2015-09-26

cardioid の陰関数表示

astroid に続いては cardioid の陰関数表示を.

cardioid は ${r=a(1 + \cos \theta)}$ という極方程式によって与えられる平面曲線である.

(図は ${a=2}$ )

astroid のときと同じように ${\mathbb{Q}[a, x, y, r, c, s]}$ の ideal

${\mathfrak{I}=\langle r - a(1 + c), x - rc, y - rs, r^2 - (x^2 + y^2)\rangle}$

から ${r, c, s}$ を消去すると陰関数表示が得られる.

Use QQ[a, x, y, r, c, s];
I := ideal(r - a * (1 + c), x - r * c, y - r * s, r^2 - (x^2 + y^2));
elim(r..s, I);

${- 2ax^3 + x^4 - a^2 y^2 - 2axy^2 + 2x^2 y^2 + y^4}$
なる式を得る. 整理の仕方はいろいろあるが, 一例は ${(x^2 - ax + y^2)^2 - a^2(x^2 + y^2)=0.}$

2015-09-25

astroid の陰関数表示

数学・代数数学・幾何

1 年振りでございました…orz

astroid という曲線をご存じであろうか.

${\left\{\begin{align} x &= a \cos^3 \theta \\ y &= a \sin^3 \theta \end{align}\right.}$

というパラメーター表示を持つ曲線である.

(上図は ${a=1}$ )

これのよく知られた陰関数表示として ${x^{\frac23}+y^{\frac23}=a^{\frac23}}$ があるが, 多項式じゃないから美しくない*1.

実は astroid にはれっきとした多項式による表示がある.

*1:と思うのはきっと私だけだ.

2014-09-23

Möbius 関数の Dirichlet 母関数(その 2)

数学・組み合わせ数学・解析

いよいよ Dirichlet 母関数の話.

${n = 1}$ から始まる系列 ${\langle g_1, g_2, g_3, \dots\rangle}$ について
$\tilde{G}(z) = \sum_{n\geqslant 1}\frac{g_n}{n^z}$
を Dirichlet 母関数という.

このとき, 二つの Dirichlet 母関数の積は, 系列のどのようなたたみ込みに相当するか調べると,
${\begin{align} \tilde{F}(z)\tilde{G}(z) &= \sum_{l,m\geqslant 1}\frac{f_l}{l^z}\frac{g_m}{m^z} \\ &= \sum_{n\geqslant 1}\frac{1}{n^z}\sum_{l,m\geqslant 1}f_l g_m [lm = n] \\ &= \sum_{n\geqslant 1}\frac{1}{n^z}\sum_{d\backslash n}f_d g_{n/d} \end{align}}$
であるから,
$h_n = \sum_{d\backslash n}f_d g_{n/d}$
というたたみ込みに相当していることがわかる.

さて, Möbius 関数の定義式
$[n = 1] = \sum_{d\backslash n}\mu(d)$
は, 系列 ${\langle \mu(1), \mu(2), \mu(3),\dots \rangle}$ と定数系列 ${\langle 1, 1, 1, \dots \rangle}$ のたたみ込みであると解釈できる. 定数系列 ${\langle 1, 1, 1, \dots \rangle}$ の Dirichlet 母関数は ${\zeta(z)}$ であるから
$\tilde{M}(z)\zeta(z) = \sum_{n\geqslant 1}\frac{[n = 1]}{n^z} = 1$
なので ${\tilde{M}(z) = \zeta(z)^{- 1}.}$

2014-09-23

Möbius 関数の性質

数学・代数

Möbius 関数の性質についていくつか.

Möbius の反転公式

${\displaystyle g(m) = \sum_{d\backslash m}f(d) \iff f(m) = \sum_{d\backslash m}\mu(d)g(\frac{m}{d}) }$
左から右は
${\begin{align} \sum_{d\backslash m}\mu(d)g(\frac{m}{d}) &= \sum_{d\backslash m}\mu(\frac{m}{d})g(d) \\ &= \sum_{d\backslash m}\mu(\frac{m}{d})\sum_{k\backslash d}f(k) \\ &= \sum_{k\backslash m}\sum_{d\backslash(m/k)}\mu(\frac{m}{kd})f(k) \\ &= \sum_{k\backslash m}\sum_{d\backslash(m/k)}\mu(d)f(k) \\ &= \sum_{k\backslash m}[m/k = 1]f(k) = f(m), \end{align}}$
右から左は
${\begin{align} \sum_{d\backslash m}f(d) &= \sum_{d\backslash m}\sum_{k\backslash d}\mu(k)g(\frac{d}{k}) \\ &= \sum_{d\backslash m}\sum_{k\backslash d}\mu(\frac{d}{k})g(k) \\ &= \sum_{k\backslash m}\sum_{d\backslash(m/k)}\mu(d)g(k) \\ &= \sum_{k\backslash m}[m/k = 1]g(k) = g(m). \end{align}}$

Möbius 関数の具体的な値

Möbius 関数は乗法的であるから, 素数 ${p}$ に対する ${\mu(p^k) (k\ge 1)}$ の値が分かればよい. 定義により
${\mu(1) + \mu(p) + \dots + \mu(p^k) = 0}$
かつ ${\mu(1)=1}$ であるから
${\mu(p^k) = - 1\ (k = 1), 0\ (k \gt 1).}$

2014-09-22

Möbius 関数の Dirichlet 母関数(その 1)

数学・代数

母関数ネタの締めに, Möbius 関数の Dirichlet 母関数なるものを求めてみたい. 今回はそのための準備.

正の整数を引数とする関数 ${f}$ が
${f(1) = 1, f(m_1 m_2) = f(m_1)f(m_2)\ (m_1\perp m_2)}$
を満たすとき, ${f}$ は乗法的であるという.

$g(m) = \sum_{d\backslash m}f(d)$
なる関係式があるとき, ${f}$ が乗法的ならば明らかに ${g}$ も乗法的であるが, 実はその逆が成り立つ. 実際 ${1 = g(1) = f(1)}$ が成り立つから, 帰納法の基底は成り立つ.
${m\gt 1}$ とし, ${m_1\perp m_2, m_1 m_2\lt m}$ ならば ${f(m_1 m_2) = f(m_1)f(m_2)}$ が成り立っているものとする.
${m_1 m_2 = m}$ のとき
${\begin{align} g(m_1 m_2) &= \sum_{d\backslash m_1 m_2}f(d) \\ &= \sum_{d_1\backslash m_1}\sum_{d_2\backslash m_2}f(d_1 d_2) \\ &= \sum_{d_1\backslash m_1}\sum_{d_2\backslash m_2}f(d_1)f(d_2) - f(m_1)f(m_2) + f(m_1 m_2) \\ &= g(m_1)g(m_2) - f(m_1)f(m_2) + f(m_1 m_2) \end{align}}$
であり, ${g(m_1 m_2) = g(m_1)g(m_2)}$ であることから ${f(m_1 m_2) = f(m_1)f(m_2)}$ が導かれる.

さて, Möbius 関数 ${\mu(m)}$ を
$\sum_{d\backslash m}\mu(d) = [m = 1]$
で定義する. この式の右辺は明らかに乗法的であるから, Möbius 関数も乗法的であることがわかる.

2014-09-16

母関数を用いた種々の技法(その 6)

数学・組み合わせ数学・解析

$S_m(n) = \sum_{0\leqslant k\lt n}k^m$ について.
${\begin{align} \hat{S}(z,n) &\stackrel{\mathrm{def}}{=} \sum_{m\geqslant 0}S_m(n)\frac{z^m}{m!} \\ &= \sum_{m\geqslant 0}\sum_{0\leqslant k\lt n}k^m\frac{z^m}{m!} \\ &= \sum_{0\leqslant k\lt n}e^{kz} \\ &= \frac{e^{nz} - 1}{e^z - 1} \\ &= \hat{B}(z)\frac{e^{nz} - 1}{z} \\ &= \hat{B}(z)\sum_{m\geqslant 0}\frac{n^{m + 1}}{m + 1}\frac{z^m}{m!} \end{align}}$
故
${\begin{align} S_m(n) &= \sum_k{m \choose k}B_k\frac{n^{m - k + 1}}{m - k + 1} \\ &= m!\sum_k B_k\frac{n^{m - k + 1}}{k!(m - k + 1)!} \end{align}}$
となる. 小さい ${m}$ について実際に計算すると
${\begin{alignat}{2} S_0(n) &= 0!\left(B_0\frac{n}{0!1!}\right) & &= n \\ S_1(n) &= 1!\left(B_0\frac{n^2}{0!2!} + B_1\frac{n}{1!1!}\right) & &= \frac12 n^2 - \frac12 n \\ S_2(n) &= 2!\left(B_0\frac{n^3}{0!3!} + B_1\frac{n^2}{1!2!} + B_2\frac{n}{2!1!}\right) & &= \frac13 n^3 -\frac12 n^2 + \frac16 n \end{alignat}}$
となる.

2014-09-15

母関数を用いた種々の技法(その 5)

数学・組み合わせ数学・解析

前回の一般化.

式
${\begin{align} \frac{1}{(1 - z)^{x + 1}} &= \sum_n (- 1)^n{- x - 1 \choose n}z^n \\ &= \sum_n {x + n \choose n}z^n \end{align}}$
から始める. 両辺を ${x}$ で微分すると, 左辺は ${e^{- (x + 1)\ln(1 - z)}}$ と書き換えられるので, $\ln\frac{1}{1 - z}$ が因子として現れる. 右辺の ${\displaystyle{x + n \choose n}}$ は分子が ${(x + n)\dots(x + 1)}$ であり, これを ${x}$ で微分することになるので, 結果としては ${\displaystyle{x + n \choose n}}$ の微分は ${\displaystyle{x + n \choose n}}$ と
$\frac{1}{x + 1} + \dots + \frac{1}{x + n} = H_{x + n} - H_x$
の積となる. ここで ${H_{x + n} - H_x}$ は ${x}$ が非整数のときにも意味を持つことに注意すること. 結局
$\frac{1}{(1 - z)^{x + 1}}\ln\frac{1}{1 - z} = \sum_n (H_{x + n} - H_x){x + n \choose n}z^n$
が得られたことになる. この式で ${x = 0}$ と置けば前回導いた式が得られる.