カテゴリー: 大学数学

天下りですが以下のような\(2\)変数関数\(B(p,~q)\)を定義します．

（「\(:=\)」は「左辺を右辺で定義する」という意味です．）
この関数をベータ関数と呼びます．こいつを計算してみましょう．

直接的に求まりそうにないので，部分積分してみます（\(x^{p-1}\)を積分側，\((1-x)^{q-1}\)を微分側にしましょう）．すると，

\[\displaystyle
\begin{align*}
&\int^1_0 x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\\
=&\biggl[\frac{x^p}{p}(1-x)^{q-1}\biggl]^1_0+\int^1_0\frac{x^p}{p}(q-1)(1-x)^{q-2}dx\\
=&\frac{q-1}{p}\int^1_0x^p(1-x)^{q-2}dx\\
=&\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)
\end{align*}
\]
より，
\[B(p,~q)=\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)\]という漸化式を得ます．この漸化式から，
\[
\begin{align*}
&B(p,~q)=\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)\\
&B(p+1,~q-1)=\frac{q-2}{p+1}B(p+2,~q-2)\\
&B(p+2,~q-2)=\frac{q-3}{p+2}B(p+3,~q-3)\\
&B(p+3,~q-3)=\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\\
&\hspace{40mm}\vdots
\end{align*}
\]

が得られますが，例えば上の四つの式から，

\[B(p,~q)=\frac{q-1}{p}\frac{q-2}{p+1}\frac{q-3}{p+2}\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\]

が得られますので，この調子で続ければ\(B(\text{☆},\text{★})\)の\(\text{★}\)がどんどん小さくなり，うまく計算が出来そうです．

では，★はどこまで下げましょうか？\(B(\text{☆},\text{★})\)の定義をみると，★は１であると計算しやすいですね．なぜなら\((1-x)^{q-1}\)が\(0\)乗で１になってくれますから．

\(B(\text{☆},\text{★})\)の\(\text{★}\)が１になるまで下げてみます．

\[
\begin{align*}
&B(p,~q)=\frac{q-1}{p}B(p+1,~q-1)\\
&B(p+1,~q-1)=\frac{q-2}{p+1}B(p+2,~q-2)\\
&B(p+2,~q-2)=\frac{q-3}{p+2}B(p+3,~q-3)\\
&B(p+3,~q-3)=\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\\
&\hspace{40mm}\vdots\\
&B(p+(q-2),~q-(q-2))=\frac{q-(q-1)}{p+(q-2)}B(p+(q-1),~q-(q-1))
\end{align*}
\]
（４行目の\(\displaystyle B(p+3,~q-3)=\frac{q-4}{p+3}B(p+4,~q-4)\)の「\(4\)」を「\(q-1\)」に，「\(3\)」を「\(q-2\)」に置き換えるイメージ！）

したがって，

\[
\begin{align*}
B(p,~q)&=\frac{q-1}{p}\frac{q-2}{p+1}\frac{q-3}{p+2}\frac{q-4}{p+3}~\cdots~\frac{q-(q-1)}{p+(q-2)}B(p+(q-1),~q-(q-1)\\
&=\frac{q-1}{p}\frac{q-2}{p+1}\frac{q-3}{p+2}\frac{q-4}{p+3}~\cdots~\frac{1}{p+q-2}B(p+q-1,~1)\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}B(p+q-1,~1)\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}\int^1_0x^{p+q-2}(1-x)^0dx\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}\int^1_0x^{p+q-2}dx\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-2)!}\biggl[\frac{x^{p+q-1}}{p+q-1}\bigg]^1_0\\
&=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}
\end{align*}
\]

できました．\(\displaystyle B(p,~q)=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}\)．定義より\(\displaystyle B(p,~q)=\int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\)でしたから，結局，

\[\displaystyle \int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}\]

が得られたことになります．

さて次に，\(\displaystyle \int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx\)の積分区間\([0,~1]\)が，\([\alpha,~\beta]\)となるような置換を考えてみましょう．すなわち右のような置換です（新たな変数\(t\)としました）．この場合，どのように置換すればよいでしょうか？\(t\)が\(\alpha\)のとき\(x\)が\(0\)ですから，さしあたり\[x=t-\alpha\]という置換が思い浮かびます．しかし，\(t=\beta\)のとき\(x\)は\(\beta-\alpha\)ではなく\(1\)であってほしい．であれば，\(t-\alpha\)を\(\beta-\alpha\)で割ればいいのでは？と考え，\[\displaystyle x=\frac{t-\alpha}{\beta-\alpha}\]という置換に気付きます．置換してみましょう．\(\displaystyle dx=\frac{1}{\beta-\alpha}dt\)ですから，

\[
\begin{align*}
\displaystyle \int^1_0x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx&=\int^{\beta}_{\alpha}\left(\frac{t-\alpha}{\beta-\alpha}\right)^{p-1}\left(1-\frac{t-\alpha}{\beta-\alpha}\right)^{q-1}\frac{1}{\beta-\alpha}dt\\
&=\frac{1}{(\beta-\alpha)^{p+q-1}}\int^{\beta}_{\alpha}(t-\alpha)^{p-1}(\beta-t)^{q-1}dt
\end{align*}
\]

ゆえに，

\[\displaystyle \frac{1}{(\beta-\alpha)^{p+q-1}}\int^{\beta}_{\alpha}(x-\alpha)^{p-1}(\beta-x)^{q-1}dx=\frac{(p-1)!(q-1)!}{(p+q-1)!}\]

すなわち，

が得られたことになります（ダミー変数を\(t\)から見慣れた\(x\)に変えました）．

…で，結局何がいいたいの？？というと…

この式の\((p,~q)\)に例えば\((2,~2),~(2,~3)\)と代入してみてください．前者は
\[\displaystyle \int^{\beta}_{\alpha}(x-\alpha)(\beta-x)dx=\frac{1}{6}(\beta-\alpha)^3\]

後者は
\[\displaystyle \int^{\beta}_{\alpha}(x-\alpha)(\beta-x)^2dx=\frac{1}{12}(\beta-\alpha)^4\]
となり，例の有名公式が得られます．つまり，数学Ⅱで学ぶ例の有名公式は，実はベータ関数の特殊な場合でもあった，ということがわかります．

このベータ関数は大学の微分積分学で学ぶかと思いますが，実は今回のこの記事の内容自体が大学入試問題として出題されたこともあります．実際，上の解説を見て分かるように導出には部分積分，漸化式，置換積分と高校数学範囲の知識しか使っていません．

頂点と辺（直線でなくともOK）を結んだ図形をグラフと呼びます．

ここで，

・すべての辺を１回だけ通り，
・出発点に戻る
道が存在する（すなわち一筆書きができる）グラフ

つまり一筆書きして出発点に戻ってこられるグラフをオイラーグラフと呼びます．

このオイラーグラフに関して，次の定理があります（頂点に集まる辺の本数を次数とよび，次数が偶数であるような頂点を偶点，次数が奇数であるような頂点を奇点と呼びます）．

\[\text{オイラーグラフ}\Longleftrightarrow{頂点がすべて偶点}\]

この定理より，例えば上の三つのグラフの頂点はどれも偶点だけなのでいずれもオイラーグラフであることがわかります．つまり一筆書きできます！下の証明は，一筆書きを見つけるための一般論にもなっています．

証明

（\(\Longrightarrow\)の証明）
グラフがオイラーグラフであるとする．オイラーグラフとはいわば「一筆書きして出発点に戻ってこられる」ようなグラフであるから，各頂点において，その頂点で袋小路になることなく通過できることになる．これはその頂点に「入る」辺があれば必ず「出ていく」辺もセットで存在することを意味する（２本がセットとなる）．したがって各頂点における次数は２の倍数となる．ゆえに，すべての頂点は偶点であるといえる．

（\(\Longleftarrow\)の証明）
すべての頂点が偶点となるグラフを考える．辺の数が１のとき，すべての頂点は奇点となるから考える必要はない．したがって辺の本数を\(n\)として\(n\geq2\)で考える．

\(n\)に関する帰納法で証明する．

\(n<k\)のとき，与えらえた命題が正しいと仮定，すなわち\[\text{\(k-1\)個以下の頂点すべてが偶点\(~\Longrightarrow~\)オイラーグラフ}\]であると仮定する．この仮定のもとで，
\[\text{\(k\)個の頂点すべてが偶点\(~\Longrightarrow~\)オイラーグラフ}\]が示せればよい．

まとめると，今手元にある仮定は，

\[
\begin{cases}
\text{\(k-1\)個以下の頂点すべてが偶点\(~\Longrightarrow~\)オイラーグラフ}\quad \cdots (1)\\
\text{\(k\)個の頂点すべてが偶点}\quad \cdots (2)
\end{cases}
\]

であり，この下で，\(k\)個の頂点をもつグラフがオイラーグラフであることが示せればよい．

今，仮定(2)よりグラフの\(k\)個の頂点はすべて偶点である．このグラフ（\(G\)とおく）は閉路\(C\)をもつ．この閉路\(C\)を抜き出す（下図参照）．グラフ\(C\)を抜き出したあとのグラフを\(G\backslash C\)とおく．

閉路\(C\)を抜き出しても，各頂点は偶点のままであることに注意する（なぜなら\(C\)を抜き出したあと，頂点から次数が\(2\)の倍数だけ減ることになるが，もともと偶点なので，\(\text{偶数}-2\text{の倍数}=\text{偶数}\)より，残った頂点もやっぱり偶点となるから．下図参照）．

残ったグラフ\(G\backslash C\)の頂点はすべて偶点であるから，仮定(1)より，\(G\backslash C\)はすべてオイラーグラフといえる．

グラフ\(C\)を辿る過程で，残ったグラフ\(G\backslash C\)（オイラーグラフ）を寄り道しながらたどれば一筆書きができる（下図参照）．すなわち\(G\)はオイラーグラフである．

\(n=2\)で各頂点が偶点であるようなグラフがオイラーグラフであることは明らか．（証明終）

この証明から分かるように，「一筆書きの見つけ方」は以下のようになります：
① まず何でもいいから閉路（ア）をみつけ，その閉路（ア）を取り除く．
② 取り除いたあとのグラフから，一筆書きの経路（イ）（ウ）を見つける．
③ あとは（ア）を進む途中で（イ）（ウ）に寄り道して出発点に戻る．

②の段階で一筆書き（イ）（ウ）が見つけづらい場合は，そのグラフのもとで再び①②の操作を行えばＯＫ．

これで理論上はどんなオイラーグラフも一筆書きの経路が見つかります．

並びが違うだけのように見えますが意味は全く異なります．\(p(x,~y)\)を条件とします．

\(\exists x \forall y~p(x,~y)\)は「\(x\)が存在して，任意の\(y\)に対して\(p(x,~y)\)が成り立つ」となります．最初に「存在して」と言っているあたりが慣れないと気持ち悪いと思います．なので言い換えると，「任意の\(y\)に対して\(p(x,~y)\)が成り立つような\(x\)が，\(y\)とは無関係に存在する」となります．

ポイントは，\(x\)は\(y\)に依存していないということです．

他方，\(\forall y \exists x ~p(x,~y)\)は「どんな\(y\)に対しても，それに対応して\(x\)が存在して，\(p(x,~y)\)が成り立つ」ということです．やはり「存在して」が先に来ると違和感がある人は「\(p(x,~y)\)が成り立つような\(x\)が，\(y\)に応じて存在する」と言い換えればよいと思います．

こちらは\(x\)は\(y\)に依存しているということがポイントです．

【具体例】

条件\(p(x,~y)\)を「\(x\)は\(y\)の親である」という条件とします（\(x,y\in \text{人類}\)）．このとき，

\(\exists x \forall y~p(x,~y)\)は，
\[\exists x \forall y~[~\text{\(x\)は\(y\)の親である}~]\]
となります．これを翻訳すると「人間\(x\)が存在して，その人間\(x\)はすべての人間\(y\)の親である」，あるいは「どんな人間\(y\)にとっても親となる人間\(x\)が（その人間\(y\)が誰であるかとは無関係に）存在する」となります．

・・・この命題は常識的に考えれば真とは言いづらいですね＾＾；宗教のようなある種の信仰を持っている人にとってはこの命題も真と言えるのかもしれませんが．

他方，\(\forall y \exists x ~p(x,~y)\)は，

\[\forall y \exists x ~[~\text{\(x\)は\(y\)の親である}~]\]

これを翻訳すると「どんな人間\(y\)に対しても，その人間\(y\)に対応して\(x\)という人間が存在し，\(x\)と\(y\)との間に親子関係が成り立つ」あるいは「どんな人間\(y\)に対しても，その人間に応じて親\(x\)が存在する」となります．

・・・この命題は明らかに真でしょう．（クローン人間など特殊な例を考えない限り）物理的に人間から生まれなかった人間はいませんから．

以上，\(\exists x \forall y\)と\(\forall y \exists x\)の違い，それは\(x\)と\(y\)の間に関係（対応）があるかないか，ということです！

同じ基本ベクトル同士の外積は，\(\overrightarrow{0}\)になります．なぜなら，同じベクトルですからその２つのベクトルが作る平行四辺形の面積は０であるから，外積の大きさも０（外積の定義ⅲを参照），したがって\(\overrightarrow{0}\)です．

異なる基本ベクトル同士の外積ならどうでしょうか．たとえば，\(\overrightarrow{e_1}\times\overrightarrow{e_2}\)を考えてみます．

\(\overrightarrow{e_1}\times\overrightarrow{e_2}\)とは，外積の定義ⅰとⅱにより，図１に示す赤いベクトルであるといえます．さらに，\(\overrightarrow{e_1}\)と\(\overrightarrow{e_2}\)が作る平行四辺形は，正方形ですから，その面積は\(1\times1=1\)です．したがって，先ほどの赤いベクトル\(\overrightarrow{e_1}\times\overrightarrow{e_2}\)の大きさは\(1\)である，と言えます（図２参照）．

以上により，\(\overrightarrow{e_1}\times\overrightarrow{e_2}\)は上の図の赤いベクトルで，しかもその大きさは\(1\)であることが分かります．このベクトルはほかならぬ\(\overrightarrow{e_3}\)ですね．同様に考え，\(\overrightarrow{e_1}\times\overrightarrow{e_3}\)や\(\overrightarrow{e_3}\times\overrightarrow{e_2}\)なども導出できます．