有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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超立方体に含まれる標準的な超直方体

 本稿は, このホームページで公開している $2$ つの問題(こちらこちらを参照)の一般化に対する結果であり, 著者の廣津が $2021$ 年 $12$ 月 $11$ 日(主定理 2), $12$ 月 $20$ 日(主定理 1)に証明したものである(まとまり次第, 論文に投稿する予定). ここでは, 二項係数 $\dfrac{n!}{r!(n-r)!}$ を $\displaystyle\binom{n}{r}$ で表す.
(主定理 2 のプレプリントはこちらを参照)

主定理

定義《超立方体に含まれる標準的な超直方体》(廣津, $2021$)

 $d$ 次元ユークリッド空間において, $1$ 辺の長さが $a$ の超立方体 $H$ の各辺を $n$ 等分するように格子線を引き, 各辺が格子線または境界線上にある超直方体, 超立方体の体積の平均値をそれぞれ $q(d,n),$ $r(d,n)$ とおき, \[ q(d) = \lim\limits_{n \to \infty}q(d,n), \quad r(d) = \lim\limits_{n \to \infty}r(d,n)\] とおく. $H$ において, 体積が $a^dq(d),$ $a^dr(d)$ である超直方体, 超立方体をそれぞれ標準的な超直方体(normal hypercuboid), 標準的な超立方体(normal hypercube)と呼ぶ.

主定理 1《超立方体に含まれる標準的な超直方体》(廣津, $2021$)

 $d$ 次元超立方体 $H$ において, $H$ の体積に対する標準的な超直方体の体積の比は \[ q(d) = \frac{1}{3^d}\] である.

主定理 2《超立方体に含まれる標準的な超立方体》(廣津, $2021$)

(1)
$d$ 次元超立方体 $H$ において, $H$ の体積に対する標準的な超立方体の体積の比は \[ r(d) = \frac{1}{\displaystyle \binom{2d+1}{d}}\] である.
(2)
$d$ 次元超立方体 $H$ における, $H$ の辺の長さに対する標準的な超立方体の辺の長さの比の極限値は \[\lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{r(d)} = \frac{1}{4}\] である.

主定理 1 の証明

証明

 $H = [0,1]^d$ の場合を考えれば十分である. このとき, 辺の長さが $\dfrac{k_1}{n},$ $\cdots,$ $\dfrac{k_d}{n}$ の小超直方体は $(n-k_1+1)\cdots (n-k_d+1)$ 個ある. 小超直方体の体積の総和(のべ体積)は \[\begin{aligned} &\sum_{k_1 = 1}^n\cdots\sum_{k_d = 1}^n(n-k_1+1)\cdots (n-k_d+1)\frac{k_1}{n}\cdots\frac{k_d}{n} \\ &= \frac{1}{n^d}\left\{\sum_{k = 1}^n(n-k+1)k\right\} ^d = \frac{1}{n^d}\left\{\frac{1}{6}n(n+1)(n+2)\right\} ^d \end{aligned}\] であり, 小超直方体の総数は \[\begin{aligned} &\sum_{k_1 = 1}^n\cdots\sum_{k_d = 1}^n(n-k_1+1)\cdots (n-k_d+1) \\ &= \sum_{k_1 = 1}^n\cdots\sum_{k_d = 1}^nk_1\cdots k_d = \left(\sum_{k = 1}^nk\right) ^d = \left\{\frac{1}{2}n(n+1)\right\} ^d \end{aligned}\] であるから, \[ q(d,n) = \frac{\dfrac{1}{n^d}\left\{\dfrac{1}{6}n(n+1)(n+2)\right\} ^d}{\left\{\dfrac{1}{2}n(n+1)\right\} ^d} = \frac{(n+2)^d}{3^dn^d}\] である. よって, \[ q(d) = \lim\limits_{n \to \infty}\frac{1}{3^d}\left( 1+\dfrac{2}{n}\right) ^d = \frac{1}{3^d}\] である.

主定理 2 (1) の証明

証明

 $H = [0,1]^d$ の場合を考えれば十分である. このとき, $1$ 辺の長さが $\dfrac{k}{n}$ の小超立方体は $(n-k+1)^d$ 個ある. 小超立方体の体積の総和(のべ体積)は \[\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^d\left(\frac{k}{n}\right)^d\] であり, 小超立方体の総数は \[\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^d = \sum_{k = 1}^nk^d\] であるから, \[ r(d,n) = \frac{\displaystyle\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^dk^d}{\displaystyle n^d\sum_{k = 1}^nk^d}\] である. 分母, 分子はともに $n$ の $2d+1$ 次式であるから, それぞれの最高次の係数に注目すると, \[ r(d) = \frac{\displaystyle\sum_{k = 0}^d\frac{(-1)^k}{d+1+k}\binom{d}{k}}{\dfrac{1}{d+1}} = (d+1)\sum_{k = 0}^d\dfrac{(-1)^k}{d+1+k}\binom{d}{k}\] であることがわかる. ここで, \[ x^d(1+x)^d = \sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}x^{d+k}\] の両辺を $-1$ から $0$ まで積分して得られる等式 \[\int_{-1}^0x^d(1+x)^ddx = \sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}\int_{-1}^0x^{d+k}dx\] において, \[\begin{aligned} \int_{-1}^0x^d(1+x)^ddx &= \int_1^0(-t)^d(1-t)^d(-1)dt \\ &= (-1)^d\int_0^1t^d(1-t)^ddt \\ &= (-1)^dB(d+1,d+1) \\ &= (-1)^d\frac{d!d!}{(2d+1)!} \\ &= \frac{(-1)^d}{\displaystyle (d+1)\binom{2d+1}{d}}, \\ \sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}\int_{-1}^0x^{d+k}dx &= \sum_{k = 0}^d\binom{d}{k}\left[\frac{x^{d+1+k}}{d+1+k}\right] _{-1}^0 \\ &= (-1)^d\sum_{k = 0}^d\frac{(-1)^k}{d+1+k}\binom{d}{k} \end{aligned}\] ($B(x,y)$ はベータ関数)であるから, \[ r(d) = \frac{1}{\displaystyle \binom{2d+1}{d}}\] である.

主定理 2 (2) の証明

証明

\[\binom{2d+1}{d} = \frac{2d+1}{d+1}\binom{2d}{d}, \quad \lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{\frac{2d+1}{d+1}} = 1\] であるから, 公式 \[\lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{\binom{2d}{d}} = 4\] により, \[\lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{\binom{2d+1}{d}} = 4\] である. ゆえに, \[\lim\limits_{d \to \infty}\sqrt[d]{r(d)} = \frac{1}{4}\] である.

更新履歴

2021/12/21
定義の変更,
タイトルと URL の変更,
主定理 2 のプレプリントの改訂
2021/12/20
定義と主定理 1 のアップロード
主定理 2 の記号変更,
タイトルと URL の変更
2021/12/17
主定理 2 のプレプリントのアップロード
2021/12/11
主定理 2 のアップロード