ラマヌジャンと方程式 a^3+b^3=c^3±1
はじめに
この記事ではラマヌジャンの発見した以下の奇妙な関係式について簡単に解説していきます。
整数列$a_n,b_n,c_n,\a_n,\b_n,\g_n$を
\begin{align}
\frac{1+53x+9x^2}{1-82x-82x^2+x^3}
&=\sum^\infty_{n=0}a_nx^n=\sum^\infty_{n=1}\frac{\a_{n-1}}{x^n}\\
\frac{2-26x-12x^2}{1-82x-82x^2+x^3}
&=\sum^\infty_{n=0}b_nx^n=\sum^\infty_{n=1}\frac{\b_{n-1}}{x^n}\\
\frac{2+8x-10x^2}{1-82x-82x^2+x^3}
&=\sum^\infty_{n=0}c_nx^n=\sum^\infty_{n=1}\frac{\g_{n-1}}{x^n}
\end{align}
によって定めると
\begin{align}
a_n^3+b_n^3&=c_n^3+(-1)^n\\
\a_n^3+\b_n^3&=\g_n^3+(-1)^n
\end{align}
が成り立つ。
ちなみにこの等式はRamanujan's Lost Notebookにて登場しています。
Ramanujan's Lost Notebookより
具体値
以下に$a_n,b_n,c_n,\a_n,\b_n,\g_n$の具体値を記しておきます。
\begin{align}
(a_0,b_0,c_0)
&=(1,2,2)\\
(a_1,b_1,c_1)
&=(135,138,172)\\
(a_2,b_2,c_2)
&=(11161,11468,14258)\\
(a_3,b_3,c_3)
&=(926271,951690,1183258)\\
(a_4,b_4,c_4)
&=(76869289,78978818,98196140)\\
(a_5,b_5,c_5)
&=(6379224759,6554290188,8149096378)\\
(a_6,b_6,c_6)
&=(529398785665,543927106802,676276803218)\\
\\
(\a_0,\b_0,\g_0)
&=(9,-12,-10)\\
(\a_1,\b_1,\g_1)
&=(791,-1010,-812)\\
(\a_2,\b_2,\g_2)
&=(65601,-83802,-67402)\\
(\a_3,\b_3,\g_3)
&=(5444135,-6954572,-5593538)\\
(\a_4,\b_4,\g_4)
&=(451797561,-577145658,-464196268)\\
(\a_5,\b_5,\g_5)
&=(37493753471,-47896135058,-38522696690)\\
(\a_6,\b_6,\g_6)
&=(3111529740489,-3974802064140,-3196919629018)
\end{align}
例えば$(\a_0,\b_0,\g_0)=(9,-12,-10)$からはかの有名なタクシー数の等式
$$1729=9^3+10^3=12^3+1^3$$
が得られます。
なおこれ以降の項について知りたい場合はこれらが満たす漸化式
$$A_{n+3}-82A_{n+2}-82A_{n+1}+A_n=0$$
を用いると便利かもしれません。
導出
例の如くラマヌジャンは証明を残していないので本人による導出を知ることはできませんが、Hirschhornらによるとラマヌジャンは次のような発想を用いて導出したのではないかと考察されています。
$a_n,b_n,c_n$の定義
$$(u^2+7uv-9v^2)^3+(2u^2-4uv+12v^2)^3=(2u^2+10v^2)^3+(u^2-9uv-v^2)^3$$
ラマヌジャンが発見していた等式(この記事の公式9)
$$(3a^2+5ab-5b^2)^3+(4a^2-4ab+6b^2)^3+(5a^2-5ab-3b^2)^3=(6a^2-4ab+4b^2)^3$$
において$a=u+v,\ b=u-2v$として両辺を$3^3$で割ることでわかる。
$$(x^2+16x-21)^3+(2x^2-4x+42)^3=9(x^6+145x^4-245x^2+7203)$$
が偶多項式であることから
$$(x^2+16x-21)^3+(2x^2-4x+42)^3=(2x^2+4x+42)^3+(x^2-16x-21)^3$$
が成り立つ。
また$x=2y-1$とおき両辺を$4^3$で割ると
$$(y^2+7y-9)^3+(2y^2-4y+12)^3=(2y^2+10)^3+(y^2-9y-1)^3$$
となるので、$y=u/v$として両辺に$v^6$を掛けることで所望の式を得る。
数列$h_n$を漸化式
$$h_0=0,\quad h_1=1,\quad h_{n+2}=ah_{n+1}+h_n$$
によって定めると
$$h_n^2-h_{n+1}h_{n-1}=(-1)^{n-1}$$
が成り立つ。
漸化式から
$$\begin{pmatrix}
h_{n+2}&h_{n+1}\\
h_{n+1}&h_n
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
a&1\\
1&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
h_{n+1}&h_n\\
h_n&h_{n-1}
\end{pmatrix}$$
が成り立つので、両辺の行列式を取ることで
\begin{align}
h_{n+2}h_n-h_{n+1}^2
&=-(h_{n+1}h_{n-1}-h_n^2)\\
&=(-1)^n(h_2h_0-h_1^2)\\
&=(-1)^{n-1}
\end{align}
を得る。
\begin{align}
h_{n+1}&=ah_n+h_{n-1}\\
h_{n+2}&=ah_{n+1}+h_n
\end{align}
に対しそれぞれ$h_{n+1},h_n$を掛けて差を取ると
$$h_{n+1}^2-h_{n+2}h_n=h_{n+1}h_{n-1}-h_n^2$$
が成り立つので後は同様。
いま整数列$h_n$を漸化式
$$h_0=0,\quad h_1=1,\quad h_{n+2}=9h_{n+1}+h_n$$
によって定め、$u=h_{n+1},\ v=h_n$とおくと
$$u^2-9uv-v^2=h_{n+1}^2-h_{n+2}h_n=(-1)^n$$
が成り立つので補題2に注意して
\begin{align}
a_n&=u^2+7uv-9v^2\\
b_n&=2u^2-4uv+12v^2\\
c_n&=2u^2+10v^2
\end{align}
とおくことで
$$a_n^3+b_n^3=c_n^3+(-1)^n$$
が成り立つ。
母関数の導出
これによって良い感じの整数列$a_n,b_n,c_n$が構成できたので後はこれらの母関数を求めれば終わりとなります。
\begin{align}
\sum^\infty_{n=0}h_n^2x^n&=\frac{x-x^2}{1-82x-82x^2+x^3}\\
\sum^\infty_{n=0}h_{n+1}^2x^n&=\frac{1-x}{1-82x-82x^2+x^3}\\
\sum^\infty_{n=0}h_{n+1}h_nx^n&=\frac{9x}{1-82x-82x^2+x^3}
\end{align}
が成り立つ。
$$\a=\frac{9+\sqrt{85}}2,\quad\b=\frac{9-\sqrt{85}}2$$
とおくと$h_n$の一般項は
$$h_n=\frac{\a^n-\b^n}{\sqrt{85}}$$
と求まるので
\begin{align}
h_n^2&=\frac{\a^{2n}+\b^{2n}-(-1)^n2}{85}\\
h_{n+1}h_n&=\frac{\a^{2n+1}+\b^{2n+1}-(-1)^n9}{85}
\end{align}
が成り立つ。したがって
\begin{align}
\sum^\infty_{n=0}h_n^2x^n
&=\frac1{85}\l(\frac1{1-\a^2x}+\frac1{1-\b^2x}-\frac2{1+x}\r)\\
&=\frac1{85}\l(\frac{2-83x}{1-83x+x^2}-\frac2{1+x}\r)\\
&=\frac{x-x^2}{1-82x-82x^2+x^3}\\
\sum^\infty_{n=0}h_{n+1}^2x^n
&=\frac1x\sum^\infty_{n=0}h_n^2x^n\\
&=\frac{1-x}{1-82x-82x^2+x^3}\\
\sum^\infty_{n=0}h_{n+1}h_nx^n
&=\frac1{85}\l(\frac\a{1-\a^2x}+\frac\b{1-\b^2x}-\frac9{1+x}\r)\\
&=\frac1{85}\l(\frac{9(1+x)}{1-83x+x^2}-\frac9{1+x}\r)\\
&=\frac{9x}{1-82x-82x^2+x^3}
\end{align}
を得る。
以上より
\begin{align}
\sum^\infty_{n=0}a_nx^n
&=\frac{(1-x)+7\c9x-9(x-x^2)}{1-82x-82x^2+x^3}\\
&=\frac{1+53x+9x^2}{1-82x-82x^2+x^3}\\
\sum^\infty_{n=0}b_nx^n
&=\frac{2(1-x)-4\c9x+12(x-x^2)}{1-82x-82x^2+x^3}\\
&=\frac{2-26x-12x^2}{1-82x-82x^2+x^3}\\
\sum^\infty_{n=0}c_nx^n
&=\frac{2(1-x)+10(x-x^2)}{1-82x-82x^2+x^3}\\
&=\frac{2+8x-10x^2}{1-82x-82x^2+x^3}
\end{align}
を得る。
$\a_n,\b_n,\g_n$について
なお$\a_n,\b_n,\g_n$については$a_n,b_n,c_n$の"負の項"となっているため、別途同様の証明を行う必要はありません。
$$\a_n=-a_{-n-1},\quad\b_n=-b_{-n-1},\quad\g_n=-c_{-n-1}$$
が成り立つ。
$a_n$の一般項は適当な定数$\a,\b,\g$を用いて
$$a_n=A\a^n+B\b^n+C\g^n$$
と表せることに注意すると
\begin{align}
\sum^\infty_{n=0}a_nx^n
&=\frac A{1-\a x}+\frac B{1-\b x}+\frac C{1-\g x}\\
&=-A\frac{(\a x)^{-1}}{1-(\a x)^{-1}}-B\frac{(\b x)^{-1}}{1-(\b x)^{-1}}-C\frac{(\g x)^{-1}}{1-(\g x)^{-1}}\\
&=-\sum^\infty_{n=1}\frac{A\a^{-n}+B\b^{-n}+C\g^{-n}}{x^n}
\end{align}
と変形できるので
$$\a_{n-1}=-(A\a^{-n}+B\b^{-n}+C\g^{-n})=-a_{-n}$$
を得る。
McLaughlinの公式
以上がラマヌジャンの公式の解説でした。
ところで上での議論の核として
$$(u^2+7uv-9v^2)^3+(2u^2-4uv+12v^2)^3=(2u^2+10v^2)^3+(u^2-9uv-v^2)^3$$
という恒等式がありました。
ラマヌジャンの公式はこの恒等式のある一項を$\pm1$とするような数列を持ってくることで構成できたわけですが、となるとこのように例えば
$$\sum(X,Y\ \text{に関する二次形式})=0$$
という形の恒等式があれば、それに合わせて適当な数列を持ってくることでラマヌジャンのような公式が作れてしまう、ということになります。
そしてその最たる例としてMcLaughlinの公式というものが知られています。
整数列$a_n,b_n,c_n,d_n,e_n,f_n$および$p_n,q_n,r_n,s_n,t_n$を
\begin{align}
\frac{x^2+164x+3}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}a_nx^n,&
\frac{-5x^2+138x+3}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}p_nx^n\\
\frac{-7x^2+134x+1}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}b_nx^n,&
\frac{3x^2+244x+1}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}q_nx^n\\
\frac{-x^2+298x-1}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}c_nx^n,&
\frac{x^2+254x-7}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}r_nx^n\\
\frac{-5x^2+228x-7}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}d_nx^n,&
\frac{-7x^2+148x-5}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}s_nx^n\\
\frac{3x^2+258x-5}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}e_nx^n,&
\frac3{1-x}&=\sum^\infty_{n=0}t_nx^n\\
\frac{-3x^2+94x-3}{x^3-99x^2+99x-1}&=\sum^\infty_{n=0}f_nx^n
\end{align}
によって定めると任意の$k=1,2,3,4,5$および$n\geq0$に対し
$$a_n^k+b_n^k+c_n^k+d_n^k+e_n^k+f_n^k-p_n^k-q_n^k-r_n^k-s_n^k-t_n^k=1$$
が成り立つ。
例えば$n=1$の場合を考えると
$$(-461)^k+(-233)^k+(-199)^k+465^k+237^k+203^k-(-435)^k-(-343)^k-439^k-347^k-3^k=1$$
という等式が得られます。
中々いかつい公式ですが、元となった公式は割と対称性の高いものとなっています。
\begin{align}
a'&=-5X^2+4XY-3Y^2,&
p'&=-5X^2+6XY+3Y^2\\
b'&=-3X^2+6XY+5Y^2,&
q'&=-3X^2-4XY-5Y^2\\
c'&=-X^2-10XY-Y^2,&
r'&=-X^2+10XY-Y^2\\
d'&=-a',&
s'&=-p'\\
e'&=-b',&
t'&=-q'\\
f'&=-c',&
u'&=-r'
\end{align}
とおくと$k=1,2,3,4,5$に対し
$$a'^k+b'^k+c'^k+d'^k+e'^k+f'^k=p'^k+q'^k+r'^k+s'^k+t'^k+u'^k$$
が成り立つ。
ただ見ての通りこの公式はそのままだとあまり面白くないので少し変形しておきましょう。
いま上のような$a',b',\ldots,u'$と任意の多項式$M,K$に対し
$$a=Ma'+K,\ b=Mb'+K,\ \ldots,\ u=Mu'+K$$
とおいても$k=1,2,3,4,5$に対し
$$a^k+b^k+c^k+d^k+e^k+f^k=p^k+q^k+r^k+s^k+t^k+u^k$$
が成り立つ(二項展開することでわかる)ことに注意して
$$a=a'+2u',\ b=b'+2u',\ \ldots,\ u=u'+2u'$$
とおくことにします。
このとき$r=X^2-10XY+Y^2$が良い形をしているので、これが$1$となるように
$$h_0=0,\quad h_1=1,\quad h_{n+2}=10h_{n+1}-h_n$$
なる整数列を持ってきて$X=h_{n+1},Y=h_n$と置くことで
$$a_n^k+b_n^k+c_n^k+d_n^k+e_n^k+f_n^k=p_n^k+q_n^k+1+s_n^k+t_n^k+3^k$$
という公式が得られることになります。
あとは$h_n$に関する母関数を用いて$a_n$たちの母関数を求めることで上の主張が得られる、というわけです。
\begin{align}
\sum^\infty_{n=0}h_n^2x^n&=\frac{-x^2-x}{x^3-99x^2+99x-1}\\
\sum^\infty_{n=0}h_{n+1}^2x^n&=\frac{-x-1}{x^3-99x^2+99x-1}\\
\sum^\infty_{n=0}h_{n+1}h_nx^n&=\frac{-10x}{x^3-99x^2+99x-1}
\end{align}
が成り立つ。
皆様も何か良い感じの恒等式を見かけたらこのような公式を作ってみてはいかがでしょうか。では。
おまけ
最後におまけとしてHirschhornによる二通りのゴリ押し解法を紹介しておきます。参考までに。
方法1
方針としては
$$a_n^3+b_n^3-c_n^3-(-1)^n$$
がそれぞれ八項間漸化式を満たすことと、初期値$0\leq n\leq 6$において$0$となることを確かめていく感じである。
ただ漸化式と母関数の関係を説明するのは面倒なので、下では母関数の話だけで完結するように議論していく。
ある$7$次多項式$f(x)$が存在し、$a_n^3,b_n^3,c_n^3$の母関数はそれぞれ
$$\frac{(6\text{次以下の式})}{f(x)}$$
という形に求まる。特に
$$a_n^3+b_n^3-c_n^3-(-1)^n$$
の母関数についても同様である。
$$\a,\b=\frac{83\pm9\sqrt{85}}2$$
とおくと
\begin{align}
1-82x-82x^2+x^3
&=(1-83x+x^2)(1+x)\\
&=(1-\a x)(1-\b x)(1+x)
\end{align}
と因数分解できるので、上の母関数たちは
\begin{align}
\frac{(\text{二次式})}{1-82x-82x^2+x^3}
&=\frac{(\text{定数})_1}{1-\a x}+\frac{(\text{定数})_2}{1-\b x}+\frac{(\text{定数})_3}{1+x}\\
&=\sum^\infty_{n=0}((\text{定数})_1\a^n+(\text{定数})_2\b^n+(\text{定数})_3(-1)^n)x^n
\end{align}
と展開できる。
つまり$a_n,b_n,c_n$の一般項は
$$\a^n,\b^n,(-1)^n$$
の線型結合として表せる。
特に$a_n,b_n,c_n$の三乗は
$$\a^{3n},\b^{3n},(\a^2\b)^n,(\a\b^2)^n,(-\a^2)^n,(-\b^2)^n,\a^n,\b^n,(-1)^n$$
の線型結合として表せ、また$\a\b=1$つまり
$$(\a^2\b)^n=\a^n,\quad(\a\b^2)^n=\b^n$$
に注意すると$a_n^3$たちの母関数は$7$次多項式
$$f(x)=(1-\a^3x)(1-\b^3x)(1+\a^2x)(1+\b^2x)(1-\a x)(1-\b x)(1+x)$$
を用いて
$$\frac{(6\text{次以下の式})}{f(x)}$$
と表せることがわかる。
$n=0,1,2,3,4,5,6$において
$$a_n^3+b_n^3=c_n^3+(-1)^n$$
が成り立つ。
上の具体値を用いて頑張って計算すればわかる。
定理1の証明
いま補題9から
$$\sum^\infty_{n=0}(a_n^3+b_n^3-c_n^3-(-1)^n)x^n=\frac{(6\text{次以下の式})}{f(x)}$$
が成り立つのであったが、補題10より左辺は$x^7$で割り切れるので右辺の分子は$0$でなければならない。
つまり
$$\sum^\infty_{n=0}(a_n^3+b_n^3-c_n^3-(-1)^n)x^n=0$$
が示された。
方法2
方針としては$a_n,b_n,c_n$の一般項を具体的に求め、また
$$a_n^3+b_n^3-c_n^3-(-1)^n$$
を頑張って計算することで、これらが$0$となることを確かめていく感じである。
$$\a=\frac{83+9\sqrt{85}}2,\quad\b=\frac{83-9\sqrt{85}}2$$
とおくと
\begin{align}
a_n&=\frac1{85}\l((64+8\sqrt{85})\a^n+(64-8\sqrt{85})\b^n-43(-1)^n\r)\\
b_n&=\frac1{85}\l((77+7\sqrt{85})\a^n+(77-7\sqrt{85})\b^n+16(-1)^n\r)\\
b_n&=\frac1{85}\l((93+9\sqrt{85})\a^n+(93-9\sqrt{85})\b^n-16(-1)^n\r)\\
\end{align}
が成り立つ。特に
\begin{align}
a_n^3=\frac1{85^3}\Big(
&(1306624+141824\sqrt{85})\a^{3n}+(1306624-141824\sqrt{85})\b^{3n}\\
&−(1230144+132096\sqrt{85})(−\a^2)^n-(1230144−132096\sqrt{85})(−\b^2)^n\\
&+(96960+12120\sqrt{85})\a^n+(96960−12120\sqrt{85})\b^n+267245(−1)^n\Big)\\
b_n^3=\frac1{85^3}\Big(
&(1418648+153664\sqrt{85})\a^{3n}+(1418648-153664\sqrt{85})\b^{3n}\\
&+(484512+51744\sqrt{85}(−\a^2)^n+(484512-51744\sqrt{85})(−\b^2)^n\\
&+(466620+42420\sqrt{85})\a^n+(466620-42420\sqrt{85})\b^n+173440(−1)^n\Big)\\
c_n^3=\frac1{85^3}\Big(
&(2725272+295488\sqrt{85})\a^{3n}+(2725272-295488\sqrt{85})\b^{3n}\\
&-(745632+80352\sqrt{85})(−\a^2)^n-(745632-80352\sqrt{85})(−\b^2)^n \\
&+(563580+54540\sqrt{85})\a^n+(563580-54540\sqrt{85})\b^n-173440(−1)^n\Big)
\end{align}
が成り立つ。
母関数を部分分数分解し、頑張って計算すればわかる。
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