と一般ペル方程式の有理数解 ^※2 の構造に関する結果 ^※3 をまとめた査読済みの論文 “General Pell's equations and angle bisectors between planar lines with rational slopes” [0] が, $2024$ 年 $12$ 月 $9$ 日, アメリカの数学ジャーナル Integers に掲載されました (無料で閲覧可).

【命題 1 の証明の概略】 上記のように $2(n-1)$ 本の直線を引いたとき $1$ 辺の長さが $\dfrac{k}{n}$ の小正方形が $(n+1-k)^2$ 個できることから (下図を参照), 和の公式 \[\begin{aligned} \sum_{k = 1}^nk^2 &= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1), \\ \sum_{k = 1}^nk^3 &= \frac{1}{4}n^2(n+1)^2, \\ \sum_{k = 1}^nk^4 &= \frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1) \end{aligned}\] により \[\begin{aligned} a_n &= \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^2\left(\frac{k}{n}\right) ^2}{\displaystyle\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^2} \\ &= \cdots \\ &= \frac{(n+2)(n^2+2n+2)}{5n^2(2n+1)} \end{aligned}\] であることがわかるので (詳細はこちらを参照), \[ a_n = \frac{\left( 1+\dfrac{2}{n}\right)\left( 1+\dfrac{2}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}{5\left( 2+\dfrac{1}{n}\right)} \to \frac{1}{10} \quad (n \to \infty ) \] が得られます. ■

【定理 1 (1) の証明】 解像度 $n$ の $H$ の水平なミニチュアのうち, $1$ 辺の長さが $\dfrac{k}{n}$ であるものは $(n-k+1)^d$ 個あります. これらのミニチュアの超体積の総和 (延べ超体積) は \[\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^d\left(\frac{k}{n}\right)^d\] であり, これらのミニチュアの総数は \[\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^d = \sum_{k = 1}^nk^d\] であるので, $H$ の超体積が $1$ であることに注意すると, 求める比は

$\lim\limits_{d \to \infty}\dfrac{\displaystyle\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^dk^d}{\displaystyle n^d\sum_{k = 1}^nk^d}$　(この値を $L$ とおきます)

に等しいことがわかります. 分母, 分子はともに $n$ の $2d+1$ 次式であるので, それぞれの最高次の係数に注目すると, \[ L = \frac{\displaystyle\sum_{k = 0}^d\frac{(-1)^k}{d+1+k}\binom{d}{k}}{\dfrac{1}{d+1}} = (d+1)\sum_{k = 0}^d\dfrac{(-1)^k}{d+1+k}\binom{d}{k}\] であることがわかります. ここで,

$x^d(1+x)^d = \displaystyle\sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}x^{d+k}$

の両辺を $-1$ から $0$ まで積分して得られる等式 \[\int_{-1}^0x^d(1+x)^d\,dx = \sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}\int_{-1}^0x^{d+k}\,dx\] において, $B(x,y)$ をベータ関数として \[\begin{aligned} \int_{-1}^0x^d(1+x)^d\,dx &= \int_1^0(-t)^d(1-t)^d(-1)\,dt \\ &= (-1)^d\int_0^1t^d(1-t)^d\,dt \\ &= (-1)^dB(d+1,d+1) \\ &= (-1)^d\frac{d!d!}{(2d+1)!} \\ &= \frac{(-1)^d}{\displaystyle (d+1)\binom{2d+1}{d}}, \\ \sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}\int_{-1}^0x^{d+k}\,dx &= \sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}\left[\frac{x^{d+1+k}}{d+1+k}\right] _{-1}^0 \\ &= (-1)^d\sum_{k = 0}^d\frac{(-1)^k}{d+1+k}\binom{d}{k} \end{aligned}\] であるので, \[ L = \frac{1}{\dbinom{2d+1}{d}}\] が得られます. ■

【定理 1 (2) の証明】 \[\binom{2d+1}{d} = \frac{2d+1}{d+1}\binom{2d}{d}, \quad \lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{\frac{2d+1}{d+1}} = 1\] であるので, 公式 \[\lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{\binom{2d}{d}} = 4\] により, \[\lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{\binom{2d+1}{d}} = 4\] です. ゆえに, $H$ の $1$ 辺の長さが $1$ であることに注意すると, 求める比の極限値は \[\lim_{d \to \infty}\sqrt[d]{\frac{1}{\dbinom{2d+1}{d}}} = \lim_{d \to \infty}\frac{1}{\sqrt[d]{\dbinom{2d+1}{d}}} = \frac{1}{4}\] であることがわかります. ■

【定理 2 の証明】 解像度 $n$ の $H = [0,1]^2$ のミニチュアの面積の平均値を $p_n$ とおきます. 各 \[ (i,j) \in \{ (i,j) \in \mathbb Z^2 \mid 1 \leqq i \leqq n,\ 0 \leqq j \leqq n-i\}\] に対して, $[0,1]^2$ 上にベクトル $\left(\dfrac{i}{n},\dfrac{j}{n}\right),$ $\left(\dfrac{j}{n},-\dfrac{i}{n}\right)$ で張られる解像度 $n$ の $H$ のミニチュアを配置する方法は $(n+1-i-j)^2$ 通りあり, その面積は $\dfrac{(\sqrt{i^2+j^2})^2}{n^2} = \dfrac{i^2+j^2}{n^2}$ です. よって, 補題 (1) により, 解像度 $n$ の $H$ のミニチュアの総数は \[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^n\sum_{j = 0}^{n-i}(n+1-i-j)^2 &= \sum_{k = 1}^n(n+1-k)k^2 \\ &= \frac{1}{12}n(n+1)^2(n+2) \end{aligned}\] です. ここで, 第 $1$ の等号は, 次の図の左上から右下への対角線方向へ和をとり直すことによりわかります. また, 補題 (1), (2) により, 解像度 $n$ の $H$ のミニチュアの延べ面積は \[\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 0}^{n-i}(n+1-i-j)^2\frac{i^2+j^2}{n^2} \\ &= \frac{1}{n^2}\sum_{k = 1}^nk^2\left(\sum_{i = 1}^{n+1-k}i^2+\sum_{j = 0}^{n-k}j^2\right) \\ &= \frac{1}{n^2}\sum_{k = 1}^nk^2\left( 0^2+2\sum_{i = 1}^{n-k}i^2+(n+1-k)^2\right) \\ &= \frac{1}{n^2}\sum_{k = 1}^nk^2\left(\frac{1}{3}(n-k)(n-k+1)(2n-2k+1)+(n+1-k)^2\right) \\ &= \frac{1}{n^2}\left(\frac{1}{3}\sum_{k = 1}^nk^2(n-k)(n-k+1)(2n-2k+1)\right. \\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \left. +\sum_{k = 1}^nk^2(n+1-k)^2\right) \\ &= \frac{1}{n^2}\left(\frac{1}{3}\sum_{k = 1}^n(n+1-k)^2(k-1)k(2k-1)\right. \\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \left. +\sum_{k = 1}^nk^2(n+1-k)^2\right) \\ &= \frac{1}{3n^2}\sum_{k = 1}^nk((k-1)(2k-1)+3k)(n+1-k)^2 \\ &= \frac{1}{3n^2}\sum_{k = 1}^nk(2k^2+1)(n+1-k)^2 \\ &= \frac{1}{n^2}\left(\frac{2}{3}\sum_{k = 1}^nk^3(n+1-k)^2+\frac{1}{3}\sum_{k = 1}^nk(n+1-k)^2\right) \\ &= \frac{1}{n^2}\left(\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{60}n(n+1)^2(n+2)(n^2+2n+2)\right. \\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \left. +\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{12}n(n+1)^2(n+2)\right) \\ &= \frac{1}{180n}(n+1)^2(n+2)(2(n^2+2n+2)+5) \\ &= \frac{1}{180n}(n+1)^2(n+2)(2n^2+4n+9) \end{aligned}\] です. ここで, 第 $1$ の等号は, 次の図の左上から右下への対角線方向へ和をとり直すことによりわかります. ゆえに, \[\begin{aligned} p_n &= \frac{\displaystyle\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 0}^{n-i}(n+1-i-j)^2\frac{i^2+j^2}{n^2}}{\displaystyle\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 0}^{n-i}(n+1-i-j)^2} \\ &= \frac{\dfrac{1}{180n}(n+1)^2(n+2)(2n^2+4n+9)}{\dfrac{1}{12}n(n+1)^2(n+2)} \\ &= \frac{2n^2+4n+9}{15n^2} \\ &\to \frac{2}{15} \quad (n \to \infty ) \end{aligned}\] が得られます. ■

【補題 1 の証明】 各整数 $n > 0$ に対して, $P\cap (\mathbb Z[n^{-1}])^d$ の各点は平行移動 $x \mapsto x+a$ により $(P+a)\cap (\mathbb Z[n^{-1}])^d$ の点にうつされるので, \[\begin{aligned} \mathcal M_n(a+P) &= \{ a+M \mid M \in \mathcal M_n(P)\}, \\ \mathcal H_n(a+P) &= \{ a+M \mid M \in \mathcal H_n(P)\} \end{aligned}\] が成り立ち, よって求める主張が成り立ちます. ■

【補題 2 の証明】 各整数 $n > 0$ に対して, $P\cap (\mathbb Z[(cn)^{-1}])^d$ の各点はスケール変換 $x \mapsto cx$ により $cP\cap (\mathbb Z[n^{-1}])^d$ の点にうつされるので, \[\begin{aligned} \mathcal M_n(cP) &= \{ cM \mid M \in \mathcal M_{cn}(P)\}, \\ \mathcal H_n(cP) &= \{ cM \mid M \in \mathcal H_{cn}(P)\} \end{aligned}\] が成り立ち, よって求める主張が成り立ちます. ■

【補題 3 の証明】 次の部分補題から直ちに従います. ■

【部分補題 の証明】

(1)

$\{ 0,v_1,\dots,v_d\} \subset \mathbb Z^d$ を $P$ の頂点全体からなる集合とします. 各整数 $n > 0$ に対して, $P\cap (\mathbb Z[n^{-1}])^d$ の各点 $\sum a_iv_i$ $((a_i) \in (\mathbb Z[n^{-1}])^d)$ は $\tau$ により $\tau (P)\cap (\mathbb Z[n^{-1}])^d$ の点 $\sum a_i\tau (v_i)$ にうつされるので, 求める包含関係が成り立ちます.

(2)

対偶を示します. $M' \in \mathcal M_n(P')\setminus\{\tau (M) \mid M \in \mathcal M_n(P)\}$ とします. $H'$ を $M' \subset H'$ を満たし, 格子ポリトープであるような $P'$ の水平なミニチュア $H'$ のうち超体積が最小のものとします. このとき, $P$ が既約であることから $\tau ^{-1}(H') \neq P$ よって $H' \neq P'$ が成り立ち, これは $P'$ が可約であることを意味します. ■

【定理 3 の証明】 $P_0,$ $P'_0$ をそれぞれ $P,$ $P'$ の基本ミニチュアとします. このとき, ベクトル $a,$ $a' \in \mathbb Z^d,$ 整数 $c,$ $c' > 0,$ 同型写像 $\tau :\mathbb R^d\to\mathbb R^d$ で \[ P = c(P_0-a)+a,\ P' = c'(P'_0-a')+a',\ P'_0-a = \tau (P_0-a)\] を満たし, $P_0-a,$ $P'_0-a'$ が原点を頂点にもつようなものが存在します. よって, 補題 1～3 を合わせることにより,

$\displaystyle\frac{\mu_{\mathrm{av}}(P)}{\mathrm{vol}(P)} = \frac{c\,\mu_{\mathrm{av}}(P_0)}{c\,\mathrm{vol}(P_0)} = \frac{c'\,\mu_{\mathrm{av}}(P'_0)}{c'\,\mathrm{vol}(P'_0)} = \frac{\mu_{\mathrm{av}}(P')}{\mathrm{vol}(P')}$

(resp. $\displaystyle\frac{\mu_{\mathrm{nl}}(P)}{\mathrm{vol}(P)} = \frac{c\,\mu_{\mathrm{nl}}(P_0)}{c\,\mathrm{vol}(P_0)} = \frac{c'\,\mu_{\mathrm{nl}}(P'_0)}{c'\,\mathrm{vol}(P'_0)} = \frac{\mu_{\mathrm{nl}}(P')}{\mathrm{vol}(P')}$)

が得られます. ■

　定理 3 により, 面積が $A$ である任意の格子正方形 $P \subset \mathbb R^2$ に対して \[\mu _\mathrm{av}(P) = \frac{2}{15}A\] であることが分かります.

【命題 3 の証明】 \[ S_d(i) = \frac{1}{d!}i^d+O(i^{d-1}), \quad \sum_{i = 1}^n i^k = \frac{1}{k+1}n^{k+1}+O(n^k)\] $(k = d+r)$ が成り立つことから従います. ■

【定理 4 の証明】 $1 \leqq i \leqq n$ なる整数 $i$ に対して $P$ の水平なミニチュアで相似比が $i/n$ であるものの個数は $S_d(n+1-i)$ であるから, 二項定理により \[\begin{aligned} &\frac{\sum_{M \in \mathcal H_n(P)}\mathrm{vol}(M)}{\#\mathcal H_n(P)} \\ &= \left.\left(\sum_{i = 1}^n S_d(n+1-i)\cdot\left(\frac{i}{n}\right) ^d\mathrm{vol}(P)\right)\middle/\sum_{i = 1}^n S_d(n+1-i)\right. \\ &= \left.\mathrm{vol}(P)\cdot\left(\sum_{i = 1}^n (n+1-i)^dS_d(i)\right)\middle/ n^d\sum_{i = 1}^n S_d(i)\right. \\ &= \left.\mathrm{vol}(P)\cdot\left(\sum_{i = 1}^n S_d(i)\sum_{r = 0}^d\binom{d}{r}(n+1)^{d-r}(-i)^r\right)\middle/ n^dS_{d+1}(n)\right. \\ &= \left.\mathrm{vol}(P)\cdot\left(\sum_{r = 0}^d (-1)^r\binom{d}{r}(n+1)^{d-r}\sum_{i = 1}^n i^rS_d(i)\right)\middle/ n^dS_{d+1}(n)\right. \end{aligned}\] が成り立ちます. さらに, \[\begin{aligned} (n+1)^{d-r}\sum_{i = 1}^n i^rS_d(i) &= \frac{1}{d!(d+r+1)}n^{2d+1}+O(n^{2d}), \\ n^dS_{d+1}(n) &= \frac{1}{(d+1)!}n^{2d+1}+O(n^{2d}) \end{aligned}\] であるから, 定理 1 (1) の証明の中で示した等式 \[ (d+1)\sum_{k = 0}^d\dfrac{(-1)^k}{d+1+k}\binom{d}{k} = \frac{1}{\dbinom{2d+1}{d}}\] により \[\begin{aligned} &\frac{\sum_{M \in \mathcal H_n(P)}\mathrm{vol}(M)}{\#\mathcal H_n(P)} \\ &\to \left.\mathrm{vol}(P)\cdot\left(\sum_{r = 0}^d(-1)^r\binom{d}{r}\frac{1}{d!(d+r+1)}\right)\middle/\dfrac{1}{(d+1)!}\right. \\ &= \mathrm{vol}(P)\cdot (d+1)\sum_{r = 0}^d\frac{(-1)^r}{d+r+1}\binom{d}{r} \\ &= \binom{2d+1}{d}^{-1}\mathrm{vol}(P) \quad (n \to \infty ) \end{aligned}\] が成り立ちます. ■

[0]

Takashi Hirotsu, General Pell's equations and angle bisectors between planar lines with rational slopes, Integers, 24 (2024), #A111, 26 pp.

[1]

T. Hirotsu, Normal-sized hypercuboids in a given hypercube, https://arxiv.org/abs/2211.15342

[2]

T. Hirotsu, Average-sized miniatures and normal-sized miniatures of lattice polytopes, https://arxiv.org/abs/2501.00459