5乗根を含む二重根号について+α

初めまして.初記事なので優しい目で見ていってください.

はじめに

ラマヌジャンはさまざまな非自明な外せる二重根号を発見しました.例として,以下のような等式があります.

$$ \sqrt{\sqrt[3]{5}-\sqrt[3]{4}}=\frac{\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{20}-\sqrt[3]{25}}{3} $$
$$ \sqrt[3]{\sqrt[3]{2}-1}=\frac{1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}}{\sqrt[3]{9}} $$

共に左辺の根号の中身に3乗根が入っています.これらに対しては(おそらくラマヌジャン自身により？)一般化した公式が発見されています.
また,ラマヌジャンは次のような等式も発見しています.

$$ \sqrt{\sqrt[5]{4}+1}= \frac{-1+\sqrt[5]{2}+\sqrt[5]{8}+\sqrt[5]{16}}{\sqrt{5}}\tag{1}\ $$
$$ \sqrt[3]{2-\sqrt[5]{27}}= \frac{1+\sqrt[5]{3}-\sqrt[5]{9}}{\sqrt[3]{5}}\tag{2} $$

今度は根号の中身に5乗根が入っていますね.
この例2のような等式をたくさん見つけてみよう！
というのがこの記事のメインテーマです.特に(1)式のような
$\sqrt{?\sqrt[5]{？}+?\sqrt[5]{？}}$
という形の外せる二重根号について面白い公式を発見できました.

発見した公式

実数A,Bが
$B^{2} +2B=2 A^{3}+7 A^{2}-6A$
を満たし,
$\alpha = A^{2}+3A+B, \beta =A-B$
とする.$\alpha \neq0$のとき以下が成立.
$\sqrt{\left|(α-4A) \sqrt[5]{2α^{2}}+(α-AB)\sqrt[5]{β}\right|}$
$= \frac{1}{\sqrt{10|α|}}\left|α\sqrt[5]{8α}+2\sqrt[5]{4α^{4}β}-2A\sqrt[5]{2α^2β^2}+(α-A^2)\sqrt[5]{β^3}-\sqrt[5]{16α^3β^4}\right|$

両辺二乗したのち整理すると確かめられる.
(けっこう難しいので腕試しにどうぞ)

数式だけ見せられてもよくわからないですね.
$(A,B)=(0,-2)$は初めの関係式を満たします.このとき$(α,β)=(-2,2)$.これらを代入すると
\begin{eqnarray} (左辺)&=&\sqrt{\left|-2\sqrt[5]{8}-2\sqrt[5]{2}\right|}\\ &=&\sqrt[5]{8}\sqrt{\sqrt[5]{4}+1}\\ (右辺)&=&\frac{1}{2\sqrt{5}}\left|2\sqrt[5]{16}+4\sqrt[5]{4}-2\sqrt[5]{8}+4\sqrt[5]{2}\right|\\ &=&\frac{\sqrt[5]{8}}{\sqrt{5}}\left(-1+\sqrt[5]{2}+\sqrt[5]{8}+\sqrt[5]{16}\right) \end{eqnarray}
･･････ラマヌジャンの(1)式が導けます！

$B^{2} +2B=2 A^{3}+7 A^{2}-6A$を満たすA,Bはまだまだあります.1を使って遊んでみましょう.

$(A,B)=(1,-3)→(α,β)=(1,4)$
$$ \sqrt{4\sqrt[5]{2}-3}= \frac{-1-2\sqrt[5]{2}+2\sqrt[5]{4}+2\sqrt[5]{16}}{\sqrt{5}} $$

$(A,B)=(-2,4)→(α,β)=(2,-6)$
$$ \sqrt{\sqrt[5]{4}-\sqrt[5]{3}}= \frac{\sqrt[5]{2}+\sqrt[5]{27}+2\sqrt[5]{36}-\sqrt[5]{48}-\sqrt[5]{648}}{5} $$

$(A,B)=(3,-11)→(α,β)=(7,14)$
$$ \sqrt{8-\sqrt[5]{7}}= \frac{2+6\sqrt[5]{7}-2\sqrt[5]{49}-\sqrt[5]{343}+2\sqrt[5]{2401}}{5} $$

さまざまな非自明二重根号が導けます.

練習問題

次の二重根号を外してください.
$$\sqrt{11\sqrt[5]{12}-7}$$
$$\sqrt{11\sqrt[5]{76}+5}$$

代入するA,Bの値を変えても本質的には変わらない二重根号が出てくることがあります.
例えば$(A,B)=(\frac{1}{2},-1)$は先ほど示した$(A,B)=(-2,4)$のときと同じ式が出てきます.

(2)式について

(2)式のような3乗根の中に5乗根が入っている二重根号に対しては一般化した公式は見つけられませんでした.が,次のような外せる二重根号を見つけられました.
$$ \sqrt[3]{\sqrt[5]{27}-\sqrt[5]{2}}= \frac{\sqrt[5]{3}+\sqrt[5]{4}-\sqrt[5]{54}+\sqrt[5]{72}}{\sqrt[3]{25}} $$
綺麗ですね.

$\sqrt{\sqrt[5]{4}-\sqrt[5]{3}}$を少し深掘り

先ほど以下の等式を導出しました.
$$ \sqrt{\sqrt[5]{4}-\sqrt[5]{3}}= \frac{\sqrt[5]{2}+\sqrt[5]{27}+2\sqrt[5]{36}-\sqrt[5]{48}-\sqrt[5]{648}}{5} $$
この右辺をよ〜く観察してみましょう.何かが見えてきませんか？(もっとシンプルに表せませんか？)
…

…

…
このように簡略化できます.
\begin{eqnarray} \sqrt{\sqrt[5]{4}-\sqrt[5]{3}}&=&\frac{\sqrt[5]{2}+\sqrt[5]{27}+2\sqrt[5]{36}-\sqrt[5]{48}-\sqrt[5]{648}}{5}\\ &=&\frac{\sqrt[5]{27}-\sqrt[5]{2}}{\sqrt[5]{24}+1} \end{eqnarray}

この式についていろいろと試して見たところ,累乗根の次数を変化させる方向に一般化できることがわかりました.

$m$は正の整数で$n=2m+1,t=1-n^{2}$とする.
$$ \sqrt{\sum_{k=1}^{m}k\sqrt[n]{t^{(m-k)}}} $$
$$ =\frac{1}{2\sqrt{m}}\left|\frac{2m+\sqrt[n]{t^{(m+1)}}}{1-\sqrt[n]{t}}\right| $$
$$ =\frac{1}{2n\sqrt{m}}\left|2m\sum_{k=0}^{m}\sqrt[n]{t^{k}}-\sum_{k=m+1}^{2m}\sqrt[n]{t^{k}}\right| $$

m=1のときは何の面白みもないですが,m=2でさきほどの簡略化が導けます.
m=3を代入してみると,

\begin{eqnarray} (左辺)&=&\sqrt{3-2\sqrt[7]{48}+\sqrt[7]{48^2}}\\ &=&\sqrt{3+2\sqrt[7]{18}-2\sqrt[7]{48}}\\ (中辺)&=&\frac{1}{2\sqrt{3}}\left(\frac{6+\sqrt[7]{48^4}}{1+\sqrt[7]{48}}\right)\\ &=&\sqrt[14]{3}\left(\frac{\sqrt[7]{27}+2\sqrt[7]{4}}{1+\sqrt[7]{48}}\right) \end{eqnarray}
この２つの値が等しいというのは驚きですね！

$m\geq2$のときを示す.
$(左辺)=(中辺)$について
$$ \sqrt{\sum_{k=1}^{m}k\sqrt[n]{t^{(m-k)}}} $$
$$ =\sqrt{\frac{1}{\sqrt[n]{t}-1}\left(\sum_{k=1}^{m}k\sqrt[n]{t^{(m-k+1)}}-\sum_{k=1}^{m}k\sqrt[n]{t^{(m-k)}}\right)} $$
$$ =\sqrt{\frac{1}{\sqrt[n]{t}-1}\left(\sqrt[n]{t^{m}}-m+\sum_{k=1}^{m-1}\sqrt[n]{t^{(m-k)}}\right)} $$
$$ =\sqrt{\frac{1}{\sqrt[n]{t}-1}\left(\sqrt[n]{t^{m}}-m+\frac{\sqrt[n]{t}-\sqrt[n]{t^{m}}}{1-\sqrt[n]{t}}\right)} $$
$$ =\sqrt{\frac{m-(1+m)\sqrt[n]{t}+\sqrt[n]{t^{m+1}}}{\left(1-\sqrt[n]{t}\right)^{2}}} $$
$$ =\sqrt{\frac{4m^{2}+t\sqrt[n]{t}+4m\sqrt[n]{t^{m+1}}}{4m\left(1-\sqrt[n]{t}\right)^{2}}} $$
$$ =\frac{1}{2\sqrt{m}}\left|\frac{2m+\sqrt[n]{t^{(m+1)}}}{1-\sqrt[n]{t}}\right|=(中辺) $$
$(右辺)=(中辺)$について
$$ \frac{1}{2n\sqrt{m}}\left|2m\sum_{k=0}^{m}\sqrt[n]{t^{k}}-\sum_{k=m+1}^{2m}\sqrt[n]{t^{k}}\right| $$
$$ =\frac{1}{2n\sqrt{m}}\left|\frac{2m\left(1-\sqrt[n]{t^{(m+1)}}\right)-\left(\sqrt[n]{t^{(m+1)}}-t\right)}{1-\sqrt[n]{t}}\right| $$
$$ =\frac{1}{2n\sqrt{m}}\left|n\left(\frac{-2m-\sqrt[n]{t^{(m+1)}}}{1-\sqrt[n]{t}}\right)\right| $$
$$ =\frac{1}{2\sqrt{m}}\left|\frac{2m+\sqrt[n]{t^{(m+1)}}}{1-\sqrt[n]{t}}\right|=(中辺) $$