に行かないといけない気がした。なぜなら歯が欠けた気がするから。久しぶりに行くか。
さて、「関数の特徴は特異点に現れる」。この意味がちょっと分かった気がする。
う〜ん、深い。
う〜ん、深い。
478びぼーろく; 動画編集終わり
前期分の全ての動画を撮り終わり、編集終了。そして全てアップロード。ふぅ。疲れた。
後から分かったけど、動画の音ズレを修正した後、動画の切り貼りをすればよかった事に後から気がついた。-c copy で時間短縮できたのに....。うう残念。
後は中間成績を取りまとめれば大きな仕事はほぼ終わりかな。
477びぼーろく; スミルノフ
を読む。wikiによるとスミルノフは物理学徒向けに書かれた本らしい。確かに実践的で読みやすい。
とりあえず楕円積分のところまで読んだ。これからいよいよ楕円関数。いきなり複素平面へ移動することになった。さよなら実数界...。
474びぼーろく; ガウスの数学日記その一
かねてから読んでみたかった(そして欲しかった)ガウスの数学日記を入手。
予想以上にメモ書きで解説が無いと分からない。
せっかくなのでその解説を読んで数学雑学を増やす計画。
雑学なので別に証明とかはしない。
ということでその一：「円周は幾何的に十七分割できる」
この分野は円周等分方程式論というらしい。ガウスが19歳の時に発見したらしいが、僕は19歳の時何してただろうか？どうでもいいけど、17歳のときだったら全部17になるのになぁ。
さて幾何的にというのは定規とコンパスで作図可能という意味で、実は作画可能ということと二次方程式と関係がある。なぜかと言えば、定規とコンパスを使うと
- 異なる線分の長さを加える、差を取ることができる。
- 線分の自然数倍の長さの線分が作れる。(コンパスで線分をコピーするとできる)
- 線分の自然数分割ができる。(相似な三角形を作るとできる)
- 線分の二乗根が作れる。(正方形を作ればその対角線に対応)
ので、四則演算と二乗根の計算ができる。つまり定規とコンパスで方程式も解くことができる。そして作図できる=解くことができるのは二次方程式までということになる(もちろん二次方程式の係数に三乗根や$\pi$は入っちゃだめ)。まぁ平たく言えばコンパスは円、定規は直線で、交点を求めるのは二次方程式を解くことに相当すると言われればそうかも。
結局 円周の17分割ができるというのは、$\cos \frac{2\pi}{17}$はせいぜい二乗根しか含んでいないので作図できるよということらしい。これを別の言い方で言えば、$\cos \frac{2\pi}{17}$が二次方程式の組み合わせで表すことができるので作画可能ということになる。
では実際に作画可能かどうか色々考えてみた。
- 正三角形$\cos\frac{2\pi}{3}$が欲しいので$e^{\frac{2\pi i}{3}}$が解となる方程式\[z^3-1=0\]を考える。$z=1$は自明な解で、欲しいのはそれ以外なので$z-1$で割った次の方程式を検討すれば良い。(これを円周等分多項式とか円周等分方程式とか呼ぶらしい)\[X=\frac{z^3-1}{z-1}=z^2+z+1=0\]で、これは二次方程式なので作画可能であることが分かる。
- 次は正五角形\[X=\frac{z^5-1}{z-1}=z^4+z^3+z^2+z+1=0\]解は$\zeta =e^{2\pi \frac{i}{5}}$として$\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4$の4つ。さて、このままでは4次方程式なので解けない。しかし、これらの解をうまく組み合わせると二次方程式になる。まず以下の組み合わせを作ると\[\alpha=\zeta+\zeta ^4,\beta=\zeta^2+\zeta^3\]$\alpha+\beta=\zeta^4+\zeta^3+\zeta^2+\zeta=-1$であり$\zeta^5=1$を使うと$\alpha\beta=\alpha+\beta=-1$となるので、$\zeta$を組み合わせて作った$\alpha,\beta$は二次方程式の解となる。\[0=(x-\alpha)(x-\beta)=x^2-(\alpha+\beta)x+\alpha\beta=x^2+x-1\]よって$\alpha,\beta$は\[\alpha,\beta=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\]で表され、$\alpha =\zeta+\zeta^5=2\cos \frac{2\pi}{5}$であるので結果として正五角形を作図するために必要な$\cos \frac{2\pi}{5}$が\[\cos \frac{2\pi}{5}=\frac{-1+\sqrt{5}}{4}\]となることが分かる。ここから正五角形は作画可能。
- では正七角形解は$\zeta =e^{2\pi \frac{i}{7}}$として$\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\zeta^4,\zeta^5,\zeta^6$の6つ。先ほどのようにうまく分割すると\[X=\frac{z^7-1}{z-1}=z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=0\]\[\alpha=\zeta+\zeta^6,\beta=\zeta^2+\zeta^5,\gamma=\zeta^3+\zeta^4\]を用いて\[\alpha+\beta+\gamma=-1,\]\[\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=2(\alpha+\beta+\gamma)=-2,\]\[\alpha\beta\gamma=\alpha+\beta+\gamma+2=1\]であることがわかるので、$\alpha\beta\gamma$は三次方程式\[x^3-(\alpha+\beta+\gamma)x^2+(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)x-\alpha\beta\gamma=x^3+x^2-2x-1=0\]の解となる。三次方程式は定規とコンパスで解くことができないので作画できない。他の組み合わせを検討すると、次の二分割も可能だがこれもうまくいかない。\[\alpha=\zeta^3+\zeta^6+\zeta^5,\beta=\zeta^2+\zeta^4+\zeta\]とすると、\[\alpha+\beta=-1,\alpha\beta=2\]となるので二次方程式の解として、\[\alpha,\beta=2,-1\]となる。ここで$\beta$から$\zeta$を求めようとすると、四次方程式を解くことになる。\[\zeta^4+\zeta^2+\zeta-\beta=0\]よってこの分割も作図はできない。
正七角形にして初めて作画できない例に遭遇。
このように見てみると、正$p$角形を書くためには$p-1$個の解$\zeta,\zeta^2,\cdots ,\zeta^{p-1}$をうまく二分割して二次方程式の解にし、もう一度分割してさらに二次方程式を作り...を繰り返すことができれば$\cos\frac{2\pi}{p}$を平方根のみを含む形で書き下すことができることになる。
さて、ガウスは「正十七角形についてこの二分割を繰り返すことができる」ことを発見した。今回考えるのは
\[X=\frac{z^{17}-1}{z-1}=z^{16}+z^{15}+\cdots z^{2}+z+1=0\]で、この解は$\zeta=e^{2\pi i \frac{1}{17}}$として$\zeta,\zeta^2,\zeta^3,\cdots,\zeta^{16}$で表される。以下のように分割すると
\[\begin{split}&\alpha_2=\zeta^9+\zeta^{13}+\zeta^{15}+\zeta^{16}+\zeta^8+\zeta^4+\zeta^2+\zeta\\ &\beta_2=\zeta^3+\zeta^{10}+\zeta^5+\zeta^{11}+\zeta^{14}+\zeta^7+\zeta^{12}+\zeta^6\end{split}\]
$\alpha_2,\beta_2$は次の整数係数の二次方程式の解となるので\[0=x^2-(\alpha_2+\beta_2)x+\alpha_2\beta_2=x^2+x-4\]
を解けば良い。$\alpha_2\beta_2$の計算は面倒なのでmaximaで計算。求めてみると
\[\alpha_2=\frac{-1+\sqrt{17}}{2},\beta_2=\frac{-1-\sqrt{17}}{2}\]
となる。さて、次に$\alpha_2=\alpha_4+\beta_4,\beta_2=\alpha_4'+\beta_4'$のように分割する。
\[\alpha_4=\zeta^{13}+\zeta^{16}+\zeta^{4}+\zeta,\beta_4=\zeta^9+\zeta^{15}+\zeta^8+\zeta^2\]
\[\alpha'_4=\zeta^{3}+\zeta^{5}+\zeta^{14}+\zeta^{12},\beta_4=\zeta^{10}+\zeta^{11}+\zeta^7+\zeta^6\]
この分割により
\[\alpha_4+\beta_4=\alpha_2,\alpha_4\beta_4=-1,\alpha_4'+\beta_4'=\beta_2,\alpha_4'\beta_4'=\alpha_2+\beta_2=-1\]
なのでこれもまた次の二次方程式の解として表すことができる:
\[x^2-(\alpha_4+\beta_4)x+\alpha_4\beta_4=x^2-\alpha_2 x -1=0\]
\[x^2-(\alpha'_4+\beta'_4)x+\alpha'_4\beta'_4=x^2-\beta_2 x -1=0\]
ここから、$\alpha_4,\beta_4,\alpha_4',\beta_4'$が定まる。さてこの様に得られた解を更に二分割する。
\[\alpha_8=\zeta+\zeta^{16},\beta_8=\zeta^4+\zeta^{13}\]
ここから
\[\alpha_8+\beta_8=\alpha_4,\alpha_8\beta_8=\alpha_4'\]が定まり、
$\alpha_8=\zeta+\zeta^{16}=2\cos \frac{2\pi}{17}$であるので、二次方程式の解を組み合わせることで$\cos\frac{2\pi}{17}$が得られたことになる。
凡人ならここで満足するのかもしれないけど、ガウスは更に一歩進んで、正$p$角形の場合について考え必要十分条件を出したらしい。というわけで改めてすごいなぁと感心。う〜ん恐るべき19歳だ。
473びぼーろく; 先行き不安
色々と調べていると簡単な場合に解析した先行研究があった。読んでみると解が楕円関数になるらしい。
これってさらに一般化した場合は解けるんだろうか...。う〜ん不安しか無い。
これってさらに一般化した場合は解けるんだろうか...。う〜ん不安しか無い。
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