INTEGERS

数、特に整数に関する記事。

凸多角形を分割したときの小凸多角形の辺数の平均について

整数整数-6

問凸 $n$ 角形( $3 \leq n \leq 7$ )を二つ以上の凸多角形に分割するとき、各小多角形の辺の数の平均は $6$ より小さいことを示せ。

解答分割の個数を $k$ とし、分割によってできる平面グラフの頂点数を $v$ , 辺数を $e$ とする。このとき、面数は $k+1$ なので、Eulerの定理より

$v-e+(k+1)=2, \quad v=e-k+1$

が成り立つ。次数が $2$ であるような頂点の個数を $m$ とする( $m \leq n$ )。グラフの各頂点の次数の総和は $2e$ なので、

$2m+3(v-m) \leq 2e, \quad m \geq 3v-2e$

と評価できる。凸 $n$ 角形の外領域の境界上の辺の数を $l$ , 各小多角形の辺の数の平均を $a$ とすると、

$ka+l=2e$

であり、凸 $n$ 角形の外領域の境界上に次数が $3$ 以上の頂点が少なくとも二つはあるので、 $m \leq l-2$ である。以上より、

$2m \geq 6v-4e=6(e-k+1)-4e =ka+l-6k+6$

となって、

$k(a-6) \leq 2m-l-6 \leq m-8 \leq n-8$

が得られる。 $n \leq 7$ なので、 $a < 6$ でなければならない。 Q.E.D.

Carlitzの恒等式

関−Bernoulli数

$B_n$ は関-Bernoulli数*1とする。このとき、次の恒等式が成り立つ：

$\displaystyle (-1)^m\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}B_{n+k}=(-1)^n\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}B_{m+k}.$

証明*2. 次のように母関数を計算する：

$\begin{align} \sum_{m, n=0}^{\infty}(-1)^m\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}B_{n+k}\frac{x^my^n}{m!n!} &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{y^n}{n!}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{n+k}}{k!}\sum_{m=k}^{\infty}\frac{(-x)^m}{(m-k)!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{y^n}{n!}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{n+k}}{k!}(-x)^ke^{-x} \\ &=e^{-x}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{B_l}{l!}\sum_{k=0}^l\binom{l}{k}(-x)^ky^{l-k} \\ &=e^{-x}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{B_l}{l!}(y-x)^l \\ &=e^{-x}\frac{y-x}{e^{y-x}-1}\\ &=\frac{y-x}{e^y-e^x} \end{align}$

これは $x$ と $y$ の入れ替えで不変である。 Q.E.D.

*1:この記事では $B_1=-1/2$ .

*2:by Prodinger.

eが二次の有理数係数方程式を満たさないことの証明

数数-e

$e$ が無理数であることは

integers.hatenablog.com

で証明しており、 $e$ が超越数であることも

integers.hatenablog.com

で証明していますが、この記事では古くから知られている*1「 $e$ が二次の有理数係数方程式を満たさないことの初等的証明」を紹介します。これは、 $e^2$ の無理性証明にもなっています。

証明. $e$ が二次の有理数係数方程式の根であったと仮定すると、整数 $a, b, c$ が存在して

$ae^2+be+c=0$

が成り立つ。両辺を $e$ で割ると

$ae+ce^{-1}=-b$ −①

が得られる。ここで、

$\displaystyle e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+R_{n+1}$

$\displaystyle e^{-1}=1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\cdots +(-1)^n\frac{1}{n!}+\widetilde{R}_{n+1}$

と書けることを思い出す。 $n \geq \left|a\right|+\left|c\right|$ とする。①の両辺を $n!$ 倍することにより

$an!R_{n+1}+cn!\widetilde{R}_{n+1}$

は整数であることがわかる。5通りの第一証明の計算により*2

$\displaystyle n!R_{n+1} < \frac{1}{n},\quad n!\left|\widetilde{R}_{n+1}\right| < \frac{1}{n}$

と評価できるので、

$\displaystyle \left|an!R_{n+1}+cn!\widetilde{R}_{n+1}\right| <\frac{\left|a\right|+\left|c\right|}{n} \leq 1$

となって、 $an!R_{n+1}+cn!\widetilde{R}_{n+1}=0$ が従う。 $a, c$ が零のときは $e$ の無理性に帰着されるので、 $a, c \neq 0$ としてよい。 $R_{n+1} > 0$ であり、

$\displaystyle \widetilde{R}_{n+1} = (-1)^{n+1}\left(\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}+\frac{1}{(n+3)!}-\cdots\right)$

は正負が交互に入れ替わる数である。しかし、

$\displaystyle \frac{R_{n+1}}{\widetilde{R}_{n+1}} = -\frac{c}{a}$

なので、 $\widetilde{R}_{n+1}$ の符号が異なるような二つの $n$ を考えることにより矛盾が生じる。 Q.E.D.

*1:Liouvilleによる。

*2: $\widetilde{R}_{n+1}$ の方は三角不等式を使わなくても交代和になっていることから即座にわかる。