分からない問題はここに書いてね438
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>>465
論理学に興味があるんですか?
こういうのが屁理屈ではないちゃんとした論理ですよ↓
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 >>433
有難うございます。
だいたい暗算で同じようなことを演っていたのですが、中々すっきりしなかったもので
ホッとしました。
すみませんでした。
G/Ker(f) ≡ Im(f)
|G/Ker(f)|=[G:Ker(f)]=|G|/|Ker(f)| は |G|の約数
Im(f) はHの部分群 |Im(f)| は |H| の約数
|G/Ker(f)|と|Im(f)は同数の要素をもち、その数は|G|,|H|の約数である。
GCD(G,H)=1だから
|G/Ker(f)|=1 つまりG=Kef(f) >>461
2と3のドアの確率ってどういう意味ですか? >>464
自分で選択した1/3、
モンティーが取り除いた後に残ったドアの1/3
モンティーが開いたドアの1/3
ちゃんと3つあります<(_ _)> >>471
え?でもプレイヤーが選べるのは2つしかないですよね? >>471
取り除いたドア選べるのですか?
選べたとしても、当たる確率はゼロでは? >>451
>ID:NQmNhB8q
なんだ例の恥ずかしい人だったか
こっちは相当筋悪いな >>471
かんたんな話さ
モンティーが取り除いた後に残ったドアの1/3
モンティーが開いたドアの1/3
この2つのドアを両方開いたら確率は2/3になるんだろ?
モンティーは必ず外れを開くんだから確率は0
だったら残りのドアを開いたら同時に2つのドアが開くんだから2/3になるじゃんか >>475
2つのドアを両方同時に開く事はルール上できません ルール上できないことを想定して思考を組み上げてしまうところが
確率論の弱点 数学的に突っ込まれてもスルーするしか逃げ道がないのが屁理屈の弱点ですね(笑) ルール上出来ないことを勝手に想定してるのは誰なんですかね モンティホール問題には
挑戦者もモンティも同時に2つのドアは開けられないという
強力な制約がある
確率でものを考える時この重要な点を見逃してしまう >>483
なんでプレイヤーが選べる2つのドアの確率足しても1にならないんですか? 最高裁長官は超絶エリートらしいですが、数学とか物理の問題を解けるのでしょうか? 『挑戦者は2つのドアを同時に開けることはできないので
1つのドア選択後の残りの2つのドアが当たる確率が
3分の2になることはない』 >>486
どの教科書にも書いてあります
確率の和は1です >>488
教科書じゃなくてレス中にだよ
自分の脳内を披露されても困る >>490
あなた以外の人間の共通の認識として、確率の和は1です 1+1とかよくわかんないけど、なんとなくゴジラになりそうだからゴジラでいいや、って話になってますよー
最低限の知識は勉強しましょうねー >>493
確率の和は1です
お願いなので、まず高校数学から勉強してください >>491
共通の認識とか関係ないだろ
確率の和は1と書いたレス番を指定してほしいと言っただけ >>496
確率空間(かくりつくうかん、英: probability space)とは、可測空間 (S, M) に確率測度 μ(S) = 1 を入れた測度空間 (S, M, μ) を言う。
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E7%A2%BA%E7%8E%87%E7%A9%BA%E9%96%93
ウィキペディアからの引用です >>495
今のやり取りの中にあろうがなかろうが、確率の和は1です >>497
これを中学生でもわかるように訳せば、確率の和は1ということです >>499
どういう思考プロセスで確率の和が1にならないと思ったんだ? >>502
?
それは私が聞きたいのですが
1/3+1/3は1にならないですよね? 『挑戦者は2つのドアを同時に開けることはできないので
1つのドア選択後の残りの2つのドアが当たる確率が
3分の2になることはない』
まだか? >>504
都合の悪いレスを無視しないでくださいね
>>503にお願いします >>504
なんで1/3+1/3=2/3は1にならないんですか? >>477
サイコロの目も一度に出るのは1つ
偶数の出る確率は? >>503
だから3分の1は3つあると言っただろ>>471 >>511
2つですよね?
プレイヤーが選択できるのは2つだけですよ?
じゃあ、モンティーがハズレを選択した後、そのドアは爆破されるということにしましょうか
さぁ、ドアは2つしかなくなりましたね 確率論の問題になるんだろうけど、いわゆる「ガチャ」で、景品がn種類あるとき、コンプまでに引く回数の期待値ってどうやって求めたらいいんだろ?
i番目の景品の出る確率がp_iであって、当然Σp_i=1で、各回の確率は完全に独立かつ無相関。引く回数の上限はないが、コンプした時点(つまり各景品を1個以上引いた状態になったら)やめるものとする。 イエス・キリストと東京大学大学院数理科学研究科教授はどっちの方が凄いですか? この数列{An}の項数は有限ですか?
@初項A0は2以上の整数とする
AA0の素因数分解を行う
Bそれぞれの素因数が何番目の素数かを出す
C素因数の大きな順に素数番を並べてこれをA1とする
DA2以降も同様の操作で値を決定するが、項の値が1になったら素因数分解ができないためその項を末項とする
……
例えば
A0 = 4798079 のとき
A0 = 11*(13^2)*29*89
89は24番目, 29は10番目, 13は6番目, 11は5番目だから
A1 = 241065
同様の操作で
A2 = 93532
続けていくと
A14 = 81 = 3^4
A15 = 2
A16 = 1 やっぱり数学って天才秀才にしかできない学問なのかな・・・?
白チャートすら理解できない・・・・・。 >>516
直観的な説明(証明じゃない)を書いた
どうだろう?
まずn番目の素数をp_nとしたとき、p_n>nを示す…@
次にA_iとA_(i+1)の大小関係を考える。
A_i=(p_1)(p_2)…(p_k)
と表せるが、このとき@より
「p_mの桁数」≧「mの桁数」
つまり
「A_iの桁数」≧「A_(i+1)の桁数」
で、この等号が成立しない場合は明らかにA_i>A_(i+1)…A
この等号が成立する場合は、@と合わせて考えればやはりA_i>A_(i+1)…B
A、Bで、A_iは自然数だから、iが1増加する度に数列{A_i}は必ず1以上減少する。
ゆえにA_t=1となる自然数tが必ず存在するから、有限数列 >>368
なんで?
昇りと下りと同じ頻度だよ。出かけるときに下ったら、帰ってきて昇るんだよ。
直観的に、放置の方が待ち時間の平均も短くなるような気がするかだけれど? >>514
m回までにiが出ない確率は(1-pi)^m
i1,,ijが出ない確率は(1-pi1---pij)^m
全部が出る確率は
Σ(-1)^j(1-pi1---pij)^m
m回目に全部が出る確率は
Σ(-1)^j(1-pi1---pij)^m-Σ(-1)^j(1-pi1---pij)^(m-1)
期待値は
Σ(-1)^jm{(1-pi1---pij)^m-(1-pi1---pij)^(m-1)} >>518
色々計算してみた結果A_i < A_(i+1) となる例がありました
しかし大体A_(i+1)の方が小さくなるので有限項で終わってくれます
例1:桁は変わらないが値は大きくなる場合
A_0 = 526242
A_0 = 2*3*229*383
383は76番目, 229は50番目
A_1 = 765021
例2:桁も大きくなる場合
A_0 = 651
A_0 = 3*7*31
31は11番目
A_1 = 1142 ∂^2 f / ∂x ∂y = ∂^2 f / ∂y ∂x
は解析的に証明されます。
初等関数を使って定義された f に対して、代数的にこれを証明できないでしょうか?
微分の操作は代数的なので、証明も代数的にできるのではないかと思いました。 微分環の話なら、そもそも導分が可換というのが(偏)微分環の定義に含まれてる >>516
a,b,c,dを±1では無い整数として、a*b*c*d と表現される式に対し、
(aの桁数)+(bの桁数)+(cの桁数)+(dの桁数)-(a*b*c*d(の値)の桁数)
で計算されるものを、「桁落ち数」と呼ぶことにします。
1回の乗算に対し、桁落ち数は0か1で、上の式は三回の乗算があるので、0から3の値を取ります。
一回だけの乗算で表されている式や、もっと多くの乗算で表されている式に対しても、同様に呼ぶことにします。
n番目の素数をpとします。
pの桁数とnの桁数の差を、「素数→素数番号変換時桁損失数」略して「損失数」と呼ぶことにします
損失数0の素数は、
2,3,5,7,29,31,37,41,43,...,97,541,547,...,997,7919,7927,...,9967,9973
です。Prime(1229)=9973,Prime(1230)=10007,Prime(10000)=104729なので、9973が損失数0の最大素数です。
損失数2の最小素数は 10^30 辺りにあると思われ、これ未満で、104729以上の素数は全て損失数1の素数です。
a,b,c,d等が素数で、a*b*c*d等と表されるものに対し、(aの損失数)+(bの損失数)+(cの損失数)+(dの損失数) を
「総損失数」と呼ぶことにします。 さて、数列{An}のある項 A_{k} と次の項 A_{k+1}の桁数について考えます。
(簡単のため、A_{k}は平方要素を持たないものとします。)
A_{k}の桁数は、A_{k}を構成する素数の素数番号の桁数の総和に、総損失数を加え、桁落ち数を減じたものになります。
A_{k+1}の桁数は、A_{k}を構成する素数の素数番号の桁数の総和です。つまり、
A_{k}の素因数分解表現の桁落ち数>A_{k}を構成する素数の総損失数の時、A_{k+1}の桁数>A_{k}の桁数・・・・(甲)
A_{k}の素因数分解表現の桁落ち数=A_{k}を構成する素数の総損失数の時、A_{k+1}の桁数=A_{k}の桁数・・・・(乙)
A_{k}の素因数分解表現の桁落ち数<A_{k}を構成する素数の総損失数の時、A_{k+1}の桁数<A_{k}の桁数・・・・(丙)
が成立します。
A_{k}が899だった場合、899=29×31なので、二桁×二桁=三桁となっているので桁落ち数1、
一方29、31は、10番目、11番目の素数なので、ともに損失数0。従って、(甲)タイプで、これは希少。例外的な存在です。
A_{k}が29×(損失数1の素数、ただし、先頭の数が1か2、および3から始まるものの一部) という
形だった場合、桁落ち数1で、総損失数は、0+1=1で、(乙)タイプです。
損失数1の素数とは、30桁くらいまでの素数のほとんどが当てはまり、きわめて多くの例が(乙)タイプに属しております。
(乙)タイプの項移行が連続するものの中には、ループを構成しているものがあるかもしれません。
ループを構成している場合は、項数は有限ではありません。このようなものの存在を否定するためには、〜10^30の何乗かの
候補のチェックを行う必要があり、コンピュータでも困難だと思われます。 松坂和夫著『解析入門3』を読んでいます。
「f がすべての r = 1, 2, 3, … に対して r 次の偏導関数を有するならば, f は C^∞ 級であるという。」
と書かれていますが、これはおかしいですよね。 f がすべての r = 1, 2, 3, … に対して r 次の偏導関数を有するならば
f はすべての r = 1, 2, 3, … に対して連続である。
というのが正しいと思っていたんでしょうね。
こんな基本的なところで間違うというのは恥ずかしすぎますね。 訂正します:
f がすべての r = 1, 2, 3, … に対して r 次の偏導関数を有するならば
すべての r = 1, 2, 3, … に対して f の r 次の偏導関数は連続である。
というのが正しいと思っていたんでしょうね。
こんな基本的なところで間違うというのは恥ずかしすぎますね。 p1=====pn=1/nなら
Σ(-1)^jm(nCj){(1-j/n)^m-(1-j/n)^(m-1)}
=Σ(-1)^jm(nCj)(-j/n)(1-j/n)^(m-1)
=Σ(-1)^(j+1)(nCj)(j/n){Σm(1-j/n)^(m-1)}
=Σ(-1)^(j+1)(nCj)(j/n){Σ(1-j/n)^m}'
=Σ(-1)^(j+1)(nCj)(j/n){1/(1-(1-j/n))}'
=Σ(-1)^(j+1)(nCj)(j/n)1/(1-(1-j/n))^2
=Σ(-1)^(j+1)(nCj)(j/n)(n/j)^2
=Σ(-1)^(j+1)(nCj)(n/j)
=nΣ(-1)^(j+1)(nCj)/j
=nΣ(-1)^(j+1)Σ((n-k)C(j-1))/j
=nΣ(-1)^(j+1)Σ((n-k+1)Cj)/(n-k+1)
=nΣ(Σ(-1)^(j+1)((n-k+1)Cj))/(n-k+1)
=nΣ(1-(1-1)^(n-k+1))/(n-k+1)
=nΣ1/(n-k+1)
=n(1+1/2+1/3+++++1/n) モンティホール問題の本質はドアの背後に何があるかは
関係ないという事です
当たりの確率はドアの数が何億個だろうが
分母は常に選択できるドアの数
分子は常に1です 時枝正さんの You Tube の講義動画を見ました。
メビウスの帯をセンターラインで切ると4回ねじれた帯ができますが、
これはどう考えれば分かりやすいんですか? >>539
紙帯でメビウスの帯をつくり、ハサミで切れば言っている以上のことがわかります。 ■モンティホール問題
これは間違い
http://fxconsulting.jp/gyanburu/husigi/hennsuu.html
2と3のドアの当たる確率が3分の2になるのはドアを二つ同時に
開けられる時のみ
しかしそれはルール違反でできない
2と3のドアの当たる確率はそれぞれ3分の1づつ存在し続けていて
変化は起きない
『挑戦者は2つのドアを同時に開けることはできない』
確率でものを考える人はこんな単純な事実に気が付かないから
3分の2なんて変な数字が出てくる
モンティホール問題を解説したどのサイト見ても
1つのドア選択後の残りの2つのドアが当たる確率を3分の2だと
信じて疑わない
しかし、この『確率3分の2』という部分が事実を表していない
まやかしだったのです!
たしかに、脳内でシミュレーションすると、
残りの2つのドアが当たる確率は3分の2あるように見えます
しかし、現実問題として挑戦者が持つドアを開ける権限は
強力なまでに3分の1で固定されています
ゆえに、確率3分の1どうしの合算である『確率3分の2』という
数値は存在しないのです 色んな人に言えるのだが、教科書レベルの理論が理解できないときに、自分が未熟だからと考えるのではなく理論が間違っているからだと考えるのは何故なんだろうか >>515
イエス・キリスト
イエス・キリスト > 矢内原忠雄(元・東大総長)> 以後の東大総長 > 以後の東大教授
の師弟関係(線形順序)があるから。 司法試験に合格するのと、東大数学科から東大院数理科学研究科で博士号を取得するのはどっちの方がムズイ? >>547
イエス・キリストとローマ皇帝はどっちの方が偉いですか? 自分の言葉で>>544と同じくらいの量の文章で論理的な反証が
できる方の登場を心からお待ちしております<(_ _)> >>550
×論理的な反証
◯あなたへの賛同
ですよね? >>525 >>537
たとえば
∂∂f/∂x∂y、∂∂f/∂y∂x が存在し、その点で連続(定理27)
∂f/∂y、∂∂f/∂x∂y が存在し、その点で連続(Schwarzの定理)
∂f/∂x、∂f/∂y が存在し、その点で微分可能(Youngの定理)
のような仮定をするんだろうなぁ。
高木:「解析概論」改訂第三版、岩波書店(1956)p.57〜59
§23.微分の順序 >>529
なるほど
ループはあってもおかしくなさそうですね
丙と甲を含むループが存在しないことが証明できれば少しは楽になりますがなかなか難しそうです 長寿ランキング of 他分野
98歳 沢田敏男(1919/05/04〜2017/10/18)農業土木・ダム工学(元・京大総長) 交換不可能なのって、
f = xy(x^2-y^2)/(x^2+y^2)
だっけ? グレゴリー・ペレルマンさんとBNFはどっちの方が頭が良いですか? 東大の数学科に入りたいのに、白チャート理解できん。どうすれば良い? >>555 (・∀・)ウン!!
f(0,0)= 0 とすれば
(∂f/∂x)(0,y)= -y は y=0 で連続
∴(∂∂f/∂x∂y)(0,y)= -1,
(∂f/∂y)(x,0)= x, は x=0 で連続
∴(∂∂f/∂y∂x)(x,0)= 1,
ですね。
{極座標で表わせば f =(1/4)rr sin(4θ)だ…} >>558
やっぱりそれしか方法無いんですかね・・・・・? 非可算集合Aから可算集合Bへの任意の写像fに対して
|f(A')|=1となるAの部分集合A'が存在することはどう示せばいいんですか? ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています