NO20：：2006年3月21日（火）今日は、県内高校生と高校教員さらに、数学に興味・関心のある方まで１１０人余り参加を得た「数学を楽しむ」講演会が岐阜市内のホテルで行われました。演題は「高木貞治博士とゼータ研究」で、講師は東京工業大学大学院教授　黒川信重先生です。
　司会進行役をしていた私にとって、緊張の連続でした。お話の内容は少し難しいところもありましたが、「素因数分解は可能であり、一意的である」「素数は無限個ある」という定理の証明は証明されました。ここで、次のような素数を無限個作っていく話がありました。２→３→７→４３→１３→・・・・
ここで、この数列をｐ_１，ｐ_２，・・・，ｐ_ｎまで作れたとすると、ｐ_ｎ＋１はｐ_１×ｐ_２×・・・×ｐ_ｎ＋１の最小素因数とする。では、２→３→７→４３→１３→？→？・・・を計算してみてください。実はとっても桁数が多くなり素因数分解が大変になります。
次に、最初の素数が、２でなくて、３，７，５，１１，１３，１７，のもチャレンジしてください。素数の発見につながります。
　さらに、次の予想（未解決問題）を言われました。「どの素数から出発してもすべての素数が現れる」
まだまだ　、数学の話題は尽きませんでした。黒川先生には、これからも夢のある話を若い人たちになされ、百万ドルの懸賞金のついた「リーマン予想」の研究に励んでいただき、元気に活躍されることを祈念します。また、出席者の皆様には、誠にありがとうございました。感謝申し上げます。

NO12：：2006年1月8日（日）先日、ゼータ関数の研究をなされている東京工業大黒川信重先生にお会いしてきました。３月２１日（祝日）の「数学を楽しむ」講演会の講師をお願いしに行ってきました。ゼータ関数やリーマン予想を研究されている方には有意義な講演となりますよ。

NO11：：2006年1月4日（水）多くの皆さんに旧年中はご愛顧を賜り誠にありがとうございます。深く感謝申し上げます。！新年あけましておめでとうございます。（ご挨拶が遅れたことをお詫び申し上げます）
　昨年同様変わらないご愛顧を賜りますようにお願いします。平成１０年１０月５日の第１回応募問題から、皆様に励まされながら８年目に入りました。本当にありがたいことです。改めて多くの応募者の方に感謝しています。ありがとう！今後一層、連続して応募問題を運営していきたいと考えています。
それには、病気をしないように体を大切に労りながら、元気に更新していきたいです。よろしくお願いします。

NO8：：2005年12月23日（金）今週は雪に悩まされています。１９日（月）３０ｃｍから４０ｃｍの降雪があり、学校は休校になりました。で、昨日は午前１０時頃から吹雪になり、この悪天候が続くと、生徒が帰宅できそうにないと判断し、２時限の授業で打ち切り、後休校です。こんな年はかってないことです。
　さらに、今朝はなんと深いところで、５０ｃｍから７０ｃｍ（一度雪をどけていまして、０からの数値）になっていました。初めてのことです。今までにどかした雪が解けていないから、場所がありません。結局上に積み重ねていきまして、１ｍ５０ｃｍ程度にも達しています。庭木の枝にある雪をはらい落としましたが、これ以上降ってくれると、家屋に支障をきたしてくる。

NO１：：2005年11月5日（土）今回の応募問題で「uchinyan」さんから興味ある考察が届きましたから、お知らせします。
第162回数学的な応募問題への解答の追加
[考察1]
水の流れさんからのチャレンジもあったし、いい機会なので、同様にして、
S(n,k) = 1^k + 2^k + .. + n^kとしたときの、k = 5, 6, 7, 8, 9, 10 を求めてみます。なお、詳しい計算は同様なので省略します。
* S(n,5) の場合
∫[x=k,k+1]{x^5 - 5/2 * x^4 + 5/3 * x^3 - 1/6 * x}dx = k^5
S(n,5) = 1^5 + 2^5 + ... + n^5
= ∫[x=1,n+1]{x^5 - 5/2 * x^4 + 5/3 * x^3 - 1/6 * x}dx
= ...
= 1/12 * n^2 * (n+1)^2 * (2n^2 + 2n - 1)
* S(n,6) の場合
∫[x=k,k+1]{x^6 - 3 * x^5 + 5/2 * x^4 - 1/2 * x^2 + 1/42}dx = k^6
S(n,6) = 1^6 + 2^6 + ... + n^6
= ∫[x=1,n+1]{x^6 - 3 * x^5 + 5/2 * x^4 - 1/2 * x^2 + 1/42}dx
= ...
= 1/42 * n(n+1)(2n+1)(3n^4 + 6n^3 - 3n + 1)
* S(n,7) の場合
∫[x=k,k+1]{x^7 - 7/2 * x^6 + 7/2 * x^5 - 7/6 * x^3 + 1/6 * x}dx = k^7
S(n,7) = 1^7 + 2^7 + ... + n^7
= ∫[x=1,n+1]{x^7 - 7/2 * x^6 + 7/2 * x^5 - 7/6 * x^3 + 1/6 * x}dx
= ...
= 1/24 * n^2 * (n+1)^2 * (3n^4 + 6n^3 - n^2 - 4n + 2)
* S(n,8) の場合
∫[x=k,k+1]{x^8 - 4 * x^7 + 14/3 * x^6 - 7/3 * x^4 + 2/3 * x^2 - 1/30}dx = k^8
S(n,8) = 1^8 + 2^8 + ... + n^8
= ∫[x=1,n+1]{x^8 - 4 * x^7 + 14/3 * x^6 - 7/3 * x^4 + 2/3 * x^2 - 1/30}dx
= ...
= 1/90 * n(n+1)(2n+1)(5n^6 + 15n^5 + 5n^4 - 15n^3 - n^2 + 9n - 3)
* S(n,9) の場合
∫[x=k,k+1]{x^9 - 9/2 * x^8 + 6 * x^7 - 21/5 * x^5 + 2 * x^3 - 3/10 * x}dx = k^9
S(n,9) = 1^9 + 2^9 + ... + n^9
= ∫[x=1,n+1]{x^9 - 9/2 * x^8 + 6 * x^7 - 21/5 * x^5 + 2 * x^3 - 3/10 * x}dx
= ...
= 1/20 * n^2 * (n+1)^2 * (2n^6 + 6n^5 + n^4 - 8n^3 + n^2 + 6n - 3)
* S(n,10) の場合
∫[x=k,k+1]{x^10 - 5 * x^9 + 15/2 * x^8 - 7 * x^6 + 5 * x^4 - 3/2 * x^2 + 5/66}dx = k^10
S(n,10) = 1^10 + 2^10 + ... + n^10
= ∫[x=1,n+1]{x^10 - 5 * x^9 + 15/2 * x^8 - 7 * x^6 + 5 * x^4 - 3/2 * x^2 + 5/66}dx
= ...
= 1/66 * n(n+1)(2n+1)(3n^8 + 12n^7 + 8n^6 - 18n^5 - 10n^4 + 24n^3 + 2n^2 - 15n + 5)
計算は決して楽ではありませんが、ある程度の規則性があるので、それをチェックしながらやれば、計算違いは思ったよりなしで済みました。原理的には、より高次の場合も可能ですね。
[考察2]
今回の問題とは離れますが、S(n,k) = 1^k + 2^k + .. + n^k は漸化式を作ることができます。
二項定理より、二項係数を C(p,q) などと書くと
n^(k+1) - (n-1)^(k+1) = �納i=0,k]{C(k+1,i) * n^i * (-1)^(k-i)}
そこで、n を 1, 2, ..., n として両辺をそれぞれ加えると、
n^(k+1) = �納i=0,k]{C(k+1,i) * S(n,i) * (-1)^(k-i)}
S(n,k) = 1/(k+1) * {n^(k+1) + �納i=0,k-1]{C(k+1,i) * S(n,i) * (-1)^(k-i+1)}
ただし、S(n,0) = n とします。
これを用いて実際に計算してみると．．．
S(n,1) = 1/2 * {n^2 + C(2,0) * S(n,0) * (-1)^2}
= 1/2 * n(n+1)
S(n,2) = 1/3 * {n^3 + C(3,0) * S(n,0) * (-1)^3 + C(3,1) * S(n,1) * (-1)^2 }
= 1/3 * {n^3 - 1 * n + 3 * 1/2 * n(n+1)}
= 1/6 * n(n+1)(2n+1)
S(n,3) = 1/4 * {n^4 + C(4,0) * S(n,0) * (-1)^4 + C(4,1) * S(n,1) * (-1)^3
+ C(4,2) * S(n,2) * (-1)^2 }
= 1/4 * {n^4 + 1 * n - 4 * 1/2 * n(n+1) + 6 * 1/6 * n(n+1)(2n+1)}
= 1/4 * n * {n^3 + 1 - 2 * (n+1) + (n+1)(2n+1)}
= 1/4 * n^2 * (n+1)^2
S(n,4) = 1/5 * {n^5 + C(5,0) * S(n,0) * (-1)^5 + C(5,1) * S(n,1) * (-1)^4
+ C(5,2) * S(n,2) * (-1)^3 + C(5,3) * S(n,3) * (-1)^2}
= 1/5 * {n^5 - 1 * n + 5 * 1/2 * n(n+1) - 10 * 1/6 * n(n+1)(2n+1) + 10 * 1/4 * n^2 * (n+1)^2}
= ...
= 1/30 * n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n - 1)
いくらでも計算可能ですが、計算自体は必ずしも容易ではないようです。
[考察3]
ちょっと見方を変えて、階差数列を考えてみます。以下では、S(n,2) でやってみます。
0 - 1 - 5 - 14 - 30 - 55 - ... - S(n,2) - S(n+1,2) - ...
1 - 4 - 9 - 16 - 25 - ... - n^2 - (n+1)^2 - ...
3 - 5 - 7 - 9 - ... - 2n-1 - 2n+1 - ...
2 - 2 - 2 - ... - 2 - 2 - ...
0 - 0 - ... - 0 - 0 - ...
0 - ... - 0 - 0 - ...
これを次のように式で書いてみます。
1^2 + 2~2 + 3^3 + 4^2 + 5^2
= 55
= 30 + 25
= (14 + 16) + (16 + 9)
= (5 + 9) + 2 * (9 + 7) + (7 + 2)
= (1 + 4) + 3 * (4 + 5) + 3 * (5 + 2) + (2 + 0)
= (0 + 1) + 4 * (1 + 3) + 6 * (3 + 2) + 4 * (2 + 0) + (0 + 0)
= 1 * 0 + 5 * 1 + 10 * 3 + 10 * 2 + 5 * 0 + 1 * 0
= C(5,0) * 0 + C(5,1) * 1 + C(5,2) * 3 + C(5,3) * 2 + C(5,4) * 0 + C(5,5) * 0
ここで、0, 1, 3, 2, 0, 0 は、上記の多段の階差数列の初項になっています。
一方、その係数は、それぞれの初項から 55 までを最短で結ぶ経路の数になっています。
これは当然で、その経路の数だけ、初項が足し合わされることから明らかです。
これは一般 n でもいえるので、
S(n,2) = C(n,0) * 0 + C(n,1) * 1 + C(n,2) * 3 + C(n,3) * 2 + C(n,4) * 0 + C(n,5) * 0 + 0 + ...
= n * 1 + n(n-1)/2! * 3 + n(n-1)(n-2)/3! * 2
= 1/6 * n * (6 + 9(n-1) + 2(n-1)(n-2))
= 1/6 * n * (2n^2 + 3n + 1)
= 1/6 * n(n+1)(2n+1)
ほとんど明らかなので詳しい証明は省略しますが、この議論は一般の S(n,k) に対しても成立し、
多段の階差数列の初項を a(0), a(1), a(2), ... とすると、
a(0) = 0 で a(k+2) 以降もすべて 0 となり、
S(n,k) = �納i=1,k+1] {C(n,i) * a(i)}
と書けます。
k を与えれば、多段の階差数列は計算できるので、a(i) も計算可能で、
この式で S(n,k) を求めることができます。
ただ、a(i) の一般項を求めるのは大変そうな気がします。
[考察4]　今回の問題の背景かな？
残念ながら、考察4は私のオリジナルではなく、Webで調べたことをまとめたものです。
ただ、ちょっと不思議な？、でもよく知られているらしい、数を使って、
一応、S(n,k) の一般式が書き下せるらしいので、ご紹介します。
もっとも、皆さん、水の流れさんは、既によくご存知なのだろうと思いますが。
次の式で B(i) という数を定義します。この B(i) をベルヌーイ数というそうです。
B(0) = 1
�納i=0,m]{C(m+1,i) * B(i)} = 0
具体的には、
B(0) = 1, B(1) = -1/2, B(2i+1) = 0 for i = 1, 2, ...
B(2) = 1/6, B(4) = -1/30, B(6) = 1/42, B(8) = -1/30, B(10) = 5/66, ...
などとなります。
さらに、このベルヌーイ数と二項係数の積を係数にもつベルヌーイ多項式というものを
B(x,m) = �納i=0,m]{C(m,i) * B(i) * x^(m-i)}
と定義します。これを m = 0, 1, 2, 3, 4 で計算してみると
B(x,0) = 1
B(x,1) = x - 1/2
B(x,2) = x^2 - x + 1/6
B(x,3) = x^3 - 3/2 * x^2 + 1/2 * x
B(x,4) = x^4 - 2 * x^3 + x^2 - 1/30
なんと、今回の問題の積分に出てきた多項式に一致します！
さて、ベルヌーイ多項式の性質を調べてみます。まず、
dB(x,m)/dx
= �納i=0,m-1]{C(m,i) * B(i) * (m-i) * x^(m-i-1)}
= �納i=0,m-1]{m!/(m-i)!i! * B(i) * (m-i) * x^(m-i-1)}
= m * �納i=0,m-1]{(m-1)!/(m-1-i)!i! * B(i) * x^(m-1-i)}
= m * �納i=0,m-1]{C(m-1,i) * B(i) * x^(m-1-i)}
= m * B(x,m-1)
次に、m not= 1 のとき、
B(1,m) = �納i=0,m]{C(m,i) * B(i)}
= �納i=0,m-1]{C(m,i) * B(i)} + B(m)
= B(m)
= B(0,m) さらに、m >
= 1 で、
B(x+1,m) - B(x,m) = m * x^(m-1)
が成立します。これは、
d(B(x+1,m) - B(x,m))/dx = m * (B(x+1,m-1) - B(x,m-1))
を用いて、数学的帰納法で証明できます。
したがって、
∫[k,k+1]{B(x,m)}dx
= ∫[k,k+1]{1/(m+1) * dB(x,m+1/dx)}dx
= 1/(m+1) * {B(k+1,m+1) - B(k,m+1)}
= 1/(m+1) * (m+1) * k^m
= k^m
となり、B(x,m) は、確かに今回の問題の題意を満たします。
そこで、m >= 1 で、
S(n,m) = ∫[x=1,n+1]{B(x,m)}dx
= ∫[x=1,n+1]{1/(m+1) * dB(x,m+1)/dx}dx
= 1/(m+1) * {B(n+1,m+1) - B(1.m+1)}
= 1/(m+1) * {�納i=0,m+1]{C(m+1,i) * B(i) * (n+1)^(m+1-i)} - B(0,m+1)}
= 1/(m+1) * {�納i=0,m]{C(m+1,i) * B(i) * (n+1)^(m+1-i)}
つまり、
S(n,k) = 1/(k+1) * {�納i=0,k]{C(k+1,i) * B(i) * (n+1)^(k+1-i)}
となります。これによって、ベルヌーイ数を使って S(n,k) が求められます。
例えば、
S(n,1) = 1/2 * {C(2,1) * B(1) * (n+1) + C(2,2) * B(0) * (n+1)^2}
= 1/2 * (2 * (-1/2) * (n+1) + 1 * 1 * (n+1)^2)
= 1/2 * n(n+1)
になり、よく知られた公式と一致します。
もっとも、ベルヌーイ数を知らないと話しにならないので、これが実用上便利かどうかは、
ちょっと疑問ですが．．．
ただ、一般形が書き下せるのは「スゴイ！」と思いました。
少なくとも今回の問題の背景と思われます。
なお、さらに少し変形すると、
S(n,m) = ∫[x=1,n+1]{B(x,m)}dx
= ∫[x=0,n]{B(x+1,m)}dx
= ∫[x=0,n]{m * S(x,m-1) + B(1,m)}dx
= m * ∫[x=0,n]{S(x,m-1)}dx + B(1,m) * n
これから、
S(n,k) = k * ∫[x=0,n]{S(x,m-1)}dx + c * n
ただし、c は S(1,k) = 1 となるように決める、とできます。
この形式ならば、ベルヌーイ数は表に表れず、単に積分形式の S(n,k) の漸化式になっています。
考察2の積分版といったところでしょうか。
実用上は、これが一番便利なような気がします。
[考察5]
これも前半はWebからの受け売りで恐縮ですが、考察4とはちょっと違った方法です。
考察2の次の式から出発します。
n^(k+1) = �納i=0,k]{C(k+1,i) * S(n,i) * (-1)^(k-i)}
後の議論のために k -> m, i -> k と置き換えて、少し変形すると
1/(m+1)! * n^(m+1) = �納k=0,m]{1/(m-k+1)! * (-1)^(m-k) * 1/k! * S(n,k)} ... (1)
この両辺に x^(m+1) をかけて m で 0 から∞まで足し上げてみます。
ただし、右辺の 1/k! * S(n,k) に注目して、次の式を考えます。
P(x,n) = �納k=0,∞]{1/k! * S(n,k) * x^k}
これは、S(n,k) の一種の母関数と呼ばれるもので、級数の計算などに利用される手法です。
すると、
(1)の左辺 = �納m=0,∞]{1/(m+1)! * n^(m+1) * x^(m+1)} = exp(nx) - 1
(1)の右辺 = �納m=0,∞]{�納k=0,m]{1/(m-k+1)! * (-1)^(m-k) * 1/k! * S(n,k) * x^(m+1)}
�狽ﾌ二重和は、まず m について m=k,∞ としてから k=0,∞ としても同じなので
、 = �納k=0,∞]{�納m=k,∞]{1/(m-k+1)! * (-1)^(m-k) * 1/k! * S(n,k) * x^(m+1)}
m-k -> i と置き換えて、
= �納k=0,∞]{�納i=0,∞]{1/(i+1)! * (-1)^i * x^(i+1)} * (1/k! * S(n,k) * x^k)}
= �納k=0,∞]{(1 - exp(-x)) * (1/k! * S(n,k) * x^k)}
= (1 - exp(-x)) * P(x,n)
そこで、
P(x,n) = (exp(nx) - 1) * exp(x)/(exp(x) - 1)
右辺の最初のところを再度マクローリン展開すると
P(x,n) = �納m=1,∞]{1/m! * (nx)^m * exp(x)/(exp(x) - 1)}
= �納m=1,∞]{1/m! * (nx)^(m-1) * n * (x * exp(x))/(exp(x) - 1)}
ここで、
(x * exp(x))/(exp(x) - 1) = �納i=0,∞]{b(i) * 1/i! * x^i}
とマクローリン展開し、そのときの係数を b(i) と定義します。
この b(i) と考察4のベルヌーイ数 B(i) との関係を、後で検討します。
これを用いると、
P(x,n) = �納m=1,∞]{1/m! * (nx)^(m-1) * n * �納i=0,∞]{b(i) * 1/i! * x^i}}
= �納m=1,∞]{�納i=0,∞]{1/m! * 1/i! * n^m * b(i) * x^(m+i-1)}}
m+i-1 -> k とおいて、和を m, k で表すと
= �納m=1,∞]{�納k=m-1,∞]{1/m! * 1/(k-m+1)! * n^m * b(k-m+1) * x^k}}
�狽ﾌ二重和は、まず m について m=1,k+1 としてから k=0,∞ としても同じなので、
= �納k=0,∞]{�納m=1,k+1]{1/m! * 1/(k-m+1)! * n^m * b(k-m+1) * x^k}}
= �納k=0,∞]{�納m=1,k+1]{C(k+1,m) * 1/(k+1)! * n^m * b(k-m+1) * x^k}}
= �納k=0,∞]{1/k! * �納m=1,k+1]{C(k+1,m)/(k+1) * b(k-m+1) * n^m} * x^k}
これを P(x,n) の定義と比較すると、
S(n,k) = 1/(k+1) * �納m=1,k+1]{C(k+1,m) * b(k-m+1) * n^m}
= 1/(k+1) * �納i=0,k]{C(k+1,i) * b(i) * n^(k+1-i)}
となります。
さてここで、b(i) を求めてみましょう。ここからは、私の付け足しです。
まず、
f(x) = x/(exp(x) - 1)
f(x) * (exp(x) - 1) = x
を考えます。
f(x), exp(x) - 1 をマクローリン展開して両辺の x のべきの係数を比べると、
f(x) の係数が考察4のベルヌーイ数の定義式を満たすことが分かります。
つまり、
x/(exp(x) - 1) = �納i=0,∞]{B(i) * 1/i! * x^i}
がいえます。なお、こちらをベルヌーイ数の定義とする方が主流のようです。
次に、
x/(exp(x) - 1) = (-x) * exp(-x)/(exp(-x) - 1)
となるので、実は、b(i) と B(i) とは、B(i) = (-1)^i * b(i) で、
i が偶数のときは同じ、i が奇数のときは符号だけが異なる
ことが分かります。そこで、b(1) の符号だけが B(i) と異なり、
b(0) = 1, b(1) = 1/2, b(2i+1) = 0 for i = 1, 2, ...
b(2) = 1/6, b(4) = -1/30, b(6) = 1/42, b(8) = -1/30, b(10) = 5/66, ...
となります。もちろん、これを使っても S(n,k) が求められます。例えば、
S(n,1) = 1/2 * {C(2,1) * b(1) * n + C(2,2) * b(0) * n^2}
= 1/2 * (2 * 1/2 * n + 1 * 1 * n^2)
= 1/2 * n(n+1)
になり、やはり、よく知られた公式と一致します。
これは当然で、
S(n,k) = 1/(k+1) * �納i=0,k]{C(k+1,i) * b(i) * n^(k+1-i)}
= 1/(k+1) * {C(k+1,1) * b(1) * n^k + �納i=even]{C(k+1,i) * b(i) * n^(k+1-i)}}
= 1/(k+1) * {2 * C(k+1,1) * b(1) * n^k
- C(k+1,1) * b(1) * n^k + �納i=even]{C(k+1,i) * b(i) * n^(k+1-i)}}
= 1/(k+1) * {2 * (k+1) * 1/2 * n^k
+ C(k+1,1) * B(1) * n^k + �納i=even]{C(k+1,i) * B(i) * n^(k+1-i)}}
= n^k + 1/(k+1) * �納i=0,k]{C(k+1,i) * B(i) * n^(k+1-i)}
S(n,k) - n^k = 1/(k+1) * �納i=0,k]{C(k+1,i) * B(i) * n^(k+1-i)}
S(n-1,k) = 1/(k+1) * �納i=0,k]{C(k+1,i) * B(i) * n^(k+1-i)}
がいえますが、右辺は、考察4の場合の S(n-1,k) になっており、
結局、b(i) を用いた式と B(i) を用いた式とは等価です。
なお、細かいことですが、考察4の積分による漸化式は、b(i) を使うと、
S(n,m) = m * ∫[x=0,n]{S(x,m-1)}dx + b(m) * n
と書くこともできます。
それと、Webを見る限り少数派のようですが、b(i) をベルヌーイ数と定義する流儀もあるようです。

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