MathLabs

10年生

インド・イスラム・中国の数学

ブラフマグプタの円内接四角形の公式 S=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} とペル方程式 x2−Ny2=1x^2-Ny^2=1 から、アル・フワーリズミーの代数、オマル・ハイヤームの円錐曲線による三次方程式の解法、劉徽の多角形倍加による π\pi の近似、そして中国剰余定理まで。

直観三つの文明、一つの知の流れ

3世紀から13世紀ごろ、ヨーロッパの数学的記録が比較的少なかった時代に、三つの文明が驚くほど具体的で実践的な方法で数学を発展させた。ブラフマグプタら インドの天文数学者は円内接四角形の正確な公式や x2−Ny2=1x^2-Ny^2=1 の整数解を導き、アル・フワーリズミーやオマル・ハイヤームらイスラム世界の学者は場当たり的な技法を体系的な代数へと変え、実際に正方形を切って並べ替えたり曲線を交差させたりして方程式を解いた。そして劉徽や『孫子算経』の著者ら中国の数学者は多角形を際限なく倍加させて π\pi を精密化し、今日中国剰余定理と呼ばれる方法で暦の問題を解いた。

角度シータをドラッグできる単位円。円周率を多角形倍加法で近似する際に使う正n角形の中心角を示す図。
単位円に正 nn 角形を内接させると、隣り合う頂点間の中心角は θ=360∘/n\theta=360^\circ/n である。θ\theta を 30∘30^\circ(n=12n=12)に近づけ、さらに半分にして 2424 角形にすると想像してみよう — 多角形と円の隙間が縮まっていく。これこそ劉徽が π\pi を近似した方法の幾何学的な核心である。

中高ブラフマグプタの円内接四角形の公式

定義: 円内接四角形と半周長

辺の長さが a,b,c,da,b,c,d の四角形は、四つの頂点がすべて一つの円周上にあるとき「円内接」と呼ばれ、このとき対角の和は必ず180度になる。その半周長は s=a+b+c+d2s=\dfrac{a+b+c+d}{2} である。

s=a+b+c+d2s=\dfrac{a+b+c+d}{2}

ブラフマグプタの定理(『ブラフマスプタシッダーンタ』、628年)は、このような四角形の面積が四つの辺の長さだけで決まることを示す。三角形に対するヘロンの公式とまったく同じ形である:S=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}。

S=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}

この公式はどこから来るのか。対角線 ACAC を引いて四角形を三角形 ABCABC(辺 a,ba,b)と三角形 ACDACD(辺 c,dc,d)に分け、対角である角 BB と角 DD を考える。円内接四角形では対角の和は180度なので B+D=180∘B+D=180^\circ、したがって cos⁡B=−cos⁡D\cos B=-\cos D。各三角形に余弦定理を適用すると AC2=a2+b2−2abcos⁡BAC^2=a^2+b^2-2ab\cos B と AC2=c2+d2−2cdcos⁡DAC^2=c^2+d^2-2cd\cos D が得られ、後者に cos⁡D=−cos⁡B\cos D=-\cos B を代入して AC2AC^2 の二つの式を等置すると、二つの三角形の面積(12absin⁡B\tfrac12 ab\sin B と 12cdsin⁡D\tfrac12 cd\sin D、ただし sin⁡B=sin⁡D\sin B=\sin D)を使って cos⁡B\cos B を消去できる。あとは s=a+b+c+d2s=\tfrac{a+b+c+d}2 を用いた平方完成と因数分解により、四つの辺がひとつの対称な積にまとまる。

劉徽の多角形倍加法による π\pi の近似(単位円、r=1r=1)
辺の数 nn辺の長さ lnl_n近似値 n ln/2n\,l_n/2
61.00003.0000
120.51763.1058
240.26113.1326
480.13083.1394
960.06543.1410

大学ペル方程式とチャクラヴァーラ法

同じ628年の書物で、ブラフマグプタは今日ペル方程式と呼ばれる x2−Ny2=1x^2-Ny^2=1(NN は平方数でない正の整数)を研究し、整数解 x,yx,y を求めた。彼は二つの解を組み合わせて新しい解を作る「バーヴァナー」(合成)恒等式を発見し、数世紀後バースカラ2世はこれを「チャクラヴァーラ」(循環)法へと発展させた:小さな kk に対する x2−Ny2=kx^2-Ny^2=k のおおまかな解から出発し、適切に選んだ自明な解と繰り返し合成することで ∣k∣|k| を段階的に縮小し、k=±1k=\pm1 に達すれば k=1k=1 の解が手に入るか、もう一段の合成でそれが得られる。

x2−Ny2=1x^2-Ny^2=1

それより約五世紀早く、オマル・ハイヤームは別の問題、すなわち定規とコンパスだけでは解けない三次方程式の解法に取り組んだ。約1070年の著作『代数学の諸問題の証明に関する論考』で、彼はすべての三次方程式が二つの円錐曲線の交点によって解けることを示した。

具体的には、a,b>0a,b>0 とし三次方程式 x3+a2x=a2bx^3+a^2x=a^2b を考える。放物線 x2=ayx^2=ay と円 y2=x(b−x)y^2=x(b-x)(正の xx 軸上にあり原点を通る、直径 bb の半円)を交わらせる。放物線から y=x2/ay=x^2/a を円の式に代入すると (x2/a)2=x(b−x)\left(x^2/a\right)^2=x(b-x)、すなわち x4/a2=bx−x2x^4/a^2=bx-x^2 となり、x≠0x\neq0 で割って a2a^2 を掛けるとちょうど x3+a2x=a2bx^3+a^2x=a^2b が得られる。つまり(原点以外の)交点の xx 座標こそが根であり、根号の代わりに曲線の交わりを用いるのである。

a=1,b=2a=1,b=2 とすると、三次方程式は x3+x=2x^3+x=2、放物線は x2=yx^2=y、円は y2=x(2−x)y^2=x(2-x) となる。これらは(原点以外に)(1,1)(1,1) で交わる:実際 y2=1y^2=1 と x(2−x)=1⋅1=1x(2-x)=1\cdot1=1 は一致し、13+1=21^3+1=2 で三次方程式も直接確かめられる。ハイヤームの作図は根が無理数になる三次方程式でも同様に機能する — きれいな数値が出なくても曲線は交わる。

大学劉徽の π\pi を求める多角形倍加アルゴリズム

約263年、古典『九章算術』への注釈の中で、劉徽は半径 rr の円に正六角形を内接させ、辺の数を繰り返し倍加させた。内接する正 nn 角形の辺の長さを lnl_n とすると、中心から辺の中点までの距離(辺心距離)はピタゴラスの定理より r2−(ln/2)2\sqrt{r^2-(l_n/2)^2} であり、その中点から円弧までの隙間(矢)は r−r2−(ln/2)2r-\sqrt{r^2-(l_n/2)^2} である。もとの頂点をその隙間の上の弧上にある新しい頂点と結ぶと直角三角形ができ、倍加後の辺の長さは漸化式 l2n=(ln2)2+(r−r2−(ln2)2)2l_{2n}=\sqrt{\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2+\left(r-\sqrt{r^2-\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2}\right)^2} に従う。nn 角形の周長 n lnn\,l_n は nn が大きくなるにつれ円周 2πr2\pi r に近づくので、π≈n ln2r\pi\approx\dfrac{n\,l_n}{2r} はますます良い近似を与える。

l2n=(ln2)2+(r−r2−(ln2)2)2l_{2n}=\sqrt{\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2+\left(r-\sqrt{r^2-\left(\dfrac{l_n}{2}\right)^2}\right)^2}

六角形(正六角形の辺は半径に等しいので l6=rl_6=r)から出発し四回倍加して96角形に至ると、劉徽は π≈3.14\pi\approx3.14 を得た。さらに3072角形まで倍加を続け、有名な値 3.14163.1416 — 小数点以下四桁まで正確な値 — を導いた。電卓が登場する十三世紀も前のことである。

b>0b>0、c>0c>0 のとき、x2+bx=cx^2+bx=c の正の解は x=c+(b2)2−b2x=\sqrt{c+\left(\dfrac b2\right)^2}-\dfrac b2 である。

なぜ正しいのか?

アル・フワーリズミー(バグダード、約820年、著書『アル・ジャブル・ワル・ムカーバラ』— これが「代数」という語の起源である)は負の数も記号表記も持たなかったため、実際に正方形と長方形を描き、より大きな正方形を物理的に完成させることで二次方程式を解いた。この図こそが、そうでなければ謎めいたこの公式を明快にする。

証明

辺の長さ xx の正方形を描く。その面積は x2x^2 で、x2+bx=cx^2+bx=c の第一項にあたる。この正方形の隣り合う二辺に、幅 b/2b/2、長さ xx の細長い長方形を二つ付け加えると、合計面積は 2⋅b2⋅x=bx2\cdot\tfrac b2\cdot x=bx となり、第二項にあたる。こうしてできるL字型の図形(「グノモン」)の面積は x2+bx=cx^2+bx=c である。

このグノモンは、辺 x+b/2x+b/2 の大きな正方形から、隅にある小さな b2×b2\tfrac b2\times\tfrac b2 の正方形が欠けたものである。実際、二つの長方形と元の正方形は、それらが出会う外側の隅にちょうど (b/2)×(b/2)(b/2)\times(b/2) の隙間を残す。その隙間を埋めれば、グノモンとこの隅の正方形を合わせた図形全体は、辺 x+b/2x+b/2 の真の正方形となり、その面積は(グノモンの面積 cc と隅の正方形の面積 (b/2)2(b/2)^2 をちょうど一度だけ加えて)c+(b/2)2c+(b/2)^2 となる。

したがって (x+b2)2=c+(b2)2(x+\tfrac b2)^2=c+\left(\tfrac b2\right)^2。両辺の正の平方根を取る(辺の長さは正である)と x+b2=c+(b2)2x+\dfrac b2=\sqrt{c+\left(\dfrac b2\right)^2} となり、xx について解けば x=c+(b2)2−b2x=\sqrt{c+\left(\dfrac b2\right)^2}-\dfrac b2 が得られる。

代数的な確認:(c+(b/2)2−b/2)2+b(c+(b/2)2−b/2)\left(\sqrt{c+(b/2)^2}-b/2\right)^2+b\left(\sqrt{c+(b/2)^2}-b/2\right) を項ごとに展開すると、±bc+(b/2)2 b/2\pm b\sqrt{c+(b/2)^2}\,b/2 の交差項が打ち消し合い、ちょうど cc に帰着する — これは図とは独立にこの公式を裏付ける。数値例として x2+10x=39x^2+10x=39(つまり b=10,c=39b=10,c=39)では、x=39+25−5=64−5=8−5=3x=\sqrt{39+25}-5=\sqrt{64}-5=8-5=3 となり、実際 32+10⋅3=9+30=393^2+10\cdot3=9+30=39 が成り立つ。

大学中国剰余定理

m1,m2,…,mkm_1,m_2,\dots,m_k を互いに素な正の整数、a1,…,aka_1,\dots,a_k を任意の整数とする。このとき、すべての ii について x≡ai(modmi)x\equiv a_i\pmod{m_i} を満たす合同式の連立系には解 xx が存在し、その解は法 M=m1m2⋯mkM=m_1m_2\cdots m_k のもとで一意である。

なぜ正しいのか?

3〜5世紀ごろの『孫子算経』(「物不知数」の問題)に初めて記録され、1247年に秦九韶が完全な一般的算法(大衍術)を与えたこの定理は、互いに素な法が独立した情報を運ぶことを述べている:ある数の法3、法5、法7に関する余りが分かれば、法105のもとでその数が一意に定まり、法どうしが決して「重複」しないため情報の欠落も矛盾も生じない。

証明

存在性、ステップ1(部品を作る):各 ii について Mi=M/miM_i=M/m_i(mim_i を除くすべての法の積)を定義する。mjm_j 同士は互いに素なので、mim_i のどの素因数も他の mjm_j(j≠ij\neq i)には現れず、したがって gcd⁡(Mi,mi)=1\gcd(M_i,m_i)=1 である。ベズーの等式(拡張ユークリッドの互除法)により、MiM_i の法 mim_i における逆元となる整数 yiy_i が存在し、Miyi≡1(modmi)M_iy_i\equiv1\pmod{m_i} を満たす。

存在性、ステップ2(解を組み立てる):x=∑i=1kaiMiyi mod Mx=\sum_{i=1}^{k}a_iM_iy_i\bmod M と定める。任意の添字 ii を固定し、この和を法 mim_i で簡約する。j≠ij\neq i のすべてについて、Mj=M/mjM_j=M/m_j は(i≠ji\neq j であるから)因数として mim_i を含むので mi∣Mjm_i\mid M_j であり、項 ajMjyj≡0(modmi)a_jM_jy_j\equiv0\pmod{m_i} となる。残るのは第 ii 項のみ:Miyi≡1(modmi)M_iy_i\equiv1\pmod{m_i} を用いて x≡aiMiyi≡ai⋅1=ai(modmi)x\equiv a_iM_iy_i\equiv a_i\cdot1=a_i\pmod{m_i}。ii は任意だったので、xx はすべての合同式 x≡ai(modmi)x\equiv a_i\pmod{m_i} を同時に満たす。

法 MM での一意性:x≡ai(modmi)x\equiv a_i\pmod{m_i} をすべて満たす別の整数 x′x' があるとする。このとき、すべての ii について x−x′≡0(modmi)x-x'\equiv0\pmod{m_i}、すなわちすべての mim_i が x−x′x-x' を割り切る。mim_i 同士は互いに素なので、それらの最小公倍数は積 MM に等しく、したがって M∣(x−x′)M\mid(x-x') — 互いに素な数の公倍数は、それらの積の倍数でなければならない。ゆえに x≡x′(modM)x\equiv x'\pmod M:解は法 MM のもとで一意であり、主張の通りである。

小さな例での検証:m1=3,m2=5m_1=3,m_2=5、a1=2,a2=3a_1=2,a_2=3、すなわち連立系 x≡2(mod3), x≡3(mod5)x\equiv2\pmod3,\ x\equiv3\pmod5 を取る。ここで M=15M=15;M1=5M_1=5 は 5y1≡1(mod3)5y_1\equiv1\pmod3、すなわち 2y1≡1(mod3)2y_1\equiv1\pmod3 を要求するので y1=2y_1=2;M2=3M_2=3 は 3y2≡1(mod5)3y_2\equiv1\pmod5 を要求するので y2=2y_2=2。すると x=2⋅5⋅2+3⋅3⋅2=20+18=38≡8(mod15)x=2\cdot5\cdot2+3\cdot3\cdot2=20+18=38\equiv8\pmod{15}、すなわち x=8x=8。検証:8=2⋅3+28=2\cdot3+2 は法 33 で余り 22、8=1⋅5+38=1\cdot5+3 は法 55 で余り 33 — 両方の合同式が成り立ち、構成が確認される。

大学実世界での応用と具体例

これは博物館の遺物ではない。孫子の問題は暦を同期させるために考案された:古代中国の天文学者は複数の周期(60日の干支周期、惑星の周期、太陰月)を同時に追跡しており、剰余定理によって一日ずつ数える代わりに、いくつかの余りから日付を特定できた — まさに暦と航海のために作られた用途である。同じ発想は現代の暗号技術にも力を与えている:RSA復号は巨大な法 n=pqn=pq と中国剰余定理(「CRT-RSA」最適化)を組み合わせ、それぞれビット長がおよそ半分の法 pp と法 qq で別々にべき乗剰余演算を行ってから結合することで、法 nn で直接計算するより約四倍高速に処理する。

例: 具体的な四角形へのブラフマグプタの公式の適用

円に内接する四角形の連続する辺が a=3,b=4,c=5,d=6a=3,b=4,c=5,d=6 であるとき、その面積を求めよ。

解答

まず半周長を計算する:s=3+4+5+62=182=9s=\dfrac{3+4+5+6}{2}=\dfrac{18}{2}=9。

次に各因子 s−a,s−b,s−c,s−ds-a,s-b,s-c,s-d を求める:s−a=9−3=6s-a=9-3=6、s−b=9−4=5s-b=9-4=5、s−c=9−5=4s-c=9-5=4、s−d=9−6=3s-d=9-6=3。

ブラフマグプタの公式を適用する:S=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)=6⋅5⋅4⋅3=360S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}=\sqrt{6\cdot5\cdot4\cdot3}=\sqrt{360}。

根号を簡単にする:360=36⋅10360=36\cdot10 なので S=36⋅10=610S=\sqrt{36\cdot10}=6\sqrt{10}、およそ 18.9718.97 平方単位となる — 個々の角度や対角線を知らなくても、たった一つの公式で求まる。

例: 孫子の原題である剰余問題

『孫子算経』(3〜5世紀)はこう問う:x≡2(mod3), x≡3(mod5), x≡2(mod7)x\equiv2\pmod3,\ x\equiv3\pmod5,\ x\equiv2\pmod7 を満たす最小の正の xx を求めよ。

解答

法 3,5,73,5,7 両ニ素なので、中国剰余定理は M=3⋅5⋅7=105M=3\cdot5\cdot7=105 で適用できる。

各 MiM_i とその逆元 yiy_i を計算する:M1=105/3=35M_1=105/3=35、35y1≡1(mod3)35y_1\equiv1\pmod3 は 35≡235\equiv2 なので 2y1≡1(mod3)2y_1\equiv1\pmod3 を意味し、y1=2y_1=2(2⋅2=4≡1(mod3)2\cdot2=4\equiv1\pmod3)。次に M2=105/5=21M_2=105/5=21、21y2≡1(mod5)21y_2\equiv1\pmod5 は 21≡121\equiv1 なので 1⋅y2≡1(mod5)1\cdot y_2\equiv1\pmod5 を意味し、y2=1y_2=1。最後に M3=105/7=15M_3=105/7=15、15y3≡1(mod7)15y_3\equiv1\pmod7 は 15≡115\equiv1 なので 1⋅y3≡1(mod7)1\cdot y_3\equiv1\pmod7 を意味し、y3=1y_3=1。

組み立てる:x=a1M1y1+a2M2y2+a3M3y3=2⋅35⋅2+3⋅21⋅1+2⋅15⋅1=140+63+30=233x=a_1M_1y_1+a_2M_2y_2+a_3M_3y_3=2\cdot35\cdot2+3\cdot21\cdot1+2\cdot15\cdot1=140+63+30=233。

法 M=105M=105 で簡約する:233=2⋅105+23233=2\cdot105+23 なので 233≡23(mod105)233\equiv23\pmod{105}、すなわち x=23x=23。

三つの合同式すべてを確認する:23=7⋅3+223=7\cdot3+2(法 33 で余り 22)、23=4⋅5+323=4\cdot5+3(法 55 で余り 33)、23=3⋅7+223=3\cdot7+2(法 77 で余り 22)— すべて一致し、23<10523<105 なのでこれが最小の正の解である。

辺が 3,4,5,63,4,5,6 の円内接四角形がある。ブラフマグプタの公式 S=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} を使うと、その面積はいくらか。

628年にブラフマグプタが研究し、後にチャクラヴァーラ法で解かれた、今日ペル方程式と呼ばれる方程式はどれか。

『代数学の諸問題の証明に関する論考』の中で、オマル・ハイヤームは幾何学的に三次方程式を解くために、どの二つの曲線を交わらせたか。

孫子の剰余問題は暦と天文計算のために考案された。同じ中国剰余定理は、主に何によって現代のRSA復号を高速化するか。

参考文献

  1. Victor J. Katz (2009). A History of Mathematics: An Introduction
  2. Oliver Knill (2012). A Multivariable Chinese Remainder Theorem · arXiv:1206.5114