならば $W \setminus V \neq \varnothing$ なので、整列集合の定義から最小元 $a \in W \setminus V$ が存在します。このとき $W[a] \cap (W \setminus V)=\varnothing$ であるから $W[a] \subset V$. したがって仮定から $a \in V$ となります。ところが これは $a$ の取り方 $a \in W \setminus V$ に矛盾します。▮

※ $W \setminus V$ は差集合を表しています：
$$W \setminus V=\{x \in W \mid x \notin V \}.$$

このことから次が言えます：

命題３　整列集合 $W$ の元に関する命題 $P$ があって、それについて次の(♪)が示されたら、$P$ は $W$ のすべての元に対して成り立つ。

(♪) 　任意に $a \in W$ をとる。$x < a$ である各 $x \in W$ に対して $P$ が成り立つと仮定すれば、$P$ は $a$ についても成り立つ。▮

実際、$P$ が成り立つような $W$ の元全体を $V$ とすれば (♪) によって $V$ は命題２の条件をもつからです。▮

この命題３は超限帰納法と呼ばれるものです。つまりクイズの答えの整列集合に関する命題に使えるということです。クイズの(5)の素数に関する証明があったと記憶するのですが、その例が見つけられませんでした。
ちなみに、授業で超限帰納法を学ばなくても証明では帰納法として使われます。確かに帰納法の原理が分かってしまえば受け入れられるように思うし、各自で調べるかレポート問題にすれば十分に思います(※4)。

　　クイズ２　次の証明に誤りがあればそれを指摘してください。（答えは ※5）

　　　　「碁石ｎ個の集合があれば、その構成要素の碁石はすべて同色である」

証明　$n=1$ の場合は１個の碁石だからすべて同色である。そこで $n>1$ とし $n$ 個より少ない碁石の場合については正しいと仮定し、$n$ 個の場合を示す。

　$n$ 個の碁石を横一列に並べ、右端の碁石を１個取り除く。すると残りの碁石は $n-1$ 個なので帰納法の仮定から同色である。次に、取り除いた１個を元に戻して左端の１個を取り除く。残った $n-1$ 個の碁石は帰納法の仮定から同色である。したがって $n$ 個の碁石はすべて同色である。▮

余話
大学数学でも帰納法を使います。線形代数が最初だったと記憶しています。その後も代数ではよく出てきます。さて、数学者たちはだいたい次のように帰納法を使います。

「$n$ が１のときは明らかなので、$n$ より小さいときに成り立つと仮定し $n$ のときに成り立つことを示します。･･･」

高校で学んだ帰納法の証明と違ったことに困惑しました。$n=1$ のときを示して、$n=k$ を仮定し $n=k+1$ のときを確認するものと思っているのだから疑問符しか出てきません。学生の反応に「各自であとで確かめてください」と言って先に進んでしまいました。数学のできる人たちにはちょっとした表現の違いは何てことないのかと思いました。

と学生の頃は感じていましたが、こういう帰納法にいつの間にか慣れていました。▢

※１　全順序であるということを軽めにいいました。正しくは 集合Mが全順序であるとは
　　順序 ≦ に関して次の３条件＋１を満たすことです。

　　(1) $a \in M$　 ⇒ 　$a \leqq a$,
　　(2) $a \leqq b$ かつ $b \leqq a$　 ⇒　 $a=b$,
　　(3) $a \leqq b$ かつ $b \leqq c$ 　⇒ 　$a \leqq c$,
　　(4) $a, \: b \in M$　 ⇒ 　$a \leqq b$ または $b \leqq a$.

　　(1)~(3) だけの場合は、Mは順序集合と呼ばれます。

※２　命題１  $\mathbb{N}$ の任意の空でない部分集合は最小元をもつ。

　　実際、帰納法によって次のように示せます。
　　$M \subset \mathbb{N}, \: \neq \varnothing$ とすると、$M$ は少なくとも１つの自然数を含む。もし $1 \in M$ ならば 1 が $M$ の最小元なので、$M$ が $n$ 以下の自然数を含む場合にはこの定理が成り立つと仮定します。このとき $n+1 \in M$ の場合にも成り立つことを示します。

　もし $M$ が $n$ 以下の自然数を含む場合は帰納法の仮定から $M$ は最小元をもちます。$M$ が $n$ 以下のどの自然数も含まないならば、$n+1 \in M$ が $M$ の最小元になります。▮

※３　(2), (3), (5) 　注：任意の部分集合が最小元をもつかを確認する。例えば

　　(1) $\{a \in \mathbb{Q} \mid a > -5 \}\subset W$
　　(4) $\{a \in \mathbb{Q} \mid -1 < a < 1 \}\subset W$

　は最小元が存在しません。

※４　大学の授業だけですべてをカバーすることはできません。興味のある数学は独学するか、友だち同士でセミナーを開くことをします。先輩や大学院生と繋がりをもてると独自研究が捗ります。

※5　$n=2$ として読んでみると、１個を取り除いた残りの碁石は１個なので同色なのですが、その色が取り除いた碁石と同色とは言っていません。取り除いた碁石と残りの碁石が同色という場合には３個以上なければなりません。したがって、もしもこれを帰納法で証明する場合には $n=1$ および $n=2$ の場合を示しておく必要があります。その上で３以上の任意の $n$ に対して、$n$ 個より少ない場合は正しいと仮定することになります。
でも既に気づいている通り $n=2$ の場合に正しいとは言えないので命題は偽です。

これは『代数学入門』の p117 に書かれている誤用例です。２個の場合に成り立たないというのはすぐに気づくのですが、誤りを指摘するとなるとかんたんではありませんね。

参考文献
松坂 和夫 著『集合･位相入門』（岩波書店）　第３章 順序集合　特に、pp99-101.
永田雅宜･吉田憲一 共著『代数学入門』（培風館）　８章 順序集合の利用 pp111-117.
G.チャートランド, A.D.ポリメニ, P.チャン 共著『証明の楽しみ 基礎編』　第９章 帰納法

パスカルの解法とパスカルの三角形の由来 ～パスカルとフェルマの考えた問題 [後] ～

前回は確率のはじまりといわれるパスカルとフェルマの考えた問題とフェルマの解答を紹介しました。今回はパスカルの解答を紹介します。

（再掲）【賭け金分配問題】

２人のプレーヤーがいくらかの賭け金を出してゲームを始めたところ、途中で中止しなければならなくなったという。このとき、賭け金をどのように分配すれば公平であろうか。

フェルマと同じく、次のパチオリの問題でパスカルの考えたことを紹介します：

「技量の等しいAとBがいくらかの賭け金を出してゲームを行い、先に６回勝った方が賭け金を全部もらえることにした。ところが、Aが４回、Bが３回勝ったところでゲームを中止しなければならなくなった。賭け金をどう分配すれはよいか。」

便宜上、それぞれの賭け金を点数化して32点ずつ賭けたとし、計64点の分配を考えます。また、Aがａ回、Bがｂ回勝ったことを (a, b) と書くことにします。

パスカルは (5, 4) の状態での分配から考えました。

次にAが勝てば (6, 4) となり64点もらえます。Bが勝った場合は (5, 5) となるので32点ずつ分配するのが妥当です。そこでＡはＢにこのように持ち掛けます。

Ａ「負けたとしても32点はもらえる。残りの32点だが、次にどちらが勝つかは同じだけチャンスがあるのだから半々に分けるのが妥当ではないか。だから48点と16点で分配しよう」

　　　　　　（この考えを受け入れるかどうかという問題はあります）

次に考えたのは (5, 3) の状態からの分配です。

次にAが勝てば (6, 3) となり64点もらえます。Bが勝った場合は (5, 4) となりますが、これは先ほど考えた場合なので Ａ48点, Ｂ16点 がもらえます。だからＡは負けたとしても48点はもらえます。残りの16点は先ほどと同じで半々に分けるのが妥当です。

よって、 Ａ 56点, Ｂ 8点 と分配するのが妥当と考えられます。

パスカルの考えでうまいのは帰納的に考察している点です。

ではいよいよ (4, 3) のときの分配を考えてみましょう。
（ここで考えを整理するために、少し自分で考えてみるのもおもしろいと思います）

次にAが勝てば (5, 3) となるので、先ほどの考えからＡ 56点, Ｂ 8点 もらえます。Bが勝った場合は (4, 4) となるので半々の32点ずつの分配になります。ということは、勝っても負けても Ａ 32点, Ｂ 8点 がもらえます。ということは残りの24点の分配を考えますが、勝つチャンスは同じなので半々に分けるのが妥当です。

よって、 Ａ 44点, Ｂ 20点 と分配するのが妥当だと考えられます。

この結果は、前回紹介したフェルマの分配の仕方と同じです。フェルマは 11:5 で分配すると結論を出しましたが、パスカルの結果も 44:20=11:5 です。解に到る経路は異なりましたが、同じ結論を得ました。フェルマは勝つチャンスの割合で分配し、パスカルは帰納的な考えを用いて分配しました(※1)。

パスカルはこのように帰納的に考察し、パスカルの三角形を用いて完全に解決したと言われています。この過程で二項係数の性質

$$\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k+1}=\dbinom{n+1}{k+1}$$

も示したそうです。なお、$\dbinom{n}{r}={}_n C_r$ (二項係数) です。

どのようにパスカルの三角形を使うかを高校数学で学ぶ確率を利用して説明します。

Aが $a$ 勝、Ｂが $b$ 勝すれば勝負がつくとすると $a+b-1$ 回以内で勝負がつきます。また、技量が等しいので１回の勝負でＡ,Ｂそれぞれの勝つ確率を $\dfrac{1}{\:\:2\:\:}$ とします。

このときＡが $a+b-1$ 回中 $r$ 回勝つ確率は

$$\dbinom{a+b-1}{r}\big(\dfrac{1}{\:\:2\:\:}\big)^r \big(\dfrac{1}{\:\:2\:\:}\big)^{a+b-1-r}=\dbinom{a+b-1}{r}\big(\dfrac{1}{\:\:2\:\:}\big)^{a+b-1}$$

となります。

したがって、Ａが $a+b-1$ 回中 $a$ 回以上勝つ確率$P(A)$は

$$P(A)=\displaystyle \sum_{r=a}^{a+b-1}\dbinom{a+b-1}{r}\big(\dfrac{1}{\:\:2\:\:}\big)^{a+b-1}.$$

同様にして、Bが $a+b-1$ 回中 $b$ 回以上勝つ確率$P(B)$は

$$P(B)=\displaystyle \sum_{r=b}^{a+b-1}\dbinom{a+b-1}{r}\big(\dfrac{1}{\:\:2\:\:}\big)^{a+b-1}$$

です。分配の仕方は期待値の比ですが、この場合は確率の比と同じです。したがって

              $P(A) : P(B)$
$$=\displaystyle \sum_{r=a}^{a+b-1}\dbinom{a+b-1}{r}\big(\dfrac{1}{\:\:2\:\:}\big)^{a+b-1}:\displaystyle \sum_{r=b}^{a+b-1}\dbinom{a+b-1}{r}\big(\dfrac{1}{\:\:2\:\:}\big)^{a+b-1}$$

           $=\displaystyle \sum_{r=a}^{a+b-1}\dbinom{a+b-1}{r}:\displaystyle \sum_{r=b}^{a+b-1}\dbinom{a+b-1}{r}.$

したがって、パスカルの三角形があればかんたんに計算ができます。

パチオリの問題に適用してみます。Aはあと２回、Bはあと３回勝てばゲームは終了します。だから４回以内に終わるので、次の三角形で十分です。

パスカルの三角形の対称性 $\dbinom{n}{r}=\dbinom{n}{n-r}$ から、赤い部分がＡで緑の部分がＢです。

つまり

$$P(A):P(B)=(1+4+6):(4+1)=11:5$$

と分かります。このようにパスカルの三角形さえあればかんたんに計算できます。

パスカルの三角形と呼ばれるようになったのは以前から知られていた 数の三角形 を確率計算に使ったこともあると思いますが、帰納的推論が高く評価されたというのもあるようです。メレをはじめとする賭博師たちもこの結果に納得したと思います。▢

※１　現代の視点だといずれも期待値の計算です。パスカルはパチオリの 4:3 を支持していたようですが、フェルマの指摘により考えを改めたという記述もあります。誤りを認めることも指摘することも同じ結果を得ることもフェルマの洞察力にも感心させられます。

確率論の延長線上にルベーグ積分(解析学)があります。私の知らない世界なので、興味があれば各自でお楽しみください。

参考文献

　　　　　　　渡部 隆一 著『確率』（共立出版）

　　　　　　　E.T. ベル 著『数学をつくった人びと(上)』(東京図書)

　　　　　　　数学セミナー増刊『100人の数学者』（日本評論社）

　　　　　　　吉永 良正 著『数学を愛した人たち』（東京出版）

最初にパスカルとフェルマの往復書簡を知ったのは

　　　　　　　　矢野 健太郎 著『すばらしい数学者たち』（新潮文庫）

でした。

※ (4, 3) に対する考え方は上の参考文献には書かれていないのですが、ずっと昔、高校生の頃に矢野健太郎氏の本で読んだように記憶しているのですが、どの本だったのか覚えていません。講談社現代新書だったかな...

確率論の始まりとフェルマの解答 ～パスカルとフェルマの考えた問題 [前] ～

B.Pascal(パスカル 1623-1662)とP.Fermat(フェルマ 1607-1665)の1654年7月ー10月に交わした往復書簡(8通)が確率論のはじまりと言われています。

パスカル：「人間は考える葦である」(パンセ)、パスカルの原理(圧力の原理)、幾何学

フェルマ：フェルマの最終定理、微分、解析幾何学、数論

が直ぐに思い浮かびます。この２人(当時 31歳、47歳)の往復書簡はパスカルの知人メレ(賭博師)から出された問題解決のためのものでした。

メレからの質問は２つで「勝つ見込み」と「賭け金分配」です。ここでは「賭け金分配」について取り上げます(※1)。

【賭け金分配問題】

　２人のプレーヤーがいくらかの賭け金を出してゲームを始めたところ、途中で中止しなければならなくなったという。このとき、賭け金をどのように分配すれば公平であろうか。

この問題はその当時のギャンブラーにはよく知られていたらしく、イタリアの数学者パチオリ(Pacioli 1445-1515)が著書で書き残しているそうです。

「技量の等しいAとBがいくらかの賭け金を出してゲームを行い、先に６回勝った方が賭け金を全部もらえることにした。ところが、Aが４回、Bが３回勝ったところでゲームを中止しなければならなくなった。賭け金をどう分配すれはよいか。」（パチオリ）

パチオリは勝ち数に比例した ４対３ で分ければよいと考えたらしい...これをメレが質問したということは、この答えに疑問を持っていたと考えられます。この問題をめぐって往復書簡がはじまったということです。パスカルはフェルマに間違いを指摘されたようですが、結局は２人とも別々に同じ解答を得たとのことです。

みなさんはどのように解かれるでしょうか。今回はフェルマの方法を紹介します。

【フェルマの解法】

あらゆる勝ち負けの可能性を考え、Ａの勝つチャンスとＢの勝つチャンスの比で分配する。

パチオリの問題を解いてみます：

Ａはあと2勝、Ｂはあと３勝すれば賞金が全部もらえます。したがって多くて４回の勝負でゲームは終了します。これを踏まえて勝負の可能性を書き上げてみます。

Ａが勝つことを〇、Ｂが勝つことを●で表すと次の通りです。（$2^4=16$ 通り）

　　　　　　　　　〇〇〇〇　　〇〇〇▲　　〇〇▲〇　　〇▲〇〇
　　　　　　　　　▲〇〇〇　　〇〇▲▲　　〇▲〇▲　　▲〇〇▲

　　　　　　　　　〇▲▲〇　　▲〇▲〇　　▲▲〇〇　　〇▲▲▲

　　　　　　　　　▲〇▲▲　　▲▲〇▲　　▲▲▲〇　　▲▲▲▲

これら16通りはすべて同じよう現れると考えられる。Bが賞金をもらえるのは下線を付けた５通り、Ａが賞金をもらえるのは残りの11通り。

よって、賞金を ＡとＢの比を 11対５ で分配すればよい。▮

参考文献

　　　　　　　渡部 隆一 著『確率』（共立出版）

　　　　　　　E.T. ベル 著『数学をつくった人びと(上)』(東京図書)

　　　　　　　数学セミナー増刊『100人の数学者』（日本評論社）

　　　　　　　吉永 良正 著『数学を愛した人たち』（東京出版）

※１　渡部隆一氏の『確率』に書かれている問題と答え(pp.64-65)

　　問題　２つのサイコロを何回か投げて少なくとも１回６のぞろ目が出たら勝ちとする。

　　　　このゲームにおいて、内科医投げれば勝つ見込みができるか。

　　

　　答え　25回以上投げる