一般化SNNN数の全体からなる集合
一般化SNNN数の全体$ \mathbb{S}_{a, b, s}の定義とその性質に関する集約記事. Definition (formal)
$ \forall a, b, s\in\mathbb{Z}. $ \mathbb{S} _ {a, b, s} := \lbrace\,S_{a, b, s}(n)\mid n\in\mathbb{N}\,\rbrace.
基本性質
Prop. 1 (formal)
$ \forall a, b, s\in\mathbb{Z}. $ \mathbb{S}_{a, b, s}\subseteq \mathbb{Z}.
Proof
定義より明らか. $ \Box
Prop. 2 (formal)
$ \forall a, b, s\in\mathbb{Z}. $ \exists a', b', s'\in\mathbb{Z}. $ a\leq 0\land a\implies \mathbb{S}_{a', b', s'}\subseteq \mathbb{S}_{a, b, s}\land 0\leq a'.
Proof
$ a = 0のときは$ (a', b', s') := (a, b, s)でよい.
$ a = -1のとき$ (a', b', s') := (1, 0, s)がこれをみたす.
$ \forall n\in\mathbb{N}. $ S_{a, b, s}(n) = (-1)^ns+((-1)^nb - b) / -2.
$ 2 \mid nのとき$ S_{a, b, s}(n) = s.
$ 2\nmid nのとき$ S_{a, b, s}(n) = -s + b.
このうち$ 2\mid nの場合のみを取り出したものが$ (a', b', s') = (1, 0, s)である.
$ a\lt -1のとき, $ (a', b', s') := (a^2, (a+1)b, s)
$ a = -1のときと同様, $ 0\lt a^2を取り出したものである
$ \forall n\in\mathbb{N}.
$ f(x) := ax + bについて$ S_{a, b, s}(n) = f^n(s)なので $ S_{a, b, s}(2n) = (f^2)^n(s)である
$ f^2(x) = a^2x + (a + 1)bより$ S_{a^2, (a+1)b, s}(n) = (f^2)^n(s) = S_{a, b, s}(2n).
いずれの場合も$ 0\leq a'でありかつ$ \mathbb{S}_{a', b', s'}\subseteq \mathbb{S}_{a, b, s}. $ \Box
Prop. 3 (formal)
$ \forall a, b, s\in\mathbb{Z}. $ \exists a', b', s'\in\mathbb{Z}. $ 1\lt a\land b\ne 0\land (a-1)s+b\ne 0のとき, 次が成立する.
1. $ \mathbb{S}_{a', b', s'}\subseteq \mathbb{N}\setminus\lbrace\,0\,\rbrace.
2. $ \exists u\in\mathbb{N}. $ \forall n\in\mathbb{N}. $ u\leq n\implies S_{a, b, s}(n) / S_{a', b', s'}(n - u) \in \lbrace\,1, -1\,\rbrace.
Proof
1.
$ (a - 1)s + b\gt 0のとき
$ (a', b') := (a, b)である.
また $ t := sとおく.
$ D := (a' - 1)t + b' = (a - 1)s + b\gt 0なので, 一般化SNNN数 Prop. 1 (1.)より$ S_{a', b', t}は狭義単調増加. $ (a-1)s+b\lt 0のとき
$ (a', b') := (a, -b)である.
また $ t := -sとおく.
$ D := (a' - 1)t + b' = (a - 1)-s + -b = -((a-1)s+b)\gt 0なので, 一般化SNNN数 Prop. 1 (1.)より$ S_{a', b', t}は狭義単調増加. いま$ S_{a', b', t}は狭義単調増加であるから$ \exists u\in\mathbb{N}. $ 0\lt S_{a', b', t}(u).
$ uのとり方に依らず, 当該不等式を満たすならばすべて条件を満たす.
$ s' := S_{a', b', t}(u)とおくと, $ g\colon \mathbb{Z}\ni x\mapsto a'x+b'\in \mathbb{Z}について$ \forall m\in\mathbb{N}. $ S_{a', b', s'}(m) = g^m(s') = g^m(S_{a',b',t}(u)) = g^m(g^u(t)) = S_{a', b', t}(u+m)\geq S_{a', b', t}(u)\gt 0.
これゆえ$ \forall n\in\mathbb{N}. $ \mathbb{S}_{a', b', s'}\subseteq \mathbb{N}\setminus\lbrace\,0\,\rbrace. である.
2. $ uとして(1.)の証明中に用いた同じ記号の値をとる.
$ f\colon \mathbb{Z}\ni x\mapsto ax+b\in\mathbb{Z}.
$ (a - 1)s+b\gt 0のとき
$ (a', b') = (a, b)より$ f(x) = g(x)なので$ f(s) = g(t).
$ \forall n\in\mathbb{N}. $ u\leq nとする.
$ f^n(s) = f^{n - u}(f^u(s)) = g^{n-u}(s').
よって$ S_{a, b, s}(n) = S_{a', b', s'}(n - u).
$ (a-1)s+b\lt 0のとき
$ (a', b') = (a, -b)である.
$ f(s) = as + b = -(a(-s)+(-b)) = -(a't+b') = -g(t).
$ \forall n\in\mathbb{N}. $ f^n(s) = -(g^n(t))を示す.
$ n = 0のとき
$ -t = sより成立.
$ nで成立を仮定, $ n + 1のとき
$ \begin{aligned}f^{n+1}(s) &= f(f^n(s))\cr &= f(-(g^n(t)))\cr &= a(-(g^n(t)) + b\cr &= -(ag^n(t)+(-b))\cr &= -g(g^n(t))\cr &= -(g^{n+1}(t)).\end{aligned}
よって数学的帰納法により成立
$ \forall n\in\mathbb{N}. $ u\leq n. とする.
$ S_{a, b, s}(n) = f^n(s) = -(g^n(t)) = -(g^{n-u}(g^u(t))) = -(g^{n-u}(s')) = -S_{a', b', s'}(n - u)である. $ \Box