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確率の問題が分かりません　助けてください(1) |

確率(2) |

中学数学によるフェルマーの最終定理の証明(1) |

確率(1) |

1/{z^2(z-1)^2} z=0でローラン展開(1) |

速度(2) |

極限(0) |

初等数学によるフェルマーの最終定理の証明(5) |

質問(2) |

係数(4) |

kkk(0) |

大学数学難しすぎて分かりません。お願いします(0) |

大学数学難しすぎて分かりません。。(0) |

数列(2) |

確率(0) |

■50218 / 親記事)

　ピタゴラスの定理の簡単な証明

□投稿者/ 日高一般人(5回)-(2020/02/16(Sun) 07:44:17)

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

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▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]

■50219 / ResNo.1)

　Re[1]: ピタゴラスの定理の簡単な証明

□投稿者/ 屁留麻亜一般人(3回)-(2020/02/16(Sun) 11:25:53)

　ここは数学の質問をする掲示板です。ピタゴラスの定理は何百通りもの証明が知られています。数学漫才のネタを議論したいのであればあなたのホームグラウンドである

ttps://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1581236794/

へお帰りください。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50220 / ResNo.2)

　Re[2]: ピタゴラスの定理の簡単な証明

□投稿者/ 日高一般人(6回)-(2020/02/16(Sun) 12:07:01)

■No50219に返信(屁留麻亜さんの記事)
> 　ここは数学の質問をする掲示板です。ピタゴラスの定理は何百通りもの証明が知られています。数学漫才のネタを議論したいのであればあなたのホームグラウンドである
>
> ttps://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1581236794/
>
> へお帰りください。

理由を教えていただけないでしょうか。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50221 / ResNo.3)

　Re[3]: ピタゴラスの定理の簡単な証明

□投稿者/ 通りすがり一般人(2回)-(2020/02/16(Sun) 16:23:05)

□投稿者/ 日高大御所(392回)-(2019/09/26(Thu) 09:43:17)

>>でも、どこかに私に間違いを説明できる人がいるかもわかりません。
> 　そういう奇特な人が現れるまで延々と続けるつもりか？
> 　それならこんな過疎った掲示板でなく
> 　ttps://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1567920449/
> で聞いた方が奇特な人を見つけられる可能性が高いぞ。

ありがとうございました。５ちゃんねる掲示板に投稿したら、
奇特な人が、いました。

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■記事リスト / レス記事表示 → [親記事-3]

■記事リスト / ▼下のスレッド / ▲上のスレッド

■50214 / 親記事)

　フェルマーの最終定理の簡単な証明9

□投稿者/ 日高一般人(3回)-(2020/02/12(Wed) 09:22:33)

ご指摘おねがいします。

1240×1754 => 177×250

1581466953.png/26KB

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス25件(ResNo.21-25 表示)]

■50412 / ResNo.21)

　Re[18]: フェルマーの最終定理の簡単な証明9

□投稿者/ 日高一般人(9回)-(2020/07/16(Thu) 08:18:52)

【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

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■50413 / ResNo.22)

　Re[19]: フェルマーの最終定理の簡単な証明9

□投稿者/ 日高一般人(10回)-(2020/07/16(Thu) 08:20:37)

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
(2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解は、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50414 / ResNo.23)

　Re[20]: フェルマーの最終定理の簡単な証明9

□投稿者/ 屁留真亜一般人(6回)-(2020/07/16(Thu) 23:13:37)

　ここは数学の質問するための掲示板です。数学漫才や数学落語のネタを議論したいのであれば、あなたのホームグラウンドである

ttps://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1569999945/

へお帰りください。以降屑のような投稿はお控えください。

　暇を持て余しているのなら、今回の大雨で大災害を被った地域でボランティアでもしてください。

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■50422 / ResNo.24)

　Re[10]: フェルマーの最終定理の簡単な証明9

□投稿者/ 日高一般人(11回)-(2020/08/03(Mon) 11:24:47)

(修正6)
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^(p-1)+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2})^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

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■50423 / ResNo.25)

　Re[11]: フェルマーの最終定理の簡単な証明9

□投稿者/ 日高一般人(12回)-(2020/08/03(Mon) 16:05:38)

(修正6)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=10/3を代入すると、x=16/9、z=34/9
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
a2=9のとき、a=9/2
(16/9*9/2)^2+(10/3*9/2)^2=(16/9*9/2+9)^2
8^2+15^2=17^2

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■50210 / 親記事)

　複素積分の絶対値の評価

□投稿者/ 3316 一般人(6回)-(2020/02/07(Fri) 08:40:57)

2020/02/07(Fri) 09:50:33 編集(投稿者)

　添付図の第1行

　　|∫[0→π]i/(R^3･e(3iθ)+1) dθ|≦∫[0→π]|i/(R^3･e(3iθ)+1) dθ|

で、右辺が左辺より大きくなる場合を教えてください。

　　∫[0→π]i/(R^3･e(3iθ)+1) dθ

は、複素平面上で原点を中心とする半径Rの円に沿った積分です。

　たとえば

　　|∑[k=0→N]zk|
　= |z0 + z1 + …… zk| ≦ |z0| + |z1| + …… |zk|
　　　　　　　　　　　　 = ∑[k=0→N]|zk|
からのアナロジーで納得すればいいんですかね？

630×255 => 250×101

_____001.png/17KB

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▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]

■50211 / ResNo.1)

　Re[1]: 複素積分の絶対値の評価

□投稿者/ m 一般人(2回)-(2020/02/07(Fri) 11:20:32)

どんな"場合"が要求されているのかよく分かりません（もう少し詳しく書いてください。）が、例えば

$2$f(z) = z$ の単位円 $2$C: z=e^{i \theta} \ (0 \leq \theta \leq 2 \pi)$ 上の線積分を考えると

$2$|\displaystyle\int_C f(z) dz| = | \displaystyle\int_0^{2 \pi} f(e^{i \theta}) i e^{i \theta} d \theta | \leq \displaystyle\int_0^{2 \pi} |f(e^{i \theta}) i e^{i \theta} d \theta |$

の左辺は $2$0$ 、右辺は $2$2 \pi$ になります。
ちなみに $2$f(z) = z^n \ (n \neq -1)$ としても、上と同じ結果が成り立ちます。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50212 / ResNo.2)

　Re[2]: 複素積分の絶対値の評価

□投稿者/ 3316 一般人(7回)-(2020/02/07(Fri) 13:02:16)

　ああ、なるほど。
　丁寧な回答まことにありがとうございました。

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■50206 / 親記事)

　リーマン積分可能性

□投稿者/ もけ一般人(1回)-(2020/01/22(Wed) 12:38:48)

一変数関数f(x)とg(y)がそれぞれ[a,b]と[c,d]でリーマン積分可能なとき、二変数関数f(x)g(y)が[a,b]×[c,d]で積分可能で、その値がf(x)とg(y)をそれぞれリーマン積分したものの積に等しいことを示せ。

この問題がわかりません。リーマン和から考えてみたのですが、二重極限をどうするかなど、完全に手が止まってます。リーマン和から話を進めるやり方で教えてください

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]

■50207 / ResNo.1)

　Re[1]: リーマン積分可能性

□投稿者/ m 一般人(1回)-(2020/01/23(Thu) 18:36:07)

$2$J = [a, b], \ K = [c, d], \ I = J \times K$ とし、 $2$I$ の分割 $2$\Delta$ とその代表点 $2$\xi$ にたいし関数 $2$h(x, y) = f(x) g(y)$ のリーマン和を $2$S(h, \Delta, \xi)$ とかく。

$2$\lim_{|\Delta| \to 0} S(h, \Delta, \xi) = \displaystyle\int_J f \times \displaystyle\int_K g$
が代表点の取り方に依存せず成り立つことを示す。

分割 $2$\Delta$ とその代表点 $2$\xi$ を固定する。
記号の確認：
$2$\Delta = \{J_i \times K_j \}_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m}$
$2$\xi = \{(\lambda_{i,j}, \mu_{i, j}) \in J_i \times K_j \}_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m}$
また $2$v(A)$ でAの体積を表す。（たとえば $2$v(I) = (b-a)(d-c)$ ）

ちゃんと書くと長いので要点ぽいところだけ書きます。

$2$f, g$ は有界より $2$\exists M \gt 0, |f| \lt M , |g| \lt M$ が成り立つ。

新たに代表点 $2$\bar{\xi}$ を
$2$J$ の分割 $2$\Delta_x := \{J_i \}_i$ の新しい代表元 $2$\bar{\lambda} = \{\bar{\lambda_i} \}_i$ と
$2$K$ の分割 $2$\Delta_y := \{K_j \}_j$ の新しい代表元 $2$\bar{\mu} = \{\bar{\mu_j} \}_j$ を使って
$2$\bar{\xi} = \{(\bar{\lambda_i}, \bar{\mu_j}) \}_{i, j}$ で定めます。

このとき次が成り立ちます。

1. $2$S(h, \Delta, \bar{\xi}) = S(f, \Delta_x, \bar{\lambda}) S(g, \Delta_y, \bar{\mu}) \to \displaystyle\int_J f \times \displaystyle\int_K g$

2. $2$|S(h, \Delta, \xi) - S(h, \Delta, \bar{\xi})| \leq M v(J) (S(g, \Delta_x) - s(g, \Delta_x)) + M v(K) (S(f, \Delta_y) - s(f, \Delta_y)) \to 0$

（ただし $2$S(g, \Delta_x)$ は過剰和、 $2$s(g, \Delta_x)$ は不足和。）

1のヒント：
代表点がx, yでそろっている（格子点のようになっている）ので二重のΣがΣの積に分解できます。

2のヒント：
$2$|f(\lambda_{i, j})g(\mu_{i, j}) - f(\bar{\lambda_i})g(\bar{\mu_j})| \leq |f(\lambda_{i, j})g(\mu_{i, j}) - f(\lambda_{i, j})g(\bar{\mu_j})| + |f(\lambda_{i, j})g(\bar{\mu_j}) - f(\bar{\lambda_i})g(\bar{\mu_j})|$
$2$ \cdots \leq M|g(\mu_{i, j}) - g(\bar{\mu_j})| + M|f(\lambda_{i, j}) - f(\bar{\lambda_i})|$

1, 2が示せれば２つを組み合わせて証明完了です。
わからないことがあれば聞いてください。

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■50208 / ResNo.2)

　Re[2]: リーマン積分可能性

□投稿者/ もけ一般人(2回)-(2020/01/23(Thu) 22:29:27)

ご返事ありがとうございます。後半の方はなんとか自分で理解できそうです。ただ、一番最初のf,gの有界について、これはリーマン積分可能⇒有界ということでしょうか？これは必ず成立するのでしょうか？

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■50209 / ResNo.3)

　Re[3]: リーマン積分可能性

□投稿者/ もけ一般人(3回)-(2020/01/24(Fri) 00:07:34)

すみません、勘違いしていました。解決しました。本当にありがとうございます！

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■50205 / 親記事)

　デデキントの切断による実数の構成

□投稿者/ あーは一般人(1回)-(2020/01/19(Sun) 19:17:06)

この体について教えていただきたいです。
よろしくお願いします。

問い　以下の演算が well-defined であり, Q の演算の拡張であることを示せ.

演算: 2つの実数(A1,A2)と(B1,B2)の和(A1,A2)+(B1,B2)=(C1,C2)をつぎのように定義する:
C2={x+y􏰇􏰇｜x∈A2,y∈B2}, C1=Q\C2
def def
(A1, A2) 􏰆 0, (B1, B2) 􏰆 0 の場合に積 (A1, A2) · (B1, B2) = (D1, D2) を次のように定義する

D2={xy􏰇􏰇｜x∈A2,y∈B2}, D1=Q\D2
def def

一般の場合には, α < 0, β ⩾ 0; α ⩾ 0, β < 0 α < 0, β < 0 に応じて, それぞれ　　　　
αβ = －((－α)β); αβ = －(α(－β)); αβ = (－α)(－β) と定義する.

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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