CとAの数物 Note

数学と物理のはざまに棲息。

Bianchi恒等式の証明

細かいところは省くので悪しからず。D^3=D\circ D^2=D^2\circ D 以外の証明。

ベクトル束 p:E\to M 上の共変外微分
\displaystyle D:A^p(E)\to A^{p+1}(E)
とその曲率
\displaystyle R=D^2\in A^2(\operatorname{End} E)
に対し，Bianchi 恒等式
\displaystyle DR=0
が成り立つ。注意すべきは Bianchi 恒等式の D は D:A^p(\operatorname{End} E)\to A^{p+1} (\operatorname{End} E) であること。これを忘れると私みたいにどつぼにはまる。

証明
E の局所標構場を (e_1,\dots,e_r)、その双対ベクトル束 E^* の局所標構場を (f_1,\dots,f_r) とする。接続形式 \omega=({\omega ^{i}}_{j}) を用いて、曲率は
\displaystyle Re_{j} ={\Omega ^{i}}_{j} e_{i} ,\ {\Omega ^{i}}_{j} =d{\omega ^{i}}_{j} +{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{j}
とかける。よって、R\in A^2(\operatorname{End} E)\cong A^2(E\otimes E^*) であるので
\displaystyle R={\Omega ^{i}}_{j} e_{i} \otimes f^{j}
共変外微分をかけると、{\Omega ^{i}}_{j}\in A^2(M) であるので
\displaystyle D\left( {\Omega ^{i}}_{j} e_{i} \otimes f^{j}\right) =d{\Omega ^{i}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} +( -1)^{2} {\Omega ^{i}}_{j} \land \nabla\left( e_{i} \otimes f^{j}\right)
ここで、\nabla :A^{0}\left(\operatorname{End} E\right)\rightarrow A^{1}\left(\operatorname{End} E\right) は Leibniz rule
\displaystyle \nabla ( \phi \cdot s) =\nabla \phi \cdot s+\phi \cdot \nabla s,\ \ \phi \in A^{0}\left(\operatorname{End} E\right) ,\ s\in A^{0}( E)
を満たすように定義されるので、
\displaystyle \nabla \left( e_{i} \otimes f^{j} \cdot e_{k}\right) =\nabla \left( \delta ^{j}_{k} e_{i}\right) =\delta ^{j}_{k} \nabla e_{i} =\delta ^{j}_{k} {\omega ^{\ell }}_{i} e_{\ell }
また
\displaystyle \begin{align}\nabla \left( e_{i} \otimes f^{j} \cdot e_{k}\right) & =\nabla \left( e_{i} \otimes f^{j}\right) \cdot e_{k} +e_{i} \otimes f^{j} \cdot \nabla e_{k}\\ & =\nabla \left( e_{i} \otimes f^{j}\right) \cdot e_{k} +e_{i} \otimes f^{j} \cdot {\omega ^{\ell} }_{k} e_{\ell }\\ & =\nabla \left( e_{i} \otimes f^{j}\right) \cdot e_{k} +\delta ^{j}_{\ell } {\omega ^{\ell }}_{k} e_{i} =\nabla \left( e_{i} \otimes f^{j}\right) \cdot e_{k} +{\omega ^{j}}_{k} e_{i}\end{align}
この２式を見比べれば
\displaystyle \nabla \left( e_{i} \otimes f^{j}\right) ={\omega ^{k}}_{i} e_{k} \otimes f^{j} -{\omega ^{j}}_{k} e_{i} \otimes f^{k}
を得る。よって
\displaystyle \begin{align} DR&=d\left( d{\omega ^{i}}_{j} +{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{j}\right) e_{i} \otimes f^{j}\\ &\quad +\left( d{\omega ^{i}}_{\ell } +{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{\ell }\right) \land \left( {\omega ^{t}}_{i} e_{t} \otimes f^{\ell } -{\omega ^{\ell }}_{t} e_{i} \otimes f^{t}\right)\\ &=d^{2} {\omega ^{i}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} +d{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} +( -1)^{1} {\omega ^{i}}_{k} \land d{\omega ^{k}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} \\ &\quad+d{\omega ^{i}}_{\ell } \land {\omega ^{t}}_{i} e_{t} \otimes f^{\ell }+{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{\ell } \land {\omega ^{t}}_{i} e_{t} \otimes f^{\ell } \\ &\quad-d{\omega ^{i}}_{\ell } \land {\omega ^{\ell }}_{t} e_{i} \otimes f^{t} -{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{\ell } \land {\omega ^{\ell }}_{t} e_{i} \otimes f^{t}\\ &=d{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} -{\omega ^{i}}_{k} \land d{\omega ^{k}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} +d{\omega ^{k}}_{j} \land {\omega ^{i}}_{k} e_{i} \otimes f^{j}\\ &\quad+{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{\ell } \land {\omega ^{t}}_{i} e_{t} \otimes f^{\ell } -d{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} -{\omega ^{t}}_{i} \land {\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{\ell } e_{t} \otimes f^{\ell }\\ &=-{\omega ^{i}}_{k} \land d{\omega ^{k}}_{j} e_{i} \otimes f^{j} +( -1)^{2\cdot 1} {\omega ^{i}}_{k} \land d{\omega ^{k}}_{j} e_{i} \otimes f^{j}\\ &\quad+{\omega ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{\ell } \land {\omega ^{t}}_{i} e_{t} \otimes f^{\ell } -( -1)^{1\cdot 1}( -1)^{1\cdot 1} {{\omega} ^{i}}_{k} \land {\omega ^{k}}_{\ell } \land {\omega ^{t}}_{i} e_{t} \otimes f^{\ell }\\ &=0\end{align}
となり、確かに成り立つ。

京大入試2019理系数学問３

2019年度の京大入試、理系数学問３の別解(他の解説サイトにはない方法)で解いてみる。赤本とも多分かぶっていないと思う（高校生でないので手元にない）。

問題
　鋭角三角形 \mathrm{ABC} を考え、その面積を S とする。0< t< 1 を満たす実数 t に対し、線分 \mathrm{AC} を t:1-t に内分する点を \mathrm{Q}、線分 \mathrm{BQ} を t:1-t に内分する点を \mathrm{P} とする。実数 t がこの範囲を動くときに点 \mathrm{P} の描く曲線と、線分 \mathrm{BC} によって囲まれる部分の面積を S を用いて表せ。


　この問題の素直な解法は x-y 平面に三角形をおいて、\mathrm{P} の座標を求めて、それを積分するというもの。しかし、それは幾何の解き方ではない！幾何ならば座標の取り方に依らない計算すべし！恣意的に座標をセッティングして解くのは美しくない‼

　そこで、以下に私の美学に則った解法を示す。

解法
f:id:C-and-A:20200612003014p:plain:w300
点 \mathrm{R} を線分 \mathrm{AP} の延長と線分 \mathrm{BC} の交点として定義する。点 \mathrm{P},\mathrm{Q},\mathrm{R} は動点であり、t によるということを明示するために、\mathrm{P}_t,\mathrm{Q}_t\mathrm{R}_t と書く。

メラネウスの定理
\displaystyle \frac{\mathrm{BR}_{t}}{\mathrm{R}_{t}\mathrm{C}} \cdot \frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{AQ}_{t}} \cdot \frac{\mathrm{Q}_{t}\mathrm{P}_{t}}{\mathrm{P}_{t}\mathrm{B}} =1
\displaystyle \frac{\mathrm{AP}_{t}}{\mathrm{P}_{t}\mathrm{R}_{t}} \cdot \frac{\mathrm{R}_{t}\mathrm{B}}{\mathrm{BC}} \cdot \frac{\mathrm{CQ}_{t}}{\mathrm{Q}_{t}\mathrm{A}} =1
より
\displaystyle\frac{\mathrm{BR}_{t}}{\mathrm{R}_{t}\mathrm{C}} =\frac{t^{2}}{1-t}
\displaystyle\frac{\mathrm{AP}_{t}}{\mathrm{P}_{t}\mathrm{R}_{t}} =\frac{t^{2} -t+1}{-t^{2} +t}

t を離散化することを考える。
f:id:C-and-A:20200612012505p:plain:w300
\Delta_N t=1/N, t_j = j\Delta_N t として、\mathrm{P}_j=\mathrm{P}_{t_j},\mathrm{R}_j=\mathrm{R}_{t_j} 、点 \mathrm{P}_j,\mathrm{P}_{j+1},\mathrm{R}_{j+1},\mathrm{R}_j に囲まれる面積を \Delta \bar{S}_N(t_j) と書く。とすれば、求めたい面積 \bar{S} は
\displaystyle \overline{S} =\lim _{N\rightarrow \infty }\sum ^{N-1}_{j=0} \Delta \overline{S}_{N}( t_{j}) =\lim _{N\rightarrow \infty }\sum ^{N-1}_{j=0}\overline{S}( t_{j}) \Delta_N t=\int ^{1}_{0}\overline{S}( t) dt
となる。ここで、
\displaystyle \overline{S}( t) =\lim _{N\rightarrow \infty}\frac{\Delta \overline{S}_{N}( t)}{\Delta_N t}
である。

\vartriangle\!\!\mathrm{ABC} で三角形 \mathrm{ABC} が囲む面積を表すものとする。

\displaystyle \mathrm{BC:BR}_{j} =\left( 1+\frac{t^{2}_{j}}{1-t_{j}}\right) :\frac{t^{2}_{j}}{1-t_{j}} =1:\frac{t^{2}_{j}}{t^{2}_{j} -t_{j} +1}
より
\displaystyle\begin{align}S:\vartriangle\!\!\mathrm{AR}_{j}\mathrm{R}_{j+1} & =\mathrm{BC} :\mathrm{R}_{j}\mathrm{R}_{j+1} \\ & =1:\left(\frac{t^{2}_{j+1}}{t^{2}_{j+1} -t_{j+1} +1} -\frac{t^{2}_{j}}{t^{2}_{j} -t_{j} +1}\right) \\ & =1:\left(\frac{( t_{j} +\Delta_N t)^{2}}{( t_{j} +\Delta_N t)^{2} -( t_{j} +\Delta_N t) +1} -\frac{t^{2}_{j}}{t^{2}_{j} -t_{j} +1}\right) \\ & =1:\left(\frac{d}{dt_{j}}\left(\frac{t^{2}_{j}}{t^{2}_{j} -t_{j} +1}\right) \Delta_N t+O\left( (\Delta _{N} t)^{2}\right)\right)\end{align}
であるので、
\displaystyle \vartriangle\!\!\mathrm{AR}_{j}\mathrm{R}_{j+1} =\frac{-t^{2}_{j} +2t_{j}}{\left( t^{2}_{j} -t_{j} +1\right)^{2}} S\Delta _{N} t+O\left( (\Delta _{N} t)^{2}\right)
となる。また
\displaystyle \mathrm{AR}_{j} :\mathrm{AP}_{j} =\left(\frac{t^{2}_{j} -t_{j} +1}{-t^{2}_{j} +t_{j}} +1\right) :\frac{t^{2}_{j} -t_{j} +1}{-t^{2}_{j} +t_{j}} =1:\left( t^{2}_{j} -t_{j} +1\right)
であるので、
\displaystyle\begin{align} \vartriangle\!\!\mathrm{AR}_{j}\mathrm{R}_{j+1} :\vartriangle\!\!\mathrm{AP}_{j}\mathrm{P}_{j+1} &=\mathrm{AR}_{j} \cdot \mathrm{AR}_{j+1} :\mathrm{AP}_{j} \cdot \mathrm{AP}_{j+1}\\ & =1:\left( t^{2}_{j} -t_{j} +1\right)\left( t^{2}_{j+1} -t_{j+1} +1\right)\\ & =1:\left(\left( t^{2}_{j} -t_{j} +1\right)^{2} +O( \Delta_N t)\right)\end{align}
より
\displaystyle\begin{align} \Delta \overline{S}_{N}( t_{j}) &=\vartriangle\!\!\mathrm{AR}_{j}\mathrm{R}_{j+1} -\vartriangle\!\!\mathrm{AP}_{j}\mathrm{P}_{j+1}\\ &=\frac{-t^{2}_{j} +2t_{j}}{\left( t^{2}_{j} -t_{j} +1\right)^{2}}\left( 1-\left( t^{2}_{j} -t_{j} +1\right)^{2}\right) S\Delta _{N} t+O\left(( \Delta _{N} t)^{2}\right)\\ &=\left(\frac{-t^{2}_{j} +2t_{j}}{\left( t^{2}_{j} -t_{j} +1\right)^{2}} +t^{2}_{j} -2t_{j}\right) S\Delta _{N} t+O\left(( \Delta _{N} t)^{2}\right)\end{align}
\Delta_N t の高次の項は N\to\infty の極限で消えるので
\displaystyle \overline{S}( t) =\left(\frac{-t^{2} +2t}{\left( t^{2} -t+1\right)^{2}} +t^{2} -2t\right) S=\frac{d}{dt}\left(\frac{t^{2}}{t^{2} -t+1} +\frac{1}{3} t^{3} -t^{2}\right) S
よって求める面積は
\displaystyle \overline{S} =\int ^{1}_{0}\overline{S}( t) dt=\left[\frac{t^{2}}{t^{2} -t+1} +\frac{1}{3} t^{3} -t^{2}\right]^{1}_{t=0} S=\frac{1}{3} S
と求まる。

素直な解法とどちらが楽かと聞かれると、明らかにこちらのほうが説明が大変なのだが、こういう解き方も発想の一つになればいいと思う。

勝ち残りじゃんけんの回数３

数列

前回もとめた母関数をマクローリン展開して、係数を求め、E_nの一般項を求めることが出来た。
正直マクローリン展開云々のところは計算が大変だったので、ここに転記しない（気が向いたらそのうち書く）。

さて、こうなった。

\displaystyle \begin{align}{E}_{n}&={\sum _{m=0}^{n-2}{\frac {n!{3}^{m+1}}{\left({n-m-1}\right) !\left({m+2}\right) !\left({{2}^{m+2}-2}\right) }}} \\ &+{\sum _{s=1}^{n-2}{{\sum _{m=0}^{n-s-2}{{\sum _{t=1}^{s}{\frac {{\left({-1}\right) }^{t}n!{3}^{m+1}{2}^{s-1}{D}_{t,s-t}}{\left({n-m-s-1}\right) !\left({m+2}\right) !\left({s+t}\right) !\left({{2}^{t+s+1}-1}\right) }}}}}}}\end{align}
なおE_1=0とし、n=2のとき、２項目は0とする。また、D_{m,n}は
\displaystyle {D}_{m,n}={\sum _{{s}_{1}+\cdots +{s}_{m}=n}{\frac {\left({n+2m}\right) !}{\left({{s}_{1}+2}\right) !\cdots \left({{s}_{m}+2}\right) !}}}
である。各s_iは0以上の整数で、全ての組み合わせについて和をとる。
実際にプログラムを書いて、これを計算させると
\displaystyle\begin{array}{ccc}E_1&E_2&E_3&E_4&E_5&E_6&E_{10}&E_{20}\\ 0&1.5&2.25&3.214&4.486&6.220&24.35&1144\\ 0&{3}/{2}&{9}/{4}&{45}/{14}&{157}/{35}&{13497}/{2170} \end{array}
とこんな感じになった。もっと簡約できるかもや知れないが、どうだろう。

勝ち残りじゃんけんの回数２

数列
前回の結論

じゃんけんの勝ち残り戦の優勝が決まるまでの回数の期待値を係数とする母関数は

\displaystyle F\left({2x}\right) =\frac {1}{12{x}^{2}}{e}^{3x}-\frac {1}{12{x}^{2}}-\frac {1}{4x}+\frac {1}{4}\left({1+{e}^{x}}\right) F\left({x}\right)
を満たすことが分かった。以下でこの関数方程式を解いていく。色々やってみたって感じがにじみ出ている式変形でスマートでなく、結果上手くいったものであるんので多少天下り感があるが、容赦いただきたい。

色々と書き換え

分母のx^2がいやらしいので

\displaystyle F\left({x}\right) =\frac {1}{{x}^{2}}f\left({x}\right)
とおく。すると
\displaystyle \frac {1}{4{x}^{2}}f\left({2x}\right) =\frac {1}{12{x}^{2}}{e}^{3x}-\frac {1}{12{x}^{2}}-\frac {1}{4x}+\frac {1}{4}\left({1+{e}^{x}}\right) \frac {1}{{x}^{2}}f\left({x}\right)
4x^2を掛けて
\displaystyle f\left({2x}\right) =\frac {1}{3}{e}^{3x}-\frac {1}{3}-x+\left({1+{e}^{x}}\right) f\left({x}\right)
指数関数がいやらしいので
\displaystyle f\left({x}\right) =G\left({{e}^{x}}\right)
とおき
\displaystyle G\left({{e}^{2x}}\right) =\frac {1}{3}{e}^{3x}-\frac {1}{3}-x+\left({1+{e}^{x}}\right) G\left({{e}^{x}}\right)
e^xをxに置き換えれば
\displaystyle G\left({{x}^{2}}\right) =\frac {1}{3}{x}^{3}-\frac {1}{3}-{{\mathrm{ln}}{x}}+\left({1+x}\right) G\left({x}\right)
さらに、(1+x)がいやらしいので
\displaystyle G\left({x}\right) =\left({1-x}\right) g\left({x}\right)
とすれば
\displaystyle \left({1-{x}^{2}}\right) g\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3}\left({1-x}\right) \left({{x}^{2}+x+1}\right) -{{\mathrm{ln}}{x}}+\left({1-{x}^{2}}\right) g\left({x}\right)
つまり
\displaystyle \begin{align}g\left({{x}^{2}}\right) &=-\frac {{x}^{2}+x+1}{3\left({x+1}\right) }+\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+g\left({x}\right) \\ &=-\frac {1}{3}x-\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+g\left({x}\right) \end{align}
となる。ここで、 {p}_{1}\left({x}\right) , {p}_{2}\left({x}\right) ,{p}_{3}\left({x}\right) を
\displaystyle {p}_{1}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3}x+{p}_{1}\left({x}\right)
\displaystyle {p}_{2}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+{p}_{2}\left({x}\right)
\displaystyle {p}_{3}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+{p}_{3}\left({x}\right)
を満たす関数とすれば
\displaystyle g\left({x}\right) ={p}_{1}\left({x}\right) + {p}_{2}\left({x}\right) +{p}_{3}\left({x}\right)
となる。さらにp_3(x)について、対数がいやらしいので
\displaystyle {p}_{3}\left({x}\right) ={{\mathrm{ln}}{x}}q\left({x}\right)
とおいてやれば、q(x)について
\displaystyle {{\mathrm{ln}}{{x}^{2}}}{q}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {{{\mathrm{ln}}{x}}}{{x}^{2}-1}+{{\mathrm{ln}}{x}}{q}\left({x}\right)
より
\displaystyle 2{q}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {1}{{x}^{2}-1}+{q}\left({x}\right)
が成り立つ。

これらをまとめて、再記すれば

\displaystyle {p}_{1}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3}x+{p}_{1}\left({x}\right)
\displaystyle {p}_{2}\left({{x}^{2}}\right) =-\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+{p}_{2}\left({x}\right)
\displaystyle 2{q}\left({{x}^{2}}\right) =\frac {1}{{x}^{2}-1}+{q}\left({x}\right)
を満たす関数を用いて、母関数は
\displaystyle F\left({x}\right) =\frac {1-{e}^{x}}{{x}^{2}}\left\lbrace {{p}_{1}\left({{e}^{x}}\right) +{p}_{2}\left({{e}^{x}}\right) +x{q}\left({{e}^{x}}\right) }\right \rbrace
と書ける。

かなり見通しが良くなった。

関数方程式

あとはp_1(x),p_2(x),q(x)を求めればいいのだが、これを満たす関数なんぞ思いつかなかったので無理くり解くことにする。

  • p_1(x)

p_1(x)は式から

\displaystyle p_1(x)=\frac{1}{3}x+\cdots
という形をしていればうまく(1/3)xが消える。p_1(x^2)に代入すれば
\displaystyle p_1(x)=\frac{1}{3}x+\frac{1}{3}x^2+\cdots
これを繰り返せば結局
\displaystyle {p}_{1}\left({x}\right) =\frac {1}{3}x+\frac {1}{3}{x}^{2}+\frac {1}{3}{x}^{4}+\cdots =\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{{x}^{{2}^{n}}}}

  • p_2(x)

p_1(x)と同様にして

\displaystyle {p}_{2}\left({x}\right) =\frac {1}{3\left({x+1}\right) }+\frac {1}{3\left({{x}^{2}+1}\right) }+\frac {1}{3\left({{x}^{4}+1}\right) }+\cdots =\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{{x}^{{2}^{n}}+1}}}
となる。

  • q(x)

基本的にはp_1(x)と同じ。係数の2に注意して計算すれば

\displaystyle q\left({x}\right) =\frac {1}{1-{x}^{2}}+\frac {2}{1-{x}^{4}}+\frac {4}{1-{x}^{8}}+\cdots ={\sum _{n\geq 0}{\frac {{2}^{n}}{1-{x}^{{2}^{n+1}}}}}
となることが分かる。

これらの無限和を閉じた形にするような関数を自分は見つけられなかった。p_1(x)などシンプルだから何かしらありそうなのだが。
ただ全く本筋とは関係ないが

\displaystyle {\sum _{k\geq 0}{\frac {{2}^{k}}{1+{x}^{{2}^{k}}}}}=\frac {1}{x-1}
なる式は発見した。q(x)の符号が違えばまとめることができたのに。

結論

さて、これで母関数を構成する部品は全て特定され、代入すれば

\displaystyle F\left({x}\right) =\frac {1-{e}^{x}}{{x}^{2}}\left\lbrack {\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{{e}^{{2}^{n}x}}}+\frac {1}{3}{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{1+{e}^{{2}^{n}x}}}}+{\sum _{n\geq 0}{\frac {{2}^{n}x}{1-{e}^{{2}^{n+1}x}}}}}\right \rbrack
となった。
\displaystyle \frac {1}{3}{e}^{{2}^{n}x}+\frac {1}{3}\frac {1}{1+{e}^{{2}^{n}x}}+\frac {{2}^{n}x}{1-{e}^{{2}^{n+1}x}}=\frac {1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}{3\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }
とシグマをまとめて
\displaystyle F\left({x}\right) ={\sum _{n\geq 0}{\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}}
となる。

ただ、この関数には重大な問題がある。原点で発散するのだ。しかし、それでも数列を復元することはできた。検証しよう。

検証

b_0を求めてみる。x=0をそのまま代入すれば0/0となるので極限を考える。

\displaystyle {{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}}
これを計算するのだが、ロピタルの定理などやりようはあるだろうが、今回は
\displaystyle {e}^{x}=1+x+\frac {1}{2}{x}^{2}+O\left({{x}^{3}}\right)
の近似公式を用いる。つまり
\displaystyle {{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}}={{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {\left({-x}\right) \cdot \left({-\frac {1}{2}{\left({3\cdot {2}^{n}x}\right) }^{2}}\right) }{3{x}^{2}\left({-{2}^{n+1}x}\right) }}}=-\frac {3}{4}\cdot {2}^{n}
よって
\displaystyle {b}_{0}=F\left({0}\right) =-\frac {3}{4}{\sum _{n\geq 0}{{2}^{n}}}=-\frac {3}{4}\cdot \frac {1}{1-2}=\frac {3}{4}
\displaystyle\therefore {E}_{2}=2\cdot 1\cdot {b}_{0}=\frac {3}{2}
となる。このように解析接続のようなことをして、正則化すれば数列を得ることが出来る。
同じように
\displaystyle {b}_{1}={F}^{\prime }\left({0}\right) ={\sum _{n\geq 0}{{{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {d}{dx}\left\lbrack {\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}\right \rbrack }}}}
であり、シグマ内部は計算すれば -3\cdot {2}^{n-3}となるので
\displaystyle {b}_{1}=-\frac {3}{8}\cdot \frac {1}{1-2}=\frac {3}{8},\quad \therefore {E}_{3}=3\cdot 2\cdot {b}_{1}=\frac {9}{4}
となる。さらに
\displaystyle {{\lim _{x\rightarrow 0}}{\frac {{d}^{2}}{d{x}^{2}}\left\lbrack {\frac {\left({1-{e}^{x}}\right) \left({1+3\cdot {2}^{n}x-{e}^{\left({3\cdot {2}^{n}}\right) x}}\right) }{3{x}^{2}\left({1-{e}^{{2}^{n+1}x}}\right) }}\right \rbrack }}=-\frac {1}{4}\cdot {2}^{n}-\frac {1}{8}\cdot {8}^{n}
より
\displaystyle {b}_{2}=-\frac {1}{4}\cdot \frac {1}{1-2}-\frac {1}{8}\cdot \frac {1}{1-8}=\frac {15}{56},\quad\therefore {E}_{4}=4\cdot 3\cdot {b}_{2}=\frac {45}{14}
と正しい結果になっている。
色々と微妙な結果であるが、正しく予言できているのでよし。
c-and-a.hatenablog.com

勝ち残りじゃんけんの回数

数列

普通大人数でじゃんけんをするときはなかなか勝ちが決まらないため、何グループかに分割して行う。
では、分割しないで、勝ち残りで優勝を決めるまで行うとどれほどかかるのだろうか？

問題設定

n人でじゃんけんを行い、あいこであればもう一度、勝ちが出れば、勝った人たちでまたじゃんけんを行う。これを最後に一人出るまで繰り返す。優勝者がでるまでに行ったじゃんけんの回数の期待値をE_nとする。E_nを求めよ。なお、E_1=0としておく。

これは中学時代から暇なときに考えていた問題で、ようやく、それらしきものが出たのでここにまとめておく（母関数の表式を見れば分かるように微妙なものになっている）。

漸化式

n人でじゃんけんをしてk人が勝ち残る確率をP(n\to k)と書く。手の出し方はn人いるので3^n通り。そこからk人選び、どの手で勝ったかを決めることにより

\displaystyle P\left(n\rightarrow k\right) =\frac {3}{{3}^{n}}\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right)
、
が成り立つ。二項係数は縦長括弧で表す。
あいこになる、つまり人数の変わらない確率は、誰かしらが勝つ場合の余事象であるので
\displaystyle \begin{align}P\left({n\rightarrow n}\right) &=1-{\sum _{k=1}^{n-1}{P\left({n\to k}\right) }} \\ &=1-{\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {3}{{3}^{n}}\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) }} \\ &=1-\frac {{2}^{n}-2}{{3}^{n-1}}\end{align}
となる。最後の等号は二項定理による。
これより、じゃんけんの回数の期待値は、一回じゃんけんをする度、１増えるので
\displaystyle \begin{align}{E}_{n}&={\sum _{k=1}^{n}{P\left({n\rightarrow k}\right) \left({{E}_{k}+1}\right) }} \\ &=\left({1-\frac {{2}^{n}-2}{{3}^{n-1}}}\right) \left({{E}_{n}+1}\right)+{\sum _{k=1}^{n-1}{\frac {1}{{3}^{n-1}}\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) \left({{E}_{k}+1}\right) }}\end{align}
これをE_nについて解けば
\displaystyle {E}_{n}=\frac {1}{{2}^{n}-2}\left\lbrace {{3}^{n-1}+{\sum _{k=1}^{n-1}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {E}_{k}}}}\right \rbrace
具体的に求めてみると
\displaystyle {E}_{1}=0,  \quad{E}_{2}=\frac {3}{2}, \quad {E}_{3}=\frac {9}{4}
となる。ここまでは、大学入試のむしろ易しい程度の問題だろう。

(追記：本記事に書いてある方法よりすっきり求まる方法を新たにまとめてのでこっちをどうぞ）
c-and-a.hatenablog.com

母関数への準備

さて、難しい数列ではお馴染みの母関数を用いていくのだが、このままでは些か扱いづらい。母関数で扱う以上、初項が0である必要はないし、添え字が1から始まると見栄えが悪い。そこで

\displaystyle {a}_{n}={E}_{n+2}
とおいてやる。すると
\displaystyle  {a}_{0}=\frac {3}{2},  \quad{a}_{1}=\frac {9}{4}
となる。

さて、これらを求めた式に入れ込もう。

\displaystyle {a}_{n-2}=\frac {1}{{2}^{n}-2}\left\lbrace {{3}^{n-1}+{\sum _{k=1}^{n-1}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {a}_{k-2}}}}\right \rbrace
添え字をn,kにシフトさせれば
\displaystyle \begin{align}{a}_{n}&=\frac {1}{{2}^{n+2}-2}\left\lbrace {{3}^{n+1}+{\sum _{k=-1}^{n-1}{\left({\begin{matrix}{n+2}\\ {k+2}\end{matrix}}\right) {a}_{k}}}}\right \rbrace \\ &=\frac {1}{{2}^{n+2}-2}\left\lbrace {{3}^{n+1}+{\sum _{k=0}^{n-1}{\left({\begin{matrix}{n+2}\\ {k+2}\end{matrix}}\right) {a}_{k}}}}\right \rbrace,\quad\left({\because {a}_{-1}={E}_{1}=0}\right) \end{align}
となり、二項係数の性質
\displaystyle \left({\begin{matrix}{n+2}\\ {k+2}\end{matrix}}\right) =\frac {\left({n+2}\right) \left({n+1}\right) }{\left({k+2}\right) \left({k+1}\right) }\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right)
より、また改めて数列を
\displaystyle {b}_{n}=\frac {{a}_{n}}{\left({n+2}\right) \left({n+1}\right) }, \quad{b}_{0}=\frac {3}{2}\cdot \frac {1}{2\cdot 1}=\frac {3}{4}, \quad {b}_{1}=\frac {9}{4}\cdot \frac {1}{3\cdot 2}=\frac {3}{8}
と定義すれば
\displaystyle {b}_{n}=\frac {1}{{2}^{n+2}-2}\left\lbrace {\frac {{3}^{n+1}}{\left({n+2}\right) \left({n+1}\right) }+{\sum _{k=0}^{n-1}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {b}_{k}}}}\right \rbrace
とまあそこそこ簡潔になる。ここまでは、ずいぶんと昔に出せていたことだが、母関数を作っても上手く処理できなかった。シグマが0からn-1なのもそうだし、分母の-2がとても厄介だった。そのどちらも解決する式変形を見つけることが突破口となった。

Breakthrough

分子を少し操作する。

\displaystyle {b}_{n}=\frac {1}{{2}^{n+2}-2}\left\lbrace {\frac {{3}^{n+1}}{\left({n+2}\right) \left({n+1}\right) }-2{b}_{n}+{b}_{n}+{b}_{n}+{\sum _{k=0}^{n-1}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {b}_{k}}}}\right \rbrace
-2b_nは左辺に移項し、更にb_nを一つシグマに吸収させる。
\displaystyle \left({1+\frac {2}{{2}^{n+2}-2}}\right) {b}_{n}=\frac {1}{{2}^{n+2}-2}\left\lbrace {\frac {{3}^{n+1}}{\left({n+2}\right) \left({n+1}\right) }+{b}_{n}+{\sum _{k=0}^{n}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {b}_{k}}}}\right \rbrace
あとはちょこっと操作すれば
\displaystyle {b}_{n}=\frac {1}{{2}^{n+2}}\left\lbrace {\frac {{3}^{n+1}}{\left({n+2}\right) \left({n+1}\right) }+{b}_{n}+{\sum _{k=0}^{n}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {b}_{k}}}}\right \rbrace
となり、とても見栄えがよくなった。式の両辺にb_nがあるのは如何なのかとおもうかもしれないので、試しにn=0を代入してみよう。
\displaystyle \begin{align}{b}_{0}&=\frac {1}{{2}^{0+2}}\left\lbrace {\frac {{3}^{0+1}}{\left({0+2}\right) \left({0+1}\right) }+{b}_{0}+{\sum _{k=0}^{0}{\left({\begin{matrix}{0}\\ {k}\end{matrix}}\right) {b}_{k}}}}\right \rbrace \\ &=\frac {1}{4}\left\lbrace {\frac {3}{2}+{b}_{0}+{b}_{0}}\right \rbrace \end{align}
となり
\displaystyle {b}_{0}=\frac {3}{4}
を再現できている。さて、母関数を作ろう。

母関数

通常の母関数では

\displaystyle F\left({x}\right) ={\sum _{n\geq 0}{{b}_{n}{x}^{n}}}
とするのだが、コンビネーションを含む漸化式の場合
\displaystyle F\left({x}\right) ={\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}{b}_{n}{x}^{n}}}
とおいたほうが見通しがいいことがよくある。

先に断っておくが、ここからの式変形において、収束条件、無限和の順序交換など、一切の条件を確認せず行ったので、恐らく、より正しい母関数が存在する。今回は第一稿ということで許してほしい。

さて、母関数に漸化式を代入すると

\displaystyle \begin{align}F\left({x}\right) &={\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}\frac {1}{{2}^{n+2}}\frac {{3}^{n+1}}{\left({n+2}\right) \left({n+1}\right) }{x}^{n}}}+{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}\frac {1}{{2}^{n+2}}{b}_{n}{x}^{n}}} \\ &+{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}\frac {1}{{2}^{n+2}}{\sum _{k=0}^{n}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {b}_{k}}}{x}^{n}}}\end{align}
となる。1項目から順に見ていこう。

  • 第１項

少しまとめれば

\displaystyle \frac {3}{4}{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{\left({n+2}\right) !}{\left({\frac {3}{2}x}\right) }^{n}}}=\frac {3}{4}H\left({\frac {3}{2}x}\right)
H(x)は
\displaystyle H\left({x}\right) ={\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{\left({n+2}\right) !}{x}^{n}}}
である。これは簡単であろう。
\displaystyle {x}^{2}H\left({x}\right) ={\sum _{n\geq 2}{\frac {1}{n!}{x}^{n}}}=-1-x+{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}{x}^{n}}}=-1-x+{e}^{x}
よって
\displaystyle H\left({x}\right) =\frac {{e}^{x}}{{x}^{2}}-\frac {1}{{x}^{2}}-\frac {1}{x}
これより１項目は
\displaystyle \frac {3}{4}H\left({\frac {3}{2}x}\right) =\frac {1}{3{x}^{2}}{e}^{{{3x}/{2}}}-\frac {1}{3{x}^{2}}-\frac {1}{2x}

  • 第２項

これは簡単で、２項目は

\displaystyle \frac {1}{4}{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}{b}_{n}{\left({\frac {x}{2}}\right) }^{n}}}=\frac {1}{4}F\left({\frac {x}{2}}\right)

  • 第３項

まず

\displaystyle {\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}\frac {1}{{2}^{n+2}}{\sum _{k=0}^{n}{\left({\begin{matrix}{n}\\ {k}\end{matrix}}\right) {b}_{k}}}{x}^{n}}}=\frac {1}{4}{\sum _{n\geq 0}{{\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{\left({n-k}\right) !k!}{b}_{k}}}{\left({\frac {x}{2}}\right) }^{n-k}{\left({\frac {x}{2}}\right) }^{k}}}
と書き換える。
\displaystyle {\sum _{n\geq 0}{{\alpha }_{n}}}{\sum _{k\geq 0}{{\beta }_{k}}}={\sum _{n\geq 0}{{\sum _{k=0}^{n}{{\alpha }_{n-k}{\beta }_{k}}}}}
という関係式（各成分をみれば等号が成り立つことが分かる）を使えば
\displaystyle \frac {1}{4}{\sum _{n\geq 0}{\frac {1}{n!}{\left({\frac {x}{2}}\right) }^{n}}}{\sum _{k\geq 0}{\frac {1}{k!}{b}_{k}{\left({\frac {x}{2}}\right) }^{k}}}=\frac {1}{4}{e}^{{{x}/{2}}}F\left({\frac {x}{2}}\right)
と書ける。この式変形に母関数を階乗を含む形に定義したことが活きてくる。

よってまとめれば

\displaystyle F\left({x}\right) =\frac {1}{3{x}^{2}}{e}^{{{3x}/{2}}}-\frac {1}{3{x}^{2}}-\frac {1}{2x}+\frac {1}{4}\left({1+{e}^{{{x}/{2}}}}\right) F\left({{{x}/{2}}}\right)
2xに書き換えて
\displaystyle F\left({2x}\right) =\frac {1}{12{x}^{2}}{e}^{3x}-\frac {1}{12{x}^{2}}-\frac {1}{4x}+\frac {1}{4}\left({1+{e}^{x}}\right) F\left({x}\right)
という等式を母関数は満たすことが分かる。

あとはこれを満たすF(x)を見つければいいのだが、長くなるので次に持ち越し。
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Maxwell方程式の高次元化(電磁テンソル)

\displaystyle {F}^{\mu \nu }= {\eta }^{\mu \rho }{\partial }_{\rho }{A}^{\nu }-{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\rho }{A}^{\rho }

と表されるテンソルを前頁で定義した。

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このテンソルが表すものを探る。まず定義から、 \mu=\nu のとき、{F}^{\mu \nu }=0で、また、{F}^{\mu \nu }=-{F}^{\nu \mu } が恒等的に成り立つので、反対称テンソルである。

\mu = 0,\nu = i(=1,2,3) のとき

\displaystyle \begin{align} {F}^{0i}&={\eta }^{0\rho }{\partial }_{\rho }{A}^{i}-{\eta }^{i\rho }{\partial }_{\rho }{A}^{0} \\ &={\partial }_{0}{A}^{i}+{\partial }_{i}{A}^{0} \\ &=\frac {1}{c}\frac {\partial {A}^{i}}{\partial t}+\frac {1}{c}\frac {\partial \phi }{\partial {x}^{i}}=-{{{E}_{i}}/{c}}\end{align}

\displaystyle \left({\because \boldsymbol{E}=-\nabla \phi -\frac {\partial \boldsymbol{A}}{\partial t}}\right)

同様にして

\displaystyle \boldsymbol{B}=\nabla \times \boldsymbol{A}

から、他の成分についても分かるので

\displaystyle \left({{F}^{\mu \nu }}\right)=\left({\begin{matrix}0& -{{{E}_{1}}/{c}}& -{{{E}_{2}}/{c}}& -{{{E}_{3}}/{c}}\\ {{{E}_{1}}/{c}}& 0& -{B}_{3}& {B}_{2}\\ {{{E}_{2}}/{c}}& {B}_{3}& 0& -{B}_{1}\\ {{{E}_{3}}/{c}}& -{B}_{2}& {B}_{1}& 0\end{matrix}}\right)

と確かめられる。このように成分が電場と磁場を表すので、このテンソルのことを電磁テンソルという。

Maxwell方程式の高次元化(Minkowski次元)

Maxwell方程式 電磁気学

Minkowski次元を導入する。相対性理論がかかわってくるがそこには深く踏み込まない。Minkowski次元とは時間と空間を4次元空間を表す方法の一つ。空間座標を x^1,x^2,x^3 とし、時間座標を x^0=ct とする。これを (x^\mu)=(x^0,x^1,x^2,x^3) と表現し、4元ベクトルと呼ぶ。また、このように添え字が上に付くベクトルを反変ベクトルと呼ぶ。対して、添え字が下に付くベクトルを共変ベクトルという。これらの違いは座標変換を考える際に重要になるが今回はそこも突っ込まない。

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先のページで

\displaystyle \square \phi ={{\rho }/{{\varepsilon }_{0}}}\left(=c^2\mu_0\rho\right), \quad \square \boldsymbol{A}={\mu }_{0}\boldsymbol{j}

を導出した。ここで、\partial_i:=\partial/\partial x^i と定義すれば

\displaystyle \begin{align} \square &=\frac {1}{{c}^{2}}\frac {{\partial }^{2}}{\partial {t}^{2}}-\mathrm{\Delta } \\ &={\left({\frac {\partial }{\partial \left({ct}\right)}}\right)}^{2}-{\left({\frac {\partial }{\partial {x}^{1}}}\right)}^{2}-{\left({\frac {\partial }{\partial {x}^{2}}}\right)}^{2}-{\left({\frac {\partial }{\partial {x}^{3}}}\right)}^{2} \\ &={\partial }_{0}^{2}-{\partial }_{1}^{2}-{\partial }_{2}^{2}-{\partial }_{3}^{2}\end{align}

さらに、Minkowski計量と呼ばれる２階テンソル

\displaystyle \left({{\eta }^{\mu \nu }}\right)=\left({\begin{matrix}1& 0& 0& 0\\ 0& -1& 0& 0\\ 0& 0& -1& 0\\ 0& 0& 0& -1\end{matrix}}\right)

を定義する。行列とテンソルの違いは、これまた変数変換の際に最も明らかになる。そしてこの計量を用いれば

\displaystyle \square ={\sum _{\mu ,\nu =0}^{3}{{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }}}

と書ける。ここで、Einsteinの縮約という記法を紹介する。ギリシャ文字の共通の添え字が上下にあれば、その添え字については0から3までの和をとり、ラテン文字の添え字は1から3までの添え字の和をとるという規則である。例えば

\displaystyle a_\mu b^\mu=\sum_{\mu=0}^{3}{a_\mu b^\mu}=a_0 b^0+a_1 b^1+a_2 b^2+a_3 b^3

と、このようになる。この規則を用いればｄ’Alembert演算子は

\displaystyle \square ={\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }

と書ける。4元ポテンシャルを

\displaystyle \left({A}^{\mu }\right)=\left({{{\phi }/{c}},\boldsymbol{A}}\right)

と、4元電流密度を

\displaystyle {j}^{\mu }=\left({c\rho ,\boldsymbol{j}}\right)

と定義すれば、Maxwell方程式は

\displaystyle {\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }{A}^{\rho }={\mu }_{0}{j}^{\rho }

とまとめられる。\rho については和をとらないので、結局4本の連立方程式からなることが分かる。また、Lorenzゲージ条件は

\displaystyle \frac {1}{{c}^{2}}\frac {\partial \phi }{\partial t}+\nabla \cdot \boldsymbol{A}={\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=0

となる。また、ゲージ条件を課さない場合では、Maxwell方程式は

\displaystyle -\mathrm{\Delta }\phi -\frac {\partial }{\partial t}\left({\nabla \cdot \boldsymbol{A}}\right)={{\rho }/{{\varepsilon }_{0}}}
\displaystyle \nabla \left({\nabla \cdot \boldsymbol{A}+\frac {1}{{c}^{2}}\frac {\partial \phi }{\partial t}}\right)+\frac {1}{{c}^{2}}\frac {{\partial }^{2}\boldsymbol{A}}{\partial {t}^{2}}-\mathrm{\Delta }\boldsymbol{A}={\mu }_{0}\boldsymbol{j}

であったのを思い出すと、この式は

\displaystyle {\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }{A}^{\rho }-{\eta }^{\rho \nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }{A}^{\mu }={\partial }_{\mu }\left({{\eta }^{\mu \nu }{\partial }_{\nu }{A}^{\rho }-{\eta }^{\rho \nu }{\partial }_{\nu }{A}^{\mu }}\right)={\mu }_{0}{j}^{\rho }

とまとめられる。ここで

\displaystyle {F}^{\mu \nu }= {\eta }^{\mu \rho }{\partial }_{\rho }{A}^{\nu }-{\eta }^{\nu \rho }{\partial }_{\rho }{A}^{\mu }

というテンソルを定義すれば

\displaystyle {\partial }_{\mu }{F}^{\mu \nu }=0

となる。