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高校数学議論
文献あり

k-リュカ数の四捨五入表示についての考察

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{dis}[0]{\displaystyle} \newcommand{L}[0]{L^{(k)}_n} \newcommand{l}[0]{\left} \newcommand{r}[0]{\right} \newcommand{s}[1]{\left\lfloor #1 \right\rceil} \newcommand{ss}[1]{\substack{#1}} \newcommand{t}[0]{\theta} $$

はじめに

 この記事ではk-リュカ数の四捨五入表示について私なりに考察した結果を紹介します。
 かなり荒い評価ですがひとまず次のような結果が得られました。

 $k$-リュカ数$L_n^{(k)}$の四捨五入表示
$$\L=\s{\a_k^n}$$
$n\geq n_0$で成り立つような$n_0$のうち最小のものを$n_k$とおくと
$$n_k=O(k^3\log k)$$
が成り立つ(つまり$k$の増加に伴って$n_k$が増大する速さは少なくとも$k^3\log k$以下であるということ)。

 ただし$\a_k$は方程式
$$f_k(x)=x^k-\sum^{k-1}_{j=0}x^j=0$$
の唯一の正の実数解としました。
 具体的に$n_k$がどんな数で抑えられるかは以下で示すとして、まず考察の過程を見ていきましょう。

方針

 まず$k$-ナッチ数の四捨五入表示で有効だった 確率論的アプローチ を考えてみようとすると、これを適用するには少なくとも$k$個の連続する$n$について
$$|L^{(k)}_n-\a_k^n|<\frac12$$
が成り立つことを示さなければなりませんが、今までわかっている$\a_k$の評価
$$2\l(1-\frac{1}{2^k}\r)<\a_k<2\l(1-\frac{1}{2^{k+1}-k}\r)$$
( 1 の補題6, 2 の命題4参照)からは$n=k$前後で示したい不等式が成り立たないことがわかったのでひとまずこのアプローチは断念することにしました。(実際に$\a_k^n$
$$L_n^{(k)}=2^n-1\quad(1\leq n\leq k)$$
よりもはみ出ていることがDesmosなどで確かめてみるとわかります。)
 なので今度は方程式$f_k(x)=0$$\a_k$ではない解$\b$の絶対値を評価してみることにしました。
 $k$-リュカ数の一般項が
$$L^{(k)}_n=\a_k^n+\sum_{\ss{f_k(\b)=0\\\b\neq\a_k}}\b^n$$
で表されること$|\b|<1$であったことを考慮するとある$n_0$に対し
$$|\b^{n_0}|<\frac{1}{2(k-1)}$$
が成り立ってくれれば$n\geq n_0$において四捨五入表示が成り立つことになります。
 そのような$n_0$を考えるにあたって以下の評価を得ることができました。

 方程式$f_k(x)=0$$\a_k$ではない任意の解$\b$に対し
$$|\b|<\sqrt[2k+1]{\frac{1}{5-4\cos(\frac{11\pi}{6k})}}$$
が成り立つ。

 この不等式を以下で示し、$n_0$をどのようにとればいいか考えていきましょう。

$|\b|$の評価

 いま$\b$は方程式
$$f_k(x)=\frac{x^{k+1}-2x^k+1}{x-1}=0$$
の解であったのでこれを適当に変形することで
$$\b^k=\frac{1}{2-\b}$$
が成り立つことがわかります。
 ここで$\b=r(\cos\t+i\sin\t)$と極座標表示し上式の絶対値を取ると
$$r^k=\frac{1}{\sqrt{r^2-4r\cos\t+4}}$$
が成り立ち、これをまた適当に変形することで極方程式
$$\cos\t=\frac{1}{4r}\l(r^2+4-\frac{1}{r^{2k}}\r)$$
が得られます。この方程式から$r=|\b|$の大きさを考えてみることにしましょう。
 まず$r=|\b|<1$において$r$$\t$についての関数となることを示しましょう(Desmos等で
$$|\b^k(2-\b)|^2=(x^2+y^2)^k((x-2)^2+y^2)=1$$
のグラフを見てみると想像が付きやすいと思います)。

 $r$についての方程式
$$\cos\t=\frac{1}{4r}\l(r^2+4-\frac{1}{r^{2k}}\r)$$
$0\leq r\leq1$なる解をただ一つ持つ。

 方程式の右辺を$g(r)$とおくと
$$g(1)=1,\quad\lim_{r\to0^+}g(r)=-\infty$$
および
\begin{align} g'(r) &=\frac{1}{4}-\frac{1}{r^2}+\frac{2k+1}{4r^{2k+2}}\\ &=\frac{1}{4}+\frac{1}{r^2}\l(\frac{2k+1}{4r^{2k}}-1\r)\\ &\geq\frac{1}{4}+\l(\frac{2k+1}{4}-1\r)=\frac{k-1}{2}>0 \end{align}
が成り立つことからわかる。
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline r&0&\cdots&?&\cdots&?&\cdots&1\\\hline g(r)&-\infty&\nearrow&-1&\nearrow&\cos\t&\nearrow&1\\\hline \end{array}$$

 次に$r$$\t$の増減によってどのような挙動をするのか調べます。$r$$\t$についての偶関数(グラフが$x$軸について対象)なので変数を$\t$の代わりに$\cos\t$を考えることにします。

 $\cos\t$が増加するに伴って$r$も増加する。

 補題3の証明より
$$\frac{dr}{d\cos\t}=\frac{1}{\frac{d\cos\t}{dr}}=\frac1{g'(r)}>0$$
が成り立つことからわかる。

 では$\cos\t$ひいては$\t=\arg\b$が取りうる範囲について考えてみましょう。

$\dis|\arg\b|\geq\frac{11\pi}{6k}$が成り立つ。

 いま原点から円$(x-2)^2+y^2=1$に引ける接線は
$$y=\tan\l(\pm\frac{\pi}{6}\r)x$$
$2$本であることに注意すると$|z|<1$なる複素数$z$に対して
$$|\arg(2-z)|<\frac\pi6$$
が成り立つ。
 また$\b^k=\frac{1}{2-\b}$よりある整数$j$が存在して
$$\arg\b=\frac{2\pi j}{k}-\frac{1}{k}\arg(2-\b)$$
が成り立ち、特に$j\neq0$である( 2 の命題3参照)ので
\begin{align} |\arg\b| &\geq\frac{2\pi|j|}k-\frac1k|\arg(2-\b)|\\ &\geq\frac{2\pi}{k}-\frac{\pi}{6k}=\frac{11\pi}{6k} \end{align}
を得る。

 いま
$$\cos\l(\frac{11\pi}{6k}\r)\leq g(R)$$
なる$R$を取ってくると補題5から
$$g(|\b|)=\cos\t\leq\cos\l(\frac{11\pi}{6k}\r)\leq g(R)$$
が成り立ち、特に$g$の単調性から
$$|\b|\leq R$$
$|\b|$を上から評価できるので命題$2$を得るには以下のことを示せばよいことになります。

$$R=\sqrt[2k+1]{\frac{1}{5-4\cos(\frac{11\pi}{6k})}}$$
とおくと
$$\cos\l(\frac{11\pi}{6k}\r)\leq g(R)$$
が成り立つ。

 $r<1$において
\begin{align} \frac{d}{dr}\frac{r^2+4}{4r} &=\frac14-\frac{1}{r^2} <\frac14-1<0\\ \frac{r^2+4}{4r}&>\frac{1^2+4}{4\cdot1}=\frac54 \end{align}
が成り立つことおよび
$$R<\sqrt[2k+1]{\frac{1}{5-4}}=1$$
に注意すると
\begin{align} g(R) &=\frac{R^2+4}{4R}-\frac{1}{4R^{2k+1}}\\ &>\frac{1^2+4}{4\cdot1}-\frac{1}{4R^{2k+1}}\\ &=\frac54-\frac{5-4\cos(\frac{11\pi}{6k})}{4}=\cos\l(\frac{11\pi}{6k}\r) \end{align}
を得る。

$n_0$の評価

 さて上での議論により命題2
$$|\b|<\sqrt[2k+1]{\frac{1}{5-4\cos(\frac{11\pi}{6k})}}$$
が成り立つことを示しましたがこの不等式からどのような$n_0$をとれば
$$|\b|^{n_0}<\frac{1}{2(k-1)}$$
が成り立つのか見ていきましょう。
 まず命題2の不等式の右辺がこのままでは扱いづらいので少し変形しましょう(流石に$$\dis\frac{(2k+1)\log(2(k-1))}{\log(5-4\cos(\frac{11\pi}{6k}))}\leq n_0$$
の整数解を直接求めるのには無茶があります)。

$\dis|\b|<\sqrt[2k+1]{\frac{1}{1+\frac{24}{k^2}}}$が成り立つ。

 いま任意の$0< x\leq\frac{11\pi}{6}$に対し
\begin{align} \cos\l(\frac{11\pi}{6k}\r) &\leq\cos\l(\frac{x}{k}\r)\\ &\leq1-\frac{1}{2}\l(\frac{x}{k}\r)^2+\frac{1}{24}\l(\frac{x}{k}\r)^4 \end{align}
が成り立つので$k\geq2$に注意すると
\begin{align} 5-4\cos\l(\frac{11\pi}{6k}\r) &\geq1+\frac{x^2}{k^2}\l(2-\frac{x^2}{6k^2}\r)\\ &\geq1+\frac{x^2}{k^2}\l(2-\frac{x^2}{6\cdot2^2}\r)\\ &=1+\frac{x^2}{k^2}\cdot\frac{48-x^2}{24} \end{align}
と評価できる。
 そして$0<\sqrt{24}\leq\frac{11\pi}{6}$に注意して$x=\sqrt{24}$とすると
$$5-4\cos\l(\frac{11\pi}{6k}\r)>1+\frac{24}{k^2}$$
がわかるのでこれを適当に変形することで主張を得る。

 ここで
$$\frac{1}{(1+\frac{24}{k^2})^{\frac{n_0}{2k+1}}}\leq\frac{1}{2(k-1)}$$
となるような$n_0$を考えると、この不等式は
$$\frac{(2k+1)\log(2(k-1))}{\log(1+\frac{24}{k^2})}\leq n_0$$
と変形できるので命題1を得るには以下のことを示せばよい。

$\dis\frac{(2k+1)\log(2(k-1))}{\log(1+\frac{24}{k^2})}=O(k^3\log k)$が成り立つ。

 $k\to\infty$において
\begin{align} 2k+1&=O(k)\\ \log(2(k-1))&=O(\log k)\\ \log\l(1+\frac{24}{k^2}\r)&=O\l(\frac{1}{k^2}\r) \end{align}
が成り立つことから主張を得る。

 ちなみに補題7のように$\cos$を展開しなくても$O(k^3\log k)$が示せるはずなのでこれが命題2から得られる最良の評価だと思います。
 では具体的に$n_0$にどのような値が取れるか考えてみましょう。整数を考えている以上$O(\log k)$をそのまま扱うのは難しいので$O(k)$で考えることにします。

$$n_0=\left\lceil\frac{(2k+1)k^3}{12}\right\rceil$$
とおくと
$$\frac{1}{(1+\frac{24}{k^2})^{\frac{n_0}{2k+1}}}\leq\frac{1}{2(k-1)}$$
が成り立つ。

$$\frac{(2k+1)k^3}{12}\leq n_0$$
に注意すると
\begin{align} \frac{1}{(1+\frac{24}{k^2})^{\frac{n_0}{2k+1}}} &\leq\frac{1}{(1+\frac{24}{k^2})^{\frac{k^3}{12}}}\\ &\leq\frac{1}{1+\frac{k^3}{12}\cdot\frac{24}{k^2}}=\frac{1}{1+2k}\\ &<\frac{1}{2(k-1)} \end{align}
を得る。

 恐らくここでの議論も精密化することでもっと良い評価を得られると思いますがとりあえず私の考察としては以上にしたいと思います。

参考文献

投稿日:2021128
更新日:7日前

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投稿者

子葉
子葉
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主に複素解析、代数学、数論を学んでおります。 私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。 同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。

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