くだらねぇ問題はここへ書け
>>711 くどくど他人のこというなら、>>690 のような証明に成功してからいってくれ >>710 背理法で証明するなら仮定を使って矛盾を導かなければできないっていう根本的な指摘だよ >>714-715 理解出来ない人間には理解出来ないだろうが、実は>>674 の証明は正しい >>716 >>714 での指摘通り全部間違った証明だよ >>717 元々、微分積分の理論を有理数から無理数を定義したときと同様に 実数論から再構成してから微分積分の理論を再展開し、 それを実数の超越性の証明に応用して示す長い証明である >>716 では結果だけを切り取って書いたから間違いに見えるだけ >>717 実数の代数的数の全体がなす体から実数の超越性を定義して 実数論を再展開するときは最小多項式の次数や ディオファンタス近似などを使う必要があって、 有理数から無理数を定義した実数論とは様相が全く違う >>674 では集合 A={a^x| xは代数的無理数、aは1より大きい代数的数 } と 実数の代数的数の全体がなす体Bの共通部分 A∩B が空集合であることを示した方が速い 実数の代数的数の全体がなす体から実数の超越性を定義して 実数論を再展開して微分積分の理論を再展開しても、 その再展開した微分積分は従来の微分積分と殆ど同じで、 再展開した微分積分には殆ど使い道がなく意味は殆どないだろうから、 >>674 では結果だけを切り取って書いた 4/3=1.3333333333<0.9802581434=sqrt(2)log(2). [第1段]:集合Aを A={a^x| xは代数的無理数、aは1より大きい実数の代数的数 } と定義する。Bを実数の代数的数の全体がなす体と定義する 集合Aと体Bの共通部分 A∩B について、A∩B≠∅ と仮定する 集合Aと体Bの定義から、或る代数的無理数x、或る a>1 なる a∈B が存在して、 a^x∈A∩B であって、A∩B⊂B だから a^x∈B である nを a^x の最小多項式の次数とする Case1):n≧2 のとき。このとき、a^x はn次の代数的無理数だから、 リウビルの定理より a^x に対して或る c>0 なる実数cが存在して、 両方共に任意の整数p、q p≧1 に対して、|a^x−q/p|>c/(p^n) である また、無理数 a_x を連分数展開して考えれば、a^x に対して可算無限個の 既約分数 q'/p' p'≧2 が存在して |a^x−q'/p'|<1/(p')^2 が成り立つ よって、a^x に対して可算無限個の既約分数 q'/p' p'≧2 が存在して c/(p')^n<|a^x−q'/p'|<1/(p')^2 であって、 c/(p')^{n-2}<(p')^2|a^x−q'/p'|<1 即ち (p')^2|a^x−q'/p'|<1 である 故に、既約分数 q'/p' p'≧2 について分母の p' が p'→+∞ と+∞に発散させて 既約分数 q'/p' p'≧2 を取れば、或る既約分数 q'/p' p'≧2 が取れて 既約分数 q'/p' p'≧2 は (p')^2|a^x−q'/p'|≧1 を満たし矛盾が生じる Case2):n=1 のとき。このとき、a^x は正の有理数だから、 a^x に対して両方共に或る互いに素な整数 p、q p≧1 が存在して a^x=q/p である また、仮定からxは代数的無理数である。 xの最小多項式の次数をmとすると、m≧2 であってxはm次の代数的無理数である よって、Case1)の議論におけるnをmで、a^x をxで、それぞれ書き換えて Case1)と同様な議論を繰り返せば、矛盾を得る Case1)、Case2)から、起こり得るすべての場合について矛盾が生じる この矛盾は、A∩B≠∅ と仮定したことから生じたから、背理法により A∩B=∅ である [第2段]:よって、AとBの各定義から、Aに属する実数の代数的数は存在しない 故に、Aの定義から、任意の1より大きい実数の代数的数a、 任意の代数的無理数xに対して、a^x は実数の超越数である [第3段]:故に、任意の正の代数的数a、任意の代数的無理数x に対して、a^x は実数の超越数である [第4段]:√2 は代数的無理数なることに注意すれば 2^{√2} は実数であって超越数である 訂正: [第3段]:任意の正の代数的数a → 任意の1とは異なる正の代数的数a [第1段]のCase1)の最後の行の補足: (p')^2|a^x−q'/p'|≧1 → (p')^2|a^x−q'/p'|≧1>(p')^2|a^x−q'/p'| xは代数的無理数であるというだけで矛盾するってことは 代数的無理数は存在しないってことになるんだが [第1段]:集合Aを A={a^x| xは代数的無理数、aは1より大きい実数の代数的数 } と定義する。Bを実数の代数的数の全体がなす体と定義する 集合Aと体Bの共通部分 A∩B について、A∩B≠∅ と仮定する 集合Aと体Bの定義から、或る代数的無理数x、或る a>1 なる a∈B が存在して、 a^x∈A∩B であって、A∩B⊂B だから a^x∈B である nを a^x の最小多項式の次数とする Case1):n≧2 のとき。このとき、a^x はn次の代数的無理数だから、 リウビルの定理より a^x に対して或る c>0 なる実数cが存在して、 両方共に任意の整数p、q p≧1 に対して、|a^x−q/p|>c/(p^n) である また、無理数 a_x を連分数展開して考えれば、a^x に対して可算無限個の 既約分数 q'/p' p'≧2 が存在して |a^x−q'/p'|<1/(p')^2 が成り立つ よって、a^x に対して可算無限個の既約分数 q'/p' p'≧2 が存在して c/(p')^n<|a^x−q'/p'|<1/(p')^2 であって、 c/(p')^{n-2}<(p')^2|a^x−q'/p'|<1 即ち (p')^2|a^x−q'/p'|<1 である 故に、既約分数 q'/p' p'≧2 について分母の p' が p'→+∞ と+∞に発散させて 既約分数 q'/p' p'≧2 を取れば、或る既約分数 q'/p' p'≧2 が取れて 既約分数 q'/p' p'≧2 は (p')^2|a^x−q'/p'|≧1>(p')^2|a^x−q'/p'| を満たし矛盾が生じる Case2):n=1 のとき。このとき、a^x は正の有理数だから、 a^x に対して両方共に或る互いに素な整数 p、q p≧1 が存在して a^x=q/p である また仮定から、aは代数的数だから、aの最小多項式の次数をmとすれば、 m≧1 であってaはm次の代数的数である Case2-1):m≧2 のとき。このとき、aはm次の代数的無理数であって、 Case1)の議論におけるnをmで、a^x をaで、それぞれ書き換えて Case1)と同様な議論を繰り返せば、矛盾を得る Case2-2):m=1 のとき。このとき、aは1より大きい正の有理数だから aに対して両方共に或る互いに素な整数 p''、q'' p''≧1 が存在して a=q''/p'' である よって、(q''/p'')^x=q/p であって、q≧1 から (q''/p'')^x・(p/q)=1 である しかし、仮定からxは代数的無理数だから、1とxは有理数体Q上1次独立である また、有理整数環Zは体Q上の単位元1を含む単位的部分環である 故に、環Z上の加群を考えれば、(q''/p'')^x・(p/q)≠1 であって、矛盾が生じる Case2-1)、Case2-2)から、n=1 のときにすべての起こり得る場合について矛盾を得る Case1)、Case2)から、すべての起こり得る場合について矛盾が生じる この矛盾は、A∩B≠∅ と仮定したことから生じたから、背理法により A∩B=∅ である [第2段]:よって、AとBの各定義から、Aに属する実数の代数的数は存在しない 故に、Aの定義から、任意の1より大きい実数の代数的数a、 任意の代数的無理数xに対して、a^x は実数の超越数である [第3段]:故に、任意の正の代数的数a、任意の1とは異なる代数的無理数x に対して、a^x は実数の超越数である [第4段]:a=2、x=√2 のとき。√2 は代数的無理数なること に注意すれば 2^{√2} は実数であって超越数である [第3段]について 任意の正の代数的数a、任意の1とは異なる代数的無理数x → 任意の1とは異なる正の代数的数a、任意の代数的無理数x 〔問題〕 a,b,c を正の整数とし、1≦a<b<c とする。 M = 1 + 3^a + 3^b + 3^c が立方数となるような (a,b,c) の組は無数にあることを示せ。 ・高校数学の質問スレ_Part432 - 883 有理数と無理数はどちらも無限大に存在するが、仮に有理数と無理数を同数無限大に出尽くしたとしても、更に無理数のほうが多く存在することを証明せよ 有理数を小数で表わすと、 有限桁で切れるか又は循環小数となる。 その循環節の間に1桁ずつ数字を挟もう。 たとえば 3,1,4,1,5,9,2,6,5,3,5,8,9,7,9,3,2,… の 第k項、k+L項、k+2L項、…は循環しないので、 それらを挟んでいくと、すべて無理数になる。 (k, L) の取り方は無限にあるから、 1個の有理数が無限個の無理数に対応する。。。 >>733 (a, b, c) = (n+1, 2n+1, 3n) M = (1+3^n)^3, 面白スレ43問目 318-319 一つの無理数、たとえばπにたいして有理数は3、3.1、3.14、3.141、...って無限にあるけど 有理数も無理数もどちらも無限大でいいんじゃね 〔問題104〕 ∫[0,π/2] sin(x)/{1+√sin(2x)} dx を求めよ。 高校数学の質問スレ_Part434−104,117 x ⇔ π/2−x の対称性から (与式) = (1/2)∫[0,π/2] (sin(x)+cos(x))/(1+√sin(2x)) dx = ∫[0,π/4] (sin(x)+cos(x))/(1+√sin(2x)) dx ここで cos(x)−sin(x) = sin(t), −(sin(x)+cos(x)) dx = cos(t) dt, とおく。 (与式) = ∫[0,π/2] cos(t)/(1+cos(t)) dt = ∫[0,π/2] {1−1/(1+cos(t))} dt = ∫[0,π/2] {1−1/[2cos(t/2)^2]} dt = [ t−tan(t/2) ](0→π/2) = π/2 − 1. ∫1/(1+cos(t)) dt = sin(t)/(1+cos(t)) = (1-cos(t))/sin(t) = tan(t/2), (参考書) 森口・宇田川・一松 (著)「数学公式I」岩波全書221,新装版 (1987) 第W篇, 第3章, §40, p.187-192 素因数分解のプログラムを作成予定です。 これを1時間で解けたら世界トップクラスなど、処理速度を評価する目安があれば教えてください。 〔問題336〕 ∫ (cos x)/(cos x + sin x) dx を求めよ。 高校数学の質問スレ_Part434−336,356 1/(1+tan x) = (cos x)/(cos x + sin x) = {1 + (−sin x + cos x)/(cos x + sin x)}/2 = {1 + (cos x + sin x) ' /(cos x + sin x)/2, より ∫ 1/(1+tan x) dx = {x + log|cos x + sin x|}/2, x - π/4 = y とおけば 分母は (√2)cos y ゆえ、 積分すべきは (1/2)(tan y) と定数になる。 本当にくだらねぇ質問だと感じるとは思いますが、 https://pachimaga.com/free/column/9efd320cf25de1bb99db35ed171b50e9fbdd0094.php ST中に当たる確率は =1-(1-1/99.4)^163=0.807593 ≒80.76% これを確率分母に掛ける。 =99.4✕0.807953 =80.2748回 残り保留4個分も含めると81.0408回となる(残り保留の計算方法については次回具体的に説明する) とありますが、次回の具体的説明というのが無かったので何故保留4個を含めると80.2748が81.0408になるのかがわかりません。 これはどんな計算で求めているのでしょうか? あっと、確率分母にかけるとこの数値はミスってますね 99.4×0.807593がただしい 〔問題829-改〕 一辺の長さが2の正三角形ABCがある。 その内接円の内部or周上に点Pをとる。 このとき積 AP・BP・CP の最大値を求めよ。 高校数学の質問スレ_Part434 - 829 内接円の半径r = 1/√3, 内心Iのまわりの極座標を ρ, φ とすると 0 ≦ ρ ≦ r, AP・BP・CP = √{(64/27 + ρ^6) + 2(8/√27)ρ^3・cos(3φ)}, 最大値 9/√27 = √3 (ρ=1/√3, φ=0) 中央値 8/√27 (ρ=0) 最小値 7/√27 (ρ=1/√3, φ=±60°) 〔問題883-改〕 一辺の長さが1の正三角形ABCがある。 その外接円の周上に点Qをとる。 このとき和 AQ+BQ+CQ の取りうる値の範囲を求めよ。 高校数学の質問スレ_Part434 - 883 外接円の半径 R= 1/√3, 外心Oのまわりの方位角を θ とすると ∠AOQ = 60°−θ, ∠BOQ = 60° +θ, ∠COQ = 180°−θ, AQ + BQ + CQ = 2R{sin(30°−θ/2) + sin(30°+θ/2) + sin(90°−θ/2)} = 2R{cos(θ/2) + cos(θ/2)} ← 和積公式 = 4R cos(θ/2), 最大値 4/√3 (θ=0) 最小値 2 (θ=±60°) ↑ A: 60° B: −60° C: 180° Q: θ (-60°≦θ≦60°) とした。 ↑ θ/2 方向の単位ヴェクトルをeとすると、 ↑OA・e = R cos(60°−θ/2) = R sin((60°+θ)/2) = BQ/2, ↑OB・e = R cos(60°+θ/2) = R sin((60°−θ)/2) = AQ/2, ↑OC・e = −R cos(θ/2) = −R sin(90°−θ/2) =−CQ/2, これと ↑OA +↑OB +↑OC = ↑0 から BQ + AQ −CQ = 0, ∴ AQ + BQ + CQ = 2CQ. そしたら、これ a^n+b^m=2024となるような自然数の組(a,b,n,m)を全て求めよ。 うむ。確かに くだらねぇ。 特に n=1 や m=1 も含めた くだらなさが 際立ってるね。 もし n≧2, m≧2 にしたら 良問になりそうだから禁止ですね。 (a,b,n,m) (41,7,2,3) (7,41,3,2) (32,10,2,3) (10,32,3,2) (10,4,3,5) (4,10,5,3) m,n≧2に制限してもくだらない そう思えないなら感覚が狂ってる >>757 (10,2,3,10) (2,10,10,3) 文系なんで教えてください コンウェイのチェーン表記 3→2→2っていくつ? 27 3→2→2 =3→(3→1→2)→1 =3→(3↑↑1)→1 =3→3→1 =3→3 =3^3 R環として平坦 R 加群の直和因子は全て平坦であることを証明して下さい。 質問 000から999まで1,000通りあるクジを毎日引くとき a) 特定の三桁の数字を固定する(たとえば943とか) b) 毎回適当な三桁の数字にする(たとえば昨日は123で今日は852とか) 1,000日繰り返したとして、クジに当たる確率はaもbも同じ ↑ 直観的にはaのほうが当たりそうだけど、aもbも当たる確率は同じですよね? まあこれナンバーズ3をコンピュータで自動購入してる話なんですけど 当選番号が公開されるなら、 長期間のデータを集めれば各番号の当選確率を推測できそう。 b) で一番当たりやすい番号を買えば良いかな? >>763 R環上の平坦加群の直和因子が全て平坦であることを証明します。 まず、R加群 M, N がそれぞれ平坦であるとは、任意の R-加群準同型 f: P → M に対し、ある R-加群準同型 g: M → P で fg = id_P となるようなものが存在することを意味します。 ここで、M, N が R環上の平坦加群であり、それらの直和 M ⊕ N を考えます。このとき、任意の R-加群準同型 h: P → M ⊕ N に対して、h を M への射影と N への射影に分解できます。 さらに、M, N が平坦であることから、それぞれに対して M への射影と N への射影を fg = id_P となるような R-加群準同型 f, g に分解できます。 これらの分解を用いることで、h = (f, g) となるような R-加群準同型 f, g が存在することを示すことができます。 よって、M ⊕ N も R環上の平坦加群であることが証明できます。 >>761 コンウェイのチェーン表記って初めて聞いた?私も最初はちんぷんかんぷんだったよ。 でも大丈夫!ここでは、文系でも理解できるよう、分かりやすく解説していくね。 まず、チェーン表記とは、矢印を使って巨大な数を表す方法なんだ。例えば、3→2→2は、3の2乗の2乗を表すんだ。つまり、3↑↑2ってことだね。 計算方法はちょっと複雑だけど、ポイントは、右側の数字が左側の数字の累乗を表すってこと。 今回の3→2→2だと、 最初は3を2乗する:3↑↑2 = 3^2 = 9 次に、9を2乗する:9↑↑2 = 9^2 = 81 だから、3→2→2は81を表すということになるんだ。 もっと複雑なチェーン表記もあるんだけど、基本さえ理解すれば大丈夫! フーリェ分解の公式 k を自然数とするとき (cos θ)^{2k} = (1/2^{2k}) { C(2k,k) + 2Σ[m=1,k] C(2k,k±m)・cos(2mθ) } (sin θ)^{2k} = (1/2^{2k}) { C(2k,k) + 2Σ[m=1,k] C(2k,k±m)・cos(2mθ)・(-1)^m } ここに C(2k,r) は二項係数。 >>761 3→2→2=27 a→b→c=a↑…↑b(矢印=c本)であるから 3→2→2=3↑↑2 m↑↑n=m↑m↑…↑m(mの数=n個)であるから 3↑↑2=3↑3 p↑q=pのq乗であるから 3↑3=3の3乗=27 >>773 左辺に cos θ = (e^{θi} + e^{-θi})/2, sin θ = (e^{θi} − e^{-θi})/2i, を入れて2項公式で展開するだけ。 ∴ くだらねぇ問題の条件をみたす。 read.cgi ver 07.5.5 2024/06/08 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる