2020-03-04

Σk^2

$\displaystyle\sum_{k=1}^n k^{2}=\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$

これを幾何学を使って証明したい。
各辺の大きさ1の立方体を図の様に積んでいく。
本当はn番目の図で考えたいが図を描くのも考えるのも面倒なのでn=3の場合の図で考え、n番目でも同様に考えられるか確認する。
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この図の体積は $\sum_{k=1}^3 k^{2}$ の値と等しい。なぜなら上から高さ1,底面の面積がk^2の直方体を積み重ねているからである。
これでnの場合を考える。

証明
底面の面積が(n+1)^2、高さn+1の四角錐をかぶせる。
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ここからいらない部分を引いていく。
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いらない部分は図のように分割できる。
橙の部分の体積は底面の面積1、高さ1の四角錐がn+1個あるので
$((1^{2}\times1\times\dfrac{1}{3})(n+1)=\dfrac{1}{3}(n+1)$
赤の部分の体積は底面の体積が1/2、高さが1の三角柱が $\sum_{k=1}^n k$ 個ありこれが左右両側にあるので
$2\left ( \dfrac{1}{2}\times1 \right )\times \displaystyle\sum_{k=1}^n k$
$=\dfrac{1}{2}n(n+1)$
よって青の体積は
$\dfrac{1}{3}(n+1)^{3}-\dfrac{1}{3}(n+1)-\dfrac{1}{2}n(n+1)$
$=\dfrac{1}{6}(n+1)(2(n+1)^2-2-3n)$
$=\dfrac{1}{6}(n+1)(2n^{2}+n)$
$=\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$

より示された。

感想
四次元をみることができるようになったらΣk^3も同様に証明できるのだろうか。
いや、Σk^3の場合は特別な方法があった気がする。(Σk)^2=Σk^3となること上手く説明するやつがあった気がする。

2019-09-03

不思議かもしれない式。

幾何学の話ではありません。許してください。みつけつけたから書きたくなってしまったのです。

今から例を挙げます。みんな電卓用意。本当にその値になるか確かめましょう。

※式１。

$2\sqrt{3}\cos10^\circ=\sqrt{9+\dfrac{9}{\sqrt{9+\dfrac{9}{\sqrt{9+\frac{9}{\sqrt{\ddots}}}}}}}$

三倍角の公式使えばざっくり示せます。

※式２。

nは正。

$n=\sqrt{(n^2-b)+\dfrac{bn}{\sqrt{(n^2-b)+\dfrac{bn}{\sqrt{(n^2-b)+\dfrac{bn}{\sqrt{\ddots}}}}}}}$

bは、大抵の数字を入れて大丈夫なはず。

bは好きな数字を入れて大丈夫ですが、０に近い数字の方が実際に計算したときに収束が早いです。

※式３。

$\sqrt{n}+1=\sqrt{(n+3)+\dfrac{2(n-1)}{\sqrt{(n+3)+\dfrac{2(n-1)}{\sqrt{(n+3)+\frac{2(n-1)}{\sqrt{\ddots}}}}}}}$

これは結構面白いかもしれません。

√(n)+1で中々愉快な式変形を行います。

\begin{align}
\sqrt{n}+1 &= \sqrt{(\sqrt{n}+1)^2}\\
&=\sqrt{n+1+2\sqrt{n}} \\
&=\sqrt{n+1+2-2+2\sqrt{n}} \\
&=\sqrt{(n+3)+2(\sqrt{n}-1)} \\
&=\sqrt{(n+3)+\dfrac{2}{\frac{1}{\sqrt{n}-1}}} \\
&=\sqrt{(n+3)+\dfrac{2}{\frac{\sqrt{n}+1}{n-1}}} \\
&=\sqrt{(n+3)+\dfrac{2(n-1)}{\sqrt{n}+1}} \\
\end{align}

あとは左の√(n)+1を右の√(n)+1に無限に代入するだけ。

2足して2引くところなんかもう、しびれちゃうね。

そして、n+3=2(n-1)の解、n=5を代入すると、

※式４。

$\sqrt{5}+1=\sqrt{8+\dfrac{8}{\sqrt{8+\dfrac{8}{\sqrt{8+\frac{8}{\sqrt{\ddots}}}}}}}$

が、求められます。

※式５。

x>0で、

$\sqrt{x}=\dfrac{x+\dfrac{x+\dfrac{x\cdots}{1\cdots}}{1+\dfrac{x\cdots}{1\cdots}}}{1+\dfrac{x+\dfrac{x\cdots}{1\cdots}}{1+\dfrac{x\cdots}{1\cdots}}}$

漸化式立てて一般項を求めてみると分かりますが、xが大きくなればなるほど収束が遅くなって使えなくなります。あくまで観賞用の式です。

以下増やすかも。

2019-08-05

点と直線の距離

その直線 $ax+by+c=0$ と点 $(x_0,y_0)$ の距離dは

$d=\dfrac{|ax_0+bx_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$

である。

見た目がきれいでそこそこ便利な公式である。

何も考えずに証明しようとすると煩雑な計算でやる気がなくなるので何かしらの工夫が必要である。

証明

直線 $ax+by+c=0$ と点 $(x_0,y_0)$ の距離をdとして、その両方をｘ軸方向に $-x_0$ 、ｙ軸方向に $-y_0$ 平行移動する。

$a(x-(-x_0))+b(y-(-y_0))+c=0$

$a(x+x_0)+b(y+y_0)+c=0$

$ax+by+ax_0+bx_0+c=0$

ここで、 $ax_0+by_0+c=t$ とすると、

$ax+by+t=0$ ・・・①

$(x_0,y_0)$ は原点 $(0,0)$ へ移動。

平行移動しても距離dは変化しない。

則、①と原点との距離を求めればよい。

円の方程式 $x^2+y^2=d^2$ は仮定より①と接する。

その接点を $(x_1,y_1)$ とする。

接線の方程式は

$x_1 x+y_1 y=d^2$

$x_1 x+y_1 y -d^2=0$ ・・・②

すると①と②は同じ直線を表している。

ここで①、②を各 $t$ 、 $-d^2$ でわると、

$\dfrac{a}{t}x+\dfrac{b}{t}y+1=0$

$\dfrac{x_1}{-d^2}x+\dfrac{y_1}{-d^2}y+1=0$

となり、後ろの１から係数比較ができる。

$\dfrac{a}{t}=\dfrac{x_1}{-d^2}$

$x_1=\dfrac{-d^2 a}{t}$

同様に $y_1=\dfrac{-d^2 b}{t}$

$(x_1,y_1)$ は方程式 $x^2+y^2=d^2$ 上にあるので

$x_1 ^2+y_1 ^2=d^2$ が成立。これより、

$d^2=\left (\dfrac{-d^2 a}{t}\right )^2+\left (\dfrac{-d^2 b}{t}\right )^2$

$d^2=\dfrac{t^2}{a^2+b^2}$

dは正で、 $t=ax_0+bx_0+c$ であるから、

$d=\dfrac{|ax_0+bx_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$

が示された。

やはり係数比較は素晴らしい。

2019-07-21

ヴィエトの公式

漸化式 $b_0=0$ 、 $b_{n+1}=\sqrt{2+b_n}$ で

$\dfrac{2}{\pi} =\displaystyle\prod_{n=1}^\infty \dfrac{b_n}{2}$

則、

$\dfrac{2}{\pi}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\cdots$

素晴らしい。計算には全く使えないが、見た目がいい。数学は見た目が楽しい。そして漸化式にｂを使ったのには特に理由はない。

証明

半径が１の円では、その円周は2πである。これを正2^n角形の円周によって近似する。

まず直径ABの円周上に点C,Dがあり、∠BOC＝∠CODである。OA=OB=OC=r、BD=a、BC=BD=bとしたとき、r、a、bの関係を調べる。

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△OACと△CBDで

∠BDC=∠CAO(円周角)

OA=OC、CB=CD(二等辺三角形)であるから、

∠CBD=∠OCA、よって

△OAC∽△CBD・・・①

三平方の定理より $AC=\sqrt{4r^2-b^2}$

①より

\begin{align}
AC:AO &= BD:DC \\
\sqrt{4r^2-b^2}:r &= a:b \\
ar &=b\cdot\sqrt{4r^2-b^2} \\
a^2r^2 &=4r^2b^2-b^4 \\
(b^2)^2- 4r^2(b^2)+a^2r^2&=0 \\
b^2 &=2r^2\pm\sqrt{4r^4-a^2r^2}
\end{align}

bは正なので

$b=\sqrt{2r^2\pm\sqrt{4r^4-a^2r^2}}$

せっかくなのでrでくくる？と

$b=r\cdot\sqrt{2-\sqrt{4-\displaystyle\left ( \frac{a}{r} \right )^2}}$

±が出てくる理由はACとBCの両方が二等分した時の弦と言えるから。

r=1とする。

$b=\sqrt{2-\sqrt{4-a^2}}$ ・・・②

半径１の円に内接する正四角形をかんがえると一辺は三平方の定理より√2、周の長さはは2^2√2、正八角形では②を使うと√(2-√(4-2))=√(2-√2)、周の長さは2^3√(2-√2)、正十六角形では②を使うと2^4√(2-√(2+√2))、同様に正2^n角形では2^n√(2-√(2+√(2+√(2+√(2+√(2...........(nは根号の数＋１)nを無限に近づけると半径１の円周、則、2πに収束するのでπは

$\pi=\displaystyle\lim_{n \to \infty}2^{n}\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\cdots\sqrt{2}}}}}}$ ・・・③

根号の中の符号は-+++++++で最初のみ-であとは+

と表せる。

nは根号の中の2の個数。また、根号の個数。もう少し正確に書けば、

$z_1=0$ 、 $z_{n+1}=\sqrt{2+z_n}$

$\pi=\displaystyle\lim_{n \to \infty}2^n\sqrt{2-z_n}$

次にどんどん２を変形していく。

\begin{align}
2
&=\left ( 2\sqrt{2}\right )\dfrac{\sqrt{2}}{2} \\
&=\left (2\cdot2\sqrt{2-\sqrt{2}}\right )\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\
&=\left (2\cdot2\cdot2\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}\right )\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\dfrac{\sqrt{2}}{2}
\end{align}

..................(これを繰り返して順番を変える。)

$2=\left (\displaystyle\lim_{n \to \infty}2^{n}\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{\cdots\sqrt{2}}}}}}\right )\dfrac{\sqrt{2}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\cdots$

括弧の中身のnは括弧の中の根号の数、もしくは２の数。

③より、

\begin{align}
2 &=\pi\dfrac{\sqrt{2}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\cdots \\
\dfrac{2}{\pi}&=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}{2}\cdots\\
\end{align}

証明終

ただただ、ビビらせるような雑な式変形をしたかった。

余談

$a^2r^2 =4r^2b^2-b^4$

を変形すると

$\displaystyle\left ( \frac{a}{b} \right )^2 +\displaystyle\left( \frac{b}{r} \right )^2=2^2$

なぜ()の大きさが同じにならない。

(a/b):(b/r):2の直角三角形が作れるというそれだけの話。

2019-03-27

３点が同一直線上に

3点P,O,QでPO+OQ=PQのときこの3点は同一直線上にある。

自明っぽいけどもやりたくなったので証明してみる。

証明

平面の直交座標で点P(a,b),点O(0,0),点Q(c,d)をとる。

この時直線PO;bx=ayと直線OQ;dx=cyが一致すればよいので

b:a=d:c

ad=bcを目指す。

この時、

$PO=\sqrt{a^2+b^2}$

$OQ=\sqrt{c^2+d^2}$

$PQ=\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}$

これより

PO+OQ=PQ

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}=\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}$

$a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}=a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd$

4(a²+b²)(c²+d²)=(-2ac-2bd)²

(a²+b²)(c²+d²)=(ac+bd)²

(※コーシー・シュワルツの不等式より

$\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$

ad=bc

とカッコつけて計算を少し省略することができなくもないが、一応知らない人の為に普通の計算もしておく。)

a²c²+a²d²+b²c²+b²d²=a²c²+b²d²+2abcd

a²d²+b²c²-2abcd=0

(ad-bc)²=0

±ad∓bc=0

±ad=±bc

ad=bc

(複合同順)

これは示されるべきことであった。

トレミーの定理の逆を証明するときにこの定理を使っていたので、一応証明していました。先にも言った通り自明っぽいので証明する必要はないような気がしないでもないですが、1+1=2とはどういうことかを説明している人がいるくらいですから、いいでしょう。

2019-02-10

Σk

$\displaystyle\sum_{k=1}^nk=\dfrac{1}{2}n(n+1)$

有名なアレである。これを幾何学を使って証明する。

証明

与式=S(n)とおく。

この時、1+2+3+.....+nを1+2・1+3・1+......+n・1

みたいなノリでそれぞれの項を１の塊として考えて１をそれぞれ正方形として考える。

そうしていい感じに正方形を積み重ねてみると

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こうなる。

正方形の一辺を1とすると面積は1なので正方形の個数を考えるということはこの図形の面積を考えるということと同意である。

面積を求めるためにいい感じに補助線を引く。

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こんな感じに分けられる。このときｎ番目では

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こんな感じ。で、見るとでかい三角形が一つ。あと真っ二つにされた正方形がｎつ。

でかい三角形の面積=底辺×底辺×(1/2)= $n\cdot n\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{n^2}{2}$

で

真っ二つにされた正方形の面積×n=正方形の面積(1/2)×n= $1\cdot 1\cdot \dfrac{1}{2} \cdot n=\dfrac{n}{2}$

S(n)=でかい三角形の面積+真っ二つにされた正方形の面積×n

$=\dfrac{n}{2}+\dfrac{n^2}{2}$

$=\dfrac{1}{2}n(n+1)$

証明終。

中学生２年生のときに思いついた。最初はとにかく数字を並べて規則性を見つけて、その時は数学的帰納法なんて知らし故、ろくに証明をせずに満足していました。しかし、その一年後くらい中学二年生のある日、証明してなくね、と思い、考えなおしたらこの方法を思いつきました。

面白いですよね。S_3の時もあるのかいつか考えようかと思っていますが、三次元を考えるのはちょいと辛いので、考えないかもしれないです。

2019-02-01

ヘロンの公式

三角形公式

三角形の3辺をa,b,cとし、2s=a+b+c、面積をSすると、

$S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

見た目がすばらしいですな。一つだけs単体なのが気になる人もおられると思いますが。これは、ブラーマグプタの公式をみれば納得すると思います。それは各自納得するか、いつか私自身で話をするか、他サイトで良さげなものを探して。

証明

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面積がSの△ABCで、ABを底辺。Cを頂点として考える。

CからABに下した垂線の足をHとし、CHをhとすると、

$S= \displaystyle\frac{1}{2} c h$

よって高さhは、

$h = \displaystyle\frac{2S}{c}$ ・・・①

適当な符号で、

±BH±AH=c・・・②

(第一余弦定理を余弦を使わず表したらこうなる。もう余弦定理ではないがな。余弦を使うと鈍角になると勝手に符号が変わってくれますが、使わないと自分で考える必要があります。)

ピタゴラスの定理より、

$BH=\sqrt{a^2 - h^2}$

$AH=\sqrt{b^2 - h^2}$

①式を代入して、②式に代入すると、

$\pm \sqrt{a^2 - (\frac{2S}{c})^2} \pm \sqrt{b^2 - (\frac{2S}{c})^2}=c$

これを気合でSについて解く。2s=a+b+cとすると、

\begin{align}
\pm \sqrt{a^2 - \left ( \frac{2S}{c} \right )^2}\pm \sqrt{b^2 -\left ( \frac{2S}{c} \right )^2} &= c \\
\pm\sqrt{a^2 - \left ( \frac{2S}{c} \right )^2} &= c \pm\sqrt{b^2 - \left ( \frac{2S}{c} \right )^2} \\
a^2 - \left ( \frac{2S}{c} \right )^2 &= c^2 + b^2 - \left ( \frac{2S}{c} \right )^2 \pm 2c\cdot\sqrt{b^2 - \left ( \frac{2S}{c} \right )^2} \\
a^2 - b^2 - c^2 &= \pm 2c\cdot\sqrt{b^2 - \frac{4S^2}{c^2}} \\(a^2 -b^2 - c^2)^2 &= 4b^2c^2 - 16S^2 \\
16S^2 &= 4b^2c^2 - (a^2 -b^2 - c^2)^2 \\
16S^2 &= (2bc + a^2 - b^2 -c^2)(2bc - a^2 + b^2 + c^2 ) \\
16S^2 &= (a^2 - (b-c)^2)((b+c)^2 - a^2) \\
16S^2 &= (a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \\
16S^2 &= (a+b+c)(a+b+c-2a)(a+b+c-2b)(a+b+c-2c) \\
16S^2 &= (2s)(2s-2a)(2s-2b)(2s-2c) \\
16S^2 &= 2(s)2(s-a)2(s-b)2(s-c) \\
S^2 &= s(s-a)(s-b)(s-c) \\
S &= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \\
\end{align}

ただしSは正である。

かくしめされた。

私が中学生の時に思いついた方法ですね。中学生でも理解できる内容ですね。最初±が必要だって気づかなかったですよ。ああ恐ろしい恐ろしい。中学生に場合分けなんて必要ないからおもおいっきり引っかかってしまいましたよ。

因みに展開すると

$4S=\sqrt{2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)-(a^4+b^4+c^4)}$

この形で使ったことがあります。その話はいつか。