面白い数学の問題おしえて〜な 40問目
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面白い数学の問題を紹介して解き合うスレです
質問スレではありません
出題者が答えを知らない問題はお控えください
統計学などはスレ違い、数学以外の話題は論外です
荒らし、煽りはスルー推奨
前スレ
面白い問題おしえて〜な 39問目
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1633923732
過去ログ(1-16問目)
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
http://w.atwiki.jp/omoshiro2ch/ 119 １３２人目の素数さん[sage] 2021/12/31(金) 10:50:19.35 ID:QNczF9a7
お年玉100万円を1万円単位で6人で分ける分け方は何通りあるか？
誰も最低1万円はもらえるものとする。
マルチすんなゴミ しんじろう 「これ意外と知らない方が多いんですけど
素数ってほとんどが奇数なんですよね」
↑ これは真であるか偽であるか？ 数列 a_n = Σ_(k=1,n) sin(sin(k)) は有界であることを示せ a_i,j(1≦i,j≦n)が
任意の実数x_i,y_i(i=1,2,…,n)に対して
Σ(1≦i≦n)(Σ(1≦j≦n)(a_i,j・x_j))y_i=0
を満たすならば
a_i,j=0であることを示せ >>105
xi=δiq,yj=δjpとすればa_pq=0 >>106
愚直だけど sin(sin(x)) をテイラー展開してそれぞれの項を評価する感じ
多分πの無理数度に関する結果も使うと思う 前>>44
>>102
素数で偶数なのは2だけだよ（(-｡-) >>110
それって前提として
「自然数のうち、偶数でないものは奇数である」
っていうのが必要だよね？
それって証明されているの？
奇数でも偶数でもない素数が存在する可能性はどうなんだ？
自然数は「偶数、奇数、そのどちらでもない」
の3つの集団に分けられると考えてみよう。
そうすると、
「素数のほとんどが奇数」という表現はおかしくない。 >>108
ダメだ
大先生も教えてくれない
sin(sin(x))のフーリエ級数展開だけでも教えて下さい >>108
ダメだ
円周率の無理数度も上からの評価がちょこちょこあるだけでどう使えばいいかサッパリわからない
もう少しヒントを >>112 >>113
フーリエ係数 sin(sin(x)) = Σ_(m=1,∞) c_m･sin(mx) は厳密な値は必要じゃなくて、
任意の定数 r>0 について c_m=O(m^(-r)) (k→∞) であることだけで十分
何ならπの無理数度も有限であることしか使わないと思う
証明の始めは
|a_n| = |Σ_(k=1,n) sin(sin(k))|
= |Σ_(k=1,n) Σ_(m=1,∞) c_m sin(km)|
≦ Σ_(m=1,∞) c_m |Σ_(k=1,n) sin(km)|
…とこんな感じになるかな >>114
え？
じゃあフーリエ級数展開を持つ任意の周期2πの関数でいえるって事？ ともかくフーリエ級数展開して
Σ[k,m]sin(sin(k)) = Σ[k,m]c_m sin(km)
にしてc_mは連続関数のフーリエ係数である事用いてある程度評価できてもm固定してk走らせた方の和
Σ[k]sin(km)
が評価できない
kが大きくなるとアーベルプラナも使えないし >>104
解答の筋道はわかった。
sin(sin(x)) = a[1] sin(x) + a[3] sin(3x) + a[5] sin(5x) + ...
この係数はベッセル関数の母関数より
a[m] = 2*BesselJ[m](1)
〇係数の評価
ベッセル関数の積分表示より
|BesselJ[m](1)|
= (1/2)^m/(√πΓ(m+1/2))|∫[0,π]cos(cos(x))sin(x)^(2m)dx|
≦√π/(2^m Γ(m+1/2))
〇項別級数の評価
|Σ[k=1,n]sin(mk)|
=|sin(mn/2)sin(m(n+1)/2)/sin(m/2)|
≦1/|sin(m/2)|
したがって
|Σ[k=1,n]sin(sin(k))|
≦Σ[j=0,∞] √π/(2^(2j) Γ(2j+3/2)|sin(j+1/2)|)
あとは円周率の無理数度の評価からjの和が有界になることを示せばよい。 >>115
いやいや、sin(sin(x)) の場合はC^∞級だし、
関数の平均 ∫_[0,2π] sin(sin(x))dx の値が0だからね
不連続な関数とかだとこうはいかない >>114
πの無理数度が有限というのは
ある定数c>0が存在して任意の自然数p,qに対して
|π-p/q| >1/q^c
が成立する
で合ってる？
フーリエ級数展開を持つ一般の関数について言えてる性質と上の事実だけから示せるで間違いない？ あ、そうか
sin(mk)cos(k)
= 1/2(sin(mk+k/2) -sin(mk-k/2))
でΣ[k]sin(mk)はexplicitに計算できるやん
なるほど
でsin(sin(x))の方はL^ ∞だから相方の級数はl^1に入ってるのか >>117
そういうこと！
あとは無理数度を使うくだりかな
続きを考えたい人のために捕捉
πの無理数度の有限性から、1/πの無理数度の有限性も導けることに注意。
あと、実数 r に一番近い整数 n をとれば |sin(πr)|≧2|r-n| という評価も得られる。
これらを使えばある実数 A,B>0 が存在して、正の整数jについて
1/|sin(j/2)| ≦ Aj^B
が成り立つことを導ける
>>119
うん。知識としてはC^∞関数のフーリエ係数のオーダーと、
πの無理数度の有限性だけで足りるはず >>121
うん、今考えててそこまでは行った
相方こフーリエ級数の方がl^1に入ってるからもう片方の1/cos(km)がmについて有界とかならl^1×l^∞でl^1に入ってくれる
しかし1/cos(km)の上から評価ぎできん
inf { | l π/2 - km | ; l } とかを下から評価することになるけど無理数度有限から言えるのはjをとって
| π/2 - km/l | > l^j
という評価ぎ得られるだけで
ここから1/cos(km)をどうやって上から評価していいか分からん
フーリエ級数の方はl^1以上の援助は望めないよね？ >>123
1/|sin(k/2)|のこと？
>>117 で具体的に提示してくれた通り、
係数はl^1である以上に指数関数的な減少をしてくれるから
1/|sin(k/2)|を多項式で抑えれば収束性は十分示せると思うけど >>124
うん、示せた
やはり最低でもsin(sin(x))のような筋のいい関数でないとダメやね
外のsinをマクローリン展開して
Σ[u:odd](-1)^((u-1)/2)1/u!(sin(x))^u
でm次のフーリエ展開の係数はこの係数に(sin(mx),(sin(x)^u) (ただし(,)はL^[-π,π]の内積、sin(mx)の長さが1になるように取っておく)をかけてu≧mで足し合わせるけど(sin(mx),(sin(x)^u) の発散より分母のu!の方が強くで和も1/m!より小さくなるから桶やね
Σ[k]sin(km)が初等的に足せるのうっかりしてた A⊂[0,1]^2 はボレル可測で、その2次元ルベーグ測度は正とする。
このとき、ある異なるx_1,x_2∈[0,1]と、ある異なるy_1,y_2∈[0,1]が存在して、
(x_1,y_1),(x_1,y_2),(x_2,y_1),(x_2,y_2)∈A が成り立つことを示せ。 >>127
R^2のルベーグ測度をμと置くとき、μ(A)＞0 という意味。 せっかくだから清書し直すわ。
R^2のルベーグ測度をμと置く。A⊂[0,1]^2 はボレル可測で、μ(A)＞0 とする。
このとき、ある異なるx_1,x_2∈[0,1]と、ある異なるy_1,y_2∈[0,1]が存在して、
(x_1,y_1),(x_1,y_2),(x_2,y_1),(x_2,y_2)∈A が成り立つことを示せ。 >>129
X = R×R×R×Rの座標関数をx1,x2,y1,y2として閉集合Fを{ x1=x2 or y1=y2 }とする
F(x1,x2,y1,y2) = | x1-x2||y1-y2|とする
閉区間の列In,Jn,Kn,Lnと正の数の列cnを
∪In×Jn×Kn×Ln = X＼F, p∈∪In×Jn×Kn×Ln→F(p)>cn
ととっておく
仮定から少なくとも一つのnで
μ(A×A×A×A ∩ In×Jn×Kn×Ln) > 0
であるからこの時∫[A×A×A×A]f(p)dp > 0である
よって特にA×A×A×Aは0ではない
f(p)≠0であるA×A×A×Aの点p=(x1,x2,y1,y2)をとればこれが条件を満たす >>130
＞μ(A×A×A×A ∩ In×Jn×Kn×Ln) > 0
何かおかしい。次元が一致してない。
A⊂[0,1]^2 なので、A×A×A×A ⊂ R^8 となるが、
In,Jn,Kn,Ln は R の閉区間なので、In×Jn×Kn×Ln ⊂ R^4. >>129
対偶を示す。つまり、A⊂[0,1]^2 をルベーグ可測な集合とする時、
もし異なる x1,x2∈[0,1] と異なる y1,y2∈[0,1] について
(xi,yj) (i,j=1,2) の全てがAの元になることがないならば、
Aのルベーグ測度が0となることを示す。
R^3の部分集合Bを B' = {(x1,x2,y)∈R^3 | (x1,y),(x2,y)∈A} と定める。
これはルベーグ測度 μ(A)^2 を持つ A^2⊂[0,1]^4 の射影であるから、
μ(A)^2≦μ(B') が成り立つ。
また、P={(x1x2,y)∈R^3 : x1≠x2} のルベーグ測度は0であるから、
B=B'-P と定めると μ(B)=μ(B') が成り立つ。
ここで、もし二点 (x1,x2,y),(x1,x2,y')∈R^3 が共にBの元であるとすると、
Bの定義より x1≠x2 となるが、これとAの仮定より y=y' でなければならない。
よって集合Bの、y軸（注意：yは第三成分）と平行な任意の直線との交点は高々一つ。
ゆえに μ(B)=0 であるから μ(A)=0. >>133 ん？射影のくだりが何か変な気がする
ちょっと保留 >>129
できた
容易にA⊂I×Iとしてよいとわかる( ただしI = [0,1] )
各x∈Iに対してAx={y | (x,y)∈A}とおく
まずS = {x | μ(Ax)>0}は非可算である
そうでなければA' = A＼∪[x∈S]AxとおくとSが可算ならA'も可測でμ(A')=μ(A)でなければならないが一方でFubiniの定理より
μ(A') = ∫[x]μ({y|(x,y)∈A'})dx = 0
となるので矛盾を生じる
この時Sの可算部分集合Cと正の定数e>0をμ(Ax)>eと選ぶことができる
何故ならはφ:S→(0,∞)をx→μ(Ax)で定める時いずれかの自然数nでφ^(-1)((1/2^n,1/2^(n-1)])が非可算集合とならねばならないからそこから可算無限集合Cを選びe=1/2^nと取ればよい
この時Cから異なる2点x,x'をμ(Ax∩Ax')>0となるように選べる
そうでなければCの元をx1,x2,...と並べてBxi = Axi ＼∪[j<i]Axjと定めればBxiは互いに素で全て測度がeより大きいからμ(∪Bxi) = ∞となるが、コレはBxiが全てIの部分集合であることに反する
以上によりCから2点x,x'をμ(Ax∩Ax')>0と選べるが、この時特にAx∩Ax'は異なる2点を含む□ >>135
S は実際に非可算だが、その証明が何かおかしい。
＞ A' = A＼∪[x∈S]Ax
Ax ⊂ R なので ∪[x∈S]Ax⊂R だが、一方で A⊂R^2 なので、
A＼∪[x∈S]Ax は次元の異なる集合の差を取っていて意味を成さないように見える。
それ以外の部分は論証込みで合ってると思う。 前>>110
自然数は奇数か偶然のどちらかです。
かつ2以外の偶数はすべて2で割れます。
∴ 素数で偶数なのは2だけだよ（(-｡-) >>136
書き方悪かったな
A'= A＼∪[x∈S] {(x,y) | y∈Ax }
ね
可算個しかないx∈Sに対して∪[x∈S] {(x,y) | y∈Ax }を抜く
まぁ抜かなくてもどのみち∪[x∈S] {(x,y) | y∈Ax }は測度0なんだけど >>137
自然数が奇数か偶数かのどちらかであるって
そんなの未だに証明されていないよ。 前>>137奇遇なのか奇数偶数交互にならんでんだ、しかも1差の等差数列。奇数偶数以外に自然数はないよ。
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-1<re(α)<1とする
∫[0,∞]x^α/(1+x^2)dx
を求めよ >>138
了解。それなら大丈夫そう。まあ付け加えておくと、
S が高々可算なら、μ(Ax)＝0 a.e.x∈[0,1] なので
μ(A)＝∫[0,1] μ(Ax) dx ＝ 0 となって矛盾。よって S は非可算。
…の方が直接的かなとは思う。 定理
自然数nに対して
[Q(cot(2π/n)):Q]
= φ(n) ( n : odd )
φ(n) ( n ≡ 2 ( mod 4 ) )
φ(n)/2 ( n ≡ 4 ( mod 8 ) )
φ(n)/4 ( n ≡ 0 ( mod 8 ) )
( ∵ )
まず最後のケースに全て還元できることを示す
最後のケースで正しいと仮定してn≡4 ( mod 8 )とする
仮定より
[Q(cot(2π/(2n))):Q] = φ(2n)/4 = φ(n)/2
である
cot(2π/n)∈Q(cot(2π/2n))は明らかである
仮定より2π(k-1)/n<π/4<2πk/nとなる自然数kがとれるがこの時
cot(2π/(2n))=cot(2πk/n-π/4)∈Q(cot(2π/n))
であるからQ(cot(2π/(2n)))=Q(cot(2π/n))となり主張は示された
最後の２つのケースで正しいと仮定しててn≡2 ( mod 4 )とする
仮定より
[Q(cot(2π/(2n))):Q] = φ(2n)/2 = φ(n)
である
仮定より2π(k-1)/n<π/2<2πk/nとなる自然数kがとれるがこの時
cot(2π/(2n))=cot(2πk/n-π/2)∈Q(cot(2π/n))
であるからQ(cot(2π/(2n)))=Q(cot(2π/n))となり主張は示された
最後の３つのケースで正しいと仮定しててn:oddとする
仮定より
[Q(cot(2π/(2n))):Q] = φ(2n) = φ(n)
である
仮定より2π(k-1)/n<π<2πk/nとなる自然数kがとれるがこの時
cot(2π/(2n))=cot(2πk/n-π)∈Q(cot(2π/n))
であるからQ(cot(2π/(2n)))=Q(cot(2π/n))となり主張は示された
以上により8|nの場合に示せば十分である
nを8の倍数としてζ=exp(2πi/n)とおく
K=Q(tan(2π/n)),L=Q(ζ)とする
[L:Q] = φ(n)でありζはKにi,cos(2π/n)を添加した体に含まれどちらもK上の最小多項式の次数は1か2であるから[L:K]≦4である
σ,τ∈Gal(L/Q)をσ(ζ)=σ(1/ζ),σ(ζ)=-1/ζで定めればσは複素共役をとる変換だからσはtan(2π/n)を動かさない
τ(i)=τ(ζ^(n/4))=(-1/ζ)^(n/4)=-i
τ(ζ-1/ζ) = ζ-1/ζ
τ(ζ+1/ζ) = -(ζ+1/ζ)
によりτ(tan(2π/n))=tan(2π/n)
であり少なくともGal(L/K)は位数4以上である
よって[L:K]≧4である
以上により
[K:Q] = [L:Q]/4 = φ(n)/4を得る□ 絶対こいつと契約するな！！
超使えねー男！！
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横浜出身 >>143
>>139ってそんなに変か？
「拡張した整数論」とかで探せば
実際にどこかの誰かが考えそうだが。 >>145
おおすごい
一般化した主張まで載せてありがとうございます
お見事
簡易的な想定解として、(cos1°)^2 = 1/(1+tan1°)∈Q(tan1°)より、
Q(tan1°)⊃Q(cos2°)で、
x^2 -2(cos2°)x +1 = 0の根がζ_180であるから、
[Q(ζ_180):Q(cos2°)]=2より、
[Q(tan1°):Q]≧[Q(cos2°):Q]=φ(180)/2=24
したがって(tan1°)^20は無理数
というものでした さらに一般化
>>145だと(tan1°)^30とかは有理数になる可能性を否定できてない
定理 3以上の自然数nにおいて、ある自然数mで(cot(2π/n))^mが有理数となるのはn = 3,4,6,8,12のときである
補題 0でない実数aにおいて、I = { m∈Z | a^m ∈Q }が０以外の整数を含むとする
この時mをIに属する正の数の最小値とすればx^m-a^mがaの最小多項式である
(∵) ζ=exp(2πi/m)とおく
aの最小多項式はx^m-a^mの因子であるからaの共役元はaζ^kと表示される
よってS⊂{0,1,..,m-1}を{ aζ^k | k∈S } がaの共役元全体となるようにとれる
この時N(a) = ±a^#Sが有理数となる(ただしN:Q(ζ,a)→Qはノルム写像)
特に#S∈Iであるからm≦#Sである
しかしSの取り方から明らかに#S≦mであるから#S = mでありaはちょうどm個の共役元を持つ□
(定理の証明) I = { m∈Z | cot(2π/n))^m∈Q }が自然数を含むとする
補題よりIの正の数の最小値mを取ればx^m - cot(2π/n)^mがcot(2π/n)の最小多項式となる
特にcot(2π/n)exp(2πi/m)はcot(2π/n)の共役元となる
しかし一方でQ(cot(2π/n))はQのアーベル拡大であり特にQのガロア拡大で共役を取る操作について閉じている
よってcot(2π/n)exp(2πi/m)はQ(cot(2π/n))の元でなければならず、よって特に実数でなければならない
よってm=1,2しか許されない
よって[Q(cot(2πi/n)):Q] = 1,2しか許されず前定理より
n:奇数、φ(n) = 1,2
n≡2 ( mod 4 ), φ(n) = 1,2
n≡4 ( mod 8 ), φ(n) = 2,4
n≡0 ( mod 8 ), φ(n) = 4,8
が必要である
コレを満たす3以上の自然数はn = 3,6,4,12,8,16,24しかなく、さらに
cot(2π/3)=-1/√3,
cot(2π/6)=1/√3,
cot(2π/4)=0,
cot(2π/12)=√3,
cot(2π/8)=1,
cot(2π/16)=1+√2,
cot(2π/24)=2+√3
であるから主張は成立する□ >>149
さらなる追加の一般命題をありがとう
なるほど確かに冪が一般の場合どうするのか考えてなかったですが
ζ_m∈Q(cot(2π/n))→m=1,2のみ(それ以上だと虚数を含む)→拡大次数が1,2のみ
という流れはとても筋がいいですね f:R→Rを無限回微分可能な関数とする
どんなa∈Rに対しても、fを何度か微分して、aを代入すると0になるとき、fは多項式であることを示してください 多項式でない関数は、無限べき級数に展開。
多項式の関数は、有限級数。
よって自明。 >>154
C^∞だからといって、無限べき級数に展開できるとは限りません
有名な例でいうと
f(x) = e^(-1/x^2) (x ＞ 0)
, 0 (x ≦ 0)
なんかがそうです >>154
さらに言えば
例え級数展開出来たとしても、
>>153の条件から、ただちには有限級数になることは示せないのではないでしょうか
「何度か」微分してaを代入すると0になる
この微分の回数はaに依存しています まあそのaに依存する微分回数に上界があれば自明だけどそうでない時にどうするか
まあそうはならないんだろうけど >>156
もしかすると>>154て偽なんじゃないか？ いや、適当に書き込んだので、軽くスルーしてくれ。すまん。 >>158
>>153が偽ではないので
有限級数に展開可⇔多項式
なのは確かなことです >>161
>>83のようにベールのカテゴリー定理を使います！ >>163
とりあえず閉集合は
Fn = { x | f^k(x)=0 ∀k≧n }
とかですか？
しかしコレが開区間を持ってても何の足しにもならない気が
もっと別の設定ですか？ あ、f^k(x)=0じゃなくてf^(k)(x)=0
n階以降の微分が全部消えてる集合
この閉集合の合併でどれかが開区間を含んでもそこで終わり わかった
Fn = { x | f^(k)(x) = 0 (∀k≧n) }
としてさらに
Un = int Fn ∪ (R ＼ Fn)
とおく
各Unは稠密開集合である
実際任意のx∈Rに対しdist(x,R＼Fn)=0ならlim[i]ui=xとなるui∈R＼Fnを取る事ができるしdist(x,R＼Fn)>0ならx∈int Fnである
よってカテゴリー定理からD = ∩Unは稠密である
各x∈Dに対してx∈∩[n] int Fn ∪ (R ＼ Fn)であるが有限個を除いてxは (R ＼ Fn)の元に含まれる事はないから、ある番号でintFnの方に入る
そのような番号を選んでVx = intFnとおけば∪[x∈D]Vx = Rで各Vxでfは多項式だからR全体でも多項式□ >>165
お見事！
大変美しい解答をありがとうございます
このように、ベールのカテゴリー定理は
「任意のx∈Rに対してあるn∈Nが存在して、なんかホニャララを満たす」
みたいな命題の「任意」と「存在」をひっくり返したいとき、度々役に立つ
というお話でした んー？自分が理解できてないのかな…
>>153 って『各 x∈R に対してある自然数 n が存在し、f^(n)(x)=0 が成り立つ』って意味で合ってる？
もし『各 x∈R に対してある自然数 n が存在し、任意の整数 k≧n について f^(k)(x)=0 が成り立つ』
って意味で書いてたら、自分の読み違いってことで申し訳ないんだけど
前者の解釈で合ってるなら、>>165 の回答の Fn って
全て空集合になる可能性もあり得るのでは？
そうすると、どんなxでもある番号でintFnに入るというのは成り立たないと思うんだけど >>168
確かにそう読めるね
でもそれなら
Fn = { x ; f^(n)(x) = 0 }
でやれば同じ >>168
すみません前者の
「各 x∈R に対してある自然数 n が存在し、f^(n)(x)=0 が成り立つ」
という意味で書いていました
なので>>169の通りF_nはこうするべきでしたね >>169
あーそうかなるほど
そして >>165 のよくわかんなかった所もようやく自己解決できたっぽい
『ある番号でintFnに入る』を導くために ∪_n Fn = R という仮定を使ってるわけか
んで x∈intFn ということは関数 f^(n) が x の近傍でべったり0にくっついてることを意味するから
f は x の近傍で多項式。そしてこれが稠密な D 上で言えるから結果 f 全体も多項式、と…
よくできてるなあ >>165は穴あるわ
Dが稠密で∪VxがDを被覆してても∪Vx=Rとは限らん
D={無理数}, Vx=( [x], [x]+1 )
のとき∪Vx=R＼Zになってしまう
以下訂正版
S = { U : open ; f はUの各連結成分上で多項式 }
とおく
R = ∪Fnだからカテゴリー定理いずれかのFnは内点を持つがintFnはSに属するからSは空ではない
またSの元は合併で閉じているから最大元を持つ
それをUとする
G = R＼Uとおく
G≠φとして矛盾を導く
再びカテゴリー定理よりG∩Fnは内点を持つ
よって開集合Vをとってφ≠G∩V⊂G∩Fnとできる
まずG∩Vは孤立点を持たない
何故ならもしc∈G∩Vが孤立点なら(a,b)∩G ∩V= {c}であるa,bがとれるが仮定によりfは(a,c), (c,b)において多項式だから十分大きなmで(a,c),∪(c,b)上f^(n)(x)=0でfはC^mだから(a,b)でf^(m)(x)=0
よってfは(a,b)で多項式となるがUの最大性からUは(a,b)を含まねばならずc∈R＼Uに反してしまう
よってG∩Vは孤立点を含まない
次にa∈G∩Vのときm≧nなるmに対しf^(m)(a)=0である
コレはmについての帰納法で示される
m=nでは仮定により成立する
m<kで成立するとしてm=kとする
a∈G＼Vをとればコレは孤立点ではないからai∈G∩V＼{a}をlim[i]ai=aととれる
このとき
f^(m)(a)
=lim[i](f^(m-1)(ai)-f^(m-1)(a))/(ai-a)=0
となるゆえ主張は成立する
最後にVにおいてfは多項式である
c∈V,m≧nに対してf^(m)(x)がVで0になる事を示せば十分でc∈G∩Vの場合はすでに示された
c∈V＼Gに対してc∈(a,b)⊂Vをfは(a,b)で多項式、a,bのいずれかはGの元ととれる
f^(deg(f))(x)は[a,b]で0でない定数だからf^(deg(f))(a),f^(deg(f))(b)は共に0ではない
よってdeg(f)<nとなりf^(m)(c)=0 (∀m≧n)である
よってV⊂UとなりG∩V=φであるがVの仮定に反する□ ま？もしかして
『あるR上稠密な開集合の各々の連結成分上で多項式であるC^∞級関数は多項式である』
ってギャップだったのか、もう何もわからん… うん、Rの被覆R = ∪Uiがあって各Uiでfが多項式ならR全体で多項式になるのは簡単に示せる
しかし稠密ではあるがR全体ではない開集合UでいくらfがUの各連結成分上で多項式であったとしてもR全体で多項式だと主張するのは自明では許してもらえないと思う
とは言っても反例は思いつかないんだけど
今回の場合Uの隙間であるG=R＼Uにおいても最低でも各点c∈Gにおいて少なくとも一個のf^(n)(c)が0になる事で穴が埋まってる
この仮定がない場合に反例が作れるのかどうか不明
つまり
UがRの稠密開集合でC^∞級関数fはUの各連結成分上では多項式とする
またR＼Uは孤立点を持たない閉集合であるとする
このときfはR全体で多項式か？
は不明
反例も見つからない
証明もわからない >>177
論理学の本に載ってたなそれ
x=sqrt(2)^sqrt(2)としてxが無理数と仮定するとx^√2=2だから無理数の無理数乗だが有理数
xが有理数と仮定すると無理数の無理数乗だが有理数
xが無理数か有理数か分からなくても証明出来るのは面白いよね F_nをフィボナッチ数列(ただし, F_1=F_2=1)とする。
このとき,
n≧2m+5を満たす任意の自然数m,nで
不等式
F_n ≧ Σ[k=0→m](n-k+1-2m)・C[m,k]
が成り立つことを示せ。 F_nをフィボナッチ数列(ただし, F_1=F_2=1)とする。
このとき,
n≧2m+5を満たす任意の自然数m,nで
不等式
F_n ≧ Σ[k=0→m](n-m-k)・C[m,k]
が成り立つことを示せ
が正しかったです… 有理数の有理数乗が有利数 ある 1^1=1
有理数の有理数乗が無理数 ある 2^(1/2)=√2
有理数の有理数乗が不定形 ある 0^0
有理数の無理数乗が有利数 ある 1^(√2)=1
有理数の無理数乗が無理数 ある 2^(√2)
無理数の有理数乗が有利数 ある (√2)^2=2
無理数の有理数乗が無理数 ある (√2)^1=(√2)
無理数の無理数乗が有利数 ある ((√2)^(√2))^(√2)=2
無理数の無理数乗が無理数 ある (√2)^(√2) f_n(x)=1/(√n-x)とする
n=1,2,3,4について各々f_nの12回合成を計算せよ >>183
下２つは高校生でも分かるもっと簡単な例があるだろ 何回このやり取りするねん
面白い問題おしえて〜な 39問目
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1633923732/630
630 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2021/11/25(木) 20:48:12.16 ID:IXjS2eTu
無理数の無理数乗が有理数になることはあるか?
とかどうっすか >>181
Gn = Σ[k=0→m](n-m-k)・C[m,k]
l = n - (2m+5)
とおく
Gn
= Σ[k=0→m](n-m-k)・C[m,k]
= 2^m×(n-m)-2^(m-1)m
= 2^(m-1)×(2n-3m)
= 2^(m-1)×(2l + m + 10)
F_(2l+2m+5)≧2^(m-1)×(2l + m + 10)
⇒F_(2l+2m+6)≧2^(m-1)×(2l + m + 10)
∴ F_(2l+2m+7)≧2^(m-1)×(2l + 2m + 20)
≧2^(m-1)×(2l+2 + m + 10)
∴l=0の場合示せばよい
∴F_(2m+5)≧2^(m-1)(m+10)を示せばよい
∴F_(k+5)≧2^(k/2-1)(k/2+10)を示せばよい
k=0→LHS = 5, RHS = 5
k=1→LHS = 8, RHS = 10.5/√2 = 7.424...
F_(k+5)≧2^(k/2-1)(k/2+10)
F_(k+6)≧2^(k/2-1/2)(k/2+10.5)
のとき
F_(k+7)≧2^(k/2)(k/4+5+k/√8+10.5/√2)
≧2^(k/2)( k/2 + 11 ) >>184
[[0,1],[-1,√n]]の特性方程式x^2-√nx+1=0を解いて
n=1→x=exp(2πi/3)
n=2→x=exp(2πi/4)
n=3→x=exp(2πi/6)
n=1→x=1
よってn=1,2,3なら単位行列
n=4はu = [[1],[1]]が固有ベクトルでv = [[0],[1]]がAv = v + u
A^12[u v ] = [ u v+12u] =[uv] [[1,12],[0,1]]
左から[uv]^(-1)かけたら答え >>185
(√2)^2log2(3)=3
(√2)^log2(3)=√3
だな >>184
よくよく考えたらn=4のとき固有値２つとも1なんだから
[[0,1],[-1,2]]^k
= [[1,0],[0,1]] + k[[0-1,1-0],[-1-0,2-1]]
= [[-k+1,k],[-k,k+1]]
やん >>191
ですです
行列計算にして上手く累乗計算するという問題でした
関数の見た目だと1,2,3,4で大差ないように見えるのが面白いなと思って出題しました めっちゃ簡単な問題
5以上の素数pについて、p±1のどちらかは必ず6の倍数であることを証明しろ！ 6n+2,6n+3,6n+4(n≧1)は2や3の倍数になるから
5以上の素数は必ずp=6n±1の形になる どんな2n個の整数に対しても、その中のn個をうまく選べば和がnの倍数であることを示せ. log[a] (log[b] (n)) = log [b^a] (n)
を証明せよ。 日本人の血液型の割合はおよそA型40%,O型30%,B型20%,AB型10%とされる。
この割合で100人の献血ボランティアがいるとする。
すなわちA型40人,O型30人,B型20人,AB型10人である。
無作為に1人を選んで採血して4種類の血液がそろったら終了する。
同じ人を複数回採血することはない。
献血のお礼にジュースを献血者に1本与える。
99％の確率で4種類の血液をそろえるには何本のジュースが必要か？ ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
