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シュヴァリエ・ド・メレのサイコロと公平な分配

シュヴァリエ・ド・メレと名乗っていたアントワーヌ・ゴンボーは、フランス宮廷の文筆家で、熱心な賭博師でもありました。1654 年ごろ、彼はパスカルに賭けについての問いを二つ持ち込みました。パスカルはその問いがとても良いと思い、ピエール・ド・フェルマーに手紙を書きました。確率論はその手紙のやりとりから生まれたのです。 この友人について、パスカルはフェルマーにこう書いています。 彼はとても頭がよいのですが、幾何学者ではありません。それは、ご存じのとおり、大きな欠点です。 — ブレーズ・パスカル、フェルマーへの手紙（1654 年 7 月 29 日） 第一の問題：6 の目と 6 のぞろ目 ド・メレは得をする賭け方を知っていました。サイコロを一つ 4 回振り、少なくとも一回 6 が出るほうに賭けるのです。彼は負けるより勝つほうが多かったのです。 そこで彼はこう考えました。サイコロ二つで 6 のぞろ目が出るのは、サイコロ一つで 6 が出るより 6 倍まれだ。それなら 6 倍多く振れば埋め合わせられる。$4\cdot6=24$ 回です。「サイコロ二つを 24 回振って、少なくとも一回 6 のぞろ目が出る」という賭けは、最初の賭けと同じくらい有利なはずだ、と。 そうはなりませんでした。ド・メレはお金を失い、その理由がわかりませんでした。 正しい計算は、反対の出来事から考えます。サイコロ一つで 6 が出ない確率は $\frac56$ です。独立に 4 回振って一度も 6 が出ない確率は $\left(\frac56\right)^4$ です。したがって $$P(\text{4 回で少なくとも一回 6})=1-\left(\frac56\right)^4=1-\frac{625}{1296}\approx0.518.$$サイコロ二つの出方は $36$ 通りで、6 のぞろ目はそのうち一つだけです。一回振って 6 のぞろ目が出ない確率は $\frac{35}{36}$ です。 $$P(\text{24 回で少なくとも一回 6 のぞろ目})=1-\left(\frac{35}{36}\right)^{24}\approx0.491.$$最初の賭けは 51.8% の割合で勝ち、二つ目は 49.1% しか勝てません。ド・メレの比例の規則はもっともらしく見えましたが、確率はそのようには足し算できないのです。25 回振れば、確率はようやく半分を超えます。$1-\left(\frac{35}{36}\right)^{25}\approx0.506$ です。 賭けているだけで気づけるか？ ほとんど無理です。49.1% と 50% の差はとても小さく、確実に気づくには何千回も賭ける必要があります。そのため歴史家たちは、ド・メレが疑ったのは財布ではなく計算のほうだったと考えています。正しいと信じていた二つの規則が違う答えを出したので、どちらが間違っているのかを知りたかったのです。

October 8, 2026 読んだ
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幾何学の基礎にある仮説について

無限小における幾何学の仮説の妥当性の問題は、空間の計量関係の内的な根拠の問題と結びついている。 — ベルンハルト・リーマン『幾何学の基礎にある仮説について』（1854） 1854 年 6 月 10 日、リーマンはゲッティンゲンの学部で講演『幾何学の基礎にある仮説について』をおこなった。哲学者や歴史家も含む聴衆に向けて、ほとんど数式を使わずに書かれたものである。この原稿が出版されたのは彼の死後の 1868 年だったが、それは幾何学を変えた。 内側から見る幾何学 出発点は、ガウスの驚異の定理だった。曲面の曲率は、その曲面のなかに住む者が、外から眺めることなく距離を測るだけで測定できる。球面の上にすむ二次元の生き物は、三角形を描いて角を測れば、自分の面が曲がっていることに気づくだろう。 リーマンはこの考えを極限まで押し進めた。ふつうの空間のなかの曲面のかわりに、多様体（Mannigfaltigkeiten）を考えたのである。座標 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ で記述される任意の次元の空間で、より大きな何かに埋めこまれている必要はない。多様体に幾何学を与えるのは、ごく近い二点のあいだの距離を測る規則である。 計量 ふつうの平面では、隣りあう点のあいだの距離 $ds$ は三平方の定理で $ds^2 = dx^2 + dy^2$ と与えられる。リーマンは、一般には無限小の距離はもっと一般的な二次式で与えられると提案した。 $$ds^2 = \sum_{i,j} g_{ij}(x)\,dx_i\,dx_j.$$ここで係数 $g_{ij}$ は点ごとに変わってよい。これらの係数が計量をなす。たとえば半径 $R$ の球面上で、緯度 $\varphi$、経度 $\lambda$ を使うと $$ds^2 = R^2\,d\varphi^2 + R^2\cos^2\varphi\,d\lambda^2.$$$\cos\varphi$ が小さい極の近くでは、経度一度ぶんの長さは短くなる。 リーマンは計量から、各点、各方向での曲率を定義した。曲率が一定の空間は三種類ある。曲率ゼロ（エウクレイデスの幾何学）、正（平行線のない球面のような幾何学）、負（ロバチェフスキーとボヤイが発見した、平行線が無限にある双曲幾何学）である。 では現実の空間は 講演の最後で、リーマンは大胆な指摘をした。物理的な空間の幾何学がどんなものかは、前もってはわからない。それは論理ではなく経験によってしか決められず、物体にはたらく「力」に依存するかもしれない。ごく小さなスケールやごく大きなスケールでは、エウクレイデスの幾何学が成り立たなくなるかもしれないというのである。 六十年後、アルベルト・アインシュタインは、自分が必要としていた道具をまさにリーマンの幾何学のなかに見いだした。1915 年の一般相対性理論では、時空は計量 $g_{\mu\nu}$ をもつ四次元の多様体であり、重力は力ではなく、物質とエネルギーが生みだすその計量の曲がりなのである。 ガウスの選択 リーマンは講演の題目を三つ出し、慣例どおりガウスが電気についての二つのうちのどちらかを選ぶと思っていた。ところがガウスは、自分でも何十年も考えながら発表していなかった幾何学についての三つめを選んだ。別の題目をあてにしていたリーマンは、原稿の準備に何週間も集中して取り組まなければならなかった。デデキントによれば、講演の帰り道、ガウスは彼にしては珍しく感情をこめて、聞いた考えの深さについて語ったという。 練習：球面上の三角形地球上で、一つの頂点が北極に、ほかの二つが赤道上の経度 0° と 90° にある三角形を考える。内角の和はいくらか。それは面積とどう関係するか。 赤道上では、経線は赤道と 90° の角をなす。北極では、経度 0° と 90° の経線のなす角は 90° である。和は 270°、すなわち $\frac{3\pi}{2}$ で、$\pi$ ではない。超過分 $\frac{3\pi}{2} - \pi = \frac{\pi}{2}$ に $R^2$ を掛けると三角形の面積 $\frac{\pi}{2}R^2$ になり、これは球面全体 $4\pi R^2$ のちょうど $\frac{1}{8}$ である。曲率が一定の $\frac{1}{R^2}$ である面では、角の超過は面積を $R^2$ で割ったものに等しい。

October 31, 2026 読んだ
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ナッシュ交渉解

古典的な経済問題に新しい扱いを与える。この問題は交渉や双方独占など、さまざまな形で現れる。 — ジョン・ナッシュ「交渉問題」（1950） 1948 年、まだカーネギー工科大学の学部生だったナッシュは、国際経済学の授業を受けました。彼が生涯で受けた唯一の経済学の授業です。そこから一つの問いを持ち帰りました。二人が交渉するとき、合意から生まれる利益をどう分けるのか。経済学者たちは、答えは双方の心理や手腕やはったりしだいで、一般には何も言えないと考えていました。ナッシュは、合意がいくつかのもっともな要請を満たさなければならないなら、ありうる答えは一つしかないことを示しました。論文はプリンストンに来る前に書かれ、1950 年に雑誌『エコノメトリカ』（Econometrica）に発表されました。 問題 二人、1 と 2 が合意を結べるとします。ありうる合意はそれぞれ、各自に効用で測った利得 $u_1$、$u_2$ をもたらします。合意しなければ、各自は元からもっていたものを保ちます。これが決裂点 $(d_1,d_2)$ です。合意に意味があるのは、各自に少なくとも合意しない場合と同じだけを与えるときだけです。 四つの要請 ナッシュは解に四つの性質を求めました。 効率性。 二人にとって同時によりよい別の合意があってはならない。 対称性。 状況が対称で、二人の可能性も決裂点も同じなら、二人の取り分は等しい。 不変性。 ある人の効用を別の尺度で測っても、セ氏をカ氏に換えるように、解は変わらない。 無関係な選択肢からの独立性。 ある問題の解がより小さな問題でも可能なら、それはやはり解である。だれも選ばない選択肢を取り除いても、合意は変わらない。 ナッシュの定理によれば、四つの性質をすべてもつ規則はただ一つです。決裂点からの利得の積 $$\boxed{(u_1-d_1)\cdot(u_2-d_2)}$$を最大にする合意を選ぶことです。 1000 円を分ける 二人が 1000 円を分けます。単位を 100 円として、合計を 10 としましょう。合意できなければ、だれも何も得られません：$d=(0,0)$。簡単のため、効用はお金そのものとします。1 が $x$ を受け取れば、2 は $10-x$ を受け取り、積は $$P(x)=x(10-x)=25-(x-5)^2.$$最大は $x=5$ です。それぞれ 5、つまり 500 円ずつ。対称な場合なので、驚くことではありません。 よい代わりの選択肢をもつ人が多くを得る 今度は 1 に代わりの選択肢があるとします。合意できなくても、よそで 4 を得られ、2 は相変わらず何も得られません。決裂点は $(4,0)$ です。決裂点からの利得は $x-4$ と $10-x$ で、積は $$P(x)=(x-4)(10-x)=9-(x-7)^2,\qquad4\leq x\leq10.$$ 決裂点からの利得の積 (x − 4)(10 − x)。x = 4 では 1 が合意から何も得ないので 0、x = 10 では 2 が何も得ないので 0 になる。最大値 9 は x = 7 にある。Euler’s Eyes 作図 最大は $x=7$ です。1 が 7、2 が 3 を受け取ります。どちらも合意しない場合より3 多く得ています。ナッシュ解は余剰を等分します。余剰とは、各自がすでに確保していた分を超えて合意が生み出す価値です。だから、よい代わりの選択肢をもつ人は多くを得るのです。それはただでもらえるものではなく、交渉の出発点なのです。

October 15, 2026 読んだ
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正方形と長方形でする代数

直線が任意に分けられるならば、全体の上の正方形は、それぞれの部分の上の正方形と、二つの部分にはさまれた長方形の二倍との和に等しい。 — ユークリッド『原論』命題 II.4 ギリシャ人には、未知数を表す文字も、プラスやマイナスの記号も、等号もありませんでした。$a\cdot b$ のことを話したいときは、辺が $a$ と $b$ の 長方形 の話をし、$a^2$ のことを話したいときは、辺が $a$ の 正方形 の話をしました。べき乗に使う「平方」や「立方」という言葉はここから来ています。『原論』の第二巻はまるごとこのやり方で書かれていて、面積についての事実として述べられ証明された代数の恒等式でできています。歴史家はそれを 幾何学的代数 と呼びます。 和の平方 引用の命題 II.4 はこう言います。線分を $a$ と $b$ の二つに分ける。線分全体の上の、辺 $a+b$ の正方形は、$a$ の上の正方形と、$b$ の上の正方形と、辺 $a$ と $b$ の長方形二つの和に等しい。四つに分けた大きな正方形の図を見れば十分です。今日の記法では、 $$(a+b)^2=a^2+b^2+2ab.$$学校で暗記する公式を、ユークリッドは 描いた のです。そして証明はその図そのものです。四つの部分が、あまりも不足もなく大きな正方形を埋めつくしています。 平方の差 命題 II.5 は、知られている最も古い『原論』の断片、オクシリンコスのパピルスに書かれていたものです。今日のことばでは、長さ $2m$ の線分をまんなかで切り、さらに任意の点で $m+d$ と $m-d$ に分けると、 $$(m+d)(m-d)+d^2=m^2$$となる、と言っています。これは恒等式 $m^2-d^2=(m+d)(m-d)$、平方の差 です。ユークリッドは、長方形の一部を切りとって小さな正方形のとなりにはめこみ、正方形をつくることで証明します。 平方完成 ユークリッドから千年後の 820 年ごろ、中央アジアのホラズム地方の出身で、バグダードの知恵の館で働いていた数学者ムハンマド・イブン・ムーサー・アル＝フワーリズミー が、未知の量をひとつ含む問題の解き方についての本を書きました。その題名には「復元」を意味する al-jabr という言葉があり、それが 代数（algebra）という言葉の起源になりました。著者の名前は アルゴリズム という言葉の起源です。このサイトの旧二次方程式講座は、彼の例のひとつを紹介していました。 ひとつの平方とその根の十倍が三十九に等しい。平方はいくつか？ 今日のことばでは $x^2+10x=39$ です。フワーリズミーは、ユークリッドがしたであろうのとまったく同じく、面積でそれを解きました。 x² + 10x = 39 の幾何学的な解き方。一辺 x の黄色い正方形と、辺が x と 5 の二つの緑の長方形をあわせると 39 になる。一辺 5 の赤い小さな正方形が、一辺 x + 5 の正方形を完成させる。Euler’s Eyes 作図 一辺 $x$ の正方形を描く。面積は $x^2$。 「根の十倍」$10x$ を、辺が $x$ と $5$ の二つの長方形に分け、正方形の二辺にそれぞれくっつける。L 字形の図全体の面積は $x^2+10x=39$。 大きな正方形を完成させるには、すみに一辺 $5$、面積 $25$ の小さな正方形が足りない。それを加えると、大きな正方形の面積は $39+25=64$。 面積 $64$ の正方形の一辺は $8$。ところが大きな正方形の一辺は $x+5$ なので、$x+5=8$、$x=3$。 今日の記法では、こうなります。

October 12, 2026 読んだ
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パスカリーヌ：歯車でする足し算

1640 年、エティエンヌ・パスカルはノルマンディーの徴税官に任命されました。夜遅くまで数字の列を何本も足していく仕事で、17 歳だった息子のブレーズも手伝いました。さらに厄介なことに、当時のフランスの通貨は十進法ではありませんでした。 $$1\ \text{リーヴル}=20\ \text{ソル},\qquad 1\ \text{ソル}=12\ \text{ドゥニエ}.$$$3$ リーヴル $15$ ソル $8$ ドゥニエと、$2$ リーヴル $7$ ソル $9$ ドゥニエを足すには、三種類の繰り上がりが必要です。 ドゥニエ：$8+9=17$、つまり $1$ ソル $5$ ドゥニエ。 ソル：$15+7+1=23$、つまり $1$ リーヴル $3$ ソル。 リーヴル：$3+2+1=6$。 答えは $6$ リーヴル $3$ ソル $5$ ドゥニエです。これを一晩に千回もやれば、必ず間違えます。1642 年、ブレーズは間違えない機械を作り始めました。 数を数える歯車 パスカリーヌの仕組みは単純です。数の各桁に、$0$ から $9$ までの数字がついた歯車が一つずつあります。$7$ を足すには、$7$ の穴に針を差し込み、止め金に当たるまで歯車を回します。数は小さな窓に表示されます。 パリの工芸博物館にある、六つの歯車をもつ十進法のパスカリーヌ。お金の計算用のものには、ソルとドゥニエのための 20 目盛りと 12 目盛りの歯車もありました。David Monniaux、2005 年 · Wikimedia Commons · CC BY-SA 3.0 難しいのは繰り上がりです。一の位の歯車が $9$ から $0$ に変わるとき、十の位の歯車はひとりでに一目盛り進まなければなりません。しかも、それが次々に伝わることがあります。 $$999+1=1000.$$ここでは、一の位の歯車を一回回すだけで、四つの歯車を同時に動かさなければなりません。力がすべて回す人の指から来るのでは、歯車が動かなくなってしまいます。

October 8, 2026 読んだ
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球と円柱

ギリシアの幾何学者たちは、角柱、角錐、円柱、円錐の体積を計算できた。球だけが手ごわかった。全二巻の論考『球と円柱について』で、アルキメデスはこの問題を解き、驚くほど簡単な関係を見いだした。 定理 赤道のように球の中心を通る円を大円と呼ぶ。アルキメデスは次のことを証明した。 球の表面積は大円の面積の四倍である。$S = 4\pi r^2$。 球の体積は、大円を底面とし半径を高さとする円錐の体積の四倍である。$V = 4 \cdot \frac{1}{3}\pi r^2 \cdot r = \frac{4}{3}\pi r^3$。 そしてそこから、彼をもっとも喜ばせた帰結を引き出した。球をちょうど包む、半径 $r$、高さ $2r$ の円柱を考える。その体積は $\pi r^2 \cdot 2r = 2\pi r^3$、二つのふたを含めた表面積は $2\pi r \cdot 2r + 2\pi r^2 = 6\pi r^2$ である。したがって $$\frac{V_{\text{球}}}{V_{\text{円柱}}} = \frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{2\pi r^3} = \frac{2}{3}, \qquad \frac{S_{\text{球}}}{S_{\text{円柱}}} = \frac{4\pi r^2}{6\pi r^2} = \frac{2}{3}.$$球の体積も表面積も、円柱の三分の二なのである。 『球と円柱について』のラテン語写本のページ、十三世紀。アルキメデスの著作がギリシア語からラテン語に訳された時代のものである。ラテン語写本、1270 年頃 · Wikimedia Commons · パブリックドメイン 缶のラベルのような表面 表面積の結果を見てとる方法があり、アルキメデス自身もそれを知っていた。球と円柱を、ごく近い二つの水平な平面で切る。そのあいだの球の帯は、円柱の帯と同じ面積をもつ。球が細いところでは帯がより傾いて、そのぶん幅が広くなり、二つの効果がちょうど打ち消しあうのである。すべての帯を足しあわせると、球の表面積は円柱の側面積 $2\pi r \cdot 2r = 4\pi r^2$ に等しくなる。

October 29, 2026 読んだ
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四元数で空間を回す

絶対値 1 の複素数は平面を回す。ハミルトンは自分の数が空間で同じことをすると期待した。実際にそうなるのだが、そのやり方は彼がはじめに想像したより微妙だった。 手順 空間の点 $(x, y, z)$ を純四元数 $v = xi + yj + zk$ として書く。単位ベクトル $u = u_1 i + u_2 j + u_3 k$ で与えられる軸のまわりに角 $\theta$ だけ回すには、 $$q = \cos\frac{\theta}{2} + \sin\frac{\theta}{2}\,(u_1 i + u_2 j + u_3 k)$$をとり、 $$v \;\longmapsto\; q\,v\,q^{-1}, \qquad q^{-1} = \cos\frac{\theta}{2} - \sin\frac{\theta}{2}\,(u_1 i + u_2 j + u_3 k)$$を計算する。結果はふたたび純四元数で、それが回された点である。軸と角を選んでみよう。 この対話型の図を使うには JavaScript を有効にしてください。議論の全体は本文にあります。 二つのことが目につく。一つ目は半分の角である。$q$ は「サンドイッチ」$q v q^{-1}$ の中に二度現れ、それぞれの側が回転の半分ずつを受けもつ。二つ目はそこから出てくる。$\theta = 360°$ で物体はもとの位置に戻るが、$q = \cos 180° = -1$ となる。四元数 $q$ と $-q$ は同じ回転を与えるのだ。四元数のほうも出発点に戻るには、二回転が必要になる。この性質は一世紀後、電子のスピンに再び現れる。

October 27, 2026 読んだ
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伸ばさずに曲げる：埋め込み定理

紙を一枚取ってください。破らず、伸ばさずに、円柱に丸めることができます。紙の上でしなやかな定規で測った距離は変わりません。しかし、しわを作らずにボールを包むことはできません。紙と球面では内在的な幾何が違うのです。ガウスは 1827 年、この違い、すなわち曲率は、曲面を伸ばさずに曲げても変わらないことを証明しました。 19 世紀、ベルンハルト・リーマンはさらに大胆な考えをもちました。曲面や、任意の次元の空間を、どこにも描かずに、内側での測り方だけで記述しようというのです。必要なのは、どんな曲線の長さをどう測るかを決める規則、計量だけです。一般相対性理論はこうして時空を記述します。まわりにより大きな空間を置かず、内側から記述するのです。 問い では、抽象的なリーマン空間はどれも、ふつうのユークリッド空間（次元はとても高いかもしれません）の中に、内側で測った長さが描いたものの上での長さと一致するように描けるのでしょうか。この「ゆがみのない描き方」を等長埋め込みといいます。この問いは半世紀前からあり、幾何学者たちはきわめて難しいと考えていました。 1953 年ごろ、MIT で、幾何学者ウォーレン・アンブローズは若い同僚の傲慢さにいらだち、ナッシュに挑みました。そんなに優秀なら、これを解いてみろ。ナッシュは賭けに乗りました。 例：円柱 簡単な場合で、等長埋め込みとは何かを見てみましょう。平面の帯に座標 $(u,v)$ とふつうの計量 $ds^2=du^2+dv^2$ があるとします。変位 $du$、$dv$ の小さな曲線の長さは $\sqrt{du^2+dv^2}$ です。帯を半径 $R$ の円柱に巻きます。 $$F(u,v)=\left(R\cos\frac uR,\ R\sin\frac uR,\ v\right).$$導関数は $$F_u=\left(-\sin\frac uR,\ \cos\frac uR,\ 0\right),\qquad F_v=(0,0,1),$$内積は $$F_u\cdot F_u=1,\qquad F_v\cdot F_v=1,\qquad F_u\cdot F_v=0.$$したがって円柱上でも $ds^2=du^2+dv^2$ で、帯の上とまったく同じです。巻くことは等長的です。曲面の上を歩くアリは何の違いにも気づかないでしょう。ただし注意してください。円柱をはさんで近くにある二点も、曲面に沿って歩けば遠いことがあります。埋め込みが保つのは曲面上の曲線の長さであって、空間を通る直線距離ではありません。 平坦トーラス 今度は難しい場合です。正方形の紙を取り、上の辺と下の辺を貼り合わせると円柱になります。次に円柱の両端を貼り合わせると、ドーナツ、すなわちトーラスになります。本物の紙でやると、しわが寄ります。ふつうのドーナツは外側で曲率が正、内側で負だからです。平らな正方形から作り、正方形の測り方を保ったトーラスを平坦トーラスといい、古典的な定理によれば、それは三次元空間に滑らかに、ゆがみなく描くことはできません。四次元ならゆがみなく収まりますが、三次元には収まりません。 ナッシュが証明したこと 1954 年、ナッシュは驚くべき結果を発表しました。埋め込みが一回だけ滑らかであればよい、つまり各点で接平面は定まるが曲率はなくてもよいなら、どんな曲面も三次元空間に等長的に置けるというのです。オランダのニコラース・カイパーが 1955 年に議論を完成させました。ナッシュ＝カイパーの定理により、平坦トーラスでさえふつうの空間に収まります。その代償は、ひだの上にひだが重なり、尺度がどんどん小さくなる、フラクタルのようなきわめて奇妙な曲面です。 平坦トーラスの三次元空間への等長埋め込み。2012 年に Hevea プロジェクトが計算したもの。曲面はしだいに小さくなるひだの上のひだで覆われている。ここに見えているのは最初の三層。Hevea プロジェクト、Romainbehar によるアップロード · Wikimedia Commons · CC0 1956 年、ナッシュはアンブローズが持ち出した場合、すなわち完全に滑らかな埋め込みの場合を発表しました。どんなリーマン多様体も、十分高い次元のユークリッド空間に等長的に置けるのです。そのために彼は方程式を解く新しい技法を考案しました。各段階で、前の段階で失われた滑らかさを補正する逐次近似の方法です。この技法はのちにユルゲン・モーザーが改良し、ナッシュ＝モーザーの方法として知られるようになり、今日では天体力学や、幾何学とは何の関係もない微分方程式の問題で使われています。 くしゃくしゃの紙 ナッシュ＝カイパーの定理には、ばかげて聞こえる帰結があります。平らな一枚の紙を、伸ばさずに、いくらでも小さな球の中に入れられるのです。無限に細かいひだを許しさえすれば。2012 年、フランスのチーム、Hevea プロジェクトが、平坦トーラスのそのような埋め込みを初めて計算し、それがどんな姿かを示す画像を作りました。 練習問題：半径 R = 1 の円柱で、点 (1, 0, 0) と (−1, 0, 0) の間の曲面上の道の長さはいくらか。直線距離は？二点は $u=0$ と $u=\pi$、同じ $v$ に対応します。曲面上を歩けば、長さは帯の上と同じで $\pi\approx3.14$。円柱を横切る空間の直線距離は $2$ です。埋め込みが保つのは前者で、後者ではありません。

October 15, 2026 読んだ
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ユークリッドの互除法：最大公約数

ユークリッドの互除法はあらゆるアルゴリズムのおじいさんである。今日まで生きのびている、自明でないアルゴリズムのなかで最も古いのだから。 — ドナルド・クヌース『The Art of Computer Programming』第 2 巻（1969） 長さ 252 cm と 105 cm の二本の棒があって、どちらもちょうど整数回で測れるいちばん長い物差しを見つけたいとします。今日のことばでは 最大公約数 $\gcd(252,105)$ が知りたいわけです。それぞれの数の約数をすべて書きだして、共通するいちばん大きなものを探してもよいのですが、大きな数ではそうはいきません。『原論』の第七巻で、ユークリッドはずっと速い方法を教えています。 大きいほうから小さいほうを引く 命題 VII.1 と VII.2 でのユークリッドの考えは単純です。二本の棒を測れる物差しは、その 差 も測れる。だから 252 と 105 の共通の尺度を探すかわりに、105 と $252-105=147$ について探してもよい。それから 105 と $147-105=42$ について。いつも大きいほうから小さいほうを引き、二つが等しくなるまで続けます。 $$(252,105)\to(147,105)\to(42,105)\to(42,63)\to(42,21)\to(21,21).$$どちらも 21 になりました。これが最大公約数です。ギリシャ人はこの手続きを アンテュパイレシス、「たがいに引くこと」と呼びました。 割り算による版 同じ数を何回も引くのは、割ることです。くり返しの引き算を余りのある割り算にまとめると、アルゴリズムは短くなります。 $$\begin{aligned}252&=2\cdot105+42\\105&=2\cdot42+21\\42&=2\cdot21+0\end{aligned}$$最後の 0 でない余りが最大公約数です。 $$\boxed{\gcd(252,105)=21.}$$なぜうまくいくのか $a=qb+r$ なら、 $a$ と $b$ をともに割りきる数は、$r=a-qb$ も割りきる。 $b$ と $r$ をともに割りきる数は、$a=qb+r$ も割りきる。 組 $(a,b)$ と $(b,r)$ の公約数はまったく同じなので、$\gcd(a,b)=\gcd(b,r)$ です。では、なぜアルゴリズムは 終わる のでしょう。余りは一歩ごとに小さくなる正の整数で、$42>21>0$、そして正の整数がいつまでも小さくなりつづけることはできないからです。いつかは余りが 0 になり、$\gcd(d,0)=d$ です。

October 12, 2026 読んだ
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神秘の六角形：円錐曲線上の六つの点

1640 年 2 月、片面だけに印刷された、ポスターのような一枚の紙がパリで出回りました。題は『円錐曲線試論』。証明はなく、定義と三つの補題、そして結果の一覧だけが載っていました。著者は 16 歳で、名前はブレーズ・パスカルといいました。 メルセンヌ神父がこの紙をデカルトに見せると、デカルトは疑いました。この若者は、パスカルが敬愛していた建築家で幾何学者のジラール・デザルグから、すべてを借りてきたのだろうと考えたのです。デザルグの影響は確かにあり、パスカル自身もそれを認めていました。しかし、この紙の中心にある結果は新しいものでした。 円錐曲線 円錐を平面で切ってみましょう。傾きによって、切り口のふちは楕円、放物線、双曲線のいずれかになります。円は楕円の特別な場合です。これらの曲線、円錐曲線は、紀元前 3 世紀のアポロニオスの時代から研究されてきました。 デザルグは、この分野を変える発想をもっていました。円錐曲線を円の影として見るのです。懐中電灯で円を照らすと、壁に映る影は楕円にも放物線にも双曲線にもなります。ですから、円の性質のうち、距離や角度を測らずに点と直線だけで語れるものは、影の中でも生き残り、すべての円錐曲線について成り立ちます。これが射影幾何学の考え方です。 六角形の定理 円錐曲線上に六つの点 $A,B,C,D,E,F$ をこの順にとり、結んで六角形を作ります。向かい合う辺は $AB$ と $DE$、$BC$ と $EF$、$CD$ と $FA$ です。それぞれの組を交わるまで延ばします。 $$P=AB\cap DE,\qquad Q=BC\cap EF,\qquad R=CD\cap FA.$$パスカルの定理によれば、三点 $P$、$Q$、$R$ はいつも一直線上にあります。 六つの点は曲線上でどんな順番に並んでいてもよく、六角形は自分自身と交差していてもかまいません。向かい合う二辺が平行なら、それらは「無限遠点」で交わり、直線はそれらと平行になります。パスカルはこの図形を神秘の六角形と呼びました。 この対話型の図を使うには JavaScript を有効にしてください。議論の全体は本文にあります。 四百の系 メルセンヌによれば、パスカルはこのたった一つの定理から約四百の系を導き、その中にはアポロニオスの円錐曲線論のほとんどすべてが含まれていました。彼は 1654 年ごろ、完全な論文を書き上げました。1676 年、ライプニッツはパリでその原稿を読み、すばらしいと考えて一家に出版を勧めました。しかし誰も出版せず、論文は失われてしまいました。 放物線で確かめる 計算で定理を確かめてみましょう。放物線 $y=x^2$ 上に、$x$ 座標が $0,1,2,3,4,7$ の六つの点をとります。 $$A=(0,0),\ B=(1,1),\ C=(2,4),\ D=(3,9),\ E=(4,16),\ F=(7,49).$$まず近道を一つ。放物線上の $x$ 座標が $u$ と $v$ の二点を通る直線は $$y=(u+v)x-uv.$$です。実際、$x=u$ では $u^2+uv-uv=u^2$、$x=v$ では $v^2$ になります。では三つの交点を計算しましょう。

October 8, 2026 読んだ
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熱方程式とド・ジョルジ＝ナッシュの正則性

1900 年、パリの国際数学者会議で、ダフィット・ヒルベルトは、20 世紀の数学を導くと彼が考えた 23 の問題を発表しました。第 19 問題は、平たく言えばこう問いかけます。変分法の「性質のよい」問題の解は、いつも滑らかな関数か。半世紀たっても、ある重要な種類の方程式について、この問いは未解決のままでした。1956 年、ナッシュは同僚からこの問題を聞き、取り組むことにしました。 熱方程式 いちばん簡単な例から始めましょう。とても長い金属の棒の、点 $x$、時刻 $t$ における温度を $u(x,t)$ とします。熱は熱いほうから冷たいほうへ流れ、温度はフーリエの熱方程式に従います。 $$\frac{\partial u}{\partial t}=\kappa\,\frac{\partial^2u}{\partial x^2},$$ここで $\kappa>0$ は物質の拡散率です。この方程式は、ある点の温度は、まわりの平均より低ければ上がり、高ければ下がる、と言っています。 時刻 0 にすべての熱エネルギーが一点に集中していれば、$t>0$ での解はガウス関数 $$G(x,t)=\frac1{\sqrt{4\pi\kappa t}}\,e^{-x^2/(4\kappa t)}$$です。確かめましょう。$t$ で一回、$x$ で二回微分すると、 $$\frac{\partial G}{\partial t}=\left(-\frac1{2t}+\frac{x^2}{4\kappa t^2}\right)G,\qquad\kappa\frac{\partial^2G}{\partial x^2}=\left(-\frac1{2t}+\frac{x^2}{4\kappa t^2}\right)G.$$両者は等しくなります。釣鐘形の曲線は時間とともに広がって低くなり、面積は 1 のままです。エネルギーは保存され、広がっていきます。幅は $\sqrt t$ に比例して増え、アインシュタインのブラウン運動で進む距離とまったく同じです。偶然ではありません。熱は分子の揺れであり、熱方程式は遠くから見たランダムウォークを記述しているのです。 物質が不規則なとき ガウス関数にはすばらしい性質があります。初めの温度が無限に集中した尖った山であっても、どんな $t>0$ でも解は完全に滑らかです。拡散はすべてをならしてしまいます。 では、物質が一様でなかったら？ 銅や木やガラスのかけらを無造作に貼り合わせ、かけらごとに熱の伝わり方が違う板を想像してください。方程式は $$\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial}{\partial x}\left(a(x,t)\,\frac{\partial u}{\partial x}\right)$$となり、熱伝導率 $a(x,t)$ はかけらからかけらへ急に跳ぶことがあります。求められるのは、二つの正の限界の間にあること、$0<\lambda\leq a\leq\Lambda$ だけです。これほど不規則な係数では、解の公式はなく、解が導関数をもつかどうかさえはっきりしません。問いはこうです。温度は激しく変わりうるのか、それとも熱はやはりならすのか。 定理 ナッシュは 1957 年、熱はやはりならすことを証明しました。どんな次元でも、これらの方程式の解はヘルダー連続です。つまり、$\lambda$、$\Lambda$ と次元だけによる定数 $C$ と $0<\alpha\leq1$ があって、 $$\boxed{|u(x)-u(y)|\leq C\,|x-y|^{\alpha}.}$$物質がどれほど乱雑でも、温度は跳ぶことができません。ナッシュの証明はきわめて独創的でした。確率とエントロピーの考えを使い、熱を広がっていく質量として扱って、公式なしに解を制御したのです。この結果により、この種の方程式についてヒルベルトの第 19 問題は解決しました。

October 15, 2026 読んだ
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素数は尽きない

素数は、示されたどんな個数の素数よりも多い。 — ユークリッド『原論』命題 IX.20 素数 とは、1 と自分自身でしか割りきれない、1 より大きい整数です。2、3、5、7、11、13、……。ほかの数は、$12=2\cdot2\cdot3$ のように、すべて素数の積です。素数は算数の原子なのです。 先へ進むほど、素数はまれになります。1 から 100 までには 25 個ありますが、1 000 001 から 1 000 100 までには 6 個しかありません。どこかで尽きてしまうのでしょうか。ユークリッドは、尽きないことを四行の議論で示しました。イギリスの数学者 G. H. ハーディは、それを数学全体で最も美しい議論のひとつとみなしていました。 証明 だれかが有限個の素数のリスト $p_1,p_2,\ldots,p_n$ をくれたとします。ユークリッドは、そのリストの 外に 少なくともひとつ素数があることを示します。すべてをかけて 1 を足しましょう。 $$N=p_1\cdot p_2\cdots p_n+1.$$$N$ をリストのどの素数で割っても、積 $p_1p_2\cdots p_n$ はその素数で割りきれるので、余りは 1 です。リストのどの素数も $N$ を割りきりません。 ところが $N$ は 1 より大きいので、少なくともひとつ素因数 $q$ をもちます。なぜでしょう。$N$ の 1 より大きい約数のうち最小のものをとります。それが素数でなければ、もっと小さい約数をもち、それも $N$ を割りきるので、最小だという選び方に反します。だから最小の約数は素数です。 この素数 $q$ は $N$ を割りきり、リストのどの素数も $N$ を割りきりません。よって $q$ はリストにありません。どんな有限のリストもすべての素数を含むことはできないのです。 $$\boxed{\text{素数は無限にある。}}$$ユークリッドは「無限」という言葉を使いません。ギリシャ人が避けた言葉です。彼は、どんな 個数の素数が与えられても、もっとある、と言います。同じことを、注意深く言ったのです。 つくった数はいつも素数とはかぎらない $N$ はいつも素数だと思うのは、よくあるまちがいです。見てみましょう。

October 12, 2026 読んだ