\[ 余 弦定理(2): OA^2 - OA^2\cos A = OB^2 - OB^2\cos B = OC^2 - OC^2\cos C\]
\[ ただしOは三角形ABCの内心を表す。 \]
\[ <証明> \]
\[ 三角形ABCをベクトル平面上で考える。 \]
\[ △ABCの内心点をOとし、Oを基準とする位置ベクトルA(\overrightarrow{a}),B(\overrightarrow{b}),C(\overrightarrow{c})を定める。 \]
\[ 辺AB、BC、CAと内接円の接点をそれぞれP,Q,Rとおくと、 \]
\[ (1):(\vec{b}-\vec{a}) \cdot \vec{OP} = 0 , (2):(\vec{c}-\vec{b}) \cdot \vec{OQ} = 0 \]
\[ (1) ⇔ OA\cos x_1 = OB\cos x_2 , (2) ⇔ OC\cos x_3 = OB\cos x_2 \]
\[ ここで、x_1 = 90 - \frac{A}{2} , x_2 = 90 - \frac{B}{2} , x_3 = 90 - \frac{C}{2} ただしA,B,Cは頂点A、B、Cの角を表す。\]
\[ だから、OA\sin \frac{A}{2} = OB\sin \frac{B}{2} = OC\sin \frac{C}{2} \]
\[ ここで、0 < A/2,B/2,C/2 < 90 より\]
\[ OA\sin \frac{A}{2} = OB\sin \frac{B}{2} = OC\sin \frac{C}{2} > 0となるので、 \]
\[ 両辺を二乗してもよいことがわかる。 \]
\[ 両辺を二乗して半角の公式を用いると、 \]
\[ OA^2 - OA^2\cos A = OB^2 - OB^2\cos B = OC^2 - OC^2\cos C を得る。 \]
\[ 証明終わり \]
\[ これよりも簡単な証明はないはず。 \]
\[ \]
\[ ピ タゴラス数の生成公式 \]
\[ 命題：mを正の整数とすると、(2m^2 + 2m + 1)^2 = (2m+1)^2 + (2m^2 + 2m)^2が成立 \]
\[ <証明> \]
\[ 左辺 = 4m^4 + 4m^2 + 1 + 8m^3 + 4m + 4m^2 = 4m^4 + 8m^3 + 8m^2 + 4m + 1 \]
\[ 右辺 = 4m^2 + 4m + 1 + 4m^4 + 8m^3 + 4m^2 = 4m^4 + 8m^3 + 8m^2 + 4m + 1 \]
\[ より、左辺 = 右辺 \]
\[ 証明おわり \]
\[ 2m+1は3以上の全ての奇数を含むから、aあるいはbを素 数とするc^2 = a^2 + b^2を満たす自 然数(a,b,c)の組は無数に存在することもわかる。 \]
\[ \]
\[ べき乗和の係数決定法 \]
\[ S_s(k) = \sum_{p=1}^s p^k \]
\[ \ _{p+n-1} \mathrm{C} _n = \sum_{p=1}^{p} \ _{p+n-2} \mathrm{C} _{n-1}を変形して、 \]
\[ (1) : \ _{p+n-1} \mathrm{P} _n = n\sum_{p=1}^{p} \ _{p+n-2} \mathrm{P} _{n-1} \]
\[ S_s(k)は次数がk+1のsの多 項式で表すことができることを下記に示す。 \]
\[ n=3のとき、(1)⇔\frac{1}{3}p(p+1)(p+2) = \sum_{p=1}^{p} p^2 + \sum_{p=1}^{p} p ここで\sum_{p=1}^{p} p = \frac{1}{2}p(p+1) \]
\[ n = mとき、任意の係数x_1,x_2, ... x_{m- 1}を用いて、(1)⇔ \ _{p+m- 1} \mathrm{P} _m = m\sum_{p=1}^{p} x_1p + x_2p^2 + ... + x_{m- 1}p^{m- 1} \]
\[ このとき、f_m(p) = \sum_{p=1}^{p} x_1p + x_2p^2 + ... + x_{m-2}p^{m-2}と置いて、f_m(p)の次数 < _{p+m- 1} \mathrm{P} _{m}の次数であると仮定する。 \]
\[ n= m+1のとき、(1)⇔ \ _{p+m} \mathrm{P} _{m+1} = m\sum_{p=1}^{p} x_1p + x_2p^2 + ... + x_{m}p^{m} \]
\[ 仮定よりf_m(p)の次数 < mまた、\sum_{p=1}^{p} x_{m- 1}p^{m- 1}の次数 = mであるから、 \]
\[ f_{m+1}(p)の次数 < _{p+m} \mathrm{P} _{m+1}の次数 \]
\[ n=3のときf_3(p) = x_1p の次数 < _{p+2} \mathrm{P} _{3}の次数 となっているから、 \]
\[ f_m(p)の次数 < _{p+m- 1} \mathrm{P} _{m}の次数が成り立つ。 \]
\[ よって、S_s(k)は次数がk+1のsの多項 式で表すことができる。 \]
\[ これより任意の係数x_1, x_2 , x_3 , ... , x_{k+2}を用いて、 \]
\[ S_s(k) = x_1 + x_2s + x_3s^2 + ... + x_{k+2}s^{k+1} \]
\[ sに1からk+2を代入したk+2個の連立 方程式を置くと、 \]
\[ \left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & \ldots & 1 \\ 1 & 2 & 4 & \ldots & 2^{k+1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ 1 & k+2 & (k+2)^2 & \ldots & (k+2)^{k+1} \\ \end{array} \right) \left(\begin{array}{cccc} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_{k+2} \\ \end{array} \right) = \left(\begin{array}{cccc} 1^k \\ 1^k + 2^k \\ \vdots \\ 1^k + 2^k + 3^k + ... + (k+2)^k \\ \end{array} \right) \]
\[ という行列表示を得る。この行列を満たすx_1,x_2, ... , x_{k+2}を求めることによってS_s(k)を求めることができる。 \]
\[ また同じことだが、この行列の表す連立 方程式を解くことによってS_s(k)を求めることができる。 \]
\[ 例：S_n(2)のとき： \]
\[ S_n(2)は上記の行列表示を用いて、 \]
\[ \left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 4 & 8 \\ 1 & 3 & 9 & 27 \\ 1 & 4 & 16 & 64 \\ \end{array} \right) \left(\begin{array}{cccc} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ \end{array} \right) = \left(\begin{array}{cccc} 1 \\ 5 \\ 14 \\ 30 \\ \end{array} \right) \]
\[ これを求めれば、x_1 = 0 , x_2 = \frac{1}{6} , x_3 = \frac{1}{2} , x_4 = \frac{1}{3}となるので、 \]
\[ S_n(2) = \frac{1}{6}n + \frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{3}n^3 \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ \]
\[ % パッケージ \begin{eqnarray} \begin{cases} 2x + 4y = 10 & \\ x + 3y = 6 & \\ x + y = 2 & \end{cases} \end{eqnarray} \]
