- 1 名前：１３２人目の素数さん mailto:sageteoff [2015/05/22(金) 09:38:35.72 ID:wNOlCA2c.net]
- 過去ログ
www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
www6.atwiki.jp/omoshiro2ch/
1 cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
2 natto.2ch.net/test/read.cgi/math/1004839697/
3 science.2ch.net/test/read.cgi/math/1026218280/
4 science.2ch.net/test/read.cgi/math/1044116042/
5 science.2ch.net/test/read.cgi/math/1049561373/
6 science.2ch.net/test/read.cgi/math/1057551605/
7 science2.2ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
8 science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
9 science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1093676103/
10 science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/
11 science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
12 science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1157580000/
13 science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/
14 science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1209732803/
15 science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1231110000/
16 science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1254690000/
17 kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1284253640/
18 kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1307923546/
19 uni.2ch.net/test/read.cgi/math/1320246777/
20 wc2014.2ch.net/test/read.cgi/math/1356149858/
- 357 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 00:35:25.88 ID:B7UAE1rW.net]
- >>341
当然、360[°]=2π[rad]
- 358 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 01:06:21.18 ID:qNbCyIHq.net]
- >>343
台が有界だから、一様分布は普通にあるだろ。あと、
五点の分布が独立とすれば、分布は定義できてる。
問題はないよ。
- 359 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 01:12:01.76 ID:FBLHJ4e5.net]
- 通し番号を付けた5点がそれぞれ独立に円周上の一様分布で選ばれるものとする。
2点以上が一致する場合は確率としては0になるので無視して構わない。
5点が異なり、なおかつ全てが半円周内に含まれるとき、
その半円周内での反時計回りの並び順は半円周の取り方によらない。
したがって、どの点がその半円周の中で最初に出現するかで場合分けして確率を求めればよい。
条件を満たし、１番目の点が半円周内で最初に出現する確率は、他の点がその点から始まる半円周内に含まれればよいので、1/16
以下いずれも1/16なので、
条件を満たす確率は5/16
一般に、n個の点なら
n/(2^(n-1))
- 360 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 01:32:00.22 ID:qNbCyIHq.net]
- そりゃ、違うだろ。
- 361 名前：327 mailto:sage [2015/09/05(土) 01:44:50.07 ID:KPdtalXu.net]
- >>346
正解です。
- 362 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 01:52:53.10 ID:tC0sbvGS.net]
- >>346
シミュレーションでも、それを支持しているようです。
codepad.org/WJLaAYes
codepad.org/wHVR0dWc
- 363 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 02:11:01.03 ID:Z/YUQy9A.net]
- 本日の赤っ恥 ID:qNbCyIHq
- 364 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 07:28:47.36 ID:9SCQre6I.net]
- >>346
n点が1/3円周に含まれる確率はいくつか
n点が2/3円周に含まれる確率はいくつか
- 365 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 11:58:09.69 ID:FBLHJ4e5.net]
- >>351
1/3だと同様の考え方でできますが．
2/3だと（つまり1/2を超えると）問題が複雑化しそうですね
- 366 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 13:31:07.44 ID:FBLHJ4e5.net]
- >>351
5点だと
1/3円周の場合は同様にして5/(3^4)=5/81
2/3円周の場合は、隣り合う点と点の間隔が1/3以上となる箇所が
1箇所のみの場合と2箇所の場合を考える必要がある。（3箇所の場合は確率0なので無視）
5×(2/3)^4 = 80/81 という計算では、2箇所の場合をダブルカウントしているので
それを引く必要がある。
以下、隣り合う点と点の間隔が1/3以上となる箇所が2箇所ある場合について考える。
その２つのインターバルで区切られる点のグループは
「1個と4個」の場合と「2個と3個」の場合がある。
1個と4個の場合、単独の1個をA、4個の先頭をBとして、AとBの選び方が5Ｐ2 = 20通り
以下、1周を1として、AB間の距離をrとすると、1/3≦r＜2/3
ABを固定して考えると、残りの3点はBに続く長さ(2/3)-rの範囲に存在すればよいので
1個と4個の場合の確率をまとめると
20×∫[1/3～2/3]((2/3)-r)^3 dr = 5/81
2個と3個の場合、2個を順にA，B、3個の先頭をCとして、ABCの選び方が5Ｐ2 = 60通り
AB間の距離をx、BC間の距離をyとすると、0＜x＜1/3、1/3≦y＜(2/3)-x
残り2点の存在範囲は(2/3)-x-y以内となり、確率は
60×∫[0～1/3]∫[1/3～(2/3)-x]((2/3)-x-y)^2 dydx = 5/81
よって、求める確率は
80/81 - (5/81 + 5/81) = 70/81
…とここまで書いて、あることに気付いたので続く
- 367 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/05(土) 14:09:39.00 ID:FBLHJ4e5.net]
- >>351 >>353
n点が2/3円周に含まれる場合
n×(2/3)^(n-1)では、隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある場合を
ダブルカウントしている
隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある配置を１つ考える。
その2箇所で分断される2つのブロックの先頭をA,Bとすると、
Aから始まるブロックまたはBから始まるブロックを前に1/3だけ詰めることで、
n点が1/3円周に含まれる配置を計2つ作ることができる。
また、そのような操作で同じ「n点が1/3円周に含まれるパターン」となるような�
- 368 名前：ｳの配置は
n-1個存在する。
したがって、隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある配置となる確率をp、
n点が1/3円周に含まれる確率をqとすると、
2p=(n-1)qとなり、p=(n-1)q/2
q=n×(1/3)^(n-1)より、p=(n(n-1)/2)×(1/3)^(n-1)=(nＣ2)×(1/3)^(n-1)
よって、n点が2/3円周に含まれる確率は
n×(2/3)^(n-1) - (nＣ2)×(1/3)^(n-1) = n(2^n-n+1)/(2・3^(n-1))
ちなみに、p=(nＣ2)×(1/3)^(n-1)となるところはもっと簡単に説明できそうだ。
1/2円周～2/3円周の間なら同様の考え方。 [] - [ここ壊れてます]
- 369 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/06(日) 16:18:23.20 ID:C64RsHHe.net]
- 一般化した。
m,nを自然数とし、(m-1)/m < r ≦ m/(m+1) とする。
通し番号をつけたn個の点を、円周上からそれぞれ独立に一様分布に従いランダムに選ぶとき、
n点が、円周全体のr倍の長さの範囲に全て含まれる確率をPとすると、
P = Σ[k=1～m]Σ[j=1～k](-1)^(k-j)・(nＣk)・(kＣj)・(1-k(1-r))^(n-1)
となることを示せ。
ただし、二項係数aＣbは、0≦a<bのとき0となるものとする。
（この注釈を認めない場合は、n≧mという制約が必要となる）
- 370 名前： ◆z2JTMx230M [2015/09/07(月) 11:23:30.81 ID:gh2mDV64.net]
- 半径1の半球を底円と並行な平面で体積が半分になるように切断した
このとき、断面積は{(ア)cos(イウ°)-(エ)}π
アイウエに当てはまる数字はなにか？
答えはトリップ
#ｱｲｳｴ
の形で
- 371 名前： ◆z2JTMx230M mailto:sage [2015/09/07(月) 12:04:12.25 ID:8ic4L5sE.net]
- どうだ。
- 372 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/07(月) 12:07:16.62 ID:8ic4L5sE.net]
- ちょっと面白かった。カルダノさんのおかげ
- 373 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/08(火) 08:42:20.02 ID:mvj/sh7U.net]
- 警察による税金を使ったいやがらせ犯罪、集団ストーカー。犯行内容
盗聴、盗撮、尾行、待ち伏せ、家宅侵入、窃盗、器物破損、風評のばらまき、就職妨害、リストラ工作、
暴走族や暴走大型車両による騒音攻撃の繰り返し、住居周辺での事件のでっちあげ、音声送信の強要、
電磁波による触覚攻撃、思考盗聴、無言電話、無実の人間を犯人にでっち上げ、ヘリによる威嚇、殺人、
メディアを使ってのほのめかし、パソコン遠隔操作で対象者のパソコン内部データをいじくる。
こういった犯罪組織に人を逮捕する権限をあたえているという、今の日本は恐ろしい国になっている。
- 374 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/08(火) 09:23:37.41 ID:aX2AWZyo.net]
- 妄想はともかく、マイナンバーは酷いことになりそうだな。
- 375 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/08(火) 13:36:28.23 ID:zb04xocN.net]
- ヘリによる威嚇というのは間違いなく存在し、私が就職活動で東京に高速バスで行ったときに
蛯名パーキングエリアでバスから降りると、頭上に自衛隊のヘリが高度100m程度で
ホバーリングしていた。
上下関係ということでも示したかったのだろうか。小学生程度の頭の持ち主の行動だと考えられる。
そのことを盗聴されている部屋で「独り言」で言ったら、すぐに某テレビ局で蛯名パーキングエリアが
取り上げられていた。
- 376 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 01:18:11.86 ID:mShGGGhv.net]
- >>328
二つの素数、例えば、2,3なら、1,5,7,11の四つの数を取�
- 377 名前：黷驍ｪ、五つは無理（証明済み）
三つの素数、2,3,5なら、1,3,7,17,47や、1,5,31,49,59等５つの数を取れるが、おそらく６つは無理（2000以下でチェック済み。以下同様）
四つの素数、2,3,5,7なら、1,2,3,5,7,13や、1,2,3,7,13,47等６つの数を取れるが、おそらく７つは無理
五つの素数、2,3,5,7,11なら、1,2,5,9,13,19,23,31や1,3,5,6,9,15,27,39等８つの数を取れるが、おそらく９つは無理
六つの素数、2,3,5,7,11,13なら、1,2,3,5,7,9,13,19,23,47や1,3,5,7,9,13,17,19,23,47等１０の数を取れるが、おそらく１１は無理
つまり、
k=3では、おそらく6つで無理なのに、9個では無理であることを
k=4では、おそらく7つで無理なのに、17個では無理であることを
k=5では、おそらく9つで無理なのに、33個では無理であることを
k=6では、おそらく11で無理なのに、65個では無理であることを証明せよという一般化になっている
保険を掛けすぎ。
（最初に指摘しておくべきだが、問題文にも問題があると思われる） [] - [ここ壊れてます]
- 378 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 02:07:36.57 ID:8SrfUZPd.net]
- >>362
328ではないが
その「保険をかけている」ものについてすら一般化した証明を示してないのに
何言ってんの？
それって、たとえば
「双子素数どころか、三つ子素数だろうが４つ子素数だろうが
可能な素数の並びはどれも無限に存在するっぽいのに、
双子素数だけ取り上げて無限にあるという命題立てるなんて保険かけすぎ」
とか言ってるのと同じ。
証明ってなあに？
>>328は自分の証明できたものを問題として提示しているだけでしょうに
- 379 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 02:56:08.65 ID:m3YLRiSK.net]
- (1) cos1°は無理数であることを証明せよ
(2)cos1°は超越数か？そうでなければ最低何次の有理数係数の方程式で表せるか
- 380 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 03:47:16.16 ID:hpZpH5c5.net]
- >>364
cosの30倍角公式と60倍角公式が
整係数多項式であることから、
cos1゜が代数的無理数であることが判る。
次数は、どしたらよかろ？
- 381 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 07:17:59.99 ID:8SrfUZPd.net]
- >>365
自然数nについて、T_n(cosθ)=cos(nθ)を満たすような多項式T_n(x)
（n次のチェビシェフの多項式）について
T_n(x)=0の解は、x=cos((2k-1)π/(2n)) （k=1,2,…,n）
であることを踏まえると、
T_90(x)=0の解がcos1°，cos3°，cos5°，…，cos179°
T_30(x)=0の解がcos3°，cos9°，cos15°，…，cos177°
T_18(x)=0の解がcos5°，cos15°，cos25°，…，cos175°
T_6(x)=0の解がcos15°，cos45°，cos75°，…，cos165°
となるので、
T_90(x)*T_6(x)/(T_30(x)*T_18(x))なる48次の有理数係数の多項式が存在し、
～=0の解はcosN°（Nは180以下で180と互いに素なφ(180)=48個の各自然数）
解の1つがcos1°となっているので、48が最低次数の上界であることは確か。
- 382 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 08:14:04.63 ID:hpZpH5c5.net]
- 48次の多項式がある
って話でしょ。
最低次数はどうしよう？
- 383 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/09(水) 10:03:56.77 ID:iAt2BKmH.net]
- >>366
48は正解です
厳密な証明は有理数体にcos1°を添加して拡大次数を見る
あとは1の原始360乗根使ってφ(360)/2を計算するだけ
- 384 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/09(水) 10:27:59.54 ID:iAt2BKmH.net]
- もう少し具体的に言うと
1の原始n乗根をζ_nとすると
オイラーの公式から
cos1°=cos(2π/360)=(ζ_360+ζ_360^-1)/2
よりQ(ζ_360)⊃Q(cos1°)
またcos1°は実数でζ_360は虚数を含むため[Q(ζ_360):Q(cos1°)]≧2
さらにオイラーの公式からQ(cos1°)上ζ_360を根に持つ二次方程式を実際に作れているので[Q(ζ_360):Q(cos1°)]=2が確定
拡大次数が乗法的なことから
[Q(ζ_360):Q]=[Q(ζ_360):Q(cos1°)][Q(cos1°):Q]
⇔[Q(cos1°):Q]=[Q(ζ_360):Q]/[Q(ζ_360):Q(cos1°)]=φ(360)/2=φ(2^3 3^2 5)/2=2^2(2-1)3(3-1)(5-1)/2=48
したがって最低次数は48であることが分かる
- 385 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 12:58:38.19 ID:8SrfUZPd.net]
- >>369
自分の知識では>>366の予�
- 386 名前：zが限界だったことはよくわかった
＞1の原始n乗根をζ_nとすると
正確に言うと「ζ_n=e^(2πi/n)とすると」かな
まあわかるけど。 [] - [ここ壊れてます]
- 387 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 13:26:04.64 ID:Gaa20TDn.net]
- >>364
この問題か。最小多項式の次数を除いては、
もうとっくの昔に思い付いて解いちゃっているよ。
半倍角公式からsin^2(1°)＝(1-cos(2°))/2で、
cos(2°)も代数的無理数だから、sin(1°)の方も代数的無理数な。
- 388 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/09(水) 13:30:31.47 ID:iAt2BKmH.net]
- >>370
高校生の知識でも実際に48次方程式作って判定法使って既約ってことを気合いで示す方法もあるにはあるよ
あまりにも無謀すぎるやり方だけど
>>371
いちおう次数がメインの問題として作ったつもり(1)はおまけ問題程度だと思って
- 389 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 15:12:57.74 ID:8SrfUZPd.net]
- >>372
その48次方程式が既約であることが示せても、
それ以外にcos1°を解として持つもっと次数の低い方程式が存在しないことを示すのは
高校生の知識では無理かと。
- 390 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/09(水) 15:27:49.15 ID:Ar2FfDWa.net]
- >>373
いやそれを根に持つ多項式が既約ならその多項式の次数が最低次数ってことは言えるよ
最小多項式(最高次の係数が1で既約なもの)の一意性から言える
一意性の証明は高校生レベルでも出来るには出来るよ
多項式の剰余を使う
- 391 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/09(水) 15:35:26.17 ID:7pNKW7ME.net]
- 高校レベルだと既約性を示す方が難しいんじゃないか
- 392 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/09(水) 15:37:01.63 ID:Ar2FfDWa.net]
- >>375
それも確かに問題だね
アイゼンシュタイン判定法は数学オリンピックでも使うくらいだからいちおう高校生レベルと言えるのかな？
- 393 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/10(木) 08:13:40.43 ID:q7HF0xVJ.net]
- a(1)=1,a(n+1)=a(n)/2+1/a(n)のとき、
a(n)を求めよ
Wolframとか使わずに初見で解いたらバケモノ
- 394 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/10(木) 09:25:33.48 ID:FE0uoLCP.net]
- １次分数式だから高校数学レベル
- 395 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/10(木) 09:26:09.96 ID:FE0uoLCP.net]
- 低レベル掲示板だったか
これはすまぬ
- 396 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/10(木) 10:24:22.44 ID:q7HF0xVJ.net]
- >>378
通分して分子二次式になるから普通の分数型と違うぞ
解けるなら解いてみろよ
- 397 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 10:26:56.48 ID:fwhHKoME.net]
- >>378
１次分数式の定義は？
- 398 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 11:23:27.03 ID:fwhHKoME.net]
- >>377
a(n+1) = (a(n)^2+2)/(2a(n))
a(n+1)+√2 = (a(n)+√2)^2/(2a(n))
1/(a(n+1)+√2) = 2/(a(n)+√2)-2√2/(a(n)+√2)^2
b(n) = √2/(a(n)+√2)とおくと
b(n+1) = 2b(n)-2b(n)^2
1-2b(n+1) = (1-b(n))^2
c(n) = 1-2b(n)とおくと
c(n+1) = c(n)^2
c(1) = 2√2-3
c(n) = (2√2-3)^(2^(n-1))
a(n) = √2(2/(1-c(n))-1)
= √2(2/(1-(2√2-3)^(2^(n-1)))-1)
なんか、等価でもっときれいな形式もありそうではあるが。
a(n) = √2(1+c(n))/(1-c(n))のほうがまだまし？
- 399 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/10(木) 11:43:27.03 ID:1+1gfes7.net]
- >>377
a(n)=√2b(n)/c(n), b(1)=1 c(1)=√2 とおいて元の式に代入すると
√2b(n+1)/c(n+1) = b(n)/√2c(n) + c(n)/√2b(n) = √2{b(n)^2+c(n)^2}/2b(n)c(n)
分母分子比較して、 b(n+1)=b(n)^2+c(n)^2, c(n+1)=2b(n)c(n)
b(n+1)+c(n+1)=(b(n)+c(n))^2, b(n+1)－c(n+1)=(b(n)－c(n))^2
よって、 b(n)+c(n)=(1+√2)^(2^(n-1)), b(n)－c(n)=(1－√2)^(2^(n-1))
a(n)=√2・{(1+√2)^(2^(n-1))+(1－√2)^(2^(n-1)}/{(1+√2)^(2^(n-1))－(1－√2)^(2^(n-1)}
整理すると、a(1)=1, n≧2のとき a(n)=√2・{(1+√2)^(2^n)+1}/{(1+√2)^(2^n)－1}
- 400 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 13:55:41.73 ID:UqiYOrwz.net]
- >>383
> 分母分子比較して、 b(n+1)=b(n)^2+c(n)^2, c(n+1)=2b(n)c(n)
なんだよ、このトンデモ数学は！ ああ？
- 401 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 14:05:04.55 ID:fg01Fu9/.net]
- その等式を満たすb(n)とc(n)を何でもいいから見つければいい、という意味だろう
文脈を読め
- 402 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 14:07:55.34 ID:fUpTwTtH.net]
- >>377
問題の条件「a(n+1)＝a(n)/2+1/a(n)」の右辺が普通の解釈になるように「a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))」を指すのか、
それとも右辺が連分数のような形で表される「a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))」を指すのか、任意に2通りの解釈が出来るため、
条件を満たす解a(n)の一意性が保証されず、非適切な問題になって、国語辞書に書いてある多くの人が用いる意味での問題
になっていないと思われる (紙ではなく同じ大きさの1行の中に書くため、初期条件「a(1)=1」から、
「a(n+1)=a(n)/2+1/a(n)」という書き方では、大きい「＋」が小さい「+」になっていて、容易にこのような解釈が出来るとは思う)。
- 403 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 14:10:29.20 ID:fg01Fu9/.net]
- 一方を普通の解釈と認めておきながら、直後に中立の立場をとるのかｗ
- 404 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 14:12:15.99 ID:fUpTwTtH.net]
- >>377
(>>386の続き)
非適切性の証明]：nはn≧1なる自然数変数なることを仮定してよい。そこで、nはn≧1なる自然数変数と仮定する。
2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が存在しないときは与えられた問題は確かに非適切である。
そこで、2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が存在するとする。そして、
2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が一意に存在したとする。初期条件a(1)＝1から
a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1
であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
ここで、再度解の一意性が保証された解a(n)は、任意のn≧1なる自然数nに対して
a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) を両方共に満たすことに注意する。
n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^2 。従って、kを元に戻すと、
((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 を満たす。
よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^2 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^2
だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
- 405 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 14:20:24.52 ID:fUpTwTtH.net]
- >>377
いや、>>388の
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
の部分は
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)≧0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)≧0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
ですな。「a(n)≧1」の部分は「a(n)≧0」訂正。
- 406 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 14:35:56.00 ID:fUpTwTtH.net]
- >>387
普通は普通の他の何物でもない。普通の解釈とは、
多くの人が認めそれに従うと思われる基準に則った解釈だよ。
沢山の人は「a(n+1)＝a(n)/2+1/a(n)」を見たら、
連分数の形で表された「a(n+1)＝a(n)/(2+1/a(n))」では
なく「a(n+1)＝(a(n)/2)+(1/a(n))」と解釈するだろうよ。
- 407 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 15:04:56.68 ID:fUpTwTtH.net]
- >>377
ちなみに、すぐ分かるとは思うのだが、論理の飛躍があるから、>>388の
>初期条件a(1)＝1から
>a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1
>であり、
の部分は
>初期条件a(1)＝1から a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる
>自然数nに対してa(n)＞0 。ここで、n≧2なる自然数nを任意に取ると、a(n)＞0だから、
>相加・相乗平均の関係により、a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))≧2√(1/2)＝√2 。
>n≧2なる自然数nは任意だから、nを条件n≧2の下で走らせると、任意のn≧2なる
>自然数nに対してa(n)≧√2 。よって、a(1)＝1＜√2 から、任意のn≧1なる自然数nに対して
>a(n)≧1 であり、
のような感じに訂正。さすがに任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0なることは、
直観的にも明らかで、nに関する帰納法からすぐ分かるとは思う。
- 408 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 15:16:34.87 ID:fUpTwTtH.net]
- >>377
幾度も悪いが、>>389は取り消しで、>>388の
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
の部分は
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)＞0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)＞0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
でした。「a(n)≧1」の部分を「a(n)＞0」に訂正すべきだったにもかかわらず、「a(n)≧0」と書いてしまいました。
こういう風に解釈しても、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0なることは、
直観的にも明らかで、nに関する帰納法からすぐ分かるとは思う。
- 409 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 16:06:11.07 ID:fUpTwTtH.net]
- >>377
>>388の
>n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
>a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
>であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^2 。従って、kを元に戻すと、
>((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
>実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 を満たす。
>よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^2 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^2
>だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
の部分は
>n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
>a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
>であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^3 。従って、kを元に戻すと、
>((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^3 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
>実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^3 を満たす。
>よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^3 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^3
>だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
と訂正ですな。
- 410 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 16:20:37.27 ID:UqiYOrwz.net]
- (1) Σ[k=1 to 4^m] (1/k)^{1/m}、mは2以上の自然数
(2) m(4^{m-1}-1)/(m-1) + 5/8
(1)と(2)の整数部分は等しいことを示せ。
- 411 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 21:48:53.01 ID:fwhHKoME.net]
- なんか変な荒れ方してるが、まあどうでもいい
>>383
b(n)とc(n)の決め方が、３次方程式を解くカルダノの方法のuとvの探し方みたいですな。
2√2-3 = (1+√2)^(-2)だから、>>382は汚いけど答えは一致したってことで。
- 412 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 22:19:31.06 ID:fwhHKoME.net]
- あ、違う。(1+√2)^(-2) = 3-2√2だな。あれ？
ああそうか、だから>>383ではa(1)をまとめられなかったのか。
- 413 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 22:24:24.58 ID:Fdi5OLRB.net]
- >>377
蛇足だと思うが、一言
漸化式を見ると、右辺の非対称性が気になる。そこで全体を√2で割りたくなるが、すると
a_{n+1}/√2=(1/2){(a_n/√2)+(√2/a_n)}
と、数列a_{n}/√2は、「そのものと、そのものの逆数の平均」が次の項となるような数列にすることができる
このようなある種の平均が次の項になるという漸化式を、三角関数の加法定理を利用して解いた経験から、
その辺にヒントがあるだろうと、公式集を見てみると、coth(x)が将にそれにあたる
つまり、a_{n}/√2 ～ (e^x+e^(-x))/(e^x-e^(-x)) ～ (X+1)/(X-1)
実際 (X+1)/(X-1) は、逆数と和を取って半分にすると言う変換を行うと
(1/2){(X+1)/(X-1) + (X-1)/(X+1)} = (X^2+1)/(X^2-1)
と指数部分が二倍になるという、形の変化に対応することが確認でき、外形が定まる。
a_{n}/√2 = (X^(2^n)+1)/(X^(2^n)-1)
後は、定数を定めれば良い。定数と言っても、ここでは、X=e^(2cx)としているので、Xそのもの
1/√2 = (X+1)/(X-1)を解いて、X=-3-2√2。整理すると
a_{n}=(X^Y+1)/(X^Y-1),X=-3-2√2,Y=2^(n-1)
あるいは、虚数単位Iを使い
a_{n}=(X^Y+1)/(X^Y-1),X=I(1+√2),Y=2^n
結局、これは、ニュートン法のはなしだね。決してバケモノクラスの問題では無い。
- 414 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/10(木) 22:27:42.42 ID:Fdi5OLRB.net]
- あ、ミスった
>> a_{n}=√2(X^Y+1)/(X^Y-1),X=-3-2√2,Y=2^(n-1)
>> あるいは、虚数単位Iを使い
>> a_{n}=√2(X^Y+1)/(X^Y-1),X=I(1+√2),Y=2^n
に訂正
- 415 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 02:26:59.14 ID:StCc9XNv.net]
- tan1°+√2は無理数であることを証明せよ
- 416 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 07:37:43.35 ID:jICTOxiG.net]
- >>395-398
nはn≧1なる自然数変数なることを仮定してよい。そこで、nはn≧1なる自然数変数と仮定する。
a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0 。
n≧1なる自然数nを任意に取る。すると、a(n)＞0 であり、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))＞0 だから、
1/(a(n+1))＝(2＋1/a(n))/(a(n))＝(2/a(n))＋(1/a(n))^2 。よって、各i＝n, n+1 に対して b(i)＝1/a(i) とおけば、
b(n)＝1/a(n)、b(n+1)＝1/a(n+1) が両方共に成り立ち、b(n+1)＝2・b(n)＋(b(n))^2 つまり b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) 。
n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせると、与えられた問題は b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n)
を満たし、任意のn≧1なる自然数nに対して b(n)＝1/a(n) と変換して定義される実数列{b(n)}を求める問題に帰着される。
そこで、b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) のときの解b(n)を求めることを考える。…… 。
仮に a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) だったと解釈すると、非線形の漸化式 b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n)
の解b(n)を求める問題に帰着されるんだが、ここから先分かる？ >>377のいう
>Wolframとか使わずに初見で解いたらバケモノ
って、多分こっちの話だぞ。連分数の形で書かれた式 a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))
で書いたと解釈すると、線型の漸化式ではなく、非線形の漸化式を解く問題になる。
- 417 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 08:03:25.27 ID:jICTOxiG.net]
- >>395-398
あ～、この場合は条件式 b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) の両辺に1を足して
b(n+1)＋1＝(b(n))^2＋2・b(n)＋1＝(b(n)＋1)^2 になる。
また、n＝1 のときは、b(1)＝1 なので、b(1)＋1＝2。なので、
任意のn≧1なる自然数nに対して c(n)＝b(n)＋1 と変換すると
c(1)＝2、c(n+1)＝(c(n))^2 の解c(n)を求める問題に容易に帰着出来て、
この解c(n)はすぐ求まるのか。なので、解b(n)も容易に求まり、
従って、元々の解a(n)もすぐ求まるという仕組み�
- 418 名前：ﾆいうか方針か。
なるほど。これは失礼を致した。大抵、非線形の問題を解くことは難しいんだけど。 [] - [ここ壊れてます]
- 419 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 09:05:02.17 ID:V6ntLYDb.net]
- 既出だったらすまんが
(無理数)^(無理数)が有理数になりえることを、初等的な例を挙げて示せ。
- 420 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 09:26:41.76 ID:AfBlc+HR.net]
- >>399
tan1°は代数的無理数で、tan1°を根とする既約多項式があり、次数はいくつだか分からないが、
少なくとも５次以上であることを、証明なしに使うこととする。
√2は、G(x)=x^2-2の根
tan1°+√2が有理数だと仮定すると、ある整数pとqを使って表せるH(x)=px+qの根となる
G(x)をH(x)で割った商を ax+b 、余りを c（cは有理数）とすると
G(x)=(ax+b)H(x) + c、と書ける。
G(tan1°+√2)=(tan1°+√2)^2-2=(a(tan1°+√2)+b)H(tan1°+√2)＋c=c
となるが、変形すると、
tan1°=-√2±√(c+2)
右辺は、せいぜい４次の多項式の根であり、tan1°が５次以上の既約多項式の根であることと矛盾する
- 421 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 09:32:27.32 ID:fRi0Wl2l.net]
- >>402
(2^√2)^√2 とかかな
- 422 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 09:36:03.42 ID:tWZwSoqi.net]
- >>402
ここで既出かどうかは知らないが、
世間的に有名なやつだ。
(√3)^√2が有理数なら、それが実例になり、
無理数なら、((√3)^√2)^√2=3が実例になる。
どっちなのかは、判らん。
- 423 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 09:37:42.70 ID:jICTOxiG.net]
- 初等的がどういう意味かは知らないが、e^{log(5)}＝5 だな。
確かにeは無理数で、log(5)は超越数だから、無理数になる。5は確かに有理数。
eもlog(5)も高校で出て来るから、初等的になるでしょう。
- 424 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 10:37:21.00 ID:ZFHN8CXT.net]
- 当然「初等的な範囲で証明できる例」という意味で>>405みたいなのを
想定してるんでしょうな。
（排中律を使った証明を嫌がる人が沸いてくる面倒な案件ではあるw）
- 425 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 11:14:02.69 ID:/suPxUqm.net]
- 結構有名なのか
この証明法を知ったときは目から鱗だった
log(2)の無理性を示す方針も可
解答例
√2は無理数である
さて、a=(√2)^(√2)とすると
aは実数であるから
aは有理数、無理数のいずれかであるが
i) aを有理数と仮定すると
a自体が(無理数)^(無理数)=(有理数)の例である
ii) aを無理数と仮定すると
a^(√2)=2であり、これは(無理数)^(無理数)=(有理数)の例である
i)、ii)より、(無理数)^(無理数)が有理数になりえることが示された
- 426 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 11:21:30.73 ID:/suPxUqm.net]
- あ、俺は402ね
- 427 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 12:32:47.97 ID:FOBod9Ir.net]
- >>403
正解かな いちおうtan1°が5次以上ってのも示して欲しいけど
あとtan1°+√2=p (pは有理数)とすると
(tan1°)^2-2ptan1°+p^2-2=0と変形出来るから3次以上ってことさえ証明すれば十分
- 428 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 13:51:57.87 ID:y87/SChC.net]
- >>402
(√2)^(2log[2](3))=3
これなら無理数性の証明まで十分高校レベル
- 429 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 15:03:07.40 ID:26HmIQf3.net]
- xが無理数のときx^xが有理数となり得るか？
- 430 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 15:28:54.94 ID:FOBod9Ir.net]
- >>410のヒントは倍角の公式使ってcosに帰着させる
あとは>>364の応用だけ
- 431 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 15:36:02.35 ID:FOBod9Ir.net]
- 倍角というより半角の公式か
- 432 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 22:12:41.62 ID:tWZwSoqi.net]
- >>411
log[2](3)が無理数であることは、
eが超越数であることから導かれる。
eの超越性は、超高校級かなと思う。
- 433 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 22:19:01.24 ID:JDCgBl3X.net]
- >>415
log[2](3)=p/q (p,qは整数 q≠0)とすると
3^q=2^p
素因数分解の一意性から矛盾
どこにeの超越性を使ってるんだ？ん？
- 434 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/11(金) 22:25:35.73 ID:JDCgBl3X.net]
- ちなみに>>405はゲルフォント･シュナイダーの定理から(√3)^(√2)=3^(√(2)/2)は無理数
- 435 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/11(金) 23:03:39.94 ID:tWZwSoqi.net]
- >>416
ああ、そうか。
e^{log(5)}のとき思っていたことを
つい書いてしまったが、
君のは、底が2だった。
すまんかったな。
- 436 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/12(土) 16:53:16.38 ID:XRx2A6+T.net]
- >>412
x^x=2 となる実数 x が存在する。
（関数 f(x)=x^x は 区間 [1,2] で連続、f(1)=1, f(2)=4 と中間値の定理から）
その x が有理数 p/q (p,q は自然数で互いに素) であると仮定すると、
(p/q)^(p/q)=2
p^p=2^q*q^p (*)
p≠1 のとき
(*)の左辺は p 乗数だが右辺は p 乗数でないので矛盾。
p=1 のとき
(*)の左辺は 1、右辺は 2 以上なので矛盾。
したがって、この x は無理数。
∴ x が無理数のとき x^x は有理数となり得る。
- 437 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/14(月) 03:29:58.20 ID:kfYtajnS.net]
- 半円をいくつかの合同な図形に分割せよ
ただし扇形は用いてはいけない
- 438 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 09:35:08.29 ID:O6d93CqM.net]
- 中心点対称なギザギザかグニャグニャで
放射状に分割すればいい。
扇形ではない。って、トンチかい！
- 439 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/14(月) 10:46:09.32 ID:qG0LsQ64.net]
- >>421
少しでもギザやぐにゃあれば合同にならない気がするけど
- 440 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 10:51:30.03 ID:dnSa0BIn.net]
- 無限個の三角形に分割
- 441 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 12:00:35.58 ID:OT7kPGqS.net]
- そもそも出来るの？
- 442 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 12:43:05.62 ID:GHCoaB5O.net]
- 扇形に面積0の切れ目でも入れとけ
それとも4つの扇形にして扇形2つを1図形とするか
- 443 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 13:07:38.24 ID:eiNVFbFa.net]
- 「円」じゃなくて「半円」だよね？
半円を合同な図形に分割するんだよね？
難しくね？
- 444 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 18:02:17.18 ID:hCCSNFoO.net]
- 扇型の一部を切り抜いて、飛び地を持つ図形にすればいい
- 445 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 18:09:26.69 ID:72x0Si/g.net]
- >>427
飛び地と本体との間隔がそれぞれ違くならない？
- 446 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 18:11:27.48 ID:72x0Si/g.net]
- あぁ二つに
- 447 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 18:12:03.03 ID:72x0Si/g.net]
- すればいいだけか
- 448 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/14(月) 18:31:29.17 ID:N6lFSlFA.net]
- 裏返しになるから合同じゃなくね？
- 449 名前：１３２人目の素数さん [2015/09/14(月) 18:34:32.94 ID:Yv3jNlqx.net]
- えっ
- 450 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 19:58:31.91 ID:O6d93CqM.net]
- >>426
ああ、半円か！
バナッハタルスキ使う？
- 451 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 22:12:07.21 ID:W7Wo0lmA.net]
- 合同じゃなくて相似なら（そして境界線が健全な曲線でなくていいなら）
なんとでもやりようがあるのだが
- 452 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 22:24:43.97 ID:KixLyrfi.net]
- 有限個に分割とは書いてないので、半円状の各点について一点集合を考えれば…
- 453 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/14(月) 22:49:53.17 ID:/BVJmROY.net]
- いくつかの合同な図形=何種類かの合同な図形の組だったりしないよな
- 454 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/15(火) 12:02:42.56 ID:zynqzyx5.net]
- 簡単かもしれんが…。
(1) 多項式 f(x) に対して、f(f(x))-x は f(x)-x で割り切れることを示せ。
(2) f(x) が分数式や無理式の場合はどうか？
- 455 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/15(火) 12:15:35.76 ID:GA6S6TvJ.net]
- >>437
kanae.2ch.net/test/read.cgi/prog/1436134409/58-59
- 456 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/15(火) 15:51:40.50 ID:eoTYkqja.net]
- >>437
f(x)=f(a)+(x-a)f'(a)+(1/2)(x-a)^2f''(a)+(1/6)(x-a)^3f'''(a)+...
これは、f(x)をx=aの周りでテイラー展開したものだが、任意のfに対する、aとxの恒等式とも言える。
a=f(x)を代入すると
f(x)=f(f(x))+(x-f(x))f'(f(x))+(1/2)(x-f(x))^2f''(f(x))+(1/6)(x-f(x))^3f'''(f(x))+...
f(f(x))-x=(f(x)-x){1+f'(f(x))}+(1/2)(f(x)-x)^2f''(f(x))+(1/6)(f(x)-x)^3f'''(f(x))+...
(1)についてはこの式が示すとおり、右辺は f(x)-x をくくり出せる。
(2)については、多項式ならテイラー展開が有限項で終了するため、「割り切れる」と言えるが、
分数式や無理式の場合は、その限りではない。
- 457 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2015/09/15(火) 21:09:35.48 ID:8akIzv6y.net]
- テイラー展開て…(w)
f が多項式の場合は、
f(x) に x を代入すれば、因数定理から言える。
分数式の場合は、
「割りきれる」って何だよ？いったい。
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