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ニールス・ヘンリック・アーベルの生涯

年表 18028 月 5 日、ノルウェー西海岸のスタヴァンゲル近郊に生まれる。 1804一家がイェルスタに移る。父がそこの牧師となる。 1815クリスチャニア（現在のオスロ）の大聖堂学校に入る。 1818ベルント・ホルンボエが数学の先生になる。 1820父が亡くなる。アーベルが家族の一部を養い始める。 1821大学に入る。5 次方程式を解いたと思い、まちがいに気づく。 18245 次方程式に解の公式がないことの証明を自費で出版する。 1825ベルリンに行き、アウグスト・レオポルト・クレレと知り合う。 1826パリで、積分についての大論文を科学アカデミーに提出する。コーシーがそれをなくす。 1827職もなく借金を抱えてノルウェーに戻る。楕円関数を発表する。 18294 月 6 日、フローランで結核のため死去。26 歳。 1830死後、ヤコビとともにパリ科学アカデミーの大賞を受ける。 ◀ 前へ 旅をたどる 次へ ▶ 1802 スタヴァンゲル近郊ノルウェー西海岸で、牧師の七人の子の二番目として生まれる。 1804–1815 イェルスタ国の南部にある父の教区で育つ。 1815–1825 クリスチャニア大聖堂学校で、ホルンボエ先生が彼の才能を見いだす。1824 年、5 次方程式についての 6 ページの小冊子を出す。 1825–1826 ベルリンアウグスト・レオポルト・クレレと知り合い、クレレは自分の雑誌の第 1 巻に彼の論文を 7 本載せる。 1826 パリ積分についての大論文をアカデミーに提出する。だれも相手にせず、コーシーは原稿をなくす。 1827–1828 クリスチャニア職もなく借金を抱えて戻る。楕円関数を発表し、ヤコビと競う。 1828–1829 フローランクリスマスに婚約者に会いにそりで出かけ、病に倒れ、4 月 6 日に結核で亡くなる。二日後、ベルリンからの任命が届く。 地図を見るには JavaScript を有効にしてください。各地点は下の一覧にあります。 ノルウェーからベルリン、パリへのアーベルの大旅行と、フローランでの最期。 地図：© OpenStreetMap 協力者

October 15, 2026 読んだ
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ジョン・ナッシュの生涯

年表 19286 月 13 日、アメリカ合衆国ウェストバージニア州ブルーフィールドに生まれる。 1945ピッツバーグのカーネギー工科大学に入学し、化学工学を学ぶ。のちに数学へ移る。 1948プリンストンに来る。仲間が「ナッシュ」と呼んだゲーム、今日のヘックスを考案する。 1950博士論文「非協力ゲーム」でナッシュ均衡を示す。「交渉問題」を発表する。 1951MIT の講師になる。 1956等長埋め込み定理を発表する。 1957MIT の物理学科の学生アリシア・ラルデと結婚する。 1958放物型方程式の正則性に関する結果を発表する。 1959初めて精神科に入院する。三十年にわたる病が始まる。 1994ジョン・ハーサニ、ラインハルト・ゼルテンとともにノーベル経済学賞を受ける。 2001アリシアと再婚する。映画『ビューティフル・マインド』が公開される。 2015ルイス・ニーレンバーグとともにアーベル賞を受ける。5 月 23 日、アリシアとともに交通事故で亡くなる。 ◀ 前へ 旅をたどる 次へ ▶ 1928–1945 ブルーフィールド鉄道と石炭の町で育つ。『数学をつくった人びと』を読み、フェルマーの小定理を独力で証明する。 1945–1948 ピッツバーグカーネギー工科大学で化学工学から数学に移り、交渉の考えを思いつく。 1948–1951 プリンストンヘックスを考案し、ナッシュ均衡をふくむ 28 ページの博士論文を提出する。 1951–1959 MITMIT で教える。埋め込み定理と放物型方程式の結果を証明する。1959 年、病が始まる。 1970–2015 プリンストン「ファイン・ホールの幽霊」として廊下をさまよい、1980 年代の終わりに回復する。 1994 ストックホルムジョン・ハーサニ、ラインハルト・ゼルテンとともにノーベル経済学賞を受ける。 2015 オスロルイス・ニーレンバーグとともにアーベル賞を受ける。帰国した 5 月 23 日、ニュージャージー州のタクシー事故でアリシアとともに亡くなる。 地図を見るには JavaScript を有効にしてください。各地点は下の一覧にあります。 ブルーフィールドからプリンストンへ。ジョン・ナッシュの場所と、ノーベル賞・アーベル賞を受けに行った旅。 地図：© OpenStreetMap 協力者

October 14, 2026 読んだ
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5 次方程式：存在しない公式

幾何学者たちは代数方程式の一般的な解法に大いに取り組み、その何人かはその不可能性を証明しようとした。しかし、私の思いちがいでなければ、これまでだれも成功していない。 — ニールス・ヘンリック・アーベル『代数方程式についての論文』（1824） 学校に通った人ならだれでも、方程式を解く公式を一つ知っています。2 次方程式の解の公式です。方程式 $ax^2+bx+c=0$ の解は $$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}.$$このやり方は四則演算と平方根一つしか使いません。バビロニア人はほぼ四千年前にこの種の問題を解いていましたし、ユークリッドは正方形と長方形で解きました。自然に浮かぶ問いは、もっと次数の高い方程式にも、このようなやり方があるのか、ということです。 3 次と 4 次 3 次の答えはルネサンスのイタリアから来ました。シピオーネ・デル・フェッロ、ニコロ・タルターリア、ジェロラモ・カルダノが公式を見つけ、カルダノが 1545 年に『アルス・マグナ』で発表しました。方程式 $x^3+px+q=0$ の解の一つは $$x=\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{\frac{q^2}4+\frac{p^3}{27}}}+\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{\frac{q^2}4+\frac{p^3}{27}}}.$$$x^3+6x-20=0$、つまり $p=6$、$q=-20$ で確かめてみましょう。まず平方根です。 $$\frac{q^2}4+\frac{p^3}{27}=100+8=108,\qquad\sqrt{108}=6\sqrt3.$$公式は $$x=\sqrt[3]{10+6\sqrt3}+\sqrt[3]{10-6\sqrt3}$$を与えます。ひどく見えますが、$(1+\sqrt3)^3=1+3\sqrt3+9+3\sqrt3=10+6\sqrt3$ で、同じように $(1-\sqrt3)^3=10-6\sqrt3$ です。したがって $$x=(1+\sqrt3)+(1-\sqrt3)=2.$$たしかに $2^3+6\cdot2-20=0$ です。まもなく、カルダノの弟子ロドヴィコ・フェラーリが 4 次の公式を見つけ、同じ本に載りました。どちらも四則演算と累乗根しか使いません。このような方程式は累乗根で解けるといいます。 二百五十年の試み 残ったのは 5 次でした。二世紀以上にわたって最も偉大な数学者たちが挑み、4 次までうまくいったどの技法も 5 次で行き詰まりました。1771 年、ラグランジュは、技法がなぜうまくいくのかを説明しました。根を入れ替えたとき、根でできたある式がどう変わるかにかかっていたのです。5 次では、その勘定が合いませんでした。1799 年、イタリアのパオロ・ルフィニが公式は存在しないという証明を発表しましたが、すきがあり、ほとんどだれも受け入れませんでした。 アーベルの定理 1824 年、アーベルは完全な証明を与えました。 $$\boxed{n\geq5\text{ 次の一般の方程式には、四則演算と累乗根による公式は存在しない。}}$$今日この結果はアーベル＝ルフィニの定理と呼ばれます。証明の考え方は、そのような公式があると仮定して、それがどう組み立てられなければならないかを見ることです。公式は層をなして作られ、各層は前の層でできた式の累乗根をとります。アーベルは、こうした途中の根のそれぞれが、方程式の五つの根の式でなければならないことを示しました。ここでラグランジュとルフィニの議論が登場します。五つの根の入れ替え方は $5!=120$ 通りあり、公式に必要な式は、五文字のどんな式にもできない変わり方をしなければならないのです。仮定は矛盾に至ります。 定理が何を言っているかを正確に理解しておくことが大切です。定理は、どの 5 次方程式も解けない、とは言っていません。方程式 $x^5-32=0$ には $x=\sqrt[5]{32}=2$ という解があります。存在しないのは、係数からすべての 5 次方程式を解ける一般の公式です。そして、たとえば $$x^5-x-1=0$$のような個別の方程式もあります。その実数解 $x\approx1.1673$ は存在し、何桁でも計算できますが、どうやっても累乗根では書けません。どの方程式が解けて、どれが解けないのか。その問いには数年後にガロアが答えました。 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。 ガウスが開かなかった小冊子 1824 年の小冊子『代数方程式について、5 次の一般方程式を解くことの不可能性を証明する論文』は、アーベル自身のお金でクリスチャニアの印刷所で刷られました。費用を抑えるため、彼は証明を 6 ページに収まるまで削り、多くのステップが説明なしで残りました。アーベルは何人かの数学者に送り、その中にはガウスもいました。言い伝えでは、ガウスの一部は彼の死後、ページが切られないままの状態で見つかったといいます。1826 年、アーベルは『クレレ誌』の第 1 巻に、詳しくわかりやすい版を発表しました。

October 15, 2026 読んだ
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ヘックス：なぜ先手が勝つのか

1948 年、プリンストンの数学棟の談話室では、教授や学生が午後にチェスや囲碁を打っていました。そこでジョン・ナッシュは新しいゲームを披露しました。盤はひし形で、ハチの巣のような六角形のマスで覆われています。赤と青の二人が交互に、一つずつ、空いたマスに石を置きます。石は二度と動きません。赤は上の辺と下の辺を赤い石の列でつなぎたい。青は左右の辺を青い石の列でつなぎたいのです。 仲間はこのゲームを「ナッシュ」と呼びました。彼は、デンマークのピート・ハインが 1942 年に Polygon という名前でこれを考案していたことを知りませんでした。1952 年、パーカー・ブラザーズ社が、今も残る名前で発売しました。ヘックス（Hex）です。 7×7 のヘックスの盤。赤の勝ち：黄色で強調した赤いマスの列が、上と下の辺をつないでいる。Euler’s Eyes 作図 引き分けは決してない 最初の驚くべき性質：ヘックスでは、埋まった盤には必ず勝者がいます。だれも列を作らずにすべてのマスを埋めることはできません。 直観はこうです。赤が上から下へ渡るのを止めるには、青は盤を端から端まで横切る「壁」が必要です。そして、一方の辺から他方の辺まで続く青いマスの壁は、まさに勝ちになる青い列です。赤が勝っていないなら、それは青にふさがれたからであり、ふさぐことは勝つことなのです。 これはマスが六角形であることによります。チェス盤のような正方形の盤では、二つのマスが角だけで接することがあり、色の違う二本の道が斜めに交差して、どちらも完成しないことがあります。六角形では各頂点で三つのマスが出会うので、そのような交差は起こりません。1979 年、数学者デイヴィッド・ゲールは、ヘックスに引き分けがないことがブラウワーの不動点定理と同値であることを示しました。ナッシュがゲームの均衡に使うのと同じ種類の結果です。 戦略の盗用 二つ目の性質はさらに奇妙です。ナッシュは、先手には必勝戦略があること、つまり完璧に打てば必ず勝てることを証明しました。しかし証明は、その戦略が何であるかを教えてくれません。戦略盗用と呼ばれるこの論法は、次のとおりです。 ゲームは有限で、引き分けがない。したがって二人のうちどちらかが必勝戦略をもつ。どの局面で何を打つかを決め、どんな守りに対しても勝ちを保証する規則である。 背理法のために、必勝戦略をもつのが後手だと仮定する。 すると先手はそれを「盗む」ことができる。最初に好きな手を打ち、あとは余分な石を無視して自分が後手であるかのようにふるまい、後手の必勝戦略に従う。 もし戦略が、余分な石のあるマスに打てと言ったら、どこか別のマスに打てばよい。その新しい石が余分な石になる。 ヘックスでは、盤上に石が一つ多くても不利になることはない。だから盗んだ戦略に従う先手は勝つ。 しかしこれは、後手が必勝戦略をもつという仮定に矛盾する。よって必勝戦略をもつのは先手である。 $$\boxed{\text{ヘックスでは、先手はいつでも勝てる。}}$$これは存在証明です。戦略が存在することは保証しますが、それを示しはしません。9×9 までの盤については、コンピューターが具体的な必勝戦略を見つけています。標準の 11×11 の盤については、だれも知りません。 パイ・ルール 先手が有利なので、ヘックスの大会ではパイ・ルールを使います。二人の子どもがパイを公平に分ける方法、一人が切り、もう一人が選ぶ、にならったものです。ヘックスでは、先手が最初の一手を打ち、後手はその手を色を入れ替えて引き取るか、そのままにするかを決めます。そこで先手は、よすぎず悪すぎない手を打つことになります。 練習問題：1×1 と 2×2 のヘックスの盤で、先手はどう勝つか。1×1 の盤では、ただ一つのマスが四つの辺すべてに接しているので、先手は最初の一手で勝ちます。2×2 の盤では、赤が先手なら、勝ちの一手はひし形の二つの鈍角の隅のマスのどちらかです。そのマスはもう一方の列の二つのマスの両方に接しており、青はそのうち一つしかふさげません。次の手で赤は列を完成させます。 練習問題：戦略盗用論法は三目並べで使えるか。チェスではどうか。三目並べでも石が一つ多くて不利になることはなく、論法は後手が必勝戦略をもてないことを示します。しかし三目並べは引き分けがありえて、実際、完璧に打てば引き分けになります。論法が保証するのは先手が負けないことだけです。チェスでは論法は最初から成り立ちません。駒が一つ多いことが不利になりうるからです。動かなければならないこと自体が不利になる、いわゆるツークツワンクです。 出典： David Gale、“The game of Hex and the Brouwer fixed-point theorem”、The American Mathematical Monthly 86（1979）· Martin Gardner、“The game of Hex”、Hexaflexagons and Other Mathematical Diversions（Chicago、1988）所収 · Sylvia Nasar、A Beautiful Mind（Simon & Schuster、1998）、第 11 章。

October 14, 2026 読んだ
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二項級数と悪魔の級数

発散級数は悪魔の発明であり、それをもとにどんな証明であれ組み立てるのは恥である。 — ニールス・ヘンリック・アーベル、ホルンボエへの手紙（1826 年 1 月） 1665 年、若きニュートンは、二項定理が整数でない指数でも成り立つことを発見しました。 $$(1+x)^m=1+mx+\frac{m(m-1)}{2}x^2+\frac{m(m-1)(m-2)}{6}x^3+\cdots$$$m$ が正の整数なら、和は $m+1$ 項で終わります。$m=\frac12$ や $m=-1$ では決して終わりません。無限個の項をもつ和、すなわち級数になるのです。ニュートンもオイラーも、18 世紀のすべての数学者が、この級数を使って大きな成功を収めました。それがいつ成り立つのかを問うた人は、ほとんどいませんでした。 アーベルはまだ学校にいたころにこの級数に出会いました。16 歳のとき、オイラーによる二項定理の証明が有理数の指数でしか成り立たないことに気づき、それをすべての数に広げようとしました。八年後、ベルリンで、彼ははるかに厳密にこの問題に戻ってきました。 級数がだますとき $m=-1$ としましょう。級数は $$\frac1{1+x}=1-x+x^2-x^3+x^4-\cdots$$を与えます。$x=\frac12$ では左辺は $\frac23$ で、右辺 $1-0.5+0.25-0.125+\cdots$ はたしかに $0.666\ldots$ に近づきます。しかし $x=1$ では右辺は $1-1+1-1+\cdots$ となり、$1$ と $0$ の間を行ったり来たりして決まりません。一方、左辺は $\frac12$ です。オイラーは和が $\frac12$「である」と認めていました。$x=2$ ではもっと悪くなります。左辺は $\frac13$ なのに、右辺 $1-2+4-8+16-\cdots$ は限りなく大きくなるのです。 部分和がどの数にも近づかない級数を発散級数といいます。18 世紀の数学者たちはこうした級数を自由に扱い、ときにばかげた結果に達しました。フランスではコーシーが 1821 年、『解析教程』で秩序を立て直し始めました。アーベルはパリでコーシーを読み、さらに先へ進みました。 アーベルの証明 1826 年の『クレレ誌』の論文で、アーベルは二項級数を完全に厳密に調べました。指数 $m$ は任意で、複素数でもよく、$x$ も任意です。彼は $|x|<1$ のとき級数が $(1+x)^m$ に収束することを証明し、端である $|x|=1$ で何が起こるかを正確に述べました。ニュートンの級数についてこれをしたのは、彼が初めてでした。 区間の内側では、級数はとてもよく働きます。$m=\frac12$ のとき係数は $1,\ \frac12,\ -\frac18,\ \frac1{16},\ -\frac5{128},\dots$ で、 $$\sqrt{1+x}=1+\frac x2-\frac{x^2}8+\frac{x^3}{16}-\frac{5x^4}{128}+\cdots$$$\sqrt{1.2}$ を求めるには $x=0.2$ として、

October 15, 2026 読んだ
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ナッシュ均衡：だれも一人では得をしない

均衡点とは、ほかのプレイヤーの戦略を固定したとき、各プレイヤーの混合戦略が自分の利得を最大にするような n 組である。 — ジョン・ナッシュ、米国科学アカデミー紀要（1950） 1944 年、ジョン・フォン・ノイマンと経済学者オスカー・モルゲンシュテルンは『ゲームの理論と経済行動』を出版しました。トランプ遊び、戦争、市場といった戦略的な決定を数学に変える大著です。フォン・ノイマンの大きな結果は、二人のゼロサム・ゲーム、つまり一方の得が他方の損になるゲーム、たとえばチェスやポーカーに当てはまるものでした。しかし人生の大部分はそうではありません。貿易協定でも、交渉でも、交通でも、両者がいっしょに得をすることも、いっしょに損をすることもあります。 1949 年、21 歳の学生が、どんなゲームにも、何人のプレイヤーにも使えるアイデアを見つけました。 アイデア ゲームでは、各プレイヤーが戦略を選び、各自の結果は全員の選択によって決まります。ナッシュ均衡とは、ほかの人が戦略を変えないとき、どのプレイヤーも一人で戦略を変えて得をすることができないような戦略の組み合わせです。 記号で書きましょう。$s_i^*$ をプレイヤー $i$ の戦略、$s_{-i}^*$ をほかの人の戦略、$u_i$ をプレイヤー $i$ の利得とすると、 $$\boxed{u_i(s_i^*,s_{-i}^*)\geq u_i(s_i,s_{-i}^*)\quad\text{すべてのプレイヤー }i\text{ とすべての戦略 }s_i\text{ について}.}$$均衡では、各自がほかの人のしていることを前提にして、できる最善のことをしています。だれも自分の選択を後悔しません。 広場かカフェか アナとブルーノは午後に会う約束をしましたが、場所を決め忘れ、二人とも携帯電話を持っていません。それぞれ広場かカフェに行けます。二人ともカフェのほうが好きですが、いちばん大事なのは会えることです。利得（先がアナ、後がブルーノ）は次のとおりです。 アナ / ブルーノ 広場 カフェ 広場 (2, 2) (0, 0) カフェ (0, 0) (3, 3) それぞれの組み合わせを調べましょう。（カフェ、カフェ）で、アナが一人で広場に変えると 3 から 0 になります。ブルーノも同じです。だれも変えたくない：均衡です。（広場、広場）でも、一人で変えるとそれぞれ 2 から 0 になります。これも均衡です！ 一方（広場、カフェ）では、アナはカフェに行けば得をするので、均衡ではありません。 このゲームには均衡が二つあり、一方は両者にとってもう一方よりよいものです。ナッシュの概念はどの組み合わせが安定かを教えてくれますが、そのどれが起こるかは教えてくれません。実際には、慣習や習慣、二人がいつも行く場所が決めます。 囚人のジレンマ ナッシュの論文と同じ 1950 年、ランド研究所の二人の研究者メリル・フラッドとメルヴィン・ドレシャーが、このアイデアを試すためのゲームを考え、数学者アルバート・タッカーがそれを二人の囚人の物語として語りました。警察が二人の共犯者を逮捕し、別々の部屋で取り調べます。それぞれ黙秘するか、相手を自白で売るかを選べます。刑期（年）は次のとおりです。 A / B 黙秘 自白 黙秘 (1, 1) (10, 0) 自白 (0, 10) (5, 5) 囚人 A の立場で考えましょう。B が黙秘するなら、A は黙秘で 1 年、自白で 0 年：自白のほうがよい。B が自白するなら、A は黙秘で 10 年、自白で 5 年：やはり自白のほうがよい。B が何を選んでも、A にとっては自白のほうがよいのです。 同じ推論が B にも当てはまります。ナッシュ均衡は（自白、自白）ただ一つで、それぞれ 5 年です。

October 14, 2026 読んだ
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積分を逆にする：楕円関数

よく知っている関数を、変わった見方で眺めることから始めましょう。積分 $$\arcsin x=\int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}$$は、半径 1 の円の弧の長さを、いちばん下の点から測って、高さ $x$ の関数として与えます。複雑な関数です。ところがその逆関数、つまり高さを弧の長さの関数として表したものは正弦、三角法で最も簡単な関数です。そして正弦には、積分が隠している性質があります。周期的なのです。四分の一回転の長さは $$\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\frac\pi2$$なので、正弦は $4\cdot\frac\pi2=2\pi$ ごとにくり返します。 だれにも計算できない積分 18 世紀には、似ているけれども 2 次ではなく 3 次や 4 次の多項式の平方根をふくむ積分が現れました。楕円の弧の長さに現れたので楕円積分と名づけられ、レムニスケートの長さや振り子の運動にも現れました。 長さ $L$ の振り子が小さな振幅で揺れるとき、周期は $T_0=2\pi\sqrt{L/g}$ です。学校で習うとおりです。しかしこの公式は振幅が小さいときにしか成り立ちません。任意の振幅 $\theta_0$ に対して、正確な周期は $$T=4\sqrt{\frac Lg}\,K(k),\qquad K(k)=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-k^2t^2)}},\qquad k=\sin\frac{\theta_0}2.$$$\theta_0=90°$ では $k=\frac{\sqrt2}2$、$K\approx1.8541$ です。よって $T\approx7.416\sqrt{L/g}$ となり、簡単な公式の $6.283\sqrt{L/g}$ と比べて、振り子は 18% 長くかかります。$k=0$ なら $K=\frac\pi2$ で、学校の公式に戻ります。 積分 $K$ は既知の関数では書けません。フランスのアドリアン＝マリ・ルジャンドルはこれらの積分に四十年を捧げ、三つの種類に分類し、膨大な数値表を計算しました。彼の『楕円関数論』は 1825 年から 1828 年にかけて出版されました。 アーベルがこれらの積分に取り組んだのは、フェルディナン・デーゲンの助言によるものでした。1821 年、ノルウェーの若者の 5 次方程式のまちがった解法を読んだこのコペンハーゲンの数学者は、楕円積分を研究するよう勧めたのです。それは発見の大洋へ通じる「マゼラン海峡」になるだろう、と。 アーベルの考え アーベルは、ルジャンドルが思いつかなかったことを思いつきました。逆正弦でするのと同じことを、これらの積分にもする、つまり逆にするのです。弧の長さを高さの関数として調べる代わりに、高さを弧の長さの関数として調べるのです。最も簡単な場合として、 $$s=\int_0^x\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\qquad\Longrightarrow\qquad x=\operatorname{sl}(s)$$と定めます。これがレムニスケート正弦です。正弦の場合と同じく、逆関数は積分よりずっと素直な関数です。$s$ が 0 から $$\frac\varpi2=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\approx1.31103$$まで動くと、それは 0 から 1 まで増え、周期 $2\varpi\approx5.2441$ でくり返します。記号 $\varpi$ は π の別の書き方で、レムニスケート定数と呼ばれます。

October 15, 2026 読んだ
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混合戦略：PK と指の偶奇当て

すべての有限ゲームには均衡点がある。 — ジョン・ナッシュ、博士論文「非協力ゲーム」（1950） ゲームによっては、各プレイヤーが決まった手を選ぶかぎり、均衡がまったくないものがあります。いちばん簡単なのは指の偶奇当てです。アナは「偶数」、ブルーノは「奇数」に賭け、それぞれ指を一本か二本出します。合計が偶数ならアナが 1 点、奇数ならブルーノが 1 点を得ます。各自の選択を指「一本」か「二本」にしぼると、利得は次のとおりです。 アナ / ブルーノ 1 本 2 本 1 本 (1, −1) (−1, 1) 2 本 (−1, 1) (1, −1) 四つの組み合わせを調べてみましょう。どの場合も、負けた側が手を変えれば得をします。決まった手では均衡はありません。もっともな話です。いつも同じ手を出す人は、相手に気づかれたとたんに負けるのです。 くじを引くのが最善の戦略 抜け道は混ぜることです。ある確率で、でたらめに選ぶのです。混合戦略とは、手の上の確率分布のことです。アナは確率 $p$ で指を 1 本、ブルーノは確率 $q$ で 1 本出し、互いに独立にくじを引くとします。 アナが 1 本出すと、期待利得は $q\cdot1+(1-q)\cdot(-1)=2q-1$。2 本出すと $q\cdot(-1)+(1-q)\cdot1=1-2q$ です。アナが二つの手を混ぜてもよいと思うのは、両方が同じ利得をもたらすとき、つまりブルーノがアナを無差別にするときだけです。 $$2q-1=1-2q\quad\Longrightarrow\quad q=\frac12.$$同じ理由で、ブルーノが混ぜるのは $p=\frac12$ のときだけです。ただ一つの均衡は、各自が 50% の確率で指を 1 本か 2 本出すことです。この混合に対しては、純粋でも混合でも、どんな戦略も相手に 0 より大きい期待利得を与えません。 ナッシュの定理 これが 1950 年の博士論文の大きな結果です。プレイヤーの数も手の数も有限なゲームには、混合戦略を許せば、ナッシュ均衡が少なくとも一つある。 証明には不動点定理を使います。混合戦略の各組み合わせに対して、各プレイヤーが自分の混合を利得の高い手のほうへ少しずらした別の組み合わせを作ります。これで、組み合わせの集合からそれ自身への連続関数が決まります。この集合は穴のない球のようなもので、ブラウワーの定理によれば、球からそれ自身へのどんな連続関数にも不動点、つまり関数が動かさない組み合わせがあります。動かない点とは、まさにだれも変えたくない組み合わせ、すなわち均衡です。 定理は均衡が存在することを保証しますが、それがただ一つだとも、計算しやすいとも言っていません。今日では、大きなゲームでナッシュ均衡を見つけることは、計算の上できわめて難しい問題になりうることが知られています。 PK 混合戦略のいちばん有名な例はスタジアムで起こります。PK では、キッカーがコースを選び、ゴールキーパーはボールを見る前に跳ばなければなりません。右利きのキッカーにとって得意なコースは自分の左、つまりキーパーの右です。ゴールの確率が次のとおりだとしましょう。 キッカー / キーパー キーパーが得意コースへ跳ぶ キーパーが反対へ跳ぶ 得意コースへ蹴る 60% 95% 反対へ蹴る 90% 70% 数字は丸めてありますが、ヨーロッパのサッカーの実際のデータに近いものです。キーパーが逆に跳べば、キッカーはまず外しません。得意コースはいちばん蹴りやすいコースですが、キーパーが方向を読んだときにいちばん止められやすいコースでもあります。

October 14, 2026 読んだ
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定規とコンパスでレムニスケートを分ける

1694 年、ヤコブ・ベルヌーイは、横に寝かせた 8 の字の形の曲線を調べ、lemniscus、つまりリボン結びと名づけました。焦点を点 $(\pm\frac1{\sqrt2},0)$ にとると、それは二つの焦点までの距離の積が $\frac12$ になる点の集まりです。方程式は $$(x^2+y^2)^2=x^2-y^2$$で、極座標では $r^2=\cos2\theta$ です。一世紀半後、アーベルはこの曲線について、ユークリッドの本から出てきたような定理を証明しました。どんな数 $n$ なら、定規とコンパスだけでレムニスケートを長さの等しい $n$ 個の弧に分けられるのか。 ベルヌーイのレムニスケート r² = cos 2θ と、それを長さの等しい八つの弧に分ける七つの点。曲線は中心を二度通る。Euler’s Eyes 作図 弧の長さ まず、曲線の一部分の長さはいくらでしょうか。極座標では、小さな弧は $ds^2=dr^2+r^2\,d\theta^2$ を満たします。$r^2=\cos2\theta$ を微分すると、 $$2r\,dr=-2\sin2\theta\,d\theta,\qquad\sin2\theta=\sqrt{1-\cos^22\theta}=\sqrt{1-r^4}$$なので、$d\theta=-\dfrac{r\,dr}{\sqrt{1-r^4}}$ であり、 $$ds^2=dr^2+\frac{r^4\,dr^2}{1-r^4}=\frac{dr^2}{1-r^4}.$$したがって、中心から、中心からの距離が $r$ の点までの弧の長さは $$\boxed{s=\int_0^r\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}.}$$これはレムニスケート積分で、レムニスケート正弦を定義するのと同じ積分です。言いかえれば、中心から弧に沿って $s$ の距離にあるレムニスケート上の点は、中心から $\operatorname{sl}(s)$ の距離にあります。レムニスケート正弦は、正弦が円に対してすることを、レムニスケートに対してするのです。中心から先端までの弧は $\frac\varpi2\approx1.3110$、曲線全体は $2\varpi\approx5.2441$ です。 1751 年のクリスマス 1718 年、イタリアの伯爵ジュリオ・ファニャーノは、レムニスケートの弧を定規とコンパスで2 倍にする方法を見つけました。ある弧が与えられたとき、その 2 倍の長さの弧を作図するのです。ほとんどだれも気にとめませんでした。1751 年 12 月 23 日、ベルリン科学アカデミーはファニャーノの著作をオイラーに渡し、意見を求めました。オイラーはそこにあるものをすぐに見抜き、ファニャーノの公式をこれらの積分の加法公式へと一般化しました。一世紀近くのち、ヤコビはその日を楕円関数の誕生日と呼びました。 八つに分ける ファニャーノの公式を、レムニスケート正弦で書きましょう。 $$\operatorname{sl}(2u)=\frac{2\operatorname{sl}(u)\sqrt{1-\operatorname{sl}(u)^4}}{1+\operatorname{sl}(u)^4}.$$曲線を八等分するには、中心から先端までの弧を二等分する点を見つければ十分です。先端は $r=1$ にあるので、$\operatorname{sl}(2u)=1$ となる $s=\operatorname{sl}(u)$ を探します。 $$1+s^4=2s\sqrt{1-s^4}.$$両辺を 2 乗し、$w=s^2$ とおくと、

October 15, 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 14, 2026 読んだ
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アーベル群：順序が問題にならないとき

靴下をはいてから靴をはくのと、靴をはいてから靴下をはくのとでは、結果がちがいます。3 を足してから 5 を足すのと、5 を足してから 3 を足すのとは同じです。二つの操作の順序を変えても結果が変わらないとき、それらは可換であるといいます。すべてが可換な構造を表すために数学者が使う言葉は、アーベルへの敬意を表したものです。アーベル的（abelian）です。 最後の論文 一般の 5 次方程式に公式がないことを証明したあと、アーベルはどんな方程式なら公式があるのかを知りたいと考えました。1829 年、『クレレ誌』に発表した最後の論文の一つで、彼は特別な種類の方程式を調べました。すべての根が、そのうちの一つ $x$ から、互いに可換な有理関数 $\theta_1(x), \theta_2(x),\dots$ によって得られる方程式です。 $$\theta_1(\theta_2(x))=\theta_2(\theta_1(x)).$$アーベルは、こうした方程式がつねに累乗根で解けることを証明しました。それらはアーベル方程式と呼ばれるようになり、のちに、順序が問題にならない群がアーベル群と呼ばれるようになりました。 1 のべき根 最も重要な例は方程式 $x^n=1$ です。その根の一つは $$\zeta=\cos\frac{2\pi}n+i\sin\frac{2\pi}n$$で、ほかの根はすべてそのべき乗です：$\zeta^2,\zeta^3,\dots,\zeta^n=1$。ある根を別の根に移す関数はべき乗 $\theta_a(x)=x^a$ で、これらは可換です。 $$\theta_a(\theta_b(x))=(x^b)^a=x^{ab}=(x^a)^b=\theta_b(\theta_a(x)).$$アーベルの定理により、$x^n=1$ はどの $n$ についても累乗根で解けます。これは、ガウスが正十七角形の作図に使ったのと同じ構造です。正多角形の頂点は $x^{17}=1$ の根なのです。 群と可換性 現代の言葉では、群とは、合成したり、取り消したり、組み合わせたりでき、しかもつねにその集まりの中にとどまる操作の集まりです。どの二つの元についても $a\circ b=b\circ a$ となるとき、その群はアーベル群です。 アーベル群の例はいたるところにあります。 整数と足し算：$3+5=5+3$。 円の回転：$30°$ 回してから $50°$ 回すのは、$50°$ 回してから $30°$ 回すのと同じ。 時計の算術：12 時間の時計で、9 時の 5 時間後は 2 時です。$9+5\equiv2\pmod{12}$ と書きます。ここでも足す順序は関係ありません。 アーベル群でない群もあります。三角形の対称性が最も小さな例です。三角形を回してから裏返すのと、裏返してから回すのとでは結果がちがいます。ルービックキューブも例です。前の面を回してから上の面を回すのは、その逆と同じ効果にはなりません。ガロアが 5 次方程式に公式がない理由を説明したのは、アーベル群でない群を調べることによってでした。 可換だとなぜ助かるのか アーベルの証明の背後にある直観は、アーベル群では操作を一つずつ、どんな順序でも行うことができ、一つの操作がほかの操作の成果をこわさない、ということです。各ステップは累乗根を一つとることに対応し、根は順番にとっていくことができます。五つの根の 120 通りの置換の群のように、アーベル群でなく、しかも複雑すぎる群では、ステップどうしが邪魔し合い、累乗根だけでは最後までたどり着けないのです。 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。 アーベルのぶどう 英語圏の数学者の間には古い冗談があります。「紫色で可換なものは何？ アーベルのぶどう。」英語で an abelian grape（アーベルのぶどう）が an abelian group（アーベル群）と似た音になるのです。「abelian」という形容詞はあまりにもよく使われるので、多くの本では小文字で書かれます。それは、ほんのわずかな数学者しか受けていない栄誉です。

October 15, 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 14, 2026 読んだ