分からない問題はここに書いてね464
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以下の漸化式で定義される数列{a[n]}を考える。 a[1]=a, a[2]=b a[n+2]=a[n+1]+a[n] 3以上の任意の自然数mに対して、 a[m]=p^m+q^m となるような有理数p,qが存在するように、初期値である複素数a,bを定めたい。 a,bが満たすべき条件を求めよ。 >>27 おおっと、全部が正と空目してた! 2/m^2 と -1/m^2 にすれば@,Aを満たさず収束する例になるな x^2-x-1=9の2解u,vを用いて an=su^n+tv^nと表さられる ∴解なし >>17 を修正しました. https://imgur.com/MpReUix.jpg 問題(a), (b), (c)の解答はこれでOKでしょうか? >>32 (a)については結局の所,すべて「明らか」で済ませていますが,もっと詳しく書かないと減点されますか? 選挙で投票できる有権者数(左)に対して実際の集計された投票数(右)黄色マーカー 何か法則ある? https://pbs.twimg.com/media/EmLmwvRUYAAdafR?format=jpg& ;name=large >>30 1,2を満たすとする a[n]-a[n+1]≧0より、偶数番目の部分和 S[2n]=(a[1]-a[2])+…+(a[2n-1]-a[2n]) の列は単調増加 また、括弧を付け替えると S[2n]=a[1]-(a[2]-a[3])-…-(a[2n-2]-a[2n-1])-a[2n]≦a[1] となり上に有界、したがってS[2n]は収束する S[2n]→sとすると、十分大きいnをとれば |S[2n+1]-s|≦|S[2n]-s|+|a[2n+1]|<ε したがって奇数番目の部分和S[2n+1]もsに収束する よって級数は収束する 以上 と思ったら>>30 は仮定を満たさないけど収束する例だった、スマン >>14 Σ a_n が収束するなら a_n → 0 (n→∞) >>24 ∴ Aを満たさずに Σ a_n が収束することは、ありえない。 ・ Σ |a_n| が収束する場合 (絶対収束) は 順序や符号をどう変えても収束する。 ・条件収束の場合も 奇数番目の項だけ後ろに2つずらせば どこまで行っても@を満たさないが、 元の数列と同様に収束する。 ∴ @を満たさなくても Σ a_n が収束することは、ありえる。 >>37 13をその条件から発散するように示せますか?? >>13 n=2m-1 と n=2m をまとめて Σ(n=1〜2M) (-1)^n {(2+(-1)^n)/n} = Σ(m=1〜M) {-1/(2m-1) + 3/(2m)} = Σ(m=1〜M) (4m-3)/{(2m-1)2m} > Σ(m=1〜M) 1/(m+1) > Σ(m=1〜M) log(1 + 1/(m+1)) = Σ(m=1〜M) log(m+2) - log(m+1) = log(M+2) - log(2), これは2M番目までの部分和である。 2M+1番目を1つ追加しても O(1/M) しか変わらず、同様に振るまう。 故に発散する。 >>10 Sup = Σ[n=2,N] 1/{n(log n)^2} + ∫[N+1/2, ∞] 1/{x(log x)^2} dx = Σ[n=2,N] 1/{n(log n)^2} + 1/log(N+1/2), ← 接線で近似 Inf = Σ[n=2,N] 1/{n(log n)^2} + 1/{2(N+1)log(N+1)^2} + ∫[N+1, ∞] 1/{x(log x)^2} dx = Σ[n=2,N] 1/{n(log n)^2} + 1/{2(N+1)log(N+1)^2} + 1/log(N+1), ← 割線で近似 放物線近似(シンプソンの1/3公式) では 近似値 = (2・Sup + Inf)/3 = 2.109742801236890 数学自体の質問でなくてすみません。 word で留数 Res[z=a]f(z) を表記するとき z=a をResの下に持ってくるにはどうしたらいいですか? >>34 分からないけど隠れた数字があるんじゃないの 普通に考えたら登録者数を出した日付より得票数を出した日付の方がずっと後なんだと思うけど 要はデータが少なすぎて何も言えないということ Cをn次正方行列とする.Cのすべての固有値の絶対値が1より小さければ,I_n - Cは正則であることを示せ. >>46 https://imgur.com/VTxzFtm.jpg この命題の証明で,E-Cが正則であることは証明すべきことであるにもかかわらず,著者は仮定によって正則であるなどと書いているため,質問しました. どなたかこの式の証明できますでしょうか 期待値の計算で出てきた式をwolframに入れたのが右辺なのですが過程がさっぱりわかりません... https://i.imgur.com/YHTt58A.jpg >>48 Σ_{k = 0 ~ n} k(k - 1) nCk θ^k (1 - θ)^(n - k) = Σ_{k = 2 ~ n} n!/((k - 2)!(n - k)!) θ^k (1 - θ)^(n - k) = n(n - 1) θ^2 Σ_{j = 0 ~ n - 2} (n - 2)!/(j!(n - 2 - j)!) θ^j (1 - θ)^(n - 2 - j) = n(n - 1) θ^2 Σ_{j = 0 ~ n - 2} (n - 2)Cj θ^j (1 - θ)^(n - 2 - j) = n(n - 1) θ^2 (θ + (1 - θ))^ (n - 2) = n(n - 1) θ^2 >>50 二項定理そうやって使えばよかったんですね〜全然思いつかなかった ご回答ありがとうございました! >>47 たとえば Cをジョルダン標準形にすれば一発で終わる. P^(-1)CP =Q (上三角行列) なる正則行列Pが取れるから P^(-1)(E - C)P = E - Q (上三角行列) 三角行列は対角成分上にすべての固有値が出現することに注意する CとQは相似だから Qの対角成分上にCの固有値がすべてでてくる. よって E-Qの対角成分はすべて0でないことがいえるので E-Qは0を固有値として持たない ⇔ E-Qは正則. したがって E-Cも正則. 証明おわり. ヒモで直径50センチの円を作る場合って 50x3.14の長さのヒモを用意したらいいんだっけ? ペル方程式 x^2-ny^2=1(nは自然数) について、この方程式は(x,y)=(1,0)以外の整数解を持つことを示せ。 また(x,y)=(1,0)でない任意の解の1つをv=(a,b)とおけば、ある2×2行列Aが存在してAvも方程式の解となることを示せ。 Mを多様体、∇をMの接続とします。 Mの任意の点に対し、その点の近傍で、近傍内の2点を結ぶ∇-測地線がただ1つ存在するようなものはとれますか? 1または素数である2つの整数p,qを用いてn=pqの形で表せる整数n全体からなる集合をSとする。 2次関数f(x)で、任意の整数kに対しf(k)の値がSの要素となるものは存在しないことを示せ。 https://imgur.com/iAdjsEe.jpg この定理の証明ですが,同じことを2度書いているように思いますが,どうでしょうか? >>55 nは平方数でないとしておく(さもなければ誤り) K=Q(√d)とおく.KのQ上の共役写像はちょうど2個あり それは √d➙√d と √d ➙ -√d である. 2個の共役体はともに実数体に含まれる. よって,ディリクレの単数定理より Kは基本単数を持つ これはさすがに牛刀割鶏ということで半分ジョークだが 初等的にやろうとするとあまり簡単ではない. たとえばディオファントス近似定理(鳩ノ巣論法から導かれる) を応用することで ずっと初等的に議論できる. 具体的には 0<|x^2-ny^2|<c を満たす自然数x,yの組が 無限個存在するような定数cを求めることができる. よって鳩ノ巣原理から ある自然数kが存在して x^2-ny^2 = k を満たす自然数x,yの組が無限個存在することがいえる 再び鳩の巣原理から ある整数a,bが存在して x≡a(mod k),y≡b(mod k)なる自然数x,yであって x^2-ny^2 = k を満たすものが無限個存在することがいえる. ここまでくれば 以下の恒等式を用いてフィニッシュ: (X^2-nY^2)(Z^2-nW^2)=(XZ+nWY)^2-n(XW+YZ)^2 一部修正 2行目,3行目のdはnが正しい. 10行目の「...〜を満たす自然数x,yの組が...」 の部分は "互いに素な" 自然数x,yの組に修正 これは近似定理から存在を示すのだから明らかに可能 この修正は1番最後に段階で効いてくる 以上. >>57 任意の整数zに対して q(z)が整数になるという条件, つまり q(Z)⊂Z を満たす複素数係数多項式q(x)は 一般に整数値多項式(Integer-valued polynomial)と呼ばれる 整数値多項式q(x)は必ず有理数係数多項式である (例えば,適当なヴァンデルモンド行列を考える) 問題を解くには以下を示せば十分である: 各整数n≠0に対して,nの異なる素因数の個数をω(n)で表す. (例: ω(1)=0, ω(2)=1, ω(4)=1, ω(6)=2, ω(n)=ω(-n) ) ここでは便宜上ω(0)=0 と定める.整数全体に対して関数ωが定義された. f(x)を定数でない整数係数多項式とする. a_n = ω(f(n))により整数列(a_n)を定める. このとき sup(a_n) = +∞ が成立する. >>60 の続き sup(a_n) = +∞ を示す そのために補題として以下を示す [補題] f(n)を定数でない整数係数多項式とする. p|f(n) を満たす自然数nが存在するような素数pは無限個存在する (証明) c = f(0) とおく. c=0 のときは f(x)はxで割り切れるので明らかである. よって 以降は c≠0 としておく. p|f(n) を満たす自然数nが存在するような素数p全体の集合をDとおく. Dが有限集合であると仮定する.(背理法のための仮定) 明らかにDは空ではない(Dが空ならばf(x)は定数となる) 各q∈Dに対して cがqで割り切れる回数を e_q で表すとする. n>K なる任意の自然数nに対して |f(n)| > |c| となるように定数Kを取る. Π[q∈D]d*q^(1+e_q) >K を満たす自然数dを取る. このとき m = Π[q∈D]d*q^(1+e_q) とおけば f(m) ≡ c (mod q^(1+e_q)) が成立する. よって, |f(m)| = |c| がいえるが m>K より |f(m)|>|c| だから矛盾. 以上で補題の証明はおわり. 補題から sup(a_n) = +∞ はすぐでる: sup(a_n)<+∞と仮定する. r=sup(a_n) とおく. 明らかに r>0. ω(f(m))=r を満たす自然数mが取れる. f(m)のすべての素因数の積をAとおく. 補題より gcd(q, A)=1 であって しかも q|f(s) なる自然数sが存在するような素数qが取れる. t≡m (mod A) かつ t≡s (mod q)を満たす自然数tを取ると, f(t)≡f(m)≡0 (mod A) かつ f(t)≡f(s)≡0 (mod q) だから ω(f(t))≧r+1 となり r=sup(a_n)に反する. 本題の証明おわり ちなみにわずかな修正で sup を limsup に取り替えることができる +∞の話だから limsup も sup も意味が同じで修正もなにもいらない >>46 (I_n - C)x = 0 とすると Cx = x もし x ≠ 0 なら x は C の固有ベクトルで固有値は 1 となるから x = 0 すなわち (I_n - C)x = 0 なら x = 0 したがって (I_n - C) の固有値は 0 にならないから正則 (I_n - C)x = 0 → x = 0 だけで正則だったわ >>65 ありがとうございます。証明を教えていただけるでしょうか。 >>68 p ∈ M を固定して e : T=T_p(M) → M を指数写像とする すなわち初期値 v∈T に対して f(0) = p, f'(0) =v となる等速ゲージの測地線をとるときとf(1)を対応させる写像とする Tに極座標T=(0,∞)×S(=S^(n-1)) ∪ {0} を入れておく 適当な仮定の元でeはpの近傍の局所座標の元に e(t,s) = st + R(s,t) (R(s,t) = O(t^2)) とかける 十分小さいtにおいて|R(s)|<t/4, として良い あとは簡単な計算でs=s'の場合とs≠s'の場合に分けて(s,t)≠(s',t')の場合e(s,t)≠e(s',t')が成り立つ事を示す >>70 ありがとうございます。 しかしこれではpと他の点でしか成り立たないようにみぇます。 欲しいのは、近傍上の任意の二点が唯一の測地線で結べるという結果です。 >>71 それが言えたら任意の2点でも言えるやろ? 各点p事に定数c(p)が連続に定まっててpのd(p)近傍内のqとpを結ぶ測地線が一つしかないが示した事 任意のpに対してその近傍Nで任意の2点q,rで言いたいならまずコンパクト近傍Nを取っておいてd(q)の最小値m>0をとる この時pのd/2近傍から任意に2点とったら測地線一個しかないでしょ? https://imgur.com/heh7rYM.jpg この問題のこの解答は正しいですか? 「xの近傍」とは,xを含む開集合のことです. >>54 だれがどうやってヒモを結ぶだ? しかも3.14じゃぎりぎり届いてないぜ? ヒモを結ぶだけの余裕が必要だよ、コンジュ。 問題:以下の和を求めよ n+(n-1)10+(n-2)10^2・・・・・+10^(n-1) 狽フ使い方がよく判っていません 宜しくお願い致します 文字化けしました ☓狽フ使い方がよく判っていません ○シグマの使い方がよく判っていません >>79 答えの式の形が予想できるなら差分法も良い 求める和Sは逆から足すと S=Σ[k=1,n]k*10^(n-k) よって 81S/10^n = Σ[k=1,n]81k/10^k と変形できる ここで f(k)=(9k+1)/10^(k-1) とおけば 81k/10^k = f(k)-f(k+1) が成立するので Σ[k=1,n]81k/10^k = Σ[k=1,n]{f(k)-f(k+1)} = f(1) - f(n+1) = 10 - (9n+10)/10^n ∴ S = (10^(n+1)-9n-10)/81 が求める和 「determine」をどう訳すのが適切かを教えてほしいです. 以下のように訳しましたが,「determine」の意味を辞書で調べると「決定する」という言葉が見つかります. ですが,Int A, Ext A, Bd Aは解答者が決めるものではなくて,既に決まっているものです. ですので,「求めよ」と訳せばいいのかなと思いましたが,辞書に「求める」という意味がないため,そのように訳していいのか分かりません. R^2の一般の点を(x, y)と書くとき,以下の各条件によって指定されたR^2の部分集合Aに対して,Int A, Ext AおよびBd Aをdetermineせよ. If we denote the general point of R^2 by (x, y), determine Int A, Ext A, and Bd A for the subset A of R^2 specified by each of the following conditions: (a) 0 < x^2 + y^2 <1. (b) y < x^2. (c) x is rational and y > 0. >>79 もう1つの方法は微分を用いる方法 もし無限級数の問題だったなら 1番楽なのだが... 1+x+...+x^n = (x^(n+1)-1)/(x-1) の両辺をxで微分すると 左辺は 1+2x+3x^2+...+nx^(n-1) 右辺は 商の微分公式で計算できて それが f(x,n)で表されたとする さらに両辺をx倍すれば Σ[k=1,n]kx^k = xf(x,n) が得られる これに x=1/10 を代入すれば Σ[k=1,n]k/10^k = f(1/10,n)/10 なので f(1/10,n)/10 を計算するだけの問題となった >>83 determine, find は「求めよ」で困ることはないです >>82 ご回答を有難うございます >よって 81S/10^n = Σ[k=1,n]81k/10^k と変形できる この81と云う数は、何処から出てくるのでしょうか? 愚問でしたら、申し訳ありません >>79 Σ_{k = 0 ~ n-1} (n-k)10^k = 10^n Σ_{k = 0 ~ n-1} (n-k)/10^(n-k) ここで f(x) = Σ_{k = 0 ~ n-1} 1/x^(n-k) とすると f'(x) = - Σ_{k = 0 ~ n-1} (n-k)/x^(n-k+1) - x f'(x) = Σ_{k = 0 ~ n-1} (n-k)/x^(n-k) また f(x) = Σ_{k = 0 ~ n-1} 1/x^(n-k) = (1/x^n) Σ_{k = 0 ~ n-1} x^k = (1/x^n)(x^n - 1)/(x - 1) = (1 - 1/x^n)/(x - 1) = 1/(x-1) - 1/(x^(n+1) - x^n) だから f'(x) = -1/(x-1)^2 + ((n+1)x^n - n x^(n-1))/(x^(n+1) - x^n)^2 となって Σ_{k = 0 ~ n-1} (n-k)10^k = 10^n (-10f'(10)) >>48 もう1つの方法は微分を用いる方法 Σ[k=0,n] k(k-1) nCk x^k (1-θ)^{n-k} = (x^2) Σ[k=0,n] nCk k(k-1)・x^{k-2} (1-θ)^{n-k} = (x^2) Σ[k=0,n] nCk (d/dx)^2 x^k (1-θ)^{n-k} = (x^2) (d/dx)^2 Σ[k=0,n] nCk x^k (1-θ)^{n-k} = (x^2) (d/dx)^2 (x+1-θ)^n = (x^2) n(n-1)・(x+1-θ)^{n-2} これに x=θ を代入すれば n(n-1)θ^2 >>83 仰るとおりですね。 その "determine" は人の意思で「決定する」という意味ではなく、 「同定する」「測って求める」という方の意味です。 ・出所 むかし 阪大・理・化のC教授(故人)から直接聞きました。 楕円Cの内部から、Cの周に引ける垂線は最大4本ですか? 楕円が真円の場合は∞本ですが、楕円が真円に近づくにつれて引ける垂線の本数が増えるなんてことあるんでしょうか? >>55 (ax 干 n・by)^2 - n・(bx ± ay)^2 = (a^2 - n・b^2)(x^2 - n・y^2), を使う。 >>91 なさそう。 点(p,q) と Cの周上の点(a cosφ, b sinφ) の距離dの2乗は dd = (a cosφ-p)^2 + (b sinφ-q)^2 = (aa-bb)/2・cos(2φ) -2ap・cosφ -2bq・sinφ +(aa+bb)/2 +pp+qq, これの極値が垂線に対応する。 >>91 内部の点って中止限定なん? むしろ真円の場合は中心以外2本しか引けないのでは? 宜しくお願い致します @ 正の整数n(n≧3)を正の整数の2組に分けるとき、 2つの数の順序が違っても異なる組とみなす場合 幾通りの分け方があるか。 A @で2つの数の順序が違っても同じ組とみなす場合 幾通りの分け方があるか。 B 正の整数n(n≧4)を正の整数3つの組に分けるとき、 3数の順序が違えば異なる組と考える場合、幾通りの分け方があるか。 宜しくお願い致します @ 正の整数n(n≧3)を正の整数の2組に分けるとき、 2つの数の順序が違っても異なる組とみなす場合 幾通りの分け方があるか。 A @で2つの数の順序が違っても同じ組とみなす場合 幾通りの分け方があるか。 B 正の整数n(n≧4)を正の整数3つの組に分けるとき、 3数の順序が違えば異なる組と考える場合、幾通りの分け方があるか。 宜しくお願い致します @ 正の整数n(n≧3)を正の整数の2組に分けるとき、 2つの数の順序が違っても異なる組とみなす場合 幾通りの分け方があるか。 A @で2つの数の順序が違っても同じ組とみなす場合 幾通りの分け方があるか。 B 正の整数n(n≧4)を正の整数3つの組に分けるとき、 3数の順序が違えば異なる組と考える場合、幾通りの分け方があるか。 0個はなしと解釈して (1) 2^n-2 (2) (2^n-2)/2 (3) (3^n-3×2^n+3)/6 >>102 有難うございました n人を組み分ける問題と同じように考えて良いのですね >>81 81 = (10-1)^2 だから2回やるんだな。 1回では - n + 10 + 10^2 + ・・・・ + 10^n, 2回目で n - 10(n+1) + 10^{n+1}, 線形回帰のサンプル(x,y)は、xを観測者が指定した場合、i.i.d.にはなりませんよね? これは易問ですか? 以下の命題の真偽を述べよ。 「連続する100万個の自然数の中には、少なくとも1つ素数が存在する。」 >>106 2つの解法(1)(2)をあげておく (1) (典型的方法, 中学数学) mを2以上の整数とするとき 任意の整数k(2≦k≦m)に対して m!+k は kで割り切れるが m!+kは明らかにkより大きいので素数になりえない m>10^6 のときを考えれば 問題の命題は偽とわかる (2) (中国剰余定理を適用, 汎用性高) もっと強く以下を示す: 各自然数nに対して ω(n)をnの異なる素因数の個数をとする たとえば ω(6)=2, ω(4)=1 である. 任意に自然数k,h(h>1)を固定する. このとき h個の連続する自然数であって どれもが少なくともk個の素因数を持つものが存在する [証明] m_1,m_2,.m_h>1をどの2つも互いに素な整数であって しかも 各整数i(1≦i≦h)に対して ω(m_i)≧k なるものとする. 中国剰余定理より すべての整数i(1≦i≦h)に対して x≡ -i (mod m_i) を満たすような自然数xが無限個存在する このとき h連続の自然数x+1,x+2,.,x+h は少なくともk個の素因数を持つ >>106 おまけとして類題をあげておく [類題] k,m>0を整数定数とし,f(x)を定数でない整数係数多項式とする. このとき, m個の自然数, f(n+1),f(n+2),..,f(n+m)のどれもが 少なくともk個の異なる素因数を持つような自然数nが存在することを示せ. 補題 自然数列aiと素数列piで f(ai)≡0 (mod pi), pi≠pj (unless i=j) がとれる p1〜p(n-1)まで取れたとしてN=f(0)×p1〜×p(n-1)とおいて M=f(kN)を考えれば ・f(0)の素因子qについてはvq(M)≦vq(f(0)) ・p1〜p(n-1)のなかのqでf(0)の素因子でないものについてはvq(M)=0 故にMの素因子が全てp1〜p(n-1)に限られるときはM≦|f(0)| ここでlim[k] M=∞□ n ≡ ai - j ( j ≦ i/k < j+1 ) で完 >>112 ほぼ正解だとおもいます f(0)=0 だと N=0 になるから lim[k] M=∞ とはならないけど 細かい話でうるさいので これはこれで良いでしょう >>62 にも その補題の証明があり 同じ手法によります いずれにしろ補題と中国剰余定理から説明がつくということで合意でしょう ゴールドバッハ予想は真偽が定まっていないから命題とは言えない? >>114 いえ、ちゃんとした命題です その誤解は高校の教科書にある「真とか偽とかが決まってる文」みたいな説明が不適切なだけ 「命題と定義したものが命題」だと 任意の記号列を命題にできるからなー でもこれしかないし >>109 うむ。 100万の階乗をNとおくと N + 2 〜 N + 100万 は明らかに合成数。 N + 100万 + 1 = N + (100^3 + 1) = N + (100 + 1)(100^2 - 100 + 1) も合成数。 N + 100万 + 2 = 偶数 (合成数) >>115 ,116 ではゲーデルが作ったらしい「自分が証明できない」という内容の論理式は命題? >>114 2020/10/12に私はゴールドバッハ予想が真であるということを証明しました >>117 そうそう N≧3として N+1が素数ならN!からN+1個は合成数で N+1が合成数ならN!+2からN個は合成数 いずれにしてもN!からN+2個の中にN個連続した合成数はある まあ(N+1)!使えば済む話ではあるけど N+1 が素数ならウィルソンの定理で N! + 1 ≡ 0 (mod N+1) N+1 が合成数なら N! + N+1 も合成数 1990年度の本試験ベクトルで 座標平面上の原点Oを中心とする半径2の円に内接する正六角形の頂点を順に A B C D E Fとし、Aの座標は(2、0) Bは第1象限にあるとする。 このとき (1)ベクトルAC+2ベクトルDE−2ベクトルFAを成分で表すと この問題の解説を、お願いします。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
read.cgi ver 07.5.5 2024/06/08 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる