(･ω･)俺が日々の数学的発見を書くスレ
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1１３２人目の素数さん
2019/06/17(月) 18:53:40.03ID:O1RoUxa/ 真面目に数学トークがしたいが行き場が無い
[証明]
「ある無理数a,bが存在してa^b∈Qとなる」
を命題Pとする。√2は無理数である。
(√2)^(√2)が有理数ならばPは真。
(√2)^(√2)が無理数ならば、これの√2乗は
((√2)^(√2))^(√2)=(√2)^2=2∈Qとなり、
無理数の無理数乗が有理数となるのでPは真。
以上からPが真である事が示された。//
「ある無理数a,bが存在してa^b∈Qとなる」
を命題Pとする。√2は無理数である。
(√2)^(√2)が有理数ならばPは真。
(√2)^(√2)が無理数ならば、これの√2乗は
((√2)^(√2))^(√2)=(√2)^2=2∈Qとなり、
無理数の無理数乗が有理数となるのでPは真。
以上からPが真である事が示された。//
[証明]
1^2<(√2)^2<2^2より1<√2<2である。
√2=p/q(p,q∈N)とおけると仮定する。
このような(p,q)の組のうち、qが最小となるものを
(p,q)=(A,B)とする。このとき、
1<A/B<2なので0<A-B<Bが言える。
ここで、(2B-A)/(A-B)という数を考える。
(2B-A)/(A-B)
=(2-(A/B))/((A/B)-1)
=(2-√2)/(√2-1)
=√2
なので、(p,q)=(2B-A,A-B)なる(p,q)の組が存在するが、
0<A-B<Bであったから、Bの最小性に矛盾する。
以上から、√2は無理数である。//
1^2<(√2)^2<2^2より1<√2<2である。
√2=p/q(p,q∈N)とおけると仮定する。
このような(p,q)の組のうち、qが最小となるものを
(p,q)=(A,B)とする。このとき、
1<A/B<2なので0<A-B<Bが言える。
ここで、(2B-A)/(A-B)という数を考える。
(2B-A)/(A-B)
=(2-(A/B))/((A/B)-1)
=(2-√2)/(√2-1)
=√2
なので、(p,q)=(2B-A,A-B)なる(p,q)の組が存在するが、
0<A-B<Bであったから、Bの最小性に矛盾する。
以上から、√2は無理数である。//
[証明]
2^(1/3)=p/q(p,q∈N)とおけると仮定すると、
2=(p/q)^3なので、q^3+q^3=p^3となる。
しかし、これはフェルマーの最終定理のn=3の場合に矛盾する。
したがって、2^(1/3)は無理数。//
2^(1/3)=p/q(p,q∈N)とおけると仮定すると、
2=(p/q)^3なので、q^3+q^3=p^3となる。
しかし、これはフェルマーの最終定理のn=3の場合に矛盾する。
したがって、2^(1/3)は無理数。//
ちなみに、(√2)^(√2)が無理数である事はベイカーの定理や、その特別な場合であるゲルフォント・シュナイダーの定理から示せる。
2019/06/23(日) 08:20:40.82ID:qc/xMCO6
正整数の有理数乗は、絶対値として無理数か整数かのいずれかをとる
πとeが超越数である事を認めれば、π+eとπeの少なくとも一方が超越数である事が示される。
π+eとπeがいずれも代数的数だと仮定すると
方程式x^2-(π+e)+πe=0の解は代数的数になるが、
これは解x=πまたはx=eが超越数である事に矛盾する。
π+eとπeがいずれも代数的数だと仮定すると
方程式x^2-(π+e)+πe=0の解は代数的数になるが、
これは解x=πまたはx=eが超越数である事に矛盾する。
>>39
良いことを言うね
良いことを言うね
[定理]
積分路γで囲まれた領域中のf(z)の極の集合をFとして
∮[γ]f(z)dz=2πiΣ[ω∈F]Res[z=ω]f(z)
積分路γで囲まれた領域中のf(z)の極の集合をFとして
∮[γ]f(z)dz=2πiΣ[ω∈F]Res[z=ω]f(z)
2019/06/28(金) 10:51:44.02ID:Ped6OF2z
日々の発見もうなくなっちゃったの(´･ω･`; )
>>44
eが超越数である事の証明を書きたいんだけど、時間と気力がないのですm(_ _)m
eが超越数である事の証明を書きたいんだけど、時間と気力がないのですm(_ _)m
46１３２人目の素数さん
2019/06/29(土) 16:44:40.08ID:DHiuKlHq (･ω･)俺が日々の数学的発見を書くスレ
ふうL@Fu_L12345654321
学コン1傑いただきました！
とても嬉しいです！
https://pbs.twimg.com/media/D-IuUuqVUAALnAB.jpg
https://twitter.com/Fu_L12345654321/status/1144528199654633477
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)
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[定理](Cauchy-Schwarzの不等式)
任意の自然数nと任意の実数x_1,…,x_n;y_1,…,y_nに対して、
(Σx_i*y_i)^2≦(Σx_i^2)(Σy_i^2)
が成り立つ。(Σa_iはΣ[i=1→n]a_iの略記)
任意の自然数nと任意の実数x_1,…,x_n;y_1,…,y_nに対して、
(Σx_i*y_i)^2≦(Σx_i^2)(Σy_i^2)
が成り立つ。(Σa_iはΣ[i=1→n]a_iの略記)
[証明]
(Σx_i^2)(Σy_i^2)-(Σx_i*y_i)^2=(1/2)Σ(x_i*y_j-x_j*y_i)^2≧0 //
(Σx_i^2)(Σy_i^2)-(Σx_i*y_i)^2=(1/2)Σ(x_i*y_j-x_j*y_i)^2≧0 //
2019/07/01(月) 10:50:03.22ID:6+qG4zyK
今でもVIPにスレ立てたりされてますか？
2019/07/02(火) 10:03:03.08ID:T+xwmUZZ
>>51
VIPも見るようにしますわ
VIPも見るようにしますわ
>>52
まあVIPに立てる頻度は高くないので、あまりご自分の時間を無駄になさらないように気を付けてください…
まあVIPに立てる頻度は高くないので、あまりご自分の時間を無駄になさらないように気を付けてください…
54１３２人目の素数さん
2019/07/03(水) 19:42:42.20ID:dqLWAG/2 4245
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[証明]
定理では正五角形の一辺の長さを1とした。
正五角形は円に内接するので、トレミーの定理により
φ^2=φ+1 ∴φ=(1+√5)/2 //
定理では正五角形の一辺の長さを1とした。
正五角形は円に内接するので、トレミーの定理により
φ^2=φ+1 ∴φ=(1+√5)/2 //
2019/07/21(日) 08:41:35.75ID:n05/PYDY
[トレミーの定理]
異なる4点A,B,C,Dが同一円周上にこの順に並んでいる時、
AB*CD+BC*AD=AC*BD が成り立つ。
異なる4点A,B,C,Dが同一円周上にこの順に並んでいる時、
AB*CD+BC*AD=AC*BD が成り立つ。
2019/07/21(日) 08:44:11.72ID:n05/PYDY
[概説]
トレミーの定理には初等幾何を使う方法、正弦定理を使う方法、複素数を使う方法、反転を使う方法など様々なものがある。
次では、最も技巧的でないと思われる自然な証明の1つで、かつキレイなものを述べる。
トレミーの定理には初等幾何を使う方法、正弦定理を使う方法、複素数を使う方法、反転を使う方法など様々なものがある。
次では、最も技巧的でないと思われる自然な証明の1つで、かつキレイなものを述べる。
2019/07/21(日) 09:14:28.42ID:lEVLHFKm
[証明]
以下、記述の簡略化のためにsin(θ/2)を[θ]、cos(θ/2)を{θ}と書く。
|e^(iθ)-e^(iφ)|=√(2+2cos(θ-φ))=2|[θ-φ]| となる事に注意する。
4点は複素数平面の単位円周上にあるとしてよい。
A,B,C,Dの偏角はそれぞれα,β,γ,δ(0≦α<β<γ<δ<2π)…(＊)とおける。
このとき、
AB*CD+BC*AD
=2|[α-β]|*2|[γ-δ]|+2|[β-γ]|*2|[α-δ]|
=4[β-α]*[δ-γ]+4[γ-β]*[δ-α] (∵(＊))
=-2{β-α+δ-γ}+2{β-α-δ+γ}-2{γ-β+δ-α}+2{γ-β-δ+α}
=2{β-α-δ+γ}-2{γ-β+δ-α}
=-4[γ-α]*[β-δ]
=AC*BD
より示された。//
以下、記述の簡略化のためにsin(θ/2)を[θ]、cos(θ/2)を{θ}と書く。
|e^(iθ)-e^(iφ)|=√(2+2cos(θ-φ))=2|[θ-φ]| となる事に注意する。
4点は複素数平面の単位円周上にあるとしてよい。
A,B,C,Dの偏角はそれぞれα,β,γ,δ(0≦α<β<γ<δ<2π)…(＊)とおける。
このとき、
AB*CD+BC*AD
=2|[α-β]|*2|[γ-δ]|+2|[β-γ]|*2|[α-δ]|
=4[β-α]*[δ-γ]+4[γ-β]*[δ-α] (∵(＊))
=-2{β-α+δ-γ}+2{β-α-δ+γ}-2{γ-β+δ-α}+2{γ-β-δ+α}
=2{β-α-δ+γ}-2{γ-β+δ-α}
=-4[γ-α]*[β-δ]
=AC*BD
より示された。//
[証明2]
∠DAC=α、∠ABD=β、∠ACB=γとし、
四角形ABCDの外接円の半径をRとすると、正弦定理より
AB=2Rsinγ、CD=2Rsinα、AD=2Rsinβ、
BC=2Rsin∠BDC=2Rsin(π-α-β-γ)=2Rsin(α+β+γ)、
AC=2Rsin(α+β)、BD=2Rsin(β+γ)
であるから、
AB*CD+BC*AD
=4R^2*sinγsinα+4R^2*sin(α+β+γ)sinβ
=-2R^2*(cos(α+γ)-cos(α-γ)+cos(α+2β+γ)-cos(α+γ))
=-2R^2*(cos(α+2β+γ)-cos(α-γ))
=4R^2*sin(α+β)sin(β+γ)
=AC*BD
したがって示された。//
∠DAC=α、∠ABD=β、∠ACB=γとし、
四角形ABCDの外接円の半径をRとすると、正弦定理より
AB=2Rsinγ、CD=2Rsinα、AD=2Rsinβ、
BC=2Rsin∠BDC=2Rsin(π-α-β-γ)=2Rsin(α+β+γ)、
AC=2Rsin(α+β)、BD=2Rsin(β+γ)
であるから、
AB*CD+BC*AD
=4R^2*sinγsinα+4R^2*sin(α+β+γ)sinβ
=-2R^2*(cos(α+γ)-cos(α-γ)+cos(α+2β+γ)-cos(α+γ))
=-2R^2*(cos(α+2β+γ)-cos(α-γ))
=4R^2*sin(α+β)sin(β+γ)
=AC*BD
したがって示された。//
[π/nに関する三角関数の計算 その1]
θ=π/nとおき、ε=e^(iθ)とおく。
f(k)=ε^k+ε^(-k)、g(k)=ε^k-ε^(-k)とする。
このとき、
1° f(-k)=f(k)
2° g(-k)=-g(k)
3° f(a)f(b)=f(a+b)+f(a-b)
4° g(a)g(b)=f(a+b)-f(a-b)
5° f(a)g(b)=g(a+b)-g(a-b)
6° f(k)^2=f(2k)+2
7° g(k)^2=f(2k)-2
8° f(k)=-f(n-k)
9° g(k)=g(n-k)
が成り立つ。
f(k)=2cos(kπ/n)、g(k)=2isin(kπ/n)である事に注意する。
θ=π/nとおき、ε=e^(iθ)とおく。
f(k)=ε^k+ε^(-k)、g(k)=ε^k-ε^(-k)とする。
このとき、
1° f(-k)=f(k)
2° g(-k)=-g(k)
3° f(a)f(b)=f(a+b)+f(a-b)
4° g(a)g(b)=f(a+b)-f(a-b)
5° f(a)g(b)=g(a+b)-g(a-b)
6° f(k)^2=f(2k)+2
7° g(k)^2=f(2k)-2
8° f(k)=-f(n-k)
9° g(k)=g(n-k)
が成り立つ。
f(k)=2cos(kπ/n)、g(k)=2isin(kπ/n)である事に注意する。
[π/nに関する三角関数の計算 その2]
(補題)
nが奇数のとき、m=(n-1)/2とすれば、
f(1)-f(2)+f(3)-f(4)+…-(-1)^m*f(m)=1
証明は省略する。
(補題)
nが奇数のとき、m=(n-1)/2とすれば、
f(1)-f(2)+f(3)-f(4)+…-(-1)^m*f(m)=1
証明は省略する。
[概説]
以上の事を使いこなせば、三角関数の計算問題で解けないものは無くなる。
角度π/7が絡む問題には発想力が必要なものが多いが、
計算力さえあれば解ききれるようになる。
θ=π/7とすると、
・tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)
・tan^2(θ)+tan^2(2θ)+tan^2(3θ)
・tan^2(θ)tan^2(2θ)+tan^2(2θ)tan^2(3θ)+tan^2(3θ)tan^2(θ)
・4sin(2θ)-tan(θ)
などを求めることができるが、以下では
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)の場合の計算を実演する。
以上の事を使いこなせば、三角関数の計算問題で解けないものは無くなる。
角度π/7が絡む問題には発想力が必要なものが多いが、
計算力さえあれば解ききれるようになる。
θ=π/7とすると、
・tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)
・tan^2(θ)+tan^2(2θ)+tan^2(3θ)
・tan^2(θ)tan^2(2θ)+tan^2(2θ)tan^2(3θ)+tan^2(3θ)tan^2(θ)
・4sin(2θ)-tan(θ)
などを求めることができるが、以下では
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)の場合の計算を実演する。
[π/nに関する三角関数の計算 実演]
n=7のとき、補題よりf(1)-f(2)+f(3)=1…(☆)である。
以下の式変形は、
・g(k)があったら二乗してf(2k)になおす
・f(1)、f(2)、f(3)のみの式になおしていく
・補題を１回以上使う
の3点に留意して行っている。
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)
=(g(1)/if(1))(g(2)/if(2))(g(3)/if(3))
=(g(1)g(2)g(3))/(-if(1)f(2)f(3))
であるから、
(tan(θ)tan(2θ)tan(3θ))^2
=(g(1)g(2)g(3))^2/(-if(1)f(2)f(3))^2
=((f(2)-2)(f(4)-2)(f(6)-2))/(-(f(2)+2)(f(4)+2)(f(6)+2))
=((f(2)-2)(-f(3)-2)(-f(1)-2))/(-(f(2)+2)(-f(3)+2)(-f(1)+2))
=((f(2)-2)(f(3)+2)(f(1)+2))/((f(2)+2)(-f(3)+2)(f(1)-2))
=((f(2)f(3)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(2)f(3)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)+f(5)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)-f(5)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)-f(2)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)+f(2)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)+f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)+3f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((3f(1)-f(2)-6)(f(1)+2))/((f(1)+f(2)+2)(f(1)-2)) (∵(☆))
=(3f(1)^2+6f(1)-f(2)f(1)-2f(2)-6f(1)-12)/(f(1)^2-2f(1)+f(2)f(1)-2f(2)+2f(1)-4)
=(3f(2)+6+6f(1)-f(1)-f(3)-2f(2)-6f(1)-12)/(f(2)+2-2f(1)+f(1)+f(3)-2f(2)+2f(1)-4)
=(-f(1)+f(2)-f(3)-6)/(f(1)-f(2)+f(3)-2)
=(-1-6)/(1-2) (∵(☆))
=7
したがって、
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)=√7 //
n=7のとき、補題よりf(1)-f(2)+f(3)=1…(☆)である。
以下の式変形は、
・g(k)があったら二乗してf(2k)になおす
・f(1)、f(2)、f(3)のみの式になおしていく
・補題を１回以上使う
の3点に留意して行っている。
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)
=(g(1)/if(1))(g(2)/if(2))(g(3)/if(3))
=(g(1)g(2)g(3))/(-if(1)f(2)f(3))
であるから、
(tan(θ)tan(2θ)tan(3θ))^2
=(g(1)g(2)g(3))^2/(-if(1)f(2)f(3))^2
=((f(2)-2)(f(4)-2)(f(6)-2))/(-(f(2)+2)(f(4)+2)(f(6)+2))
=((f(2)-2)(-f(3)-2)(-f(1)-2))/(-(f(2)+2)(-f(3)+2)(-f(1)+2))
=((f(2)-2)(f(3)+2)(f(1)+2))/((f(2)+2)(-f(3)+2)(f(1)-2))
=((f(2)f(3)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(2)f(3)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)+f(5)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)-f(5)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)-f(2)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)+f(2)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)+f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)+3f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((3f(1)-f(2)-6)(f(1)+2))/((f(1)+f(2)+2)(f(1)-2)) (∵(☆))
=(3f(1)^2+6f(1)-f(2)f(1)-2f(2)-6f(1)-12)/(f(1)^2-2f(1)+f(2)f(1)-2f(2)+2f(1)-4)
=(3f(2)+6+6f(1)-f(1)-f(3)-2f(2)-6f(1)-12)/(f(2)+2-2f(1)+f(1)+f(3)-2f(2)+2f(1)-4)
=(-f(1)+f(2)-f(3)-6)/(f(1)-f(2)+f(3)-2)
=(-1-6)/(1-2) (∵(☆))
=7
したがって、
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)=√7 //
以下の議論では、△ABCの重心をG、外心をO、
垂心をH、内心をIとする。
a、b、cをそれぞれ辺BC、CA、ABの長さとし、
Pは任意の点とする。
垂心をH、内心をIとする。
a、b、cをそれぞれ辺BC、CA、ABの長さとし、
Pは任意の点とする。
[証明]
定理の式は、OH↑=3OG↑とも書ける。
OX↑=OA↑+OB↑+OC↑で定まる点Xが
点Hと一致する事を示せばよい。
AX↑・BC↑
=(OX↑-OA↑)・(OC↑-OB↑)
=(OB↑+OC↑)・(OC↑-OB↑)
=|OB↑|^2-|OC↑|^2
=0
よりAX⊥BCであり、全く同様にして
BX⊥CA、CX⊥ABも示せるのでX=Hである。
よって示された。//
定理の式は、OH↑=3OG↑とも書ける。
OX↑=OA↑+OB↑+OC↑で定まる点Xが
点Hと一致する事を示せばよい。
AX↑・BC↑
=(OX↑-OA↑)・(OC↑-OB↑)
=(OB↑+OC↑)・(OC↑-OB↑)
=|OB↑|^2-|OC↑|^2
=0
よりAX⊥BCであり、全く同様にして
BX⊥CA、CX⊥ABも示せるのでX=Hである。
よって示された。//
[証明2]
複素数平面で考えよう。xの共役複素数をx'と表す。
O(0)、A(α)、B(β)、C(γ)、H(ω)とする。
A、B、Cは単位円周上にあるとして良い。
AH⊥BCより、
(ω-α)/(β-γ)=-(ω'-α')/(β'-γ')
∴ω(β'-γ')+ω'(β-γ)=α(β'-γ')+α'(β-γ)
この両辺にαβγをかけて、
ωα(γ-β)+ω'αβγ(β-γ)=α^2*(γ-β)+βγ(β-γ)
∴ωα-ω'αβγ=α^2-βγ…(1)
同様に、BH⊥CAより、
ωβ-ω'αβγ=β^2-γα…(2)
(1)-(2)より、
ω(α-β)=(α-β)(α+β)+γ(α-β)
∴ω=α+β+γ
したがって、OH↑=OA↑+OB↑+OC↑//
複素数平面で考えよう。xの共役複素数をx'と表す。
O(0)、A(α)、B(β)、C(γ)、H(ω)とする。
A、B、Cは単位円周上にあるとして良い。
AH⊥BCより、
(ω-α)/(β-γ)=-(ω'-α')/(β'-γ')
∴ω(β'-γ')+ω'(β-γ)=α(β'-γ')+α'(β-γ)
この両辺にαβγをかけて、
ωα(γ-β)+ω'αβγ(β-γ)=α^2*(γ-β)+βγ(β-γ)
∴ωα-ω'αβγ=α^2-βγ…(1)
同様に、BH⊥CAより、
ωβ-ω'αβγ=β^2-γα…(2)
(1)-(2)より、
ω(α-β)=(α-β)(α+β)+γ(α-β)
∴ω=α+β+γ
したがって、OH↑=OA↑+OB↑+OC↑//
[証明]
直線AIと辺BCとの交点をDとする。
∠DAB=∠DACより、AB:AC=BD:CDなので、
PD↑=(bPB↑+cPC↑)/(b+c)
また、∠IBD=∠IBAより、BD:BA=DI:AIなので、
PI↑
=((ac/(b+c))PA↑+cPD↑)/((ac/(b+c))+c)
=(aPA↑+(b+c)PD↑)/(a+b+c)
=(aPA↑+bPB↑+cPC↑)/(a+b+c)
したがって示された。//
直線AIと辺BCとの交点をDとする。
∠DAB=∠DACより、AB:AC=BD:CDなので、
PD↑=(bPB↑+cPC↑)/(b+c)
また、∠IBD=∠IBAより、BD:BA=DI:AIなので、
PI↑
=((ac/(b+c))PA↑+cPD↑)/((ac/(b+c))+c)
=(aPA↑+(b+c)PD↑)/(a+b+c)
=(aPA↑+bPB↑+cPC↑)/(a+b+c)
したがって示された。//
[定理](ピタゴラス数)
a,b,c∈Nはどの2つも互いに素で、aは奇数とする。
このとき、a^2+b^2=c^2ならば、
偶奇の異なる互いに素なm,n∈N(m>n)を用いて
a=m^2-n^2,b=2mn,c=m^2+n^2
と表される。
a,b,c∈Nはどの2つも互いに素で、aは奇数とする。
このとき、a^2+b^2=c^2ならば、
偶奇の異なる互いに素なm,n∈N(m>n)を用いて
a=m^2-n^2,b=2mn,c=m^2+n^2
と表される。
[証明]
まず、bが偶数である事を示す。
以下、合同式の法を4とする。
bが奇数であると仮定すると、b≡±1よりb^2≡1
同様に、a^2≡1であるから、a^2+b^2≡2
しかし、c^2≡0 or 1なので、a^2+b^2=c^2に矛盾する。
よってbは偶数である。
ここでb=2k(k∈N)とおくと、
a^2+b^2=c^2 ⇔ k^2=((c+a)/2)*((c-a)/2)…(＊)
a,cは奇数より(c+a)/2及び(c-a)/2は自然数である。
整数x,yの最大公約数をgcd(x,y)のように書くと、
ユークリッドの互除法より
gcd((c+a)/2,(c-a)/2)
=gcd(c,(c-a)/2)
=gcd(c,c-a) (∵cは奇数)
=gcd(c,-a)
=1 (∵aとcは互いに素)
よって、(c+a)/2と(c-a)/2は互いに素である。
これと(＊)より、(c+a)/2及び(c-a)/2は平方数である。
したがって、互いに素なm,n∈N(m>n)を用いて
(c+a)/2=m^2 , (c-a)/2=n^2
とおける。これより、
a=m^2-n^2 , b=2mn , c=m^2-n^2
を得る。aは奇数であったから、mとnの偶奇は異なる。
以上から示された。//
まず、bが偶数である事を示す。
以下、合同式の法を4とする。
bが奇数であると仮定すると、b≡±1よりb^2≡1
同様に、a^2≡1であるから、a^2+b^2≡2
しかし、c^2≡0 or 1なので、a^2+b^2=c^2に矛盾する。
よってbは偶数である。
ここでb=2k(k∈N)とおくと、
a^2+b^2=c^2 ⇔ k^2=((c+a)/2)*((c-a)/2)…(＊)
a,cは奇数より(c+a)/2及び(c-a)/2は自然数である。
整数x,yの最大公約数をgcd(x,y)のように書くと、
ユークリッドの互除法より
gcd((c+a)/2,(c-a)/2)
=gcd(c,(c-a)/2)
=gcd(c,c-a) (∵cは奇数)
=gcd(c,-a)
=1 (∵aとcは互いに素)
よって、(c+a)/2と(c-a)/2は互いに素である。
これと(＊)より、(c+a)/2及び(c-a)/2は平方数である。
したがって、互いに素なm,n∈N(m>n)を用いて
(c+a)/2=m^2 , (c-a)/2=n^2
とおける。これより、
a=m^2-n^2 , b=2mn , c=m^2-n^2
を得る。aは奇数であったから、mとnの偶奇は異なる。
以上から示された。//
以下の議論では、
x,y∈Zに対してxがyを割り切る事をx|yと書き、
割り切らないことをx∤︎yと書く。
x,y∈Zに対してxがyを割り切る事をx|yと書き、
割り切らないことをx∤︎yと書く。
[定理](Lifting The Exponent Lemma)
x,y∈Z,n∈N,奇素数pに対して、p∤︎x , p∤︎y , p|(x-y)ならば
v(x^n-y^n)=v(x-y)+v(n) が成り立つ。
ただし、p^m|x , p^(m+1)∤︎x となるm∈Z(m≧0)をv(x)で表す。
x,y∈Z,n∈N,奇素数pに対して、p∤︎x , p∤︎y , p|(x-y)ならば
v(x^n-y^n)=v(x-y)+v(n) が成り立つ。
ただし、p^m|x , p^(m+1)∤︎x となるm∈Z(m≧0)をv(x)で表す。
[証明]
(1)n=pのとき
x^p-y^p
=(x-y)(x^(p-1)+x^(p-2)*y+…+y^(p-2)*x+y^(p-1))
=(x-y)((x-y)A+py^(p-1))
である。ただし、
A=x^(p-2)+2x^(p-3)*y+3x^(p-4)*y^2+…+(p-1)y^(p-2)
とおいた。ここで、p|(x-y) , p∤︎yより、
p|((x-y)A+py^(p-1)) , p^2∤︎((x-y)A+py^(p-1))
であるから、
v(x^p-y^p)=v(x-y)+1=v(x-y)+v(p)
よってn=pで定理の主張は成り立つ。
(2)n=a(p∤︎a)のとき
x^a-y^a=(x-y)(x^(a-1)+x^(a-2)*y+…+y^(a-1))
ここで、p|(x-y)よりx≡y mod pなので、
x^(a-1)+x^(a-2)*y+…+y^(a-1)≡ax^(a-1)≢0 mod p
よって、v(x^a-y^a)=v(x-y)=v(x-y)+v(a)
したがってn=aで定理の主張は成り立つ。
(3)n=ap^m(m∈Z,m≧0,p∤︎a)のとき
m=0のとき、(2)より定理の主張は成り立つ。
m=k(k∈Z,k≧0)のときに定理の主張が成り立つと仮定する。
v(x^(ap^(k+1))-y^(ap^(k+1)))
=v((x^(ap^k))^p-(y^(ap^k))^p)
=v(x^(ap^k)-y^(ap^k))+v(p)
=v(x-y)+v(ap^k)+v(p)
=v(x-y)+v(ap^(k+1))
より、m=k+1のときも定理の主張は成り立つ。
以上(1)~(3)より示された。//
(1)n=pのとき
x^p-y^p
=(x-y)(x^(p-1)+x^(p-2)*y+…+y^(p-2)*x+y^(p-1))
=(x-y)((x-y)A+py^(p-1))
である。ただし、
A=x^(p-2)+2x^(p-3)*y+3x^(p-4)*y^2+…+(p-1)y^(p-2)
とおいた。ここで、p|(x-y) , p∤︎yより、
p|((x-y)A+py^(p-1)) , p^2∤︎((x-y)A+py^(p-1))
であるから、
v(x^p-y^p)=v(x-y)+1=v(x-y)+v(p)
よってn=pで定理の主張は成り立つ。
(2)n=a(p∤︎a)のとき
x^a-y^a=(x-y)(x^(a-1)+x^(a-2)*y+…+y^(a-1))
ここで、p|(x-y)よりx≡y mod pなので、
x^(a-1)+x^(a-2)*y+…+y^(a-1)≡ax^(a-1)≢0 mod p
よって、v(x^a-y^a)=v(x-y)=v(x-y)+v(a)
したがってn=aで定理の主張は成り立つ。
(3)n=ap^m(m∈Z,m≧0,p∤︎a)のとき
m=0のとき、(2)より定理の主張は成り立つ。
m=k(k∈Z,k≧0)のときに定理の主張が成り立つと仮定する。
v(x^(ap^(k+1))-y^(ap^(k+1)))
=v((x^(ap^k))^p-(y^(ap^k))^p)
=v(x^(ap^k)-y^(ap^k))+v(p)
=v(x-y)+v(ap^k)+v(p)
=v(x-y)+v(ap^(k+1))
より、m=k+1のときも定理の主張は成り立つ。
以上(1)~(3)より示された。//
以下、引き続いて整数論の諸定理を示していく。
a,b∈Zに対して、aとbの最大公約数をgcd(a,b)で表し、
aとbが互いに素であることをa⊥bで表す。
これらは断りなく使う。
a,b∈Zに対して、aとbの最大公約数をgcd(a,b)で表し、
aとbが互いに素であることをa⊥bで表す。
これらは断りなく使う。
[定理]
a,b∈Z\{0} , F={z|∃x,y∈Z,ax+by=z}とすると、
Fの各要素はFの正の最小の要素dの倍数になる。
a,b∈Z\{0} , F={z|∃x,y∈Z,ax+by=z}とすると、
Fの各要素はFの正の最小の要素dの倍数になる。
[証明]
あるz∈Fがdの倍数でないと仮定する。
このとき、z=dq+r(q,r∈Z,0<r<d)とおける。
また、z,d∈Fより、x,y,x',y'∈Zを用いて
d=ax+by , z=ax'+by' とおける。
したがって、
r=z-dq=(ax'+by')-(ax+by)q=a(x'-xq)+b(y'-yq)∈F
∴ r∈F
となるが、これはdの最小性に矛盾する。
よって示された。//
あるz∈Fがdの倍数でないと仮定する。
このとき、z=dq+r(q,r∈Z,0<r<d)とおける。
また、z,d∈Fより、x,y,x',y'∈Zを用いて
d=ax+by , z=ax'+by' とおける。
したがって、
r=z-dq=(ax'+by')-(ax+by)q=a(x'-xq)+b(y'-yq)∈F
∴ r∈F
となるが、これはdの最小性に矛盾する。
よって示された。//
[証明2]
a^nをbで割った余りをr[n]とする。
r[n]の値は高々b種類なので、あるs,t∈N(s>t)が存在して
r[s]=r[t]となる。よって、
a^s≡a^t mod b ∴ a^(s-t)≡1 mod b(∵a⊥b)
したがって、あるm∈Zが存在して
a^(s-t)+mb=1を満たすので、
x=a^(s-t-1)∈Z , y=m とすれば良い。//
a^nをbで割った余りをr[n]とする。
r[n]の値は高々b種類なので、あるs,t∈N(s>t)が存在して
r[s]=r[t]となる。よって、
a^s≡a^t mod b ∴ a^(s-t)≡1 mod b(∵a⊥b)
したがって、あるm∈Zが存在して
a^(s-t)+mb=1を満たすので、
x=a^(s-t-1)∈Z , y=m とすれば良い。//
[定理](ユークリッドの補題)
素数p、整数a,bに対して p|ab⇒p|a or p|b が成り立つ。
素数p、整数a,bに対して p|ab⇒p|a or p|b が成り立つ。
[証明]
p|bのときは良い。以下p∤︎bとする。
ベズーの定理より、あるx,y∈Zが存在して
px+by=1 を満たす。この両辺をa倍して、
apx+aby=a となる。
p|abのときp|(apx+aby)となるので、p|aが分かった。//
p|bのときは良い。以下p∤︎bとする。
ベズーの定理より、あるx,y∈Zが存在して
px+by=1 を満たす。この両辺をa倍して、
apx+aby=a となる。
p|abのときp|(apx+aby)となるので、p|aが分かった。//
[証明](可能性の証明)
2は素数であり、素因数分解可能なのは自明である。
2以上n以下(n∈N,n≧2)の任意の自然数が
素因数分解可能であると仮定する。
n+1が素数のとき、
n+1が素因数分解可能なのは自明である。
n+1が合成数のとき、
あるs,t∈N(s,t≧2)が存在して、n+1=stと書ける。
2≦s≦n , 2≦t≦n であるから、仮定より
s,tは素因数分解可能であり、したがって
n+1も素因数分解可能である。
よって、2以上の全ての自然数は素因数分解可能である。//
2は素数であり、素因数分解可能なのは自明である。
2以上n以下(n∈N,n≧2)の任意の自然数が
素因数分解可能であると仮定する。
n+1が素数のとき、
n+1が素因数分解可能なのは自明である。
n+1が合成数のとき、
あるs,t∈N(s,t≧2)が存在して、n+1=stと書ける。
2≦s≦n , 2≦t≦n であるから、仮定より
s,tは素因数分解可能であり、したがって
n+1も素因数分解可能である。
よって、2以上の全ての自然数は素因数分解可能である。//
[証明](一意性の証明)
2は素数であり、一意に素因数分解されるのは自明である。
2以上n以下(n∈N,n≧2)の任意の自然数が
一意に素因数分解されると仮定する。
n+1が素数のとき、
n+1が一意に素因数分解されるのは自明である。
n+1が合成数のとき、
n+1=p[1]*p[2]*…*p[k]=q[1]*q[2]*…*q[l] …(＊)
とおける。ただし、
p[1],p[2],…,p[k];q[1],q[2],…,q[l]は素数、
p[1]≦p[2]≦…≦p[k] , q[1]≦q[2]≦…≦q[l]、
p[1]≦q[1]、k,lは2以上の自然数
である。
p[1]|q[1]*q[2]*…*q[l]なので、ユークリッドの補題より
(p[1]|q[1]) or (p[1]|q[2]) or … or (p[1]|q[l])
であり、p[1]及びq[i](i=1,2,…,l)が素数である事と
p[1]≦q[1]である事に注意すれば、p[1]=q[1]である。
これと(＊)より、
(2≦)p[2]*p[3]*…*p[k]=q[2]*q[3]*…*q[l](≦n)
であるから、仮定を用いれば
k=l , p[i]=q[i] (i=2,3,…,k)
したがって、n+1は一意に素因数分解される。
よって、2以上の全ての自然数は一意に素因数分解される。//
2は素数であり、一意に素因数分解されるのは自明である。
2以上n以下(n∈N,n≧2)の任意の自然数が
一意に素因数分解されると仮定する。
n+1が素数のとき、
n+1が一意に素因数分解されるのは自明である。
n+1が合成数のとき、
n+1=p[1]*p[2]*…*p[k]=q[1]*q[2]*…*q[l] …(＊)
とおける。ただし、
p[1],p[2],…,p[k];q[1],q[2],…,q[l]は素数、
p[1]≦p[2]≦…≦p[k] , q[1]≦q[2]≦…≦q[l]、
p[1]≦q[1]、k,lは2以上の自然数
である。
p[1]|q[1]*q[2]*…*q[l]なので、ユークリッドの補題より
(p[1]|q[1]) or (p[1]|q[2]) or … or (p[1]|q[l])
であり、p[1]及びq[i](i=1,2,…,l)が素数である事と
p[1]≦q[1]である事に注意すれば、p[1]=q[1]である。
これと(＊)より、
(2≦)p[2]*p[3]*…*p[k]=q[2]*q[3]*…*q[l](≦n)
であるから、仮定を用いれば
k=l , p[i]=q[i] (i=2,3,…,k)
したがって、n+1は一意に素因数分解される。
よって、2以上の全ての自然数は一意に素因数分解される。//
2019/08/13(火) 08:52:12.84ID:0LSsy5XL
見ててためになります。
応援してます。
応援してます。
[定理](オイラーの定理)
m∈Z(m≠0)に対し、F(m)={x∈Z|1≦x≦|m|,m⊥x}とし、
φ(m)=n(F(m))とするとき、a⊥mなるa∈Zに対して
a^φ(m)≡1 mod m が成り立つ。
m∈Z(m≠0)に対し、F(m)={x∈Z|1≦x≦|m|,m⊥x}とし、
φ(m)=n(F(m))とするとき、a⊥mなるa∈Zに対して
a^φ(m)≡1 mod m が成り立つ。
[証明]
関数f:F(m)→F(m)を次のように定める。
「f(x)はaxをmで割った余りを表す」
このとき、fが全単射である事を示す。
f(x)=f(y)であるとき、ax≡ay mod mであり、
m⊥aであったからx≡y mod mである。
x,y∈F(m)を考慮するとx=yが分かる。
よって、fは全単射である。したがって、
Π[k∈F(m)]k=Π[k∈F(m)]f(k) なので、
Π[k∈F(m)]k≡Π[k∈F(m)]ak mod m
∴Π[k∈F(m)]k≡a^φ(m)*Π[k∈F(m)]k mod m
∴a^φ(m)≡1 mod m (∵m⊥Π[k∈F(m)]k)
よって示された。//
関数f:F(m)→F(m)を次のように定める。
「f(x)はaxをmで割った余りを表す」
このとき、fが全単射である事を示す。
f(x)=f(y)であるとき、ax≡ay mod mであり、
m⊥aであったからx≡y mod mである。
x,y∈F(m)を考慮するとx=yが分かる。
よって、fは全単射である。したがって、
Π[k∈F(m)]k=Π[k∈F(m)]f(k) なので、
Π[k∈F(m)]k≡Π[k∈F(m)]ak mod m
∴Π[k∈F(m)]k≡a^φ(m)*Π[k∈F(m)]k mod m
∴a^φ(m)≡1 mod m (∵m⊥Π[k∈F(m)]k)
よって示された。//
[証明](mが具体値の場合)
m=5の場合を示す。以下法を5とする。
示すべき事は、a^4≡1である。ここで、
a^5-a=(a-2)(a-1)a(a+1)(a+2)+5(a-1)a(a+1)
であり、この右辺は連続5整数の積と
5の倍数の和だから、5の倍数となる。
したがって、a^5-a≡0 ∴ a^4≡1 (∵5⊥a)//
m=5の場合を示す。以下法を5とする。
示すべき事は、a^4≡1である。ここで、
a^5-a=(a-2)(a-1)a(a+1)(a+2)+5(a-1)a(a+1)
であり、この右辺は連続5整数の積と
5の倍数の和だから、5の倍数となる。
したがって、a^5-a≡0 ∴ a^4≡1 (∵5⊥a)//
[証明2]
k*pCk=k*p!/((p-k)!k!)=p*(p-1)!/((p-k)!(k-1)!)=p*(p-1)C(k-1)
よりp|k*pCkであり、p⊥kなのでp|pCk//
k*pCk=k*p!/((p-k)!k!)=p*(p-1)!/((p-k)!(k-1)!)=p*(p-1)C(k-1)
よりp|k*pCkであり、p⊥kなのでp|pCk//
[定理](逆元の一意存在性)
a,m∈Nに対して、a⊥mのとき
法mにおいてaはただ一つの逆元をもつ。
a,m∈Nに対して、a⊥mのとき
法mにおいてaはただ一つの逆元をもつ。
[証明]
オイラーの定理よりa^(φ(m)-1)はaの逆元である。
aの逆元としてb,cをとると、
ab≡1 mod m , ac≡1 mod m
なので、ab≡ac mod mである。
a⊥mを考慮すると、b≡c mod m
よって存在性・唯一性が示された。//
オイラーの定理よりa^(φ(m)-1)はaの逆元である。
aの逆元としてb,cをとると、
ab≡1 mod m , ac≡1 mod m
なので、ab≡ac mod mである。
a⊥mを考慮すると、b≡c mod m
よって存在性・唯一性が示された。//
以下、n∈N,a,m∈Z(a⊥m)に対してa^(-n) mod m は
「法mにおけるa^nの逆元」を表すものとする。
「法mにおけるa^nの逆元」を表すものとする。
[系]
a[k]∈Z(k∈N)に対して、
(Σa[k])^p≡Σ(a[k]^p) mod p が成り立つ。
a[k]∈Z(k∈N)に対して、
(Σa[k])^p≡Σ(a[k]^p) mod p が成り立つ。
[証明]
補題>>102より、
(a[1]+a[2])^p≡a[1]^p+a[2]^p mod p
である。ここで、
(Σ[k=1→n]a[k])^p≡Σ[k=1→n](a[k]^p) mod p
が成り立つと仮定する(n∈N)。このとき、
(Σ[k=1→n+1]a[k])^p
≡(Σ[k=1→n]a[k])^p+a[n+1]^p
≡Σ[k=1→n](a[k]^p)+a[n+1]^p
=Σ[k=1→n+1](a[k]^p) mod p
よって示された。//
補題>>102より、
(a[1]+a[2])^p≡a[1]^p+a[2]^p mod p
である。ここで、
(Σ[k=1→n]a[k])^p≡Σ[k=1→n](a[k]^p) mod p
が成り立つと仮定する(n∈N)。このとき、
(Σ[k=1→n+1]a[k])^p
≡(Σ[k=1→n]a[k])^p+a[n+1]^p
≡Σ[k=1→n](a[k]^p)+a[n+1]^p
=Σ[k=1→n+1](a[k]^p) mod p
よって示された。//
[定理](フェルマーの小定理)
素数pとa⊥pなるa∈Zに対して、
a^(p-1)≡1 mod p が成り立つ。
素数pとa⊥pなるa∈Zに対して、
a^(p-1)≡1 mod p が成り立つ。
[証明1]
オイラーの定理から、a^φ(p)≡1 mod p であり、
φ(p)=p-1なので示された。//
オイラーの定理から、a^φ(p)≡1 mod p であり、
φ(p)=p-1なので示された。//
[証明2]
a≡1 mod pのとき主張の成立は明らか。
a≡k mod pで主張が成り立つと仮定する。
(ただし k∈Z,1≦k≦p-2 である)
このとき、仮定と補題>>96より
(k+1)^p=Σ[i=0→p]pCi*k^i≡k^p+1≡k+1 mod p
であり、p⊥(k+1)なので (k+1)^(p-1)≡1 mod p
よってa≡k+1 mod pでも主張は成り立つ。
以上から示された。//
a≡1 mod pのとき主張の成立は明らか。
a≡k mod pで主張が成り立つと仮定する。
(ただし k∈Z,1≦k≦p-2 である)
このとき、仮定と補題>>96より
(k+1)^p=Σ[i=0→p]pCi*k^i≡k^p+1≡k+1 mod p
であり、p⊥(k+1)なので (k+1)^(p-1)≡1 mod p
よってa≡k+1 mod pでも主張は成り立つ。
以上から示された。//
[証明3]
p=2のとき、a≡1 mod pなので主張は成り立つ。
pが奇素数のとき、a^(p-1)>0よりa∈Nとしてよい。
よって、系>>104より
a^p=(Σ[k=1→a]1)^p≡Σ[k=1→a](1^p)=a mod p
したがって、a⊥pよりa^(p-1)≡1 mod pとなる。//
p=2のとき、a≡1 mod pなので主張は成り立つ。
pが奇素数のとき、a^(p-1)>0よりa∈Nとしてよい。
よって、系>>104より
a^p=(Σ[k=1→a]1)^p≡Σ[k=1→a](1^p)=a mod p
したがって、a⊥pよりa^(p-1)≡1 mod pとなる。//
[定理](位数)
a,m∈Z(a⊥m)に対して、
a^n≡1 mod mとなる最小の正の整数nをdとすると、
a^x≡1 mod mとなるx∈Zはdの倍数となる。
(ちなみにdは法mにおけるaの位数と呼ばれる)
a,m∈Z(a⊥m)に対して、
a^n≡1 mod mとなる最小の正の整数nをdとすると、
a^x≡1 mod mとなるx∈Zはdの倍数となる。
(ちなみにdは法mにおけるaの位数と呼ばれる)
[証明]
以下法をmとする。
dの倍数でないxの値x'が存在したとすると、
x'=dq+r(q,r∈Z,0<r<d)とおける。
このとき、a^x'≡1 より、
a^(dq+r)≡1 ∴ (a^d)^q*a^r≡1 ∴ a^r≡1
となるが、これはdの最小性に矛盾している。
したがって示された。//
以下法をmとする。
dの倍数でないxの値x'が存在したとすると、
x'=dq+r(q,r∈Z,0<r<d)とおける。
このとき、a^x'≡1 より、
a^(dq+r)≡1 ∴ (a^d)^q*a^r≡1 ∴ a^r≡1
となるが、これはdの最小性に矛盾している。
したがって示された。//
[定理]
a,b,m,x,y∈Z(m⊥a,m⊥b)とし、法をmとすると
a^x≡b^x ∧ a^y≡b^y ⇔ a^gcd(x,y)≡b^gcd(x,y)
a,b,m,x,y∈Z(m⊥a,m⊥b)とし、法をmとすると
a^x≡b^x ∧ a^y≡b^y ⇔ a^gcd(x,y)≡b^gcd(x,y)
[証明1]
(⇐)は明らかなので、(⇒)のみ示す。
ベズーの定理>>83より、
xs+yt=gcd(x,y)となるs,t∈Zがとれる。
よって、
a^gcd(x,y)=a^(xs+yt)=(a^x)^s*(a^y)^t
≡(b^x)^s*(b^y)^t=b^(xs+yt)=b^gcd(x,y)
したがって示された。//
(⇐)は明らかなので、(⇒)のみ示す。
ベズーの定理>>83より、
xs+yt=gcd(x,y)となるs,t∈Zがとれる。
よって、
a^gcd(x,y)=a^(xs+yt)=(a^x)^s*(a^y)^t
≡(b^x)^s*(b^y)^t=b^(xs+yt)=b^gcd(x,y)
したがって示された。//
[証明2]
同様に、(⇒)のみ示す。
a^x≡b^x , a^y≡b^y より、
(ab^(-1))^x≡1 , (ab^(-1))^y≡1 である。
よって、定理>>110により(ab^(-1))の位数は
x,yの公約数であるから、
(ab^(-1))^gcd(x,y)≡1 ∴ a^gcd(x,y)≡b^gcd(x,y)
したがって示された。//
同様に、(⇒)のみ示す。
a^x≡b^x , a^y≡b^y より、
(ab^(-1))^x≡1 , (ab^(-1))^y≡1 である。
よって、定理>>110により(ab^(-1))の位数は
x,yの公約数であるから、
(ab^(-1))^gcd(x,y)≡1 ∴ a^gcd(x,y)≡b^gcd(x,y)
したがって示された。//
115１３２人目の素数さん
2019/08/27(火) 10:56:44.56ID:h1Rvns5A たくさん発見ありましたね
>>115
まあバラバラに知ってた事をまとめた感じですけどね笑
まあバラバラに知ってた事をまとめた感じですけどね笑
118１３２人目の素数さん
2019/09/20(金) 13:30:55.44ID:KyAOfC1j 3100
かずきち@dy_dt_dt_dx 8月28日
学コン8月号Sコース1等賞1位とれました！
マジで嬉しいです！
来月からも理系に負けず頑張りたいと思います！
https://twitter.com/dy_dt_dt_dx
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)
かずきち@dy_dt_dt_dx 8月28日
学コン8月号Sコース1等賞1位とれました！
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https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)
119１３２人目の素数さん
2019/10/06(日) 03:32:47.07ID:BP53eeR3 [ケプラーの第三法則]
太陽系の惑星の楕円軌道の周期Tと長軸半径aの間には
T^2/a^3=Const.の関係がある。
太陽系の惑星の楕円軌道の周期Tと長軸半径aの間には
T^2/a^3=Const.の関係がある。
[証明]
M:太陽の質量 m:惑星の質量
R︎₁︎:太陽から近日点までの距離 V︎₁︎:近日点における速さ
R︎₂︎:太陽から遠日点までの距離 V︎₂︎:遠日点における速さ
mR︎₁︎V︎₁︎=mR︎₂︎V︎₂︎(≡L) (∵角運動量保存)
(1/2)mV︎₁︎²︎-GMm/R︎₁︎=(1/2)mV︎₂︎²︎-GMm/R︎₂︎(≡E) (∵エネルギー保存)
∴ E=(1/2)m(L/(mR︎₁︎))²︎-GMm/R︎₁︎=(1/2)m(L/(mR︎₂︎))²︎-GMm/R︎₂︎
よって、R︎₁︎、R︎₂︎は次のRの二次方程式の2解。
E=(1/2)m(L/(mR))²︎-GMm/R すなわち ER²︎+GMmR-L²︎/(2m)=0
∴ R︎₁︎+R︎₂︎=-GMm/E , R︎₁︎R︎₂︎=-L²︎/(2mE)
∴ R︎₁︎R︎₂︎=(L²︎/(GMm²︎))(R︎₁︎+R︎₂︎)/2
ここで、周期Tは長軸半径a、短軸半径bを用いて
T=πab/(L/(2m))=2πmab/L と表される。(∵面積速度一定)
a=(R︎₁︎+R︎₂︎)/2,b=√(R︎₁︎R︎₂︎)だからb=(L/m)√(a/(GM))
よって、T=2πa^(3/2)/√(GM) ∴ T²︎/a³︎=4π²︎/(GM)=Const.//
M:太陽の質量 m:惑星の質量
R︎₁︎:太陽から近日点までの距離 V︎₁︎:近日点における速さ
R︎₂︎:太陽から遠日点までの距離 V︎₂︎:遠日点における速さ
mR︎₁︎V︎₁︎=mR︎₂︎V︎₂︎(≡L) (∵角運動量保存)
(1/2)mV︎₁︎²︎-GMm/R︎₁︎=(1/2)mV︎₂︎²︎-GMm/R︎₂︎(≡E) (∵エネルギー保存)
∴ E=(1/2)m(L/(mR︎₁︎))²︎-GMm/R︎₁︎=(1/2)m(L/(mR︎₂︎))²︎-GMm/R︎₂︎
よって、R︎₁︎、R︎₂︎は次のRの二次方程式の2解。
E=(1/2)m(L/(mR))²︎-GMm/R すなわち ER²︎+GMmR-L²︎/(2m)=0
∴ R︎₁︎+R︎₂︎=-GMm/E , R︎₁︎R︎₂︎=-L²︎/(2mE)
∴ R︎₁︎R︎₂︎=(L²︎/(GMm²︎))(R︎₁︎+R︎₂︎)/2
ここで、周期Tは長軸半径a、短軸半径bを用いて
T=πab/(L/(2m))=2πmab/L と表される。(∵面積速度一定)
a=(R︎₁︎+R︎₂︎)/2,b=√(R︎₁︎R︎₂︎)だからb=(L/m)√(a/(GM))
よって、T=2πa^(3/2)/√(GM) ∴ T²︎/a³︎=4π²︎/(GM)=Const.//
123１３２人目の素数さん
2019/10/27(日) 13:30:07.34ID:pXYnBT/j 応援してます
125１３２人目の素数さん
2019/12/26(木) 20:58:03.89ID:75t3l9L9 良いスレですね
応援してます
応援してます
[定理](LTE,>>78と同様)
p∈ℙ︎,x∈ℤ︎,y∈ℤ︎,n∈ℕ︎とし、xのp進付値をv(x)のように書く。
v(x)=v(y)=0,v(x-y)≧1のとき、v(x^n-y^n)=v(x-y)+v(n)が成り立つ。
p∈ℙ︎,x∈ℤ︎,y∈ℤ︎,n∈ℕ︎とし、xのp進付値をv(x)のように書く。
v(x)=v(y)=0,v(x-y)≧1のとき、v(x^n-y^n)=v(x-y)+v(n)が成り立つ。
[証明2]
v(x-y)=a(≧1)とおくと、v(k)=0なるk∈ℤ︎を用いて
x=kp^a+yと表せる。このとき、二項定理から
x^n-y^n=Σ[i=1→n]nCi*(kp^a)^i*y^(n-i)=Σ[i=1→n]f(n,i)
である。ただし、f(n,i)=nCi*(kp^a)^i*y^(n-i)とした。
以下、v(f(n,i))=v(nCi)+aiである事に注意する。
[1]v(n)=0のとき
i≧2ならばv(f(n,i))=v(nCi)+ai≧2aであり、
i=1ならばv(f(n,i))=v(n)+a=aであるので、
v(x^n-y^n)=a=v(x-y)+v(n)となる。
[2]n=pのとき
i=pならばv(f(n,i))=v(1)+ap>a+1であり、
p>i≧3ならばv(f(n,i))=v(pCi)+ai>a+1であり、
(↑ただしこの場合はp>3のときに限り生じる)
i=2ならばv(f(n,i))=v(p(p-1)/2)+2a=1+2a>a+1であり、
i=1ならばv(f(n,i))=v(p)+a=a+1であるので、
v(x^n-y^n)=a+1=v(x-y)+v(n)となる。
[3]n=lp^m(l,m∈ℤ︎,m≧0,v(l)=0)のとき
m=0のときは[1]より良い。
m=j(j∈ℤ︎,j≧0)で補題が成立したとすると、
v(x^(lp^(j+1))-y^(lp^(j+1)))
=v((x^(lp^j))^p-(y^(lp^j))^p)
=v(x^(lp^j)-y^(lp^j))+v(p) (∵[2])
=v(x-y)+v(lp^j)+v(p) (∵仮定)
=v(x-y)+v(lp^(j+1))
となり、m=j+1でも補題は成立する。
よって、帰納法により補題の成立が示された。
以上[1]~[3]より、示された。//
v(x-y)=a(≧1)とおくと、v(k)=0なるk∈ℤ︎を用いて
x=kp^a+yと表せる。このとき、二項定理から
x^n-y^n=Σ[i=1→n]nCi*(kp^a)^i*y^(n-i)=Σ[i=1→n]f(n,i)
である。ただし、f(n,i)=nCi*(kp^a)^i*y^(n-i)とした。
以下、v(f(n,i))=v(nCi)+aiである事に注意する。
[1]v(n)=0のとき
i≧2ならばv(f(n,i))=v(nCi)+ai≧2aであり、
i=1ならばv(f(n,i))=v(n)+a=aであるので、
v(x^n-y^n)=a=v(x-y)+v(n)となる。
[2]n=pのとき
i=pならばv(f(n,i))=v(1)+ap>a+1であり、
p>i≧3ならばv(f(n,i))=v(pCi)+ai>a+1であり、
(↑ただしこの場合はp>3のときに限り生じる)
i=2ならばv(f(n,i))=v(p(p-1)/2)+2a=1+2a>a+1であり、
i=1ならばv(f(n,i))=v(p)+a=a+1であるので、
v(x^n-y^n)=a+1=v(x-y)+v(n)となる。
[3]n=lp^m(l,m∈ℤ︎,m≧0,v(l)=0)のとき
m=0のときは[1]より良い。
m=j(j∈ℤ︎,j≧0)で補題が成立したとすると、
v(x^(lp^(j+1))-y^(lp^(j+1)))
=v((x^(lp^j))^p-(y^(lp^j))^p)
=v(x^(lp^j)-y^(lp^j))+v(p) (∵[2])
=v(x-y)+v(lp^j)+v(p) (∵仮定)
=v(x-y)+v(lp^(j+1))
となり、m=j+1でも補題は成立する。
よって、帰納法により補題の成立が示された。
以上[1]~[3]より、示された。//
131◆uxQt4Y4ywU
2020/08/11(火) 10:05:15.89ID:RD2QpACS △ABCについて、|BC|=a,∠BAC=Aとし、b,c,B,Cも同様とする。
また、S:面積、R:外接円の半径、r:内接円の半径とし、
s=(a+b+c)/2とする。
角Aの二等分線と辺BCとの交点をD_Aとし、
線分AD_Aの長さをd_Aとする。
さらに、辺BCに接する傍接円の半径をr_Aとし、
頂点Aから辺BCに下ろした垂線の長さをh_Aとする。
Σf(θ)でf(A)+f(B)+f(C)を表し、Πf(θ)も同様とする。
以下、これらの記法は説明なく使う。
また、S:面積、R:外接円の半径、r:内接円の半径とし、
s=(a+b+c)/2とする。
角Aの二等分線と辺BCとの交点をD_Aとし、
線分AD_Aの長さをd_Aとする。
さらに、辺BCに接する傍接円の半径をr_Aとし、
頂点Aから辺BCに下ろした垂線の長さをh_Aとする。
Σf(θ)でf(A)+f(B)+f(C)を表し、Πf(θ)も同様とする。
以下、これらの記法は説明なく使う。
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