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■45411 / 親記事)  n番目の有理数を求める公式とは?
□投稿者/ Dom 一般人(1回)-(2013/07/06(Sat) 11:00:53)
    有理数全体の集合が可算である事を知る為に,n番目の有理数を求める公式を探しています(自分でもトライしてみたのですが,
    1,1/2,[2/2],1/3,2/3,[3/3],1/4,[2/4],3/4,[4/4],….
    約分できる分数をカウントしないようにするのはどうすればいいのか分りません。

    どなたか
    n番目の有理数を求める公式が載ってるサイトをご存知でしたらお教え下さい。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス24件(ResNo.20-24 表示)]
■45557 / ResNo.20)  n番目の有理数の式
□投稿者/ とんからり 一般人(1回)-(2013/10/15(Tue) 10:51:17)
    検索でたどり着きました。これで意図にあうかはわかりませんが、n番目の有理数の式は

    f(n)
    =
    0 (n=1 の時)
    1 (n=2 の時)
    -1 (n=3 の時)
    ((-1)^n)*Πp(i)^(((-1)^e(i))*[(e(i)+1)/2])
    (n>3 で、
    [n/2]=Πp(i)^e(i)
    と素因数分解される時)

    と与えることができます。大きい自然数には素因数分解があるので実用的ではないというネックはありますが。

    この逆関数 g:Q→N は、

    g(x)
    =
    1 (x=0 の時)
    2 (x=1 の時)
    3 (x=-1 の時)
    2x^2 (x=2,3,4,… の時)
    2x^2+1 (x=-2,-3,-4,… の時)
    2Πp(i)^(-1+2e(i))
    (x=1/(Πp(i)^e(i))の時)
    1+2Πp(i)^(-1+2e(i))
    (x =-1/(Πp(i)^e(i))の時)
    2(Πp(i)^(-1+2e(i)))(Πq(j)^(2h(j)))
    (x=(Πq(j)^h(j))/(Πp(i)^e(i))の時)
    1+2(Πp(i)^(-1+2e(i)))(Πq(j)^(2h(j)))
    (x=-(Πq(j)^h(j))/(Πp(i)^e(i))の時)

    です。よって与えられた有理数が何番目かも計算で求められます。

    なお、n番目の素数を+-*√Σを使って明示的にnの式で表すこともできます。

    (携帯)
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■45607 / ResNo.21)  Re[2]: n番目の有理数の式
□投稿者/ Dom 一般人(1回)-(2013/11/03(Sun) 07:07:40)
    > なお、n番目の素数を+-*√Σを使って明示的にnの式で表すこともできます。

    大変有難うございます。ちょっと検証してみたいと思います。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■45779 / ResNo.22)  Re[1]: n番目の有理数を求める公式とは?
□投稿者/ honma 一般人(1回)-(2014/03/23(Sun) 19:03:03)
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■45780 / ResNo.23)  Re[2]: n番目の有理数を求める公式とは?
□投稿者/ Dom 一般人(1回)-(2014/03/24(Mon) 05:42:59)
    honma先生有難うございます。
    ちょっと参考にさせていただきたいと思います。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■46342 / ResNo.24)  Re[1]: n番目の有理数を求める公式とは?
□投稿者/ JT 一般人(1回)-(2014/07/14(Mon) 08:13:22)
    とするとき,n番目の有理数はです。ここではガウスの記号,実数の整数部分を表します。また回繰り返す演算です。例えばのときはです。これについて詳しいことは,数学セミナー2013年12月号,pp.54--57「有理数をカウントする数式」を参照するとよいでしょう。
引用返信/返信 [メール受信/ON]

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■47072 / 親記事)  固有値の問題
□投稿者/ 桜子 一般人(1回)-(2015/04/07(Tue) 12:47:48)
    A,Bをn×n正値エルミート行列とするとき,
    ∃ε>0; ∀x∈(-ε,ε)に対して, A+xBの固有値は有界である,
    つまり,
    集合∪_{x∈(-ε,ε)}σ(A+xB)は有界であることはどうすれば示せますでしょうか?

    σ(A)と書いたらAの固有値の集合を表してます。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス19件(ResNo.15-19 表示)]
■47298 / ResNo.15)  Re[15]: 固有値の問題
□投稿者/ 桜子 一般人(9回)-(2015/05/30(Sat) 01:58:24)
    あっ、なるほど。たしかに,
    ∂f(x,ε)/∂x|_{(x,ε)=(0,0)}=2x|_{(x,ε)=(0,0)}=0だから
    dε/dxは(0,0)の近傍で存在するがdx/dεは(0,0)の近傍で存在しないのですね。

    εはx(固有値に関して)陰関数定理を用いて解析的と示せるが
    xはεに対して解析的かどうかは陰関数定理では判定不能なのですね。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47300 / ResNo.16)  Re[16]: 固有値の問題
□投稿者/ 桜子 一般人(10回)-(2015/06/01(Mon) 11:19:15)
    従って,
    (f_ε(x)=0はxはεについて解析的であるだろうが)
    f_ε(x)=0にて,xはεについて解析的である事の証明には陰関数定理は使えないのですね。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47301 / ResNo.17)  Re[17]: 固有値の問題
□投稿者/ ひよこ 一般人(12回)-(2015/06/01(Mon) 23:17:25)
    陰関数定理の仮定を満たさないことについては、それで良いと思います。

    >(f_ε(x)=0はxはεについて解析的であるだろうが)
    については、
    f(x,ε)=x^2+εの場合、
    f(x,ε)=0となるxをεで表そうとすると、


    ただし、εは0以下、となって、この関数x(ε)は、ε=0では解析的ではないと思います。

    ・まず、0の近傍では関数が定義されていない。普通、ある点cで解析的というためには、cを含むなんらかの領域(連結開集合上)で考える。
    ・上記を解消するため、x(ε)をε>0で、全体が奇関数になるように拡張したりしても、そもそもx'(0)=-∞とかになって、0ではテイラー展開できません。つまり、解析的にはなりません。

    いかがでしょうか。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47302 / ResNo.18)  Re[18]: 固有値の問題
□投稿者/ 桜子 一般人(11回)-(2015/06/02(Tue) 04:45:41)
    ご回答誠に有難うございます。

    今,x(ε)はεで決まるエルミート行列A+εBの固有値だからx(ε)は実関数でなければならないがx(ε)=√(-ε)は0<εでは実関数とはならないので,
    x(ε)は0≧εでしか定義されないのですね。
    ここで,ε=0の時のεは0≦εの内点にならないのでx(ε)が定義されるε=0の開領域は存在しませんね。

    > x(ε)をε>0で、全体が奇関数になるように拡張したりしても

    ここのくだりがいまいち分かりません。これはε=0でx(ε)の可除特異点が取れないということでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47306 / ResNo.19)  Re[19]: 固有値の問題
□投稿者/ ひよこ 一般人(13回)-(2015/06/04(Thu) 01:09:56)
    えーと、もともとの問題はちょっとおいといて、実数に限って、f(x,ε):=x^2+εの場合に話をしています。

    ε>0の部分でx(ε)が定義されていないのが不都合の原因であるならば、
    それを取り除くことを考えたいというのが、よくある考え方です。

    それを実行するためには、とにかくx(ε)をε>0でうまく定義してしまえば良い、というわけですが、そういった場合に使われる手法の一つが奇関数拡張とか偶関数拡張とかなので例として挙げました(深い意味はありません)。

    例えば、
    「xが非負な部分でf(x)=sin xと定義されている関数が、x=0の近傍でC^1級か?」
    というと、
    「x<0ではf(x)が定義されていないためにx=0での微分が定義されないのでダメ」
    という考え方もありますが、x<0に対して、f(x)が全体で奇関数になる(f(-x)=-f(x)となる)ようにf(x)を定めれば、f(x)はC^1級になるわけです。

    これが奇関数に拡張するという話です。あくまで単なる拡張の仕方の一例です。



    さて、今考えている問題では、そもそも、

    となっているので、これはx(ε)がε=0で解析的であることに矛盾します。

    これは、ε=0が、x(ε)の可除でない特異点になっていることを意味しているわけです。

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■47208 / 親記事)  極限
□投稿者/ n 一般人(1回)-(2015/05/17(Sun) 04:02:27)
    極限の問題です。

    lim[x→+0]{x^x-(sinx)^x}/x^3

    答えは1/6になります。

    この問題の計算過程を教えてください。

    どなたかよろしくお願いいたします。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス17件(ResNo.13-17 表示)]
■47222 / ResNo.13)  Re[13]: 極限
□投稿者/ n 一般人(9回)-(2015/05/17(Sun) 19:35:57)
    No47221に返信(Samanthaさんの記事)
    > ということは、
    >
    > も分からないということですか?

    は分かります。
    が怪しいです。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47223 / ResNo.14)  Re[14]: 極限
□投稿者/ Samantha 一般人(12回)-(2015/05/17(Sun) 20:07:40)
    が分かるのに、が分からないのは、いったいどういうことなのでしょうか?

    が怪しいのに、与えられた極限が「不定形」になると判断できたのは何故ですか?
    (普通の順番ですと、だから、この問題が不定形の極限を求める問題なのだと判断することになるのですが…)

    と考えてみて下さい。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47224 / ResNo.15)  Re[14]: 極限
□投稿者/ n 一般人(10回)-(2015/05/17(Sun) 20:11:13)
    lim[x→+0](sinx)^x=1と計算できました。
    つまりxlogsinx=0ですね。
    これで1番目が1という事が分かりました。
    ありがとうございます。

    2番目はどのように計算するのでしょう?
    お願いします。教えて下さい。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47225 / ResNo.16)  結局全部聞いてますね?
□投稿者/ Samantha 一般人(13回)-(2015/05/17(Sun) 20:18:56)
    2番目、やり方は色々あるでしょうが、たとえば

    と置き換えて考えてみてはいかがでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47226 / ResNo.17)  Re[16]: 結局全部聞いてますね?
□投稿者/ n 一般人(11回)-(2015/05/17(Sun) 20:27:01)
    No47225に返信(Samanthaさんの記事)
    > 2番目、やり方は色々あるでしょうが、たとえば
    >
    > と置き換えて考えてみてはいかがでしょうか?

    長い時間お手を煩わせてもうしわけありませんでした。
    教えて頂いたことを参考にして、計算してみたいと思います。

    本当にありがとうございました。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■46990 / 親記事)  整数問題
□投稿者/ とり天 一般人(1回)-(2015/03/26(Thu) 13:11:27)
    m(m+1)=8n(n+1)
    をみたす自然数(m,n)の求め方おしえてください。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス16件(ResNo.12-16 表示)]
■47023 / ResNo.12)  Re[3]: 整数問題
□投稿者/ とり天 一般人(2回)-(2015/03/30(Mon) 20:44:44)
    皆様ありがとうございます。
    いろいろ勉強になります。

    もうひとつ分からない問題があるので教えていただけないでしょうか。
    問題集には簡単だと書いてあるのですが、わかりませんでした。
    よろしくお願いします。

    pは素数、kは自然数とするとき、
    m(m+1)=p^(2k)n(n+1)
    をみたす自然数(m,n)は存在しないことを示せ。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47024 / ResNo.13)  Re[4]: 整数問題
□投稿者/ みずき 付き人(56回)-(2015/03/30(Mon) 21:42:01)
    No47023に返信(とり天さんの記事)
    > pは素数、kは自然数とするとき、
    > m(m+1)=p^(2k)n(n+1)
    > をみたす自然数(m,n)は存在しないことを示せ。

    次のようにできると思います。
    簡単のため、p^k=qと書くことにします。
    m(m+1)=(q^2)n(n+1)=qn(qn+q)で
    qn(qn+1)<qn(qn+q)<(qn+q-1)(qn+q)が成り立つので
    m=qn+i,(qn+i)(qn+i+1)=(q^2)n(n+1)
    となるような整数i(ただし、1≦i≦q-2)が存在することが必要です。
    (q^2)(n^2)+qn(i+1)+qni+i(i+1)=(q^2)n(n+1)と展開すると
    i(i+1)がqの倍数であることが導かれます。
    iとi+1は互いに素なので、iがqの倍数か、i+1がqの倍数かのいずれかです。
    よって、i≧qまたはi+1≧q、すなわちi≧q-1が導かれますが、
    これは1≦i≦q-2を満たしません。
    よって、条件を満たす(m,n)は存在しません。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47025 / ResNo.14)  Re[4]: 整数問題
□投稿者/ らすかる 大御所(299回)-(2015/03/31(Tue) 04:08:20)
    別解です。
    m(m+1)=p^(2k)n(n+1)
    mとm+1は互いに素だから、mかm+1のどちらか一方がp^(2k)で割り切れる。

    m=qp^(2k)(qは自然数)とすると q{qp^(2k)+1}=n(n+1)
    この式から明らかにn>q、整理して (qp^k+n)(qp^k-n)=n-q
    右辺は正だから、この式が成り立つためにはqp^k-n>0すなわちqp^k-n≧1
    このとき左辺はnより大きいから、右辺と一致しない。

    m+1=qp^(2k)(qは自然数)とすると q{qp^(2k)-1}=n(n+1)
    整理して (qp^k+n)(qp^k-n)=n+q
    右辺は正だから、この式が成り立つためにはqp^k-n>0すなわちqp^k-n≧1
    このとき左辺はn+qより大きいから、右辺と一致しない。

    よって解なし。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47040 / ResNo.15)  Re[5]: 整数問題
□投稿者/ とり天 一般人(3回)-(2015/04/03(Fri) 13:13:19)
    ありがとうございます。わかりました。

    追加で質問なのですが、
    m(m+1)=p^(2k-1)n(n+1)
    をみたす(m,n)は必ず存在するのでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47041 / ResNo.16)  Re[6]: 整数問題
□投稿者/ らすかる 大御所(300回)-(2015/04/03(Fri) 13:30:15)
    m(m+1)=kn(n+1)のkが平方数でないときは必ず解が存在するようですが、
    証明は(今のところ)わかりません。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■47915 / 親記事)  漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(4回)-(2017/03/11(Sat) 21:22:47)
    a[1]=1
    a[2]=1
    a[n+2]=(a[n+1]^2+1)/a[n] (n≧1)
    であるとき、a[n]が自然数であること
    の証明を教えて下さい。お願いします。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス10件(ResNo.6-10 表示)]
■47922 / ResNo.6)  Re[6]: 漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(7回)-(2017/03/12(Sun) 11:45:06)
    有り難うございます。
    やはりそういう関係が成り立つのですね。

    それって、実験的に類推する方法以外で、代数的に(非帰納法で)式変形だけで証明できるのでしょうか?
    そもそも、見る人が見ればこういった線形的な関係が成り立つのは明らかなのでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47923 / ResNo.7)  Re[6]: 漸化式
□投稿者/ IT 一般人(3回)-(2017/03/12(Sun) 11:46:38)
    らすかるさんへ、
     興味深い結果ですね。
     「a[1]=a[2]=1」という条件も効いているのでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47924 / ResNo.8)  Re[1]: 漸化式
□投稿者/ WIZ 一般人(3回)-(2017/03/12(Sun) 11:53:20)
    長文ですが、一定の結果が出せたので書き込ませて頂きます。

    f(x) = Ax^2+Bx+C, a[n+2] = f(a[n+1])/a[n]とし、
    a[n+2] = p*a[n+1]+q*a[n]+rとなるp, q, rがA, B, Cだけで決定できるか考えてみます。

    n = 1とn = 2で変形できる、つまり、
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r
    a[4] = p*a[3]+q*a[2]+r
    は成立するもとします。

    後は、kを自然数としてn = kとn = k+1で成立する、つまり、
    a[k+2] = p*a[k+1]+q*a[k]+r
    a[k+3] = p*a[k+2]+q*a[k+1]+r
    と仮定して、n = k+2でも成立することが示せれば良い訳です。

    a[k+4] = (A*a[k+3]^2+B*a[k+3]+C)/a[k+2]
    = {A*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)^2+B*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)+C}/a[k+2]
    = {A*(p^2)*a[k+2]^2+2Apq*a[k+2]a[k+1]+2Apr*a[k+2]+A*(q^2)*a[k+1]^2+2Aqr*a[k+1]+A*r^2+Bp*a[k+2]+Bq*a[k+1]+Br+C}/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+{A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C)}/a[k+2]

    上記の最後の式で、ある定数sが存在して、
    A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C) = s*f(a[k+1])・・・・・(1)
    と表せれば、
    a[k+4] = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*f(a[k+1])/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*f(a[k+1])/a[k]*a[k]/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k+2]*a[k]/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k]・・・・・(2)
    と、とりあえず分数式は解消されて整式になります。

    先ず、(1)の様に表せる為には
    A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C) = s*(A*a[k+1]^2+B*a[k+1]+C)
    より、
    A*(q^2) = sA・・・・・(3)
    2Aqr+Bq = sB・・・・・(4)
    A*r^2+Br+C = sC・・・・・(5)
    であることが必要です。

    A ≠ 0とすれば、(3)より、
    s = q^2・・・・・(6)
    です。

    (6)を(4)に代入すると、
    2Aqr+Bq-(q^2)B = q*{2Ar+(1-q)B} = 0
    よって、q = 0ならrは任意の値、q ≠ 0なら
    r = (q-1)B/(2A)・・・・・(7)
    であれば良いです。

    (6)(7)を(5)に代入して見ると、
    A*{(q-1)B/(2A)}^2+B*(q-1)B/(2A)+C = (q^2)C
    ⇒ {(q-1)^2}(B^2)/(4A)+(q-1)(B^2)/(2A)+(1-q^2)C = 0
    ⇒ (q-1){(q-1)(B^2)+2(B^2)-(1+q)*4AC} = 0
    ⇒ (q-1){(q+1)(B^2)-(1+q)*4AC} = 0
    ⇒ (q-1)(q+1)(B^2-4AC) = 0

    4AC-B^2 = 0ならばqは任意の値となりますが、
    4AC-B^2 = 0となるのは、f(x)がxの1次式の平方となる場合です。
    この場合は別途考えることとして(!)、以降4AC-B^2 ≠ 0の場合のみ考えます。

    4AC-B^2 ≠ 0ならばq = ±1であれば良いです。
    q = 1ならば(7)よりr = 0です。
    q = -1ならば(7)よりr = -B/Aです。

    (2)より、
    a[k+4] = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k]
    = Ap*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)+Aq*(p*a[k+1]+q*a[k]+r)+(1-A)(q^2)a[k]+(Apr+Bp-Aqr)
    = Ap*a[k+3]+Aq*a[k+2]+(1-A)(q^2)a[k]+(Apr+Bp-Aqr)
    となりますが、上記が
    a[k+4] = p*a[k+3]+q*a[k+2]+r
    と等価になる為には、
    Ap = p・・・・・(8)
    Aq = q・・・・・(9)
    (1-A)(q^2) = 0・・・・・(10)
    Apr+Bp-Aqr = r・・・・・(11)
    となることが必要です。

    (8)(9)(10)より、A = 1が必要です。
    よって、「q = 1, r = 0」または「q = -1, r = -B」となります。

    A = 1, q = 1, r = 0の場合、(11)は
    1*p*0+Bp-1*1*0 = 0
    ⇒Bp = 0
    となり、B = 0ならばpは任意の値、B ≠ 0ならばp = 0が必要です。

    A = 1, q = -1, r = -Bの場合、(11)は
    1*p*(-B)+Bp-1*(-1)*(-B) = -B
    ⇒ 0 = 0
    となり、pは任意の値となります。

    ・・・と、ここまでのかなり荒削りな結果から、ハイポネックスさんが質問された2問を解いてみます。

    【1問目】a[1] = a[2] = 1, a[n+2] = a[n+1](a[n+1]+1)/a[n] (n≧1)
    A = 1, B = 1, C = 0なので、q = -1, r = -B = -1と取ります。
    a[3] = a[2](a[2]+1)/a[1] = 1*(1+1)/1 = 2
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r = p*1+(-1)*1+(-1) = p-2
    ⇒ 2 = p-2
    ⇒ p = 4
    となって、既にみずきさんによる解答の通り、a[n+2] = 4a[n+1]-a[n]-1が得られます。

    【2問目】a[1] = a[2] = 1, a[n+2] = (a[n+1]^2+1)/a[n] (n≧1)
    A = 1, B = 0, C = 1なので、q = -1, r = -B = 0と取ります。
    a[3] = (a[2]^2+1)/a[1] = (1^2+1)/1 = 2
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r = p*1+(-1)*1+0 = p-1
    ⇒ 2 = p-1
    ⇒ p = 3
    となって、既に私がよる解答の通り、a[n+2] = 3a[n+1]-a[n]が得られます。

    ITさんの指摘も含む、A ≠ 1の場合はこの方法では漸化式の整式化はできないのかもしれません。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47926 / ResNo.9)  Re[1]: 漸化式
□投稿者/ WIZ 一般人(4回)-(2017/03/12(Sun) 12:12:33)
    2017/03/12(Sun) 12:39:46 編集(投稿者)

    > 「a[1]=a[2]=1」という条件も効いているのでしょうか?

    f(x) = Ax^2+Bx+C, a[n+2] = f(a[n+1])/a[n] = p*a[n+1]+q*a[n]+rにおいて、
    A = 1かつB^2-4AC ≠ 0であれば、q = -1, r = -Bと取れますし、
    pの決定はa[3] = f(a[2])/a[1] = p*a[2]-a[1]-Bより、a[2] ≠ 0であれば、
    p = {f(a[2])/a[1]+a[1]+B}/a[2]となります。

    元の漸化式の分母にa[n]が来る以上、任意の自然数nに対してa[n] ≠ 0と言えるので、
    a[1] = a[2] = 1という条件までは必要ないと思います。

    但し、漸化式を分数式から整式へ変形できるかどうかを論じているのであって、
    a[n]が全て整数となるかは度外視しています。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47980 / ResNo.10)  Re[2]: 漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(1回)-(2017/05/21(Sun) 08:00:22)
    有り難うございます!
解決済み!
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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