分からない問題はここに書いてね436
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可哀想な人だとわかったら、もうレスしなきゃ良いのに >>42
般若parameter 心経
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄
観自在菩薩・行深 般若parameter 時、照見五蘊皆空、度一切苦厄。
舎利子。
色不異空、空不異色、色即是空、空即是色。
受・想・行・識・亦復如是。
舎利子。
是諸法空相、不生不滅、不垢不浄、不増不減。
是故空中、無色、無受・想・行・識、無眼・耳・鼻・舌・身・意、無色・声・香・味・触・法。
無眼界、乃至、無意識界。
無無明・亦無無明尽、乃至、無老死、亦無老死尽。
無苦・集・滅・道。
無智、亦無得。
以無所得故、菩提薩埵、依 般若parameter 故、心無罣礙、無罣礙故、無有恐怖、遠離・一切・顛倒夢想、究竟涅槃。
三世諸仏、依 般若parameter 故、得阿耨多羅三藐三菩提。
故知、般若parameter、是大神呪、是大明呪、是無上呪、是無等等呪、能除一切苦、真実不虚。
故説、般若parameter 呪。
即説呪曰、羯諦羯諦、波羅羯諦、波羅僧羯諦、菩提薩婆訶。
般若心経
* 般若parameter の内容は宗派によって違うんだろうな… 1日10億円以上稼げるデイトレーダーになるにはどうすれば良いですか? 1円を100億倍レバして、それを1割増やすと(110億-100億-1)円の利益になる
1割減らしてしまうと(90億-100億-1)円の利益になる ガウスとかオイラーみたいな超天才数学者とBNFみたいな超天才デイトレーダーはどっちの方が天才であると言えるのでしょうか? 2つの二項係数の和mCr+nCsが1つの二項係数で表されるための必要十分条件を述べよ。
すなわち、mCr+nCs=aCbとなる自然数a,bが存在するために、自然数m,r,n,sが満たすべき必要十分条件を述べよ。
ただし、m≧2かつn≧2かつ1≦r≦m-1かつ1≦s≦n-1とする。 問題(大学1年程度)
Q1. [0,1]上至るところで不連続な関数を1つ示せ
Q2. [0,1]上の有理数で不連続、無理数で連続な関数を1つ示せ
Q3. [0,1]上の有理数で不連続、無理数で微分可能(当然連続)な関数を1つ示せ r;ァ'N;:::::::::::::,ィ/ >::::::::::ヽ
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i′ ___, - ,. = -一  ̄l:::::::::::::::l
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l _,, -‐''二ゝ l::::l f゙ヽ |、 ここはお前の自作問置き場じゃねえんだ
レー-- 、ヽヾニ-ァ,ニ;=、_ !:::l ) } ト
ヾ¨'7"ry、` ー゙='ニ,,,` }::ヽ(ノ チラシの裏にでも書いてろ
:ーゝヽ、 !´ " ̄ 'l,;;;;,,,.、 ,i:::::::ミ
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A 1.
f(x)= 1 (x:有理数)
= 0 (x:無理数)
「ディリクレの関数」というらしい。
この手のリーマン積分できない関数に対処するために、ルベーグ積分が考案された(?) >>675 >>690
生姜ねぇ。
a = mCr + nCs,
b = 1, >>675 >>690
チョト変えて
a = mCr + nCs,
b = a-1 >>694
mCr+nCs=aCbとなる自然数a,bが存在するために、自然数m,r,n,sが満たすべき必要十分条件は、mCr+nCs=aCbとなる自然数a,bが存在することです >>706
ある無矛盾な公理系τの任意のモデルに対してある論理式φが常に真となるならば、τからφがLKにおいて証明可能となることを示せ、という問題がわかりません >>675
てか、>>693これでいいじゃないですか?
どんなm,r,n,sを選んでも、aとbを>>693のように選べば必ず条件を満たすa,bが存在していることになります R^2 の部分距離空間を A とする。
A は互いに共通部部分をもたない R^2 の連結部分集合の和集合としてあらわされることを示せ。 >>687
>Q3. [0,1]上の有理数で不連続、無理数で微分可能(当然連続)な関数を1つ示せ
で、Q3の答えはまだ見つからないのかい?(ニヤリ)
これ大学数学の常識なんだけどな
Q3は、とある有名なテクストに載っている
などと、うるさくせかす人がいる(^^ >>723
この問題も大学数学の常識なんですが、解いていただけませんか?
ある無矛盾な公理系τの任意のモデルに対してある論理式φが常に真となるならば、τからφがLKにおいて証明可能となることを示せ、という問題がわかりません >>711
Aは相対位相における連結成分Mに直和分解されます
MがR^2における連結成分と一致することを示します
MがR^2において連結ではないとすると、以下を満たす開集合O1,O2が存在します
M=O1∪O2
O1∩O2=φ
O1≠φ
O2≠φ
O1,O2⊂M⊂Aですから、以下が成り立ちます
M=A∩(O1∪O2)=(A∩O1)∪(A∩O2)
M⊃O1∩O2=A∩(O1∩O2)=(A∩O1)∩(A∩O2)=φ
O1=A∩O1≠φ
O2=A∩O2≠φ
これは、Mが相対位相において連結であることと矛盾します >>733
> >>711
> Aは相対位相における連結成分Mに直和分解されます
これはなんで? >>731
必要十分に述べよって意味も分からんのか
○すぞ >>736
この人も触っちゃダメな人が
まあ問題もアレだし
気づくべきだったか >>711
Aは、Aの相対位相における連結成分Mに直和分解されます
MがR^2における連結成分と一致することを示します
MがR^2において連結ではないとすると、以下を満たすR^2の開集合O1,O2が存在します
M=(M∩O1)∪(M∩O2)
(M∩O1)∩(M∩O2)=φ
M∩O1≠φ
M∩O2≠φ
M⊂Aですから、以下が成り立ちます
M=(M∩(A∩O1))∪(M∩(A∩O2))
(M∩(A∩O1))∩(M∩(A∩O2))=φ
M∩(A∩O1)≠φ
M∩(A∩O2)≠φ
これは、Aの相対位相においてMが連結ではないことを意味しますが、これは仮定に反します >>735
任意の位相空間は連結成分によって直和分解されますよね? a,bはa<bなる任意の実数
以下の関数は[a,b]を定義域とする
不連続な関数f(x)があるとき、定数関数でないある連続関数g(x)が存在し、f(x)g(x)を連続関数とできることを示せ。 >>738
×MがR^2における連結成分と一致することを示します
◯MがR^2において連結となることを示します 常微分方程式の問題で、λ=±iαのとき、なんで基本解がcosαxとsinαxになるの??どなたか教えてください >>742
e^iαx=cosαx+isinαxですから、cosとsinでてきますよね >>740
あるx=aについてg(x)≠0のとき
f(a)=f(a)g(a)/g(a)は連続関数÷連続関数となっていますから、x=aにおいてf(x)は連続です
今、f(x)としてディリクレ関数を考えます
f(x)は至る所で不連続です
先の対偶を考えると、
x=aにおいてf(x)は不連続→g(a)=0
ですから、任意のxについてg(x)=0とならなければなりません
これは、gが定数でないことと反します
よって、題意は間違いです >>743
出したあとに、どうやって基本解に持っていくんでしょうか? >>745
あなたの知ってる基本解、の定義はなんですか? >>746
定数係数と組み合わせると一般解になる一次独立な解です。 >>747
cosαxとsinαxは方程式の解ですし、一次独立になってますね >>748
λ=±iαのとき、基本解X=e^±iαxになると思うのですが、この場合、基本解はcosα+isinαとcosα-isinαではないんでしょうか? >>750
基本解は1組だけじゃなくていっぱいあるんですよ
cosα+isinαとcosα-isinαももちろん基本解です
ですが、普通はより簡単にかけるものを選ぶわけですね >>751
基本解がcosαx+isinαxとcosαx-isinαxのとき、cosαxとsinαxも基本解になるということはどのようにわかるのでしょうか?ここがわかりません。 >>752
y1=cosαx+isinαx
y2=cosαx-isinαx
とすると、重ね合わせの法則より
(y1+y2)/2=cosαx、(y1-y2)/2i=sinαx
も解となりますね
cosとsinは一次独立ですから、これも基本解です ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています