面白い問題おしえて～な 28問目

**１３２人目の素数さん** · 2018/10/29(月) 00:19:23.87

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/09(金) 19:33:26.08

しらんの？わかスレでこれ答えでんやろって適当な問題連発してるやつ。
とくに彼がだしてる確率系は殆どとけない。
(というか持ってる答えあるなら出してくれといって出したことないのでそう推定している。)
>>79はいかにも彼が好きそうな形。
本人解けたつもりで出してるだけの可能性あり。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/09(金) 21:24:51.59

でたらめ予定調和君

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/09(金) 22:58:54.45

コインを１００回投げて表が連続した最大数が５のとき、表がでる確率の９５％信頼区間を求めよ。

近似解計算で

lower upper
0.2487456 0.6386493

になったけど、自信がない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 01:10:06.43

>>138
>t^6 - t^5 +ε = 0 の根は
>
>α = 1 - Σ[k=1,∞] c(5, k) ε^k,

これどうやって証明するんですか？
Link先にも載ってないですけど？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 01:27:10.71

あ、わかった。
G.f.: inverse series of y*(1-y)^5.
これだ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 02:17:14.74

>>79は関数等式が作れたので満足ということにしよう

>>26
これも分からないけど考えたことを書いてみる。

区間 [0,√2] で関数の値を決めれば、
等式 f(x+√2)=(f(x)+f(x+1))/2 を満たすように実数全体に一意に拡張することができる。
したがって、[0,√2] 上で定数であることを示すことが必要かつ十分。

[0,√2] 上で定数でないと仮定して、有界でないことを導く感じかなあ。
x を大きくすると平均化されて収束しそうなので、逆に x を -∞ の方に持ってくと有界でなくなりそう。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 02:54:00.82

>>89
Henry Mancini - Baby Elephant Walk
http://www.youtube.com/watch?v=b1z4JfxFb6c

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 03:12:05.12

諦め早いなあ　じゃヒント
>>79
S(n) = Σ_(k=1,n) a_(2k-1) とおくと
S(3n) = Σ_(k=1,n) a_(6k-5) + a_(6k-3) + a_(6k-1)
= Σ_(k=1,n) a_(4k-3) - a_(2k-1) + a_(4k-1)
= S(2n) - S(n)

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 03:46:00.82

ちなみに言っとくと
>>142 人違いです　書き込んだことあるのはこの面白スレだけなので

あとついでにもう一問
整数 N に対し、rad(N) を N の互いに異なる素因数の積と定める。
正の整数 n に対して (1+√2)^n を展開した時の √2 の係数を a_n とおくと、
n を奇数の中から適切に選んで rad(a_n)/a_n を任意に小さくできることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 05:01:41.49

ヒントあってもムズい。
存在すれば０までは簡単だけど。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 05:09:34.22

>>150

a_n = {(1+√2)^n - (1-√2)^n} / (2√2),

{(1+√2)^m + (1-√2)^m}/2 は自然数。

∴　a_{pq} は a_p および a_q で割り切れる。

さて、どうするか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 05:35:01.43

>>150
こっちの方はできたかな？

RをQ[√2]の整数環とする。
p≡3.5 (mod 8)である素数をとる。
x^2 - 2 = 0は mod p で解を持たないからQ/Zのpの拡大次数は2でpRはRの素イデアル。
とくにa+b√2∈p^iR ⇔ a∈p^iZ かつ b∈p^iZ である。
ここで n をR/p^2Rの乗法群の位数とするとき(1+√2)^n ≡ 1 (mod p^2R)であるからa≡1 (mod p^2) かつ b≡0 (mod p^2)である。
とくにこのとき rad b ≦ b/p であるから rad b / b ≦ 1/p となる。
p≡3.5 (mod 8)である素数は無数にあるから主張は示された。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 05:45:34.35

あれ？素数取り直す必要ないか。
R/3^iRの乗法群の位数をnとすれば(1+√2)^n = a + b√2 とおくとき同様にしてb ≡ 0 (mod 3^i)だから
b / rad b ≦ 1/3^(i-1)でいいのか。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 05:57:33.06

>>153
その n が奇数になる保証はあるかい？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 05:59:55.44

ありゃ？とすると代数的整数論のテクニック使う必要すらないや。
(1+√2)^(8・3^(i-1)) = a[i] + b[i]√2 とおいて a[i] ≡ 1 (mod 3^i)、b[i] ≡ 0 (mod 3^i) を帰納法で示せばいいだけだ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 06:01:19.90

あ、奇数っていう制限もあるのか。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 06:03:33.77

>>152

n = (2^r) -1 のとき　a_n は 2n-1 で割り切れるらしい。

といっても平方因子じゃないが…

a_7 = 13^2,
a_15 = 5^2･29･269,

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 06:31:54.82

>>155
とりあえず代数的整数論つかえば n が奇数もクリアできた。
p ≡ 3、5 (mod 8)にとっておけば p^2 ≡ 9 (mod 16)なのでRの乗法群の位数は16で割り切れない。
とくに 1+√2 + pR がある数の8乗であれば1+√2 + pRの位数は奇数である。
よって方程式 x^8 - (1+√2) が R/pRで完全分解する素数pをとればよい。
そのような素数はチェボタレフ密度定理により無限にある。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 06:33:49.21

かいたあとに気づく。orz。これも初等的にいける。けど、もういいや。これで。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 06:36:20.52

>>158
　と思ったが、間違えたようだ。ｽﾏｿ

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 07:34:42.59

>>158
どうやれば平方因子が（無限に）出てくるか、という問題らしいけど、サパーリです。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 11:22:16.94

コインを１００回投げて表が連続した最大数が５のとき、
表がでる確率の期待値と最頻値および９５％信頼区間を求めよ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 12:31:29.30

>>159
それは題意とは別のことの証明みたい
nを奇数に制限した時に数列 a_n に素因数が無限に出現することの証明　これもこれですごいんだけど

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 13:53:36.51

>>155
初等的に。
(1+√2)^n = a[n] + b[n]√2 (a[n],b[n]∈Z) として b[3・5^i] ≡ 0 (mod 5^(i+1))をしめす。
i=0のとき(1+√2)^3 = 7+5√2より成立。
i=kで成立するとしてi=k+1のとき
b[3・5^(i+1)] = 5a[3・5^i]^4 b[3・5^i] + 10a[3・5^i]^2 b[3・5^i]^3 + b[3・5^i]^5
だから成立。
これを用いて
rad b[3・5^i]/b[3・5^i] ≦ 1/5^i。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 18:49:11.34

>>149
もうちょいおながいします。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 19:05:10.64

>>150 >>165

n=3･5^i　のとき
　a_n = {(1+√2)^n - (1-√2)^n}/(2√2) ≡ 0,　　(mod 5^(i+1))
(略証)
iについての帰納法で
i=0、n=3 のとき
　a_3 = {(1+√2)^3 - (1-√2)^3}/(2√2) = 5 ≡ 0,　　(mod 5)

m で成立するとして n=5m のとき
a_{5m} / a_m = {(1+√2)^(5m) - (1-√2)^(5m)} / {(1+√2)^m - (1-√2)^m}
= {(1+√2)^(4m) + (1-√2)^(4m)} + (-1)^m･{(1+√2)^(2m) + (1-√2)^(2m)} +1
= {64(a_m)^2 + 32(-1)^m}^2 +2} + (-1)^m･{8(a_m)^2 + 2(-1)^m} +1
= 64(a_m)^4 + 40(-1)^m･(a_m)^2 + 5
≡ 0　(mod 5),　　　　　(← a_m≡0)
だから n=5m でも成立。

ここで
(1+√2)^(2m) + (1-√2)^(2m) = {(1+√2)^m - (1-√2)^m}^2 + 2(-1)^m
　= 8(a_m)^2 + 2(-1)^m,
(1+√2)^(4m) + (1-√2)^(4m) = {(1+√2)^(2m) + (1-√2)^(2m)}^2 - 2
　= {8(a_m)^2 + 2(-1)^m}^2 - 2
　= 64(a_m)^2 + 32(-1)^m (a_m)^2 + 2,
を使った。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/10(土) 22:23:10.80

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 00:03:41.56

>>168
|S(3n)|≦nですか？
答え0と予想してるんですけど？
1/3?

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 00:17:10.76

あ、いや、なるほど！わかったかも！
でも偶数項もなんとかせねば！

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 00:23:46.00

気のせいだった。ムズイ

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 02:26:17.27

>>167 のようにおくと

a_{5m} = 64(a_m)^5 + 40(-1)^m･(a_m)^3 + 5 a_m,

(略証)
mについての帰納法による。
m=1 のとき
　a_1 = 1，a_5 = 29 だから成立。

m 以下で成立すれば…
a_{m+1} - a_{m-1} = 2a_m = 2a,
a_{m+1}a_{m-1} = (a_m)^2 + (-1)^m = aa + (-1)^m,
から
a_{m+1}^3 - a_{m-1}^3 = 2a[(2a)^2 +3{aa+(-1)^m}] = 14a^3 +6(-1)^m a,
a_{m+1}^5 - a_{m-1}^5 = 2a[(2a)^4 +5(4aa){aa+(-1)^m} +5{aa+(-1)^m}^2] = 82a^5 +60(-1)^m a^3 +10a,
が出る。また、
64(a_{m+1})^5 + 40(-1)^{m+1}･(a_{m+1})^3 + 5a_{m+1} - a_{5(m-1)}
　= 64(a_{m+1}^5 - a_{m-1}^5) - 40(-1)^m･(a_{m+1}^3 - a_{m-1}^3) + 5(a_{m+1} - a_{m-1})
　= 64{82a^5 + 60(-1)^m･a^3 + 10a} - 40{14(-1)^m a^3 + 6a} ＋ 10a
　= 82{64a^5 + 40(-1)^m･a^3 + 5a}
　= 82 a_{5m},　　　(← 帰納法の仮定)
以上により
a_{5(m+1)} = 82a_{5m} + a_{5(m-1)} = 64(a_{m+1})^5 + 40(-1)^{m+1}･(a_{m+1})^3 + 5a_{m+1},
∴　m+1 でも成立する。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 03:18:51.59

>>149
できたかも。
まず>>149を一般化して
S[3N] = S[2N] - S[N]
S[3N-1] = S[2N-1] - S[N]
S[3N+1] = S[2N+1] - S[N]
さらにT[N] = Σ[n≦2N, n:evev] a[n]とおいて
T[3N] = S[2N] - T[N]。
T[3N+1] = S[2N+1] - T[N]。
T[3N-1] = S[2N-1] - T[N]。
まず|S[N]|、|T[N]| ≦ N^(3/4)(log (3*N)))^2を示す。
f(x) = x^(3/4)(log (x+1))^2とおくときx≧1において多分
f(3x)≦f(2x) + f(x)、
f(3x+1)≦f(2x+1) + f(x)、
f(3x-1)≦f(2x-1) + f(x)
である。(∵パソコンでグラフ描いてみた)
よって成立。
よって
lim[n→∞](S[N]+T[N])/N = 0
である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 04:37:04.53

>>173
あれ？なんかおかしい気がする。
ひとまず撤回。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 04:40:28.26

今わかった。はっきりおかしい。orz。>>173無視してください。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 05:41:25.27

>>26が一応できたけど、証明が長くなった。
もし模範解答が短いなら書くだけ損なので、あまり書きたくないｗ

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 05:44:17.33

>>79は2種類の証明ができて、lim_(n→∞) (1/n)Σ_(k=1,n)a_k＝0 が証明できた。
1つ目の方法は、正の実数xに対して S(x)＝Σ(1≦k≦x) a(2k－1) と置いてから、
>>149の類似品を作って、それを展開しまくってたくさんのS(x)の和にしたあとに、
その和を適当に区切ってからそれぞれ評価して、
limsup_x S(x)/x と liminf_x S(x)/x を考える方法。
簡単だけど計算がごちゃごちゃしてて、8レスくらいになった。
計算ミスしてる可能性もある。

2つ目の方法は、>>149の類似品を使いながら、素数定理の簡単な証明
ttps://people.mpim-bonn.mpg.de/zagier/files/doi/10.2307/2975232/fulltext.pdf
と同じやり方を使う方法。実はこっちの方が先にできた。これは7レスくらい。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 10:17:49.16

>>177
おお、素晴らしい。あげてくださりませ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 10:22:49.91

そうなんだよね～
ディリクレ級数はまず真っ先に思いつくのはつくんだけど、母関数と違って関数等式作れなくてs=1近傍での振る舞いが確定できなかった。
どうやったんですか？
関数等式作れました？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 13:14:33.63

>>177
んーなんかできてるっぽいね　やや略式ではあるけど一応答え載せときます
（これからも答え複雑になりそうな時はこんくらい省いても問題ないんじゃないかな　まあでもこれは個人の感覚か）

>>149 を使って、例えば
S(9n) = S(6n)-S(3n) = S(6n)-S(2n)+S(n) = S(4n)-2S(2n)+S(n)
のように、S(3N) を S(2N)-S(N) に置き換える操作を繰り返していく時、各辺を
Σ_(c∈C) σ(c)S(cn) (Cは正整数の有限集合、各cに対してσ(c)は整数)
とおいた時の Σ_(c∈C) |σ(c)c| の値は操作により増加しないことがわかる。
（このことは、操作を適用する項だけに着目して、その項の操作前後の変化を考えればわかる）
（上の例では 9 ≧ 6+3 ≧ 6+2+1 ≧ 4+2*2+1）
したがって、a>b>0 かつaとbの偶奇が一致しない時
S((3^a)n) = S((2^a)n) - S((3^b)n) + (それ以外)
と展開することができることから、limsup |S(n)/n|=μ とおくと >>168 から
(3^a)μ ≦ |2^a-3^b| + limsup((それ以外)/n)
≦|2^a-3^b| + (3^a-2^a-3^b)μ.
よって、μ ≦ |2^a-3^b|/(2^a+3^b).
ディリクレのディオファントス近似定理より
|mlog_3(2) - (1/2)log_3(2) - m'| (m,m'は十分大きい正の整数) は任意に小さくすることができるので、
a=2m-1, b=2m' とおけば a,b は条件を満たし、|2^a-3^b| も (2^a+3^b) と比べて任意に小さくなる。
ゆえに、μ=0.
さらに >>173 の T(n) について limsup|T(n)/n|=ν とおくと、
3ν = limsup|T(3n)/n| ≦ limsup|S(2n)/n| + limsup|T(n)/n| = ν
から、ν=0.　以上より、示された。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:15:47.83

よければ >>177 の手法ももうちょい詳しく聞いてみたいな

ここからはやや余談。コラッツの問題は
f(n)=n/2 (if 2|n), 3n+1 (otherwise)
とおいた時 f の合成による値の挙動を問う問題でご存知の通りまだ未解決なんだけど、
kを正の整数として『（１に到達するまでの操作の回数）mod k』で自然数を分類した時に何か言えないか？
を考えることができるのではと思い、感触をつかむためまず手始めに
g(n)=n/3 (if 3|n), 2n+1に最も近い3の倍数 (otherwize)
とした時にできる同類の問題を考えてみた、というのが >>79 の問題。
どんな自然数もgの合成でいずれ1に到達することは簡単にわかるけど、
それでもこの問題の（思いつく限り簡単な）解は >>180 のようにやや込み入ったものになっていて、以外、という印象。
本来のコラッツ数列で同類の問題を考えた時にどうなるかは、少なくとも自分には未解決です

あと実は >>26 は >>79 の解からも着想を得てできた問題で、要は
「動き方が制限されている関数（実→実関数の連続性、整数→整数関数のリプシッツ連続性、等）に
非有理的な”漸化式”（f(x),f(x+1),f(x+√2)間、S(n),S(2n),S(3n)間、等）を設けた時の挙動」
を問う問題を他にも作ってみたい、という感じでできたものでした　まあ解法は若干違うものになったんだけど…

>>26 の想定解は >>180 と同じぐらいかそれ以下の分量なんだけど、
他の方法も見てみたいし、もしお時間あれば概略だけでも是非書いてみてくださいな

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:18:07.45

以外、じゃねえ、意外

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:23:27.97

連投すまん。
g(n)=n/3 (if 3|n), 2nに最も近い3の倍数 (otherwise)
でした

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:33:02.52

>>79の解答。

正の実数xに対して S(x)＝Σ(1≦k≦x) a(2k－1) と置く。
ただし、0＜x＜1のときは S(x)＝0 と定義する。

η(x)＝S(3x)－S(2x)＋S(x) (x＞0)

と置くと、>>149と同じような計算をして、η(x)は有界であることが示せる。
α＝limsup_(x→∞)S(x)/x, β＝liminf_(x→∞)S(x)/x と置くと、
－1≦β≦α≦1 である。α＝β＝0 を示したい。
S(3x)＝S(2x)－S(x)＋η(x) をxで割ってlimsup_xを取ると、
3α≦2α－β となるので、α＋β≦0 となる。また、liminf_xを取ると
3β≧2β－α となるので、α＋β≧0 となる。よって、α＋β＝0 となる。
β≦αにより0＝α＋β≦2αとなるので、0≦αとなる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:36:34.89

次に、S(3x)＝S(2x)－S(x)＋η(x) において、x＞0をx/3＞0で置き換えると
S(x)＝S((2/3)x)－S(x/3)＋η(x/3) となるので、n≧1とx＞0に対して、帰納的に

S(x)＝S((2/3)^n x)－Σ(k＝0～n－1)S((2/3)^k x/3)＋Σ(k＝0～n－1)η((2/3)^k x/3)

が成り立つ。特にx＞1のとき、n_x＝[log_{3/2}x]＋1と置けば、
0 ＜ (2/3)^{n_x} x ＜ 1 となるので、S((2/3)^{n_x} x)＝0 であり、

S(x)＝－Σ(k＝0～n_x－1)S((2/3)^k x/3)＋Σ(k＝0～n_x－1)η((2/3)^k x/3)

となる。この式では、Σの部分は n_x－1 までの和なので、
x に依存して和の項数が増えることに注意。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:40:11.70

ηが有界であることから、x のオーダーとして

Σ(k＝0～n_x－1)η((2/3)^k x/3)＝O(n_x)＝O([log_{3/2}x]＋1)＝O(log x) (x→∞)

である。よって、

S(x)＝－Σ(k＝0～n_x－1)S((2/3)^k x/3)＋O(log x)

である。次に、s(x)＝S(x)/x (x＞0) と置く。－1≦s(x)≦1である。上の式をxで割って

s(x)＝－Σ(k＝0～n_x－1) (2/3)^k (1/3) s((2/3)^k x/3)＋o(1)

となる(o(1)の部分は、こだわるならO((log x)/x)と書いた方が精密だが、ここではo(1)で十分)。
ここで、δ＞1を任意に取って固定する。Σの部分を

Σ(k＝0～n_x－1) ＝ Σ(k：(2/3)^k x/3＜δ)＋Σ(k：(2/3)^k x/3≧δ)

と分解する。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:42:57.29

Σ(k：(2/3)^k x/3＜δ) (2/3)^k (1/3) s((2/3)^k x/3)
≧Σ(k：(2/3)^k x/3＜δ) (2/3)^k (1/3)(－1)
＝Σ(log_{3/2}(x/(3δ))＜k≦n_x－1) (2/3)^k (1/3)(－1)
≧Σ([log_{3/2}(x/(3δ))]＜k) (2/3)^k (1/3)(－1)
＝(－1/3)(2/3)^{ 1＋[log_{3/2}(x/(3δ))] } * 1/(1－2/3)
＝o(1)

である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:45:18.55

また、

Σ(k：(2/3)^k x/3≧δ) (2/3)^k (1/3) s((2/3)^k x/3)
≧Σ(k：(2/3)^k x/3≧δ) (2/3)^k (1/3) inf(t≧δ)s(t)
＝Σ(1≦k≦log_{3/2}(x/(3δ))) (2/3)^k (1/3) inf(t≧δ)s(t)
＝Σ(1≦k≦[log_{3/2}(x/(3δ))]) (2/3)^k (1/3) inf(t≧δ)s(t)
＝(1/3)(2/3)(1－(2/3)^{ [log_{3/2}(x/(3δ))] })/(1－2/3) * inf(t≧δ)s(t)
＝(1/3)(2/3)(1－o(1))/(1－2/3) * inf(t≧δ)s(t)
＝(2/3)(1-o(1)) * inf(t≧δ)s(t)
＝(2/3)inf(t≧δ)s(t)－(2/3)o(1)inf(t≧δ)s(t)
＝(2/3)inf(t≧δ)s(t)＋o(1)

である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:48:06.02

これらの不等式を

s(x)＝－Σ(k＝0～n_x－1) (2/3)^k (1/3) s((2/3)^k x/3)＋o(1)

と合わせて、

s(x) ≦ o(1)－(2/3)inf(t≧δ)s(t)

となるので、limsup_x を取って α≦－(2/3)inf(t≧δ)s(t) となる。
δ＞1は任意だから、δ→∞として、α≦－(2/3)β となる。
よって、3α＋2β≦0 となるので、α＋β＝0によりα≦0となる。
一方でα≧0だったから、α＝0となる。よって、β＝0となる。
よって、lim(x→∞) S(x)/x＝0 である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:51:36.06

次に、正の実数xに対して T(x)＝Σ_(1≦k≦x)a_k と置く。
ただし、0＜x＜1 のときは T(x)＝0 と定義する。
ν(x)＝T(3x)＋T(x)－2S(x) (x＞0) と置くと、ν(x) は有界であることが示せる。
α＝limsup_(x→∞) T(x)/x, β＝liminf_(x→∞) T(x)/x と置く。
－1≦β≦α≦1である。T(3x)＝－T(x)＋2S(x)＋ν(x) をxで割って
limsup_x を取れば、3α＝－β となる。また、liminf_x を取れば、3β＝－α となる。
よって、α＝β＝0となるので、lim_(x→∞) T(x)/x＝0 となる。
よって、lim_(n→∞) (1/n)Σ_(k=1,n)a_k＝0 である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:55:49.03

次は素数定理のやり方。

1以上の実数xに対して S(x)＝Σ(1≦k≦x) a(2k－1) と置く。
η(x)＝S(3x)－S(2x)＋S(x) (x≧1) と置くと、η(x)は有界であることが示せる。
次に、Re(z)＞1を満たす複素数zに対して

f(z)＝∫(1,∞) S(x)/x^{1＋z}dx

と置くと、f(z)はRe(z)＞1の範囲の正則関数である。変数変換で

f(z)＝∫(1/3,∞) S(3x)/(3x)^{1＋z}3dx

としてから S(3x)＝S(2x)－S(x)＋η(x) を使って変形すれば、
面倒くさいので詳細は省略するが、ある具体的なg(z)に対して

(1－(2^z－1)/3^z)f(z)＝g(z)

という形になって、しかもg(z)はRe(z)＞0の範囲の正則関数になることが示せる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 14:59:42.91

次に、Re(z)≧1のとき (1－(2^z－1)/3^z)≠0 となることが示せる(自明ではないが)ので、

h(z)＝g(z)/(1－(2^z－1)/3^z)

が Re(z)≧1 の範囲で定義できて、Re(z)＞1の範囲ではh(z)は正則である。

また、Re(z)＝1上の各点zに対して、(1－(2^z－1)/3^z)≠0 であるから、
zごとに、zを含む十分小さな開円盤B(円の半径はzに依存する)が存在して、
各点 w∈B で (1－(2^w－1)/3^w)≠0 である。
よって、B上でも h(w)＝g(w)/(1－(2^w－1)/3^w) が定義できて、B上でh(w)は正則である。
よって、Re(z)≧1という範囲を包含するある連結開集合Uが存在して、
z∈U のとき h(z)＝g(z)/(1－(2^z－1)/3^z) が定義できて、
hはU上の正則関数である。また、Re(z)＞1のときは f(z)＝h(z) である。
よって、fはU上の正則関数に解析接続される。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 15:02:30.04

s(x)＝S(x)/x (x≧1)と置けば、sは有界であり、変数変換により

f(z)＝∫(0,∞) s(e^x)e^{－(z－1)x}dx (Re(z)＞1)

となるので、fがU上の正則関数に解析接続されることから、
>>177のpdfの analytic theorem により、∫(0,∞) s(e^x)dx が存在する。
変数変換して、∫(1,∞) S(t)/t^2dt が存在する。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 15:05:12.24

ここで、>>177のpdfの(VI)と似たような計算をする。λ＞1を満たす実数λを任意に取る。
∫(1,∞) S(t)/t^2dt が存在することから、lim_(x→∞)∫(x,λx)S(t)/t^2dt＝0 である。
また、1≦x≦t≦λxのとき｜S(x)－S(t)｜≦[t]－[x] なので、

∫(x,λx)S(t)/t^2dt≧∫(x,λx)(S(x)＋[x]－[t])/t^2dt
＝(S(x)＋[x])(1/x)(1－1/λ)－∫(x,λx)[t]/t^2dt
＝(S(x)＋[x])(1/x)(1－1/λ)－∫(x,λx)(t－{t})/t^2dt
＝(S(x)＋[x])(1/x)(1－1/λ)－logλ＋∫(x,λx){t}/t^2dt
≧(S(x)＋[x])(1/x)(1－1/λ)－logλ

となる。limsup_(x→∞)として、0≧(limsup_x S(x)/x＋1)(1－1/λ)－logλ
となるので、limsup_x S(x)/x ≦ (logλ)/(1－1/λ)－1 となる。
λ＞1は任意だから、λ↓1として、limsup_x S(x)/x ≦ 1－1＝0 となる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 15:07:14.14

次に、N(x)＝－S(x) と置くと、∫(1,∞) N(t)/t^2dt が存在して、
1≦x≦yのとき｜N(y)－N(x)｜≦[y]－[x]である。よって、
>>194の計算をN(x)に置き換えても成立して、limsup_x N(x)/x≦0 となる。
よって、liminf_x S(x)/x≧0 となる。よって、

0≦liminf_x S(x)/x≦limsup_x S(x)/x≦0

となったので、lim_(x→∞) S(x)/x＝0 である。
あとは>>190と同じようにして、lim_(n→∞) (1/n)Σ_(k=1,n)a_k＝0 が示せる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 16:01:29.89

η有界なの？
計算機で実験したら極めてゆっくりではあるけど(nが6桁くらいで3桁くらいになる)なんかlogオーダーぐらいで揺れてそうだったけど。
多分揺れても高々logオーダーなのでxで割った時点で大丈夫なんだけど。
実験するとηもだけどS本体もlogオーダーの何乗かでは抑えられてそうなんだけどなぁ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 16:05:08.09

いや、ごめん。間違えました。ηは計算してない。
実験ではS本体がlog程度しか予想できなかった。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 16:32:13.28

ηが有界の証明書いた方がよかったかな。

0＜x＜1の範囲ではη(x)は有界。x≧1のときは、｜η(x)｜≦3が成り立つことを示す。
まず、n≦x＜n＋1を満たす正整数nが取れるので、S(x)＝S(n)となる。
また、2n≦2x＜2n＋2なので、2n＋r≦2x＜2n＋r＋1を満たすr＝0,1が取れて、
S(2x)＝S(2n＋r)となる。また、3n≦3x＜3n＋3なので、3n＋r'≦3x＜3n＋r'＋1
を満たすr'＝0,1,2が取れて、S(3x)＝S(3n＋r')となる。

S(2n＋r)＝S(2n)＋Σ(k＝2n＋1～2n＋r) a_{2k－1}
S(3n＋r')＝S(3n)＋Σ(k＝3n＋1～3n＋r') a_{2k－1}

なので、

η(x)＝S(3x)－S(2x)＋S(x)
＝S(3n)－S(2n)＋S(n)＋Σ(k＝3n＋1～3n＋r') a_{2k－1}－Σ(k＝2n＋1～2n＋r) a_{2k－1}
＝0＋Σ(k＝3n＋1～3n＋r') a_{2k－1}－Σ(k＝2n＋1～2n＋r) a_{2k－1}

よって｜η(x)｜≦r＋r'≦1＋2＝3

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 16:34:10.74

前者の手法だけど、
>>189
k=0 の項を足し忘れてないかい？修正して計算し直したら
s(x) ≦ o(1) - inf(t≧δ)s(t)
になって、limsup_x とってから δ を ∞ に飛ばしても
α ≦ - β
にしかならなくて、ここから結論を同じように導くのは無理な気がする…

後者の素数定理のやり方はあってるっぽいので正解にします
analytic theorem については存じ上げなかったんだけどまあこんなうまいこと成り立ってくれるんだねえ
|S(x)-S(t)|≦|[x]-[t]| の >>194 での使われ方がうまいと思いました　ほんとお疲れ様でした

>>196
有界になるはずだよ
>>149 から x>0 が整数の時は μ(x)=0 になるし、
x が 1 以下動いた時の S(x),S(2x),S(3x) の値の変化はそれぞれ 1,2,3 以下だから μ(x) の変化も6以下になる

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 16:41:30.90

>>199
ありゃりゃ、やっぱり計算ミスしてたか。スマン。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 16:43:02.44

およ　ログ進んでた　すまんち
>>196 >>197
その様子を見ると、S(n) の最良のオーダーはだいたい n^(1/2 + ε) ぐらいにはなるのかねえ
まあ自分は証明できそうもないけど

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 16:51:08.50

剰余項つき素数定理の証明と同じようにすると、
(1/n)Σ_(k=1,n)a_k が 0 に収束する具体的なオーダーが
求められるかもしれない。最良のオーダーとして求まるわけではないし、
あまり詳しくないので何とも言えないが。

もし任意のε＞0に対して n^(1/2 + ε) のオーダーで抑えられるなら、
リーマン予想のS(x)バージョンになってるので、とても面白いｗ

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 17:58:42.98

>>196
ですね。S(x)=S([x])で整数値のとこで0なんだからほぼ自明。
それにしても

>1以上の実数xに対して S(x)＝Σ(1≦k≦x) a(2k－1) と置く。

コレがうまい。
言われてみれば当たり前なんだけど。
私も池原の定理の類使うのは第一勘だったんだけど

f(s)=Σa[n]n^(-s)

を考えて失敗してこの方針捨てちゃったんだよね～
頭硬いorz

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 23:22:48.02

>>26 ももう答え書いていいかな

M = sup_x |f(x)| とおく。
実数 x と整数 n に対して y_n = x - n*√2 と定めると、
f(x+1) - f(x) = Σ_(k=0,2n) 2^(-2n) * (2n)C(k) * ( f(y_(2n)+1+k) - f(y_(2n)+k) )
= 2^(-2n) * Σ_(k=0,2n+1) ( (2n)C(k-1) - (2n)C(k) ) * f(y_(2n)+k)
となるから、
|f(x+1)-f(x)| ≦ 2^(-2n) * Σ_(k=0,2n+1) | (2n)C(k-1) - (2n)C(k) | * M
= M * 2^(-2n) * 2 * Σ_(k=0,n) (2n)C(k) - (2n)C(k-1)
= M * 2^(-2n) * 4 * (2n)C(n).
n は任意のであったから、n→∞ として f(x)=f(x+1) を得る。
これを元の式に代入することで f(x)=f(x+√2) も得られるが、
以上から f は稠密な集合 {a+b√2 | a,bは整数} 上で一定であるから、f は定数関数である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 23:33:04.36

>>204
おながいします

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 23:34:22.25

>>172
　a_{n+1} = 2a_n + a_{n-1},　　　(a_2 = 2)
ならば
a_[n+2} = 6a_n - a_{n-2},　　　(a_1 + a_3 = 6)
　a_{n+3} = 14a_n + a_{n-3},　　　(a_2 + a_4 = 14)
a_{n+4} = 34a_n - a_{n-4},　　　(a_3 + a_5 = 34)
a_{n+5} = 82a_n + a_{n-5},　　　(a_4 + a_6 = 82)

(略証)
　a_{n+1} -2a_n - a_{n-1} = d_n,
とおくと
a_{n+2} -6a_n + a_{n-2} = d_{n+1} +2d_n - d_{n-1},
　a_{n+3} -14a_n - a_{n-3} = d_{n+2} +2d_{n+1} +5d_n -2d_{n-1} +d_{n-2},
a_{n+4} -34a_n + a_{n-4} = d_{n+3} +2d_{n+2} +5d_{n+1} +12d_n -5d_{n-1} +2d_{n-2} -d_{n-3},
a_{n+5} -82a_n - a_{n-5} = d_{n+4} +2d_{n+3} +5d_{n+2} +12d_{n+1} +29d_n -12d_{n-1} +5d_{n-2} -2d_{n-3} +d_{n-4},

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 23:40:24.39

>>204
そんなに簡単に終わるのかｗ

こっちは自分の証明の簡略化を考えてみたが、1行も短くならない (＾o＾)
しかも、>>177のpdfの手法を使った別証明も見つかったｗ
まさか>>26でも>>177が使えるとは思わんかった。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/11(日) 23:57:56.45

>>207
＞まさか>>26でも>>177が使えるとは思わんかった。
kesk

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 00:08:20.31

>>208
いま、長い方の証明から書き起こしてます(例のごとく、計算ミスしてるかもしれん)。
>>177の方針はそのあとになるんで、ちょっと時間かかりますｗ

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 00:15:17.48

>>207 いや普通に気になる　よければ概要だけでも聞きたいわ

やや余談 >>201 の予想だけど、だんだん成り立たない気がしてきた
仮に任意の ε>0 について |S(x)|=O(x^(α+ε)) が成り立つと仮定すると、
Re(z)>α の範囲でf(z)が絶対収束するから >>191 の等式が成り立つことになるんだけど、
z が 3^z-2^z+1=0 を満たす場合、g(z)=0 も成り立たなければならなくなる。
例えば z=0.603312...+47.8074...i とか z=0.734188...+169.407...i が 3^z-2^z+1 の根になるらしいんだけど、
仮に α=1/2 ととれるなら、これらが全て g の根にもなる必要がある。
こんなうまいこと成り立ってくれるとはあまり思えない…

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 08:44:17.10

>>204

スターリングの公式で
　2^(-2n)・C(2n，n) = 2^(-2n)･(2n)!/(n!)^2 ～ 1/√(πn),　　　(n→∞)
かしらん…

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 17:14:52.91

>>109 ももう答え出しちゃおうか

ペル方程式 p^2 - 2q^2 = -1 には解が無数に存在するので、この解を用いて
x=q(p^2+9p+19),
y=p^2+6p+4
と定めれば
2x^2 - y^3 = 27(2p+11)
となり、p が十分大きければ 0<|2x^2-y^3|<100√|y| が成り立つ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 17:34:38.20

>>212
その(x,y)はどうやって見つけたのかね？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 17:53:51.45

>>212
おお、素晴らしい！

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 18:20:45.73

>>213
この問題考える前にまず |x^2-y^3| を小さくできないかって考えてて、
x,y をnをパラメータとした多項式で表して良いのが作れるかなって考えたんだけど、
いつぞやのメーソン・ストーサーズの定理から、多項式 f,g について
deg(f^2-g^3) > (1/2)deg(g)
が成り立つことがわかるため、これは断念。
でも、例えば無限個のnについてh(n)が平方数になるようなあるhについてなら
deg(hf^2-g^3) ≦ (1/2)deg(g)
が成り立ってくれるのでは？と思って、状況を簡単にするために
(mx^2+1)(mx^2+ax+b)^2 - (mx^2+cx+d)^3
が x についての一次以下の自明でない式になるように
整数係数 m,a,b,c,d についての方程式を立てて解いていった、というのが見つかったきっかけ。
ただこの場合、最後に残った m,a についての方程式が確か
81m=a^2
だったから、どう頑張っても m が平方数にしかならなくて、h(n)が無限回平方数になるという目的は断念。
副産物として m=1 として a,b,c,d を定めていってできたのが >>212 で使われた
(x^2+1)(x^2+9x+19)^2 - (x^2+6x+4)^3 = 27(2x+11)
という式。これでも h にあたる x^2+1 が無限回（平方数×２）になってくれるからまあいいか、と。
ちなみに
8(2y^2-x^3) = (4y)^2-(2x)^3
でもあるから、Y^2-X^3 < 800√|X| を満たす(X,Y)も無限に存在する事になって、
無事最初の目的も果たされることになったとかそんな感じです

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 18:37:16.39

ただまあ後で調べてみたら Hall's conjecture というのがあるらしくて
https://en.wikipedia.org/wiki/Hall%27s_conjecture
この問題を考える過程で Danilov さんが既に同等のことを証明していたらしいことがわかって、やや萎え（？）
（式は自分のの方がより簡単になってるから意味無くはないと信じたいけどまあその辺はどうでも）
おそらくこれがその論文↓
http://www.mathnet.ru/php/archive.phtml?wshow=paper&;jrnid=mzm&paperid=6024&option_lang=eng
ロシア語で書かれてるけど実質２ページしかないからグーグル翻訳にちょっとずつ入れてって何とかなるレベルかと
英語版もあるらしいけど有料みたいなのでまあいいやと

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 19:55:19.13

素数定理の方針を使った>>26の証明を書きます。
示したいのは次の定理(I)で、>>26はこの定理の特殊な場合になります。

定理(I)　m≧2とする。a_1,…,a_m は正の実数で、ある異なるa_uとa_vがQ上一次独立とする。
λ_1,…,λ_mは正の実数で、Σ(k＝1～m)λ_k＝1を満たすとする。
f：R→Rは連続かつ有界で、f(x)＝Σ(k＝1～m)λ_k f(x－a_k) (x∈R) が成り立つとする。
このとき、fは定数関数である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 19:58:30.09

補題1　m≧2とする。a_1,…,a_m は正の実数とする。
λ_1,…,λ_mは正の実数で、Σ(k＝1～m)λ_k＝1を満たすとする。
写像 f：R→R は f(x)＝Σ(k＝1～m)λ_k f(x－a_k) (x∈R) を満たすとする。
このとき、limsup(x→－∞)f(x)＝sup(x∈R)f(x), liminf(x→－∞)f(x)＝inf(x∈R)f(x) である。
また、fが局所ルベーグ可積分なら、Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f は
xに依存しない定数である。よって、xに依存しない定数 α∈R を

α ＝ (Σ(k＝1～m)λ_ka_k)^{－1} Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f

として定義できるが、実は
α≦limsup(x→－∞)f(x), α≦limsup(x→＋∞)f(x),
α≧liminf(x→－∞)f(x), α≧liminf(x→＋∞)f(x) が成り立つ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:02:26.03

証明　帰納法により、x∈Rとn≧1に対して

f(x)＝Σ(k_1,…,k_n∈[1,m]) λ_{k_1}…λ_{k_n}f(x－a_{k_1}－a_{k_2}－…－a_{k_n})

が成り立つ。c＝limsup(x→－∞)f(x) と置く。sup(x∈R)f(x)≦c を示す。
c＝＋∞のときは明らか。c＜＋∞のときは、c＜rを満たす実数rを任意に取る。
limsup(x→－∞)f(x)＝c＜r だから、あるδが存在して、t＜δのとき f(t)＜r が成り立つ。
a＝min{a_1,…,a_m}＞0 と置く。x∈Rを任意に取る。xに依存した十分大きなn≧1を取れば、
x－na＜δ となるので、k_1,…,k_n∈[1,m] に対して
x－a_{k_1}－a_{k_2}－…－a_{k_n}≦x－a－a－…－a＝x－na＜δ である。よって、

f(x)＝Σ(k_1,…,k_n∈[1,m]) λ_{k_1}…λ_{k_n}f(x－a_{k_1}－a_{k_2}－…－a_{k_n})
≦Σ(k_1,…,k_n∈[1,m]) λ_{k_1}…λ_{k_n} r ＝ (Σ(k＝1～m)λ_k)^n * r ＝ r

となる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:04:45.72

証明の続き　x∈R は任意だったから、sup(x∈R)f(x)≦r となる。
c＜rは任意だったから、r↓cとして、sup(x∈R)f(x)≦c となる。
次に、sup(x∈R)f(x)≧c を示したいが、これは明らか。
よって、sup(x∈R)f(x)＝c すなわち sup(x∈R)f(x)＝limsup(x→－∞)f(x) が成り立つ。
fを(-f)で置き換えれば、(-f)自体が補題1の仮定を満たすので、同じ議論によって
sup(x∈R)(－f)(x)＝limsup(x→－∞)(－f)(x) が成り立つ。
よって inf(x∈R)f(x)＝liminf(x→－∞)f(x) が成り立つ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:07:19.81

証明の続き　次に、fは局所ルベーグ可積分とする。x≦yのとき

∫(x,y)f(t)dt＝∫(x,y)Σ(k＝1～m)λ_k f(t－a_k)dt
＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x,y)f(t－a_k)dt
＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,y－a_k)f(t)dt
＝Σ(k＝1～m)λ_k (∫(x－a_k,x)＋∫(x,y)＋∫(y,y－a_k))f(t)dt
＝∫(x,y)f(t)dt＋Σ(k＝1～m)λ_k (∫(x－a_k,x)＋∫(y,y－a_k))f(t)dt

なので、Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f ＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(y－a_k,y)f
となる。よって、Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f はxに依存しない定数である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:11:12.83

証明の続き　次に、α ＝ (Σ(k＝1～m)λ_ka_k)^{－1} Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f
と置く。α≦limsup(x→＋∞)f(x) かつ α≦limsup(x→－∞)f(x) を示す。
どちらもほぼ同じ議論なので、前者のみ示す。b＝max{a_1,…,a_m}と置いておく。
c＝limsup(x→＋∞)f(x)と置く。α≦cを示せばよい。c＝＋∞なら、明らか。
c＜＋∞のときは、c＜rを満たす実数rを任意に取る。
limsup(x→＋∞)f(x)＝c＜rより、あるδが存在して、x≧δのときf(x)＜rが成り立つ。
δ＋b＞δ＋b－a_k≧δ (1≦k≦m) であるから、

α＝(Σ(k＝1～m)λ_ka_k)^{－1} Σ(k＝1～m)λ_k ∫(δ＋b－a_k,δ＋b)f ≦ r

となる。すなわち、α≦rとなる。c＜rは任意だったから、r↓cとして、確かにα≦cとなる。
次に、α≧liminf(x→＋∞)f(x) かつ α≧liminf(x→－∞)f(x) を示す。
補題1のfとαに対して(-f)と(－α)を考えれば、補題1の条件が成り立つので、
同じ議論ができて－α≦limsup(x→＋∞)(－f)(x) かつ－α≦limsup(x→－∞)(－f)(x)
となる。よって、α≧liminf(x→＋∞)f(x), α≧liminf(x→－∞)f(x) である。□

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:17:32.43

定理1　m≧2とする。a_1,…,a_m は正の実数で、ある異なるa_uとa_vがQ上一次独立とする。
λ_1,…,λ_mは正の実数で、Σ(k＝1～m)λ_k＝1を満たすとする。f：R→RはR上でリプシッツ連続で、
f(x)＝Σ(k＝1～m)λ_k f(x－a_k) (x∈R) が成り立つとする。このとき、fは定数関数である。

証明　あるL≧0が存在して、任意のx,y∈Rに対して|f(x)－f(y)|≦L|x－y|である。
特にfは連続なので、局所ルベーグ可積分である。よって、補題1により、
limsup(x→－∞)f(x)＝sup(x∈R)f(x) かつ liminf(x→－∞)f(x)＝inf(x∈R)f(x) であり、
xに依存しない定数αが

α＝(Σ(k＝1～m)λ_ka_k)^{－1} Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f

として定義できる。実は sup(x∈R)f(x)＜＋∞ が成り立つ。これを背理法で示す。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:21:03.19

証明の続き　もしsup(x∈R)f(x)＝＋∞ならば、任意のN≧1に対して、
あるt∈Rが存在して、N＜f(t)が成り立つ。y_1＝t と置くと、N＜f(y_1)である。
また、f(y_1)＝Σ(k＝1～m)λ_k f(y_1－a_k) である。
よって、あるkに対して N＜f(y_1－a_k) である。そこで、y_2＝y_1－a_k と置く、
これを帰納的に繰り返すと、点列 {y_i}_i が定義できて、
N＜f(y_i), y_1＝t, y_i－y_{i＋1}∈{a_1,…,a_m} となる。
特に、y_iは狭義単調減少で、y_i→－∞ となる。よって、x∈(－∞,y_1]を任意に取ると、
y_{i＋1}＜x≦y_iを満たすiが取れる。b＝max{a_1,…,a_m}と置けば

|f(x)－f(y_i)|≦L|x－y_i|≦L|y_{i＋1}－y_i|≦Lb

なので、f(x)≧f(y_i)－Lb≧N－Lbとなる。これがx∈(－∞,y_1]のとき成り立つので、

α＝(Σ(k＝1～m)λ_ka_k)^{－1} Σ(k＝1～m)λ_k ∫(y_1－a_k,y_1)f ≧ N－Lb

となる。すなわち、α≧N－Lb となる。N≧1は任意だったから、α＝＋∞となって矛盾する。
よって、sup(x∈R)f(x)＜＋∞である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:28:30.09

証明の続き　fを(－f)で置き換えれば、(－f)自体が定理1の条件を満たすので、
同じ議論によって sup(x∈R)(－f)(x)＜＋∞ である。
よって、inf(x∈R)f(x)＞－∞である。よって、fは有界である。
次に、g＝f－α と置く。このとき、gは有界である。
また、|g(x)－g(y)|≦L|x－y| (x,y∈R) である。
また、g＝f－α とαの定義により

Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)g ＝ 0 (x∈R)

である。特に Σ(k＝1～m)λ_k ∫(－a_k,0)g ＝ 0 である。
また、g(x)＝Σ(k＝1～m)λ_kg(x－a_k) (x∈R) が成り立つ。
xを－xで置き換えて、g(－x)＝Σ(k＝1～m)λ_kg(－x－a_k) (x∈R) も成り立つ。
ここで、Re(z)＞0 を満たす複素数zに対して

G(z)＝∫(0,∞)g(－x)e^{－zx}dx

が定義できて、G(z)はRe(z)＞0の範囲で正則である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:30:52.77

証明の続き

G(z)＝∫(0,∞)g(－x)e^{－zx}dx＝∫(0,∞)e^{－zx}Σ(k＝1～m)λ_kg(－x－a_k)dx
＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(0,∞)e^{－zx}g(－(x＋a_k))dx
＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(a_k,∞)e^{－z(x－a_k)}g(－x)dx
＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(a_k,0)e^{－z(x－a_k)}g(－x)dx＋G(z)Σ(k＝1～m)λ_ke^{a_kz}

であるから、

(1－Σ(k＝1～m)λ_ke^{a_kz})G(z)＝Σ(k＝1～m)λ_k∫(a_k,0)e^{－z(x－a_k)}g(－x)dx

となる。右辺をH(z)と置き、u(z)＝(1－Σ(k＝1～m)λ_ke^{a_kz}) と置けば、
H(z)とu(z)はC全体で定義可能な正則関数であり、Re(z)＞0 のとき u(z)G(z)＝H(z) が成り立つ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:36:53.57

証明の続き　

H(0)＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(a_k,0)g(－x)dx＝－Σ(k＝1～m)λ_k ∫(－a_k,0)g(x)dx＝0

である。また、u(0)＝0 だが、lim(z→0)u(z)/z＝u'(0)＝－Σ(k＝1～m)λ_ka_k ≠ 0 である。
よって、z＝0を含むある開円盤 B_0 とある正則関数 H_1：B_0→C とある正則関数
u_1：B_0→C－{0} が存在して、w∈B_0のとき H(w)＝wH_1(w), u(w)＝wu_1(w) と表せる。
次に、Re(z)＝0 かつ z≠0 のとき u(z)≠0 が成り立つことが示せる
(自明ではないが、省略する)。よって、Re(z)＝0 かつ z≠0 のとき、
その z を含むある開円盤 B_z の上で u(w)≠0 である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:39:28.98

証明の続き　

U＝{z∈C｜Re(z)＞0}∪(∪_{Re(z)＝0}B_z)

と置けば、Uは連結開集合である。G_1：U→C を

G_1(w)＝G(w) (Re(w)＞0)
G_1(w)＝H(w)/u(w) (w∈∪_{Re(z)＝0, z≠0}B_z)
G_1(w)＝H_1(w)/u_1(w) (w∈B_0)

と定義すると、G_1 は well-defined である(自明ではないが、省略する)。
また、G_1はU上の正則関数である。また、Re(z)＞0 のときは G_1(z)＝G(z) である。
よって、G(z)はU上に解析接続される。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:42:28.44

証明の続き　まとめると、gは有界であり、Re(z)＞0 のとき
G(z)＝∫(0,∞)g(－x)e^{－zx}dx であり、GはU上に解析接続されるので、
analytic theorem により、∫(0,∞)g(－y)dy が存在する。
すなわち、∫(－∞,0)g(y)dy が存在する。そこで、ε＞0を任意に取る。
∫(－∞,0)g(y)dy が存在することから、lim(x→－∞)∫(x,x＋ε)g(y)dy＝0 である。
また、x≦y≦x＋εのとき|g(x)－g(y)|≦L|x－y|＝L(y－x)であるから、

∫(x,x＋ε)g(y)dy≧∫(x,x＋ε)(g(x)－L(y－x))dy
＝εg(x)－L∫(x,x＋ε)(y－x)dy＝εg(x)－L∫(0,ε) y dy＝εg(x)－Lε^2/2

となる。limsup(x→－∞) を取って、0≧εlimsup(x→－∞)g(x)－Lε^2/2 となるので、
limsup(x→－∞)g(x)≦Lε/2 となる。ε＞0は任意だったから、
limsup(x→－∞)g(x)≦0 となる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:44:54.14

証明の続き　次に、gのかわりに(－g)を考えると、∫(－∞,0)(－g)(y)dy が存在し、
|(－g)(x)－(－g)(y)|≦L|x－y| (x,y∈R) であるから、同じ議論によって
limsup(x→－∞)(－g)(x)≦0 となる。すなわち、liminf(x→－∞)g(x)≧0 となる。
以上より、lim(x→－∞)g(x)＝0 となる。g＝f－αだったから、lim(x→－∞)f(x)＝αとなる。
limsup(x→－∞)f(x)＝sup(x∈R)f(x) かつ liminf(x→－∞)f(x)＝inf(x∈R)f(x) だったから、

sup(x∈R)f(x)＝limsup(x→－∞)f(x)＝lim(x→－∞)f(x)＝α,
inf(x∈R)f(x)＝liminf(x→－∞)f(x)＝lim(x→－∞)f(x)＝α

である。任意のx∈Rに対して inf(x∈R)f(x)≦f(x)≦sup(x∈R)f(x) であるから、
α≦f(x)≦α となり、よって f(x)＝α (x∈R) となり、fは定数関数である。□

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:47:54.18

定理(I)の証明　補題1から、α＝(Σ(k＝1～m)λ_ka_k)^{－1}Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f
がxに依存しない定数として定義できる。F(x)＝∫(0,x)(f(t)－α)dt と置けば、

F(x)－Σ(k＝1～m)λ_kF(x－a_k)＝Σ(k＝1～m)λ_k(F(x)－F(x－a_k))
＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)(f(t)－α)dt
＝Σ(k＝1～m)λ_k ∫(x－a_k,x)f(t)dt－αΣ(k＝1～m)λ_ka_k＝0

となるので、F(x)＝Σ(k＝1～m)λ_kF(x－a_k) (x∈R)となる。
また、L＝sup(t∈R)|f(t)－α| と置けば、fが有界であることから L＜＋∞であり、
|F(y)－F(x)|＝|∫(x,y)(f－α)|≦L|x－y| (x,y∈R) である。よって、
FはR上でリプシッツ連続である。よって、定理1から、Fは定数関数である。
Fは各点で微分可能なので、F'＝0すなわち(f－α)＝0である。
よって、fは定数関数である。□

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 20:51:00.49

やっと終わった('A`)

長い方の証明も途中までは同じで、素数定理の手法を使っている部分が
別のやり方に変わっていきます。需要があったら書きます。
途中まで同じなので、やや省略できて＋10レスくらいになります。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 21:24:55.86

一般の場合に証明しちまったのか…つよ…そりゃ長くもなるわ
書き起こすの大変だったろうに、気軽に頼んじゃってごめんよ　お疲れ様ですほんとに

f を積分した関数 F の挙動について考えたのはうまいなあと思いました
f と同じ等式が成り立つし、単に連続だったのをリプシッツ連続まで強くできるんだもんなあ
（まあ積分した関数も有界であることの証明は必要になったけど何とかなってたし）
α は何か f にとって重要な意味を持つ値なんだろうね　おおまかに f の"平均"ということになるのかしら
あとやっぱ analytic theorem つええなあ…

自分も一般的な場合の証明考えてみようかな…
個人的には、もう一つ見てみたいのとお腹いっぱいなのとの半々かなあ
もし既に書き起こしてるなら折角だし書いてみてもいいと思うけど、任せる！

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 22:44:16.46

>>233
じゃあ、明日か明後日あたりに投下しようかな。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/12(月) 22:55:53.30

ちなみに、もはや遊びですが次の定理も成り立ちます。

定理2　m≧2とする。a_1,…,a_m は正の実数で、ある異なるa_uとa_vがQ上一次独立とする。
λ_1,…,λ_mは正の実数で、Σ(k＝1～m)λ_k＝1を満たすとする。
f：R→R は L^∞ 関数で、f(x)＝Σ(k＝1～m)λ_k f(x－a_k) a.e.x∈R が成り立つとする。
このとき、fはa.e.で定数である。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/13(火) 00:18:02.67

>>234 >>235
ありがとう気楽にやってくれい　てかそこまで一般化できるのか…
あと次みたいな拡張も考えられそうだ　例のごとく自分には証明できそうもないが

（予想）
実数上の有界連続関数全体からなるベクトル空間を V とおく。
V 上の線形作用素 S:V→V が次を全て満たすとする：
・任意の a∈R に対して定まる平行移動作用素 T=T_a:V→V ; (Tf)(x)=f(x+a) について、T と S は可換。
・f∈V について、f(x)≧0 for ∀x∈R ならば (Sf)(x)≧0 for ∀x∈R.
・f∈V が周期関数の時、（Sf=f）⇔（fは定数関数）
この時、f∈V が Sf=f を満たすならば f は定数関数である。□

作用素論とかに強い人いたら、もしよければ挑戦してみてくれ！！（他力本願）

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/13(火) 03:30:39.81

>>216
Hall’s conjectureってこれですね。
https://en.wikipedia.org/wiki/Hall%27s_conjecture
Hall’s conjecture の弱い形は ABC conjecture より従うとあるけどどんな形なんだろう？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/13(火) 03:35:05.71

あ、失礼しました。
――-
there is a positive constant C such that for any integers x and y for which y2 ≠ x3,

|y^{2}-x^{3}|>C|x|^(1/2).
――
が Hall’ conjecture で
――
for any ε > 0, there is some constant c(ε) depending on ε such that for any integers x and y for which y2 ≠ x3,

|y^{2}-x^{3}|>C|x|^(1/2-ε).
――-
がその弱型ですね。
どうやって ABC予想から示すんだろう？

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/13(火) 05:00:13.35

でけたわ　作用素に課される条件が若干強くなったけどまあこれで十分と思われ　証明はまた時間ある時に

定理３
実数上の有界連続関数全体からなるベクトル空間を V とおく。
V 上の線形作用素 S:V→V が次を全て満たすとする：
・任意の a∈R に対して定まる平行移動作用素 T=T_a:V→V ; (Tf)(x)=f(x+a) について、T と S は可換。
・f∈V について、f(x)≧0 for ∀x∈R ならば (Sf)(x)≧0 for ∀x∈R.
・f∈V が定数関数の時、Sf=f.
・任意の a>0 について次が成り立つ：「f∈V が f(x)>0 for ∀x∈R-(aZ) を満たせば (Sf)(0)>0 も満たす」
この時、Sf=f を満たす f∈V は定数関数のみである。□

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/13(火) 12:23:04.40

固有の番号の書かれたカードが何枚あり、
その枚数は１０００枚以下であることはわかっているが、その数を推定したい。
調査員が無作為に１０枚選んで番号を記録して元に戻した。
別の調査員が無作為に２０枚選んで番号を記録した。
二人の調査員の記録した番号を照合すると３人分の番号が一致していた。
この情報からカード枚数の期待値を求めよ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/13(火) 13:03:18.44

>>240
>二人の調査員の記録した番号を照合すると３人分の番号が一致していた。

三枚一致した？