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■記事リスト / ▼下のスレッド
■52327 / 親記事)  初等数学によるフェルマーの最終定理の証明
□投稿者/ きつね 一般人(1回)-(2023/09/21(Thu) 19:47:05)
    nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
    x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
    2^n=(t+1)^n-t^nのtが有理数のとき、右辺は偶数とならない。よって、tは無理数。
    (1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは無理数。
    u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kのとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなる。L,Mは有理数。
    y^n=L^n-M^nが成立するならば、2^n=(L^n)/k-(M^n)/kも成立する。
    2^n=(t+1)^n-t^nのtは無理数なので、2^n=(L^n)/k-(M^n)/kは成立しない。
    ∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス5件(ResNo.1-5 表示)]
■52328 / ResNo.1)  Re[1]: 初等数学によるフェルマーの最終定理の証明
□投稿者/ 西船橋ときめき学園 一般人(1回)-(2023/09/21(Thu) 23:08:06)
    この掲示板がまた荒れるかもしれないので

    https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1694331704/l50

    でやってくれ。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52349 / ResNo.2)  Re[2]: 初等数学によるフェルマーの最終定理の証明
□投稿者/ きつね 一般人(2回)-(2023/10/08(Sun) 10:24:21)
    nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
    x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,x,mは有理数と仮定する。
    2^n=(t+1)^n-t^n…(2)はtが有理数のとき、成立しない。
    (1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(3)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
    u-u=0なので、(2^n)k={(t+1)^n}k-(t^n)k…(4)を考える。
    (4)はtが有理数のとき、成立しないので、(3),(1)も成立しない。
    ∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52350 / ResNo.3)  Re[3]: 初等数学によるフェルマーの最終定理の証明
□投稿者/ 西船橋ときめき学園 一般人(2回)-(2023/10/09(Mon) 19:31:55)
     漫才ネタは

    https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1696303085/l50

    でやれ。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52411 / ResNo.4)  Re[4]: 初等数学によるフェルマーの最終定理の証明
□投稿者/ きつね 一般人(1回)-(2023/12/16(Sat) 21:37:56)
    n>2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
    x^n+y^n=z^nを変形してy^n=(x+m)^n-x^n…(1)とする。y,mは整数とする。
    3^n=(t+1)^n-t^n…(2)はtが有理数のとき成立しない。
    (1)は(3^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(3)となる。k=(y/3)^n,uは無理数。
    (2)が成立しないので、(3^n)k={(t+1)^n}k-(t^n)k及び(3)も成立しない。
    ∴n>2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52429 / ResNo.5)  Re[5]: 初等数学によるフェルマーの最終定理の証明
□投稿者/ きつね 一般人(2回)-(2023/12/30(Sat) 20:24:18)
    n>2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
    x^n+y^n=z^nを変形してy^n=(x+m)^n-x^n…(1)とする。y,mは整数とする。
    3^n=(t+1)^n-t^n…(1')は有理数解を持たない。
    (1)は(3^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/3)^n,uは無理数。
    (3^n)k={(t+1)^n}k-(t^n)kは有理数解を持たないので(2)も有理数解を持たない。
    ∴n>2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52426 / 親記事)  極限の問題 2改
□投稿者/ むぎ 一般人(7回)-(2023/12/30(Sat) 17:22:40)
    この問題の解法を教えていただきたいです。極限の問題です
2144×764 => 250×89

1703924560.jpg
/195KB
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]
■52428 / ResNo.1)  Re[1]: 極限の問題 2改
□投稿者/ X 一般人(6回)-(2023/12/30(Sat) 18:08:45)
    2023/12/30(Sat) 18:11:16 編集(投稿者)

    1/x=tと置くと
    (与式)=lim[t→∞]t/e^t
    ここで
    f(t)=e^t-{1+t+(1/2)t^2}
    と置くと
    f'(t)=e^t-1-t
    f"(t)=e^t-1
    ∴t≧0において
    f"(t)≧0ゆえf'(t)は単調増加
    ∴f'(t)≧f(0)=0
    ∴f(t)も単調増加となり
    f(t)≧f(0)=0
    ∴e^t≧1+t+(1/2)t^2
    となるので
    0<t/e^t≦t/{1+t+(1/2)t^2}=1/(1/t+1+t/2)
    よってはさみうちの原理により
    (与式)=0
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52423 / 親記事)  極限の問題2
□投稿者/ むぎ 一般人(2回)-(2023/12/30(Sat) 17:08:57)
    この問題の解法を教えていただきたいです
1907×860 => 250×112

S__137854994_0.jpg
/125KB
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]
■52427 / ResNo.1)  Re[1]: 極限の問題2
□投稿者/ WIZ 一般人(15回)-(2023/12/30(Sat) 17:33:48)
    2023/12/30(Sat) 22:36:53 編集(投稿者)

    πを以下の様な無限級数と考えます。
    π = 3.1415・・・
    = 3+1/10+4/(10^2)+1/(10^3)+5/(10^4)+・・・

    ここでπを10進小数で表した時の各桁の数字を数列と見なし、
    a[0] = 3, a[1] = 1, a[2] = 4, a[3] = 1, a[4] = 5, ・・・
    とすれば、
    π = Σ[k=0,∞]{a[k]/(10^k)} = Σ[k=0,∞]{a[k](10^(-k))}
    と表せます。

    lim[n→∞]{[(10^n)π]/(10^n)}
    = lim[n→∞]{[(10^n)Σ[k=0,∞]{a[k](10^(-k))}]/(10^n)}
    = lim[n→∞]{[Σ[k=0,∞]{a[k](10^(n-k))}]/(10^n)}

    ガウスの記号の中の小数部分、つまり正で1未満となる部分は無視できますから、
    # 厳密には、lim[n→∞]{[Σ[k=0,∞]{a[k](10^(n-k))}]/(10^n)}において、
    # k > nの部分の和は、
    # Σ[k=n+1,∞]{a[k](10^(n-k))} < Σ[k=1,∞]{9*(10^(-k))} = 9*(1/10)/(1-(1/10)) = 1
    # なので、ガウスの記号内のΣ[k=n+1,∞]{a[k](10^(n-k))}の値は無視できるということです。

    lim[n→∞]{[Σ[k=0,∞]{a[k](10^(n-k))}]/(10^n)}
    = lim[n→∞]{(Σ[k=0,n]{a[k](10^(n-k))})/(10^n)}
    = lim[n→∞]{Σ[k=0,n]{a[k](10^(-k))}}
    = π
    となります。


引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52421 / 親記事)  極限の問題
□投稿者/ むぎ 一般人(1回)-(2023/12/30(Sat) 17:03:21)
    写真の問題の解き方を教えていただきたいです。
1668×982 => 250×147

1703923401.jpg
/158KB
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]
■52425 / ResNo.1)  Re[1]: 極限の問題
□投稿者/ むぎ 一般人(6回)-(2023/12/30(Sat) 17:20:29)
    こちらの問題は間違っていました失礼しました。
解決済み!
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52351 / 親記事)  多項式の整除
□投稿者/ Reddit 一般人(1回)-(2023/10/09(Mon) 20:00:00)
    P(x)を整数係数モニック多項式とする。
    このときどのような整数係数多項式f(x)に対しても
    ある整数係数モニック多項式F(x)が存在して
    F(f(x))はP(x)で割り切れるようにできる
    ということの証明を教えて下さい。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]
■52422 / ResNo.1)  Re[1]: 多項式の整除
□投稿者/ WIZ 一般人(14回)-(2023/12/30(Sat) 17:08:32)
    代数学の基本定理により、nを自然数、a[1]〜a[n]を複素数として、
    P(x) = Π[k=1, n](x-a[k])
    と書ける。
    P(x)が整数係数だから、a[1]〜a[n]の中に虚数があれば、その共役数もa[1]〜a[n]の中に含まれている。
    # P(x)が整数係数モニックだから、a[1]〜a[n]は代数的整数であり、
    # ノルムとシュプール(トレース)は有理数の整数である。

    すると、
    F(x) = Π[k=1, n](x-f(a[k]))
    とすれば、P(x) = 0の解は重複度も含めて全てF(f(x)) = 0の解であるので、
    F(f(x)) = Π[k=1, n](f(x)-f(a[k]))はP(x)で割り切れる。

    a[i]とa[j]が複素共役なら、f(x)が整数係数なのでf(a[i])とf(a[j])も複素共役となる。
    よって、F(x)は整数係数モニックであり、F(f(x))はモニックとは限らないが整数係数である。

    # 勘違いしてたらごめんなさい!
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