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大学数学基礎解説
文献あり

黄金比の連分数展開と区間縮小法の原理

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Introduction

以前、 「区間縮小法の原理で『2乗して2になる正の実数(√2)』の存在を確認する」 という記事を書きました。

記事の内容としては

 高校の教科書などで紹介されている「$\sqrt{2}$は無理数」の証明について、「そもそも2乗して2になる正の実数の存在が証明されていない」といった指摘を見かけます。

今回は「区間縮小法の原理」を使いながら、2乗して2になる正の実数の存在を確認していきます。

といったものです。中間値の定理ですぐに確認できてしまいますが、勉強をかねて区間縮小法の原理を使ってみました。区間を縮小させる方法としては、二分法(中点を次々に取り続けていく)を使っています。

この記事に対し、Twitterで「連分数展開を使った区間の縮小の仕方を採用することもできる」といった旨のコメントを見かけました。

そして、それを実際に行ったものを教えていただきました( $\sqrt{2}$は実数 )。

今回は、 このページ を参考にしつつ、$\sqrt{2}$ではなく、黄金比をテーマにして同じことを試してみたいと思います。

連分数展開のアイデア

天下り的ではありますが、

$\alpha^2-\alpha-1=0$

を満たすような$\alpha$が何かしら存在すると仮定します。

$0^2-0-1=-1$なので、$\alpha \not= 0$です。

このとき

$ \displaystyle{ \begin{align} \alpha^2 &= \alpha+1\\ \end{align} }$

なので、両辺を$\alpha(\not = 0)$で割ると

$\alpha = 1+\frac{1}{\alpha}$

となります。

実験

数列$\{a_n\}$を以下の漸化式で定めます。

$a_1 = 1$
$a_{n+1} = 1+\frac{1}{a_n}$

このときの$a_n$の値および${a_n}^2-a_n-1$の値を具体的に計算してみます。

※私は「浮動小数点とかなんもわからん」という人間なのですが、とりあえず「BigFloat」と書いてプログラミングしてみました。計算結果について「大体このくらいの値になるんだな」と大らかな目で見ていただければと思います(言語は Julia を使いました)。

$a_n$

n=1: 1.0

n=2: 2.0

n=3: 1.5

n=4: 1.666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666666678

n=5: 1.599999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999986

n=6: 1.625

n=7: 1.615384615384615384615384615384615384615384615384615384615384615384615384615386

n=8: 1.619047619047619047619047619047619047619047619047619047619047619047619047619048

n=9: 1.617647058823529411764705882352941176470588235294117647058823529411764705882352

n=10: 1.618181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818181818172

${a_n}^2-a_n-1$

n=1: -1.0

n=2: 1.0

n=3: -0.25

n=4: 0.1111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111111303

n=5: -0.04000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000002211

n=6: 0.015625

n=7: -0.005917159763313609467455621301775147928994082840236686390532544378698224852074174

n=8: 0.00226757369614512471655328798185941043083900226757369614512471655328798185942739

n=9: -0.0008650519031141868512110726643598615916955017301038062283737024221453287197161908

n=10: 0.0003305785123966942148760330578512396694214876033057851239669421487603305784917384

見えてくること

  • $a_n$$1.618$くらいの値に近付いていきそう
  • ${a_n}^2-a_n-1$$0$に近付いていきそう
  • ${a_n}^2-a_n-1$は偶数番号で$0$以上、奇数番号で$0$以下のようだ

x軸:n/y軸:(a_n)^2-a_n-1 x軸:n/y軸:(a_n)^2-a_n-1
Plots.jl でグラフ描画

目標と方針

目標

ここまでの実験を踏まえて、以下の命題を証明していきます。

$u^2-u-1=0$を満たす$1$以上の実数$u$が存在する。

その際、以下(区間縮小法の原理)を使っていきます。

(実数の)閉区間の入れ子の列

$[a_1,b_1] \supseteq [a_2,b_2]\supseteq \cdots \supseteq [a_n,b_n] \supseteq \cdots$

において

$\lim_{n \to \infty}(b_n-a_n)=0$

が成立するならば、この区間列は(実数内に)ただ1つの共通要素をもつ。

(参考:藤田博司「『集合と位相』をなぜ学ぶのか」p.67)

方針

先と同様、数列$\{a_n\}$

$a_1 = 1$
$a_{n+1} = 1+\frac{1}{a_n}$

と定めます。

さらに、$\{a_n\}$を奇数番号と偶数番号に分けて、新たな数列$\{b_n\},\{c_n\}$を以下のように定めます。

$b_n = a_{2n-1}$
$c_n = a_{2n}$

そして、$\lim_{n \to \infty}(c_n-b_n)=0$となることを示し、閉区間の入れ子の列

$[b_1,c_1] \supseteq [b_2,c_2]\supseteq \cdots \supseteq [b_n,c_n] \supseteq \cdots$

のただ1つの共通要素$u$$u^2-u-1=0$を満たすことを確認していきます。

補題たち

数列$\{a_n\}$を以下で定める。

$a_1 = 1$
$a_{n+1} = 1+\frac{1}{a_n}$

$a,b$$1$以上の実数とする。このとき

$a \leqq b \Longleftrightarrow a^2-a-1 \leqq b^2-b-1$

$(b^2-b-1)-(a^2-a-1) = (b-a)(b+a-1)$

となる。

$\Longrightarrow$を示す)
$a \leqq b$ならば$b-a \geqq 0$である。また、$a,b$$1$以上の実数であることから$b+a-1 > 0$なので、$a^2-a-1 \leqq b^2-b-1$が成り立つ。

$\Longleftarrow$を示す)
$a^2-a-1 \leqq b^2-b-1$ならば$(b-a)(b+a-1) \geqq 0$となる。

$a,b$$1$以上の実数なので、$b+a-1 > 0$である。

$(b-a)(b+a-1) \geqq 0$であることから、$b-a \geqq 0$となるので、$a \leqq b$が成り立つ。

$a_n \geqq 1$

数学的帰納法で示す。

$n=1$のとき、$a_1 = 1$より成り立つ。

$n=k$のとき$a_k \geqq 1$であると仮定する。

$\frac{1}{a_k} > 0$なので

$a_{k+1} = 1+ \frac{1}{a_k} \geqq 1$となり、$n=k+1$のときも成り立つ。

よって、任意の正の整数$n$に対して、$a_n \geqq 1$が成り立つ。

$n$が奇数ならば${a_n}^2-a_n-1 \leqq 0$
$n$が偶数ならば${a_n}^2-a_n-1 \geqq 0$

$ \displaystyle{ \begin{align} {a_{n+1}}^2-a_{n+1}-1 &= \Big(1+\frac{1}{a_n}\Big)^2-\Big(1+\frac{1}{a_n}\Big)-1\\ &= 1+\frac{2}{a_n}+\Big(\frac{1}{a_n} \Big)^2-\Big(1+\frac{1}{a_n}\Big)-1\\ &= -1 + \frac{1}{a_n} + \Big(\frac{1}{a_n} \Big)^2\\ &= \frac{-{a_n}^2+a_n+1}{{a_n}^2}\\ &= \frac{-({a_n}^2-a_n-1)}{{a_n}^2} \end{align} }$

となるので

${a_n}^2-a_n-1 \leqq 0$ならば${a_{n+1}}^2-a_{n+1}-1 \geqq 0$
${a_n}^2-a_n-1 \geqq 0$ならば${a_{n+1}}^2-a_{n+1}-1 \leqq 0$

であることがわかる。

$n=1$のとき、${a_1}^2-a_1-1=-1 \leqq 0$なので

$n$が奇数ならば${a_n}^2-a_n-1 \leqq 0$
$n$が偶数ならば${a_n}^2-a_n-1 \geqq 0$

が成り立つ。

数列$\{b_n\},\{c_n\}$を以下で定める。

$b_n = a_{2n-1}$
$c_n = a_{2n}$

補題3,4より

$b_n \geqq 1,\ c_n \geqq 1$
${b_n}^2-b_n-1 \leqq 0$
${c_n}^2-c_n-1 \geqq 0$

$b_n \leqq b_{n+1} \leqq c_{n+1} \leqq c_n$

$ \displaystyle{ \begin{align} c_n &= 1+\frac{1}{b_n}\\ &= \frac{b_n+1}{b_n} \end{align} }$

$ \displaystyle{ \begin{align} b_{n+1} &= 1+\frac{1}{c_n}\\ &= 1+\frac{b_n}{b_n+1}\\ &= \frac{2b_n+1}{b_n+1} \end{align} }$

$ \displaystyle{ \begin{align} c_{n+1} &= 1+\frac{1}{b_{n+1}}\\ &= 1+\frac{b_n+1}{2b_n+1}\\ &= \frac{3b_n+2}{2b_n+1} \end{align} }$

$b_n$$b_{n+1}$について)
$ \displaystyle{ \begin{align} b_{n+1}-b_n &= \frac{2b_n+1}{b_n+1}-b_n\\ &= \frac{2b_n+1-b_n(b_n+1)}{b_n+1}\\ &= \frac{2b_n+1-{b_n}^2-b_n}{b_n+1}\\ &=\frac{-({b_n}^2-b_n-1)}{b_{n+1}} \end{align} }$

${b_n}^2-b_n-1 \leqq 0$なので$b_{n+1}-b_n \geqq 0$である。

よって$b_{n+1} \geqq b_n$となる。

$b_{n+1}$$c_{n+1}$について)
$ \displaystyle{ \begin{align} c_{n+1}-b_{n+1} &= \frac{3b_n+2}{2b_n+1}-\frac{2b_n+1}{b_n+1}\\ &= \frac{(3b_n+2)(b_n+1)-(2b_n+1)^2}{(2b_n+1)(b_n+1)}\\ &= \frac{3{b_n}^2+5b_n+2-4{b_n}^2-4b_n-1}{(2b_n+1)(b_n+1)}\\ &= \frac{-{b_n}^2+b_n+1}{(2b_n+1)(b_n+1)}\\ &= \frac{-({b_n}^2-b_n-1)}{(2b_n+1)(b_n+1)}\\ \end{align} }$

${b_n}^2-b_n-1 \leqq 0$なので$c_{n+1}-b_{n+1} \geqq 0$である。

よって$c_{n+1} \geqq b_{n+1}$となる。

$c_n$$c_{n+1}$について)
$ \displaystyle{ \begin{align} c_{n}-c_{n+1} &= \frac{b_n+1}{b_n}-\frac{3b_n+2}{2b_n+1}\\ &= \frac{(b_n+1)(2b_n+1)-b_n(3b_n+2)}{b_n(2b_n+1)}\\ &= \frac{2{b_n}^2+3b_n+1-3{b_n}^2-2}{b_n(2b_n+1)}\\ &= \frac{-{b_n}^2+3b_n-1}{b_n(2b_n+1)}\\ &= \frac{-({b_n}^2-b_n-1)+2(b_n-1)}{b_n(2b_n+1)}\\ \end{align} }$

${b_n}^2-b_n-1 \leqq 0$であり、$b_n \geqq 1$なので$c_{n}-c_{n+1} \geqq 0$である。

よって$c_{n} \geqq c_{n+1}$となる。

$c_{n+1}-b_{n+1} \leqq \frac{1}{3}(c_n-b_n)$

$ \displaystyle{ \begin{align} (2b_n+1)(b_n+1)-3b_n &= 2{b_n}^2+3b_n+1-3b_n\\ &= 2{b_n}^2+1 \geqq 0 \end{align} }$

よって$(2b_n+1)(b_n+1) \geqq 3b_n$となるので

$ \displaystyle{ \begin{align} \frac{1}{(2b_n+1)(b_n+1)} \leqq \frac{1}{3b_n} \end{align} }$

が成り立つ。

両辺に$-({b_n}^2-b_n-1)\ (\geqq 0)$をかけると

$ \displaystyle{ \begin{align} \frac{-({b_n}^2-b_n-1)}{(2b_n+1)(b_n+1)} \leqq \frac{-({b_n}^2-b_n-1)}{3b_n} \ \cdots (1) \end{align} }$

となる。

$ \displaystyle{ \begin{align} c_n-b_n &= \frac{b_n+1}{b_n}-b_n\\ &= \frac{b_n+1-{b_n}^2}{b_n}\\ &= \frac{-({b_n}^2-b_n-1)}{b_n} \ \cdots (2) \end{align} }$

であることと、補題5の証明から

$ \displaystyle{ \begin{align} c_{n+1}-b_{n+1} = \frac{-({b_n}^2-b_n-1)}{(2b_n+1)(b_n+1)} \ \cdots (3) \end{align} }$

なので、(2)(3)を(1)に代入すると

$c_{n+1}-b_{n+1} \leqq \frac{1}{3}(c_n-b_n)$

が成り立つことがわかる。

命題1の証明

<命題1>

$u^2-u-1=0$を満たす$1$以上の実数$u$が存在する。

補題6より

$c_{n}-b_{n} \leqq \Big(\frac{1}{3}\Big)^{n-1}(c_1-b_1)$

となるので、$b_1=1,c_1=2$より

$c_{n}-b_{n} \leqq \Big(\frac{1}{3}\Big)^{n-1}$

である。

よって

$\lim_{n \to \infty}(c_n-b_n)=0$

となるので、区間縮小法の原理より、閉区間の入れ子の列

$[b_1,c_1] \supseteq [b_2,c_2]\supseteq \cdots \supseteq [b_n,c_n] \supseteq \cdots$

は、(実数内)にただ1つの共通要素$u$を持つことがわかる。

任意の正の整数$n$に対して

$(1 \leqq )b_n \leqq u \leqq c_n$

なので、補題2から

${b_n}^2-b_n-1 \leqq u^2-u-1 \leqq {c_n}^2-c_n-1 \ \cdots(1)$

であることがわかる。

ここで、数列$\{d_n\},\{e_n\}$を以下で定める。

$d_n = {b_n}^2-b_n-1$
$e_n = {c_n}^2-c_n-1$

補題5より

$(1 \leqq ) b_n \leqq b_{n+1} \leqq c_{n+1} \leqq c_n$

であることと、補題2から

$d_n \leqq d_{n+1} \leqq e_{n+1} \leqq e_n$

が成り立つ。

また

$ \displaystyle{ \begin{align} e_n-d_n &= {c_n}^2-c_n-1 -({b_n}^2-b_n-1)\\ &= (c_n-b_n)(c_n+b_n-1) \end{align} }$

となる。

$c_{n}-b_{n} \leqq \Big(\frac{1}{3}\Big)^{n-1}$

であることと

$b_n \leqq c_n \leqq c_1 (=2)$

であることから

$e_n-d_n \leqq \Big(\frac{1}{3}\Big)^{n-1}(c_1+c_1-1)$

となるので

$ \displaystyle{ \begin{align} e_n-d_n \leqq \Big(\frac{1}{3} \Big)^{n-2} \end{align} }$

が成り立つ。

よって

$\lim_{n \to \infty}(e_n-d_n)=0$

となるので、区間縮小法の原理より、閉区間の入れ子の列

$[d_1,e_1] \supseteq [d_2,e_2]\supseteq \cdots \supseteq [d_n,e_n] \supseteq \cdots$

は、(実数内)にただ1つの共通要素$v$を持つことがわかる。

(1)より、任意の正の整数$n$に対して

$d_n \leqq u^2-u-1 \leqq e_n$

となることがわかるので、$u^2-u-1$は閉区間の入れ子の列

$[d_1,e_1] \supseteq [d_2,e_2]\supseteq \cdots \supseteq [d_n,e_n] \supseteq \cdots$

の共通要素である。

したがって、$v=u^2-u-1$である。

また、補題4より、任意の正の整数$n$に対して

$d_n \leqq 0 \leqq e_n$

となることがわかるので、$0$は閉区間の入れ子の列

$[d_1,e_1] \supseteq [d_2,e_2]\supseteq \cdots \supseteq [d_n,e_n] \supseteq \cdots$

の共通要素である。

したがって、$u^2-u-1=0$である。

補足

命題1の証明で

$\lim_{n \to \infty}\Big(\frac{1}{3}\Big)^{n}=0$

を使っていますが、これは数列$\{\frac{1}{3^n}\}$$\{\frac{1}{n}\}$の部分列であることから、証明できます($\{\frac{1}{n}\}$$0$に収束することはアルキメデスの性質を使って示します)。

くわしくは 「1/2^nは0に収束する」を証明する(1/nの部分列であることを使いながら) を参照してみてください。

感想など

黄金比や$\sqrt{2}$だけでなく、もっと一般的に考えてみたくなりました。

今まで連分数にあまり触れたことがなかったんですが、面白いですね!

また、こういった類の話は「黄金比ありき」「$\sqrt{2}$ありき」で考えてしまいがちですが、天下り的なことをしつつも、「そもそも存在するのか?を示すんだ」というところを強く意識するのがポイントなのかな…と思います。この辺りが難しくもあり、面白いところだと感じます。

参考文献

投稿日:20221214
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投稿者

みぽ
みぽ
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今日もねこがかわいい。

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