雅楽多文書館

2014年07月の記事一覧

日本最古の学校

足利学校(栃木県足利市)
ここを訪れたのは今回が二回目になります.以前,足利学校は京都の室町にあるのだと思っていました.室町時代の足利将軍家の足利と混乱していました.関東にあると知ったのはいつのことだったのでしょうか.自分の無知にあきれています.

以下はパンフレットからです.
足利学校の創建については,奈良時代の国学の遺制説,平安時代の小野篁説,鎌倉時代の足利義兼説などがありますが,歴史が明らかになるのは,上杉憲実(室町時代)が,現在国宝に指定されている書籍を寄進し,庠主(しょうしゅ,学長)制度をもうけるなどして学校を再興したころからです.(中略)また天文十八 (1549)年にはフランシスコ・ザビエルにより「日本国中最も大にして.最も有名な坂東の大学」と世界に紹介され「学徒三千」といわれるほどになりました.江戸時代末期には「坂東の大学」の役割を終え,明治五年幕をおろしましたが,足利学校の精神は現在に引き継がれています.昭和五十七年より「史跡足利学校跡保存整備事業」を実施し,平成二年江戸中期の姿に蘇りました.
ということです.

感想
この時代の学問がどのようなものかは浅学非才にして知りませんが,この史跡に来ると古の人たちの学問に対する情熱と静かな熱気が感じられ,あらためて自分自身を見つめ直す機会が得られるようです.世界遺産登録をめざすとありましたが,地元の方々には申し訳ありませんが,この静かな環境が失われないことを願いたいです.今回は数学から離れて,古の学徒に思いを馳せました.また,足利学校がなにかドラマの舞台になったことはあるのだろうか? ふと,そんなことも頭に浮かびました.遠い昔,まさにここで様々な人間のドラマがあったはずでしょうから.


記念碑
入徳門の側にたっています

asikaga2.jpg



学校門
足利学校のシンボルとして江戸,明治,大正,昭和そして平成へと継承されています.学校門の奥にあるのは孔子廟です

asikaga5.jpg


方丈
学生の講義や学習,学校行事や接客のための座敷として使用されたところです

asikaga3.jpg


宥座之器
水を必要以上入れると,器が傾き中に入れた水がすべてこぼれてしまいます.ほどほどのところで水入れを止めれば安定しています.さてその$\cdots$

asikaga4.jpg

写真の説明はパンフレットからです.



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2014/07/30   雑記     290TB 0   290Com 0  

Produkt von Transposition

Zweites Kapitel $\quad$ Gruppen $\, \, \, $ § 7. Untergruppen

Satz
Man zeigt, daß jede zyklishe Permutation mit $n$ Elementen als Produkt von $n-1$ Transposition dastellbar ist, d. h. \[ ( a_{\, 1} \, a_{\, 2} \, \cdots \, a_{\, n}) = ( a_{\, 1} \, a_{\, 2})( a_{\, 1} \, a_{\, 3}) \cdots \, ( a_{\, 1} a_{\, n} ). \]

Beweis.
Für $n=2$ ist die Behauptung klar. Denn wenn für $n=r$ der Satz gilt, beweisen wir für $r+1$.
Aus der Induktionsvoraussetzung sei \[ ( a_{\, 1} \, a_{\, 2} \, \cdots \, a_{\, r}) = ( a_{\, 1} \, a_{\, 2})( a_{\, 1} \, a_{\, 3}) \cdots \, ( a_{\, 1} a_{\, r} ).\]
\begin{align*}
\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & \cdots & a_{\, r} & a_{\, r+1}
\end{pmatrix}
&=
\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & \cdots & a_{\, r} & a_{\, r+1} & \cdots\\
a_2 & a_3 & \cdots & a_{\, r+1} & a_{\, 1} & \cdots
\end{pmatrix}\\\\
&=
\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & \cdots & a_{\, r} & a_{\, r+1} & \cdots\\
a_2 & a_3 & \cdots & a_{\, 1} & a_{\, r+1} & \cdots
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_{\, 1} & a_{\, r+1}
\end{pmatrix}\\\\
&=
\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & \cdots & a_{\, r}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
a_1 & a_{\, r+1}
\end{pmatrix}\\\\
&= (a_1 \, \, a_2\, )(a_1\, a_3)\cdots (a_1\, a_{\, r}) \, \, (a_1 \, a_{\, r+1}).
\end{align*}
Es gilt: \[ ( a_{\, 1} \, a_{\, 2} \, \cdots \, a_{\, n}) = ( a_{\, 1} \, a_{\, 2})( a_{\, 1} \, a_{\, 3}) \cdots \, ( a_{\, 1} a_{\, n} ) \quad \quad \text{für alle n $\in$ N}. \] Was zu beweisen war.

コメント
LaTeX の matrix 環境と align 環境の組み合せで悩みました.二つの行列をイコールで繋げていく書き方は初めて使いました.ここが難しいところでした.もっと良い方法があると思います.行列の見にくいところはご容赦ください.

Literatur
[1]van der Waerden,  $\it{\, \, Algebra \, \, \, \, I }\, \, \, $  $\, $Springer-Verlag $\, \, \, $Neunte Auflage 1993
[2]Michel Goossens et al. $\it{The\, \, \, LATEX\, \, \, COMPANION}$ $\, \, \, $ADDISON-WESLEY 1994


2014/07/28   代数系     289TB 0   289Com 0  

Algebra I

Zweites Kapitel $\quad$ Gruppen $\, \, \, $ § 7. Untergruppen

Satz
Notwendig und hinreichend, damit eine nichtleere Untermenge $\mathfrak{g}$ einer gegebenen Gruppe $\mathfrak{G}$ eine Untergruppe ist, sind die folgenden Bedingungen:
1. $\mathfrak{g}$ enthält mit je zwei Elementen $a$, $b$ auch das Produkt $ab$;
2. $\mathfrak{g}$ enthält zu jedem Element $a$ auch das inverse Element $a^{-1}$.
命題
与えられた群 $\mathfrak{G}$の空でない部分集合 $\mathfrak{g}$ が部分群になるためには,次の条件が必要十分である.
1.$\mathfrak{g}$ が二つの要素$a$, $b$ を含めば, $ab$ も含む.
2.$\mathfrak{g}$ が要素 $a$ を含めば,逆要素 $a^{-1}$ も含む.


コメント
数学としてはつまらない内容ですが,独文の構造を面白く感じました.
damit eine nichtleere Untermenge $\mathfrak{g}$ einer gegebenen Gruppe $\mathfrak{G}$ eine Untergruppe ist,
この文を副文として
notwendig und hinreichend sind die folgenden Bedingungen:
こちらの文を主文と考える(?) と意味が取れそうです.文法的な説明はできませんが.

1. $\mathfrak{g}$ enthält mit je zwei Elementen $a$, $b$ auch das Produkt $ab$;
2. $\mathfrak{g}$ enthält zu jedem Element $a$ auch das inverse Element $a^{-1}$.

Literatur
[1]van der Waerden,  $\it{\, \, Algebra \, \, \, \, I }\, \, \, $  $\, $Springer-Verlag $\, \, \, $Neunte Auflage 1993

2014/07/20   代数系     288TB 0   288Com 0  

Algebra I

Zweites Kapitel $\quad$ Gruppen $\, \, \, $ §6. Der Gruppenbegriff

Wir beweisen nun, allein mit Hilfe des Assoziativgesetzes, die Regel:
\[ (1) \quad \quad \quad \prod_{\mu=1}^m a_{\mu} \cdot \prod_{\nu=1}^n a_{m+\nu} = \prod_{\nu=1}^{m+n} a_{\nu}\] in Worten: Das Produkt zweier zusammengesetzter Produkte ist gleich dem zusammengesetzten Produkt aller ihrer Faktoren in derselben Reihenfolge. Zum Beispiel ist:
\[ (ab)(cd)=abcd \] ein Spezialfall von (1).


結合法則だけを用いて (1) を証明しよう.
\[ (1) \quad \quad \quad \prod_{\mu=1}^m a_{\mu} \cdot \prod_{\nu=1}^n a_{m+\nu} = \prod_{\nu=1}^{m+n} a_{\nu}\]  いいかえると,2つの連乗の積は,各因数をその順にとって作った連乗に等しい.例えば,\[ (ab)(cd)=abcd \] は, (1) の特別な場合である.

Beweis.
Die Formel (1) ist klar für $n=1$. Ist sie für einen Wert $n$ schon beweisen, so ist für den nächsthöheren Wert $n+1$:

\begin{align}
\prod_1^m a_{\mu} \cdot \prod_1^{n+1} a_{m+\nu} &= \prod_1^m a_{\mu} \left(\prod_1^n a_{m+\nu} \cdot a_{m+n+1} \right) \\
&= \left( \prod _1^m a_{\mu} \cdot \prod_1^n a_{m+\nu}\right) a_{m+n+1} \\
&= \left( \prod_1^{m+n} a_{\mu} \right) a_{m+n+1}\\
&= \prod_1^{m+n+1} a_{\nu}.
\end{align}
Damit ist (1) beweisen.

証明
$n=1$ のときは, 公式 (1) は明らかである.$n$ のとき証明されたとすると, $n+1$ に対して
\begin{align}
\prod_1^m a_{\mu} \cdot \prod_1^{n+1} a_{m+\nu} &= \prod_1^m a_{\mu} \left(\prod_1^n a_{m+\nu} \cdot a_{m+n+1} \right) \\
&= \left( \prod _1^m a_{\mu} \cdot \prod_1^n a_{m+\nu}\right) a_{m+n+1} \\
&= \left( \prod_1^{m+n} a_{\mu} \right) a_{m+n+1}\\
&= \prod_1^{m+n+1} a_{\nu}.
\end{align} となる.

Damit ist (1) beweisen.
これで (1) は証明された.

Literatur
[1]van der Waerden,  $\it{\, \, Algebra \, \, \, \, I }\, \, \, $  $\, $Springer-Verlag $\, \, \, $Neunte Auflage 1993


2014/07/17   代数系     287TB 0   287Com 0  

Agebra I

Zweites Kapitel $\quad$ Gruppen $\, \, \, $ §6. Der Gruppenbegriff
Aufgabe 3.
Man beweise, daß die Elemente $e$, $a$ mit der Zusammensetzungsvorschrifft
$\quad$ $ee=e, \, \, \, ea=a, \, \, \, ae=a, \, \, \, aa=e$
eine (abelsche) Gruppe bilden.
課題 3.
2つの要素 $e$, $a$ は,結合関係
$\quad$ $ee=e, \, \, \, ea=a, \, \, \, ae=a, \, \, \, aa=e$
によって, ( 可換 ) 群を作ることを証明せよ.

Beweis.
Die alle Produkte von $e$ und $a$ sind auch $e$ oder $a$. Das $e$ ist ein Einselement. Zugleich sieht man, daß ein Inverse von $a$ wieder $a$ ist. Also machen die $e$ und $a$ eine Gruppe. Die Gruppe ist abelsche . $\quad$ w.z.b.w.

証明
$e$ と $a$ のすべての積はまた $e$ か $a$ になる. $e$ が単位要素で, $a$ の逆要素はまた $a$ である. したがって, $e$ と $a$ は群を作る.この群が可換なのは明らかである. 証明終わり

Literatur
[1]van der Waerden,  $\it{\, \, Algebra \, \, \, \, I }\, \, \, $  $\, $Springer-Verlag $\, \, \, $Neunte Auflage 1993


2014/07/15   代数系     286TB 0   286Com 0  

Algebra I

Erstes Kapital $\quad$ Zahlen und Mengen § 4. Endlich und abzählbare Menge
Aufgabe 1.
Man beweise durch vollständige Induktion nach $n$, daß jede Untermenge einer endlichen Menge $A=\{ a_1,\cdots,a_n \}$ wieder endlich ist.

Beweis.
Für $n=1$ ist die Behauptung klar. Denn wenn für $n$ der Satz gilt, beweisen wir für $n+1$. Seien $A=\{ a_1,\cdots, a_n , \, a_{n+1} \}$ und die Menge$\, B \subset A$. Zunächst ist $a_{n+1} \notin B$. Wenn $B \subset A_1=\{ a_1 , \cdots , a_n \}$ , ist die Menge $B$ aus der Induktionsvoraussetzung endliche.
Sodann: wenn $a_{n+1} \in B$ ist, muss $a_k \notin B$ für ein $k$ ( $ 1 \leqq k \leqq n$) sein. Und man setzt
\begin{equation}
b_i= \begin{cases}
a_i & (1 \leqq i < k )\\
a_{i+1} & (k \leqq i \leqq n ).\\
\end{cases}
\end{equation}Da $B \subset A_1=\{ b_1 , \cdots , b_n \}$ gilt, auch aus der Induktionsvoraussetzung, ist B entlich, was zu beweisen war.


Literatur
[1]van der Waerden,  $\it{\, \, Algebra \, \, \, \, I }\, \, \, $  $\, $Springer-Verlag $\, \, \, $Neunte Auflage 1993
[2]Ebbinghaus et al.  $\it{\, \, Zahlen \, \, \, }\, \, \, $  $\, $Springer-Verlag $\, \, \, $ 3. Auflage 1992
[3]Reinhold Remmert, Peter Ullrich  $\it{\, \, Elementare \, \, \, \, Zahlenthorie \, \, \, \, }\, $ Birkäuser  $\, \, \, $Dritte Auflage 2008

2014/07/13   代数系     285TB 0   285Com 0  

Algebra I

Erstes Kapital $\quad$ Zahlen und Mengen § 3. Die Zahlreihe
Aufgabe 1.
Eine Eigenschaft E gelte erstens für $n=3$ und zweitens, wenn sie für $n \geqq 3$ gilt, auch $n+1$. Zu beweisen ist, daß E für alle Zahlen $\geqq 3$ gilt.

Beweis.
A sei eine Menge der Zahlen $\geqq 3$, denen die Eigenschaft E nicht zukommt. Wir zeigen $A=\phi$.
Gesetzt; die Menge A wäre nicht leere. Unter der Zweite Form der vollständigen Induktion, gibt es die kleinste Zahle $m \in A$. Da $m \geqq 3$, gibt es eine Zahle $n$ mit $m=n+1$. Da $n \notin A$, gilt die Eigenscahft E für $n$. Derhalb aus Annahme gilt die Eigenschaft E für $n+1=m$, was nicht geht. Also ist die Menge A leere. Was zu beweisen war.

[1]van der Waerden,  $\it{\, \, Algebra \, \, \, \, I }\, \, \, $  $\, $Springer-Verlag $\, \, \, $Neunte Auflage 1993
[2]van der Waerden,  $\it{\, \, Algebra \, \, \, \, II }\, $  Springer-Verlag $\, \, \, $Sechste Auflage 1993


2014/07/07   代数系     284TB 0   284Com 0  

質問に答えて その2

質問の多かった問題の解答です.
II
1 次の円の方程式を求めよ.
(4) 中心が直線 $y=-x-1$ 上にあって,2点 $(1,\, 1),\, \, (2,\, 4)$ を通る.

求める円の中心の座標を $( a,\, -a-1)$ とする.
中心から2点までの距離は等しいから
$(1-a)^2+(1+a+1)^2=(2-a)^2+(4+a+1)^2$
$(1-a)^2+(2+a)^2=(2-a)^2+(5+a)^2$
これを解いて $a=-6$ より中心の座標は $( -6, \, 5)$
また,中心 $(-6, \, 5)$ と点$ (1,\, 1)$ までの距離は
$\sqrt{(1-(-6))^2+(1-5)^2}=\sqrt{65}$
よって求める円の方程式は
$(x+6)^2+(y-5)^2=65$ $\quad \square$

(5) 円$(x+3)^2+(y-3)^2=2$ 上に中心があり,両軸に接する円.

求める円は第2象限にあるから,中心の座標を $(-a,\, a)$ とする. ただし $a > 0$.
中心は円 $(x+3)^2+(y-3)^2=2$ 上にあるから
$(-a+3)^2+(a-3)^2=2$ を満たす.
これを解いて $a=2,\, 4$ よって求める円の方程式は
$(x+2)^2+(y-2)=4$
$(x+4)^2+(y-4)^2=16$  $\quad \square$

コメント) 円の方程式は中心の座標と半径が必要なだけ.
図をイメージして考えてください.(4)と(5) は中心の
座標をどのように表すかが問題でした.

6 直線 $y=x+m$ が円 $x^2+y^2=3$ によって切り取られる
弦の長さが2となるように,定数 $m$ の値を定めよ.

円の中心を O , 直線と円の2つの交点をそれぞれ A, B とする.
AとO, BとO を結び,O から直線に垂線をおろし,直線との交点を C とする.
AO=BO=$\sqrt3$  AC=1 であるから OC=$\sqrt2$
原点O から直線 $x-y+m=0$ までの距離が $\sqrt2$ だから
公式  原点と直線 $ax+by+c=0$ の距離 $d$ は
 $d=\displaystyle{\frac{|c|}{\sqrt{a^2+b^2}}}$
 を使うと
$\sqrt2=\displaystyle{\frac{|m|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}}$ より $|m|=2$
したがって $m= \pm2$ $\square$

コメント) 交点の座標を求めて,2点間の距離を2とおいて
$m$ を求めようとした人がいましたね.力技で挑戦してください.
計算力を信じて,でも簡単に解決できればそのほうがより良い.


2014/07/03   高校数学     283TB 0   283Com 0  

質問に答えて その1

質問の多かった問題に解答します.
B
2 次の各問いに答えよ.
(1) 整式$P(x)$ を$x^2-x-6$ で割ると $3x-10$ 余る.このとき
整式 $P(x)$ を$x-3$ で割ったときの余りを求めよ.
解) $P(x)=(x^2-x-6)Q(x)+3x-10$ とおく.
因数分解しておくと
$P(x)=(x-3)(x+2)Q(x)+3x-10$
求める余りは剰余の定理から$P(3)$ である.
$P(3)=(3-3)(3+2)Q(3)+3 \times 3-10=-1$ $\, \, \square$

(2) $x^{50}-3x^{25}+2$ を $x^2-1$ で割ったときの余りを求めよ.
解) 割ったときの商を$Q(x)$, 余りを $ax+b$ とおく.
$x^{50}-3x^{25}+2=(x^2-1)Q(x)+ax+b$
$x^2-1$を因数分解すると
$x^{50}-3x^{25}+2=(x-1)(x+1)Q(x)+ax+b$
両辺に $x=1$, $\, x=-1$ を代入する.
$1^{50}-3\times 1^{25}+2=(1-1)(1+1)Q(1)+a\times1+b$
よって $0=a+b$
$(-1)^{50}-3(-1)^{25}+2=((-1)-1)((-1)+1)Q(-1)+a(-1)+b$
よって $6=-a+b$
これを解いて $a=-3, \, b=3$
したがって求める余りは$-3x+3$ $\quad \square$

補足 関数は整式とする.
$P(x)$ を $S(x)$ で割ったときの商を $Q(x)$ 余りを $R(x)$ とする.
$P(x)=S(x)Q(x)+R(x)$ 成り立つ.ただし
$S(x)$ の次数>$R(x)$ の次数


3 2つの方程式 $x^3-x^2+2=0 \cdots\, ①$
$x^2+ax+2=0 \cdots \, ②$
について,次の問いに答えよ.
(1) 方程式 ① の虚数解をすべて求めよ.
(2) 方程式 ① , ② が互いに1つの解を共有するときの$a$ の値を求めよ.
解)
(1) ① を因数定理を用いて因数分解すると
$(x+1)(x^2-2x+2)=0$
よって ①の解は$x=-1,\, 1\pm i$
したがって,すべての虚数解は$x=1 \pm i$ $\quad \square$

(2) ① ② の1つの共有解は$x=-1$ である.
もし$x=1+i$ が共有解ならば二次方程式②は
$x=1-i$ も解にもち1つの共有解をもつことに反する.
$x=1-i$ についても同様
$x=-1$ を② に代入して
$(-1)^2+a \times (-1)+2=0$ より $a=3$ $\quad \square$

補足 一般に実数を係数とする $n$ 次方程式の解の一つが
虚数 $a+bi$ ならば,それと共役な複素数 $a-bi$ も解である.


2014/07/02   高校数学     282TB 0   282Com 0  

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