(･ω･)俺が日々の数学的発見を書くスレ
度々VIPにいる数学好きの1人
投下するレスは高校数レベル
P(x)、Q(x)はdeg(P)>deg(Q)を満たすモニック多項式であり、P(x)=0は重解を持たないとする。
F:={ω∈C|P(ω)=0}とすれば、
∫(Q(x)/P(x))dx=Σ[ω∈F]Q(ω)log(x-ω)/P'(ω)
が成り立つ。
複素数です
>>6
積分したい分数関数の分母と分子がモニックでなくても、
最高次係数を括り出せば上の定理が使えます
その事を書くのが面倒であるためモニックとしました
(証明)
P(x)=Σ[ω∈F](x-ω)であるから、
P'(x)=Σ[ω∈F]Π[ω≠φ∈F](x-φ)
よって、各ω∈Fに対して
P'(ω)=Π[ω≠φ∈F](ω-φ)…(＊)
ここで、deg(P)>deg(Q)より、
各ω∈Fに対して定数A(ω)∈Cが存在して
Q(x)/P(x)=Q(x)/Π[ω∈F](x-ω)=Σ[ω∈F]A(ω)/(x-ω) (for∀x∈¬F)
となる。したがって、
Q(x)=Σ[ω∈F](A(ω)Π[ω≠φ∈F](x-φ)) (for∀x∈¬F)
であり、各ω∈Fに対してx→ωの極限をとれば
Q(ω)=A(ω)Π[ω≠φ∈F](ω-φ)=A(ω)P'(ω) (∵(＊)より)
P(x)=0は重解を持たない事より、P'(ω)≠0であるから、
A(ω)=Q(ω)/P'(ω) となる。
以上から、
Q(x)/P(x)=Σ[ω∈F]Q(ω)/(P'(ω)(x-ω))
なので、
∫(Q(x)/P(x))dx=Σ[ω∈F]Q(ω)log(x-ω)/P'(ω)
である。//
n枚の並行金属板からなるコンデンサーの向かい合う極板表面には、大きさが等しく符号が逆の電荷が溜まる
(証明)
電場は一様であるとし、電荷は極板表面のみに溜まるとする。
どの極板も同じ形状であり、面積はSであるとする。
極板は上下に並ぶとして、上からi番目の極板をP_iとする。
P_iの極板上部の電荷をA_i、下部の電荷をB_iとする。
S_i=Σ[k=1→i]A_i , T_i=Σ[k=1→i]B_iとし、
S=S_n , T=T_nとする。
Σ[k=m→n]という記号に関して、
m>nの場合はΣ[k=m→n]f(k)=0とする。
極板内の電場を考えることで関係式を得よう。
ガウスの法則より、電荷A_iによる電場はA_i/(2εS)である。
B_iによる電場も同様である。
極板P_iの内部の電場は0であるから、
Σ[k=1→i]A_k/(2εS) +Σ[k=1→i-1]B_k/(2εS)
-Σ[k=i+1→n]A_k/(2εS) -Σ[k=i→n]B_k/(2εS)
=0 (for∀i≧1)
したがって、
S_i+T_[i-1]-(S-S_i)-(T-T_[i-1])=0 (for∀i≧1)
∴S_i+T_[i-1]=(S+T)/2 (for∀i≧1)…(＊)
(＊)より、S_[i+1]+T_i=(S+T)/2 (for∀i≧2)…(＊＊)
(＊)と(＊＊)の差を取ると、
A_[i+1]+B_i=0 (for∀i≧2)
したがって、向かい合う極板表面の電荷は大きさが等しく符号が逆であると分かる。
ちなみに、S_1+T_0=(S+T)/2 よりA_1=(S+T)/2であり、
S_n+T_[n-1]=(S+T)/2 よりB_n=(S+T)/2である。//
(＊＊)で、for∀i≧2 ではなく for∀i≧0
A_[i+1]+B_i=0 (for∀i≧2)の箇所はfor∀i≧1
円周率πは無理数である。
π∈Qのとき0に収束する自然数列を取ることができ、矛盾する。
これはニーベンによる証明である。
0に収束する自然数列を構成する際に、nを含む定積分I_nを考え、
I_nの極限と漸化式の双方を得るという手順を踏む。
このように積分を経由することで、極限が非自明な数列の漸化式と
その極限を同時に得ることができる。
b_n=t^n*(1-t)^nとおき、b_nのtでの微分をb_n'のように表す。
b_[n+1]'
=(n+1)t^n*(1-t)^n*(1-2t)
=(n+1)(1-2t)b_n
b_[n+1]''
=-2(n+1)b_n+(n+1)(1-2t)b_n'
=-2(n+1)b_n+n(n+1)(1-2t)^2*b_[n-1]
=-2(n+1)b_n+n(n+1)b_[n-1]-4n(n+1)t(1-t)b_[n-1]
=-2(n+1)b_n+n(n+1)b_[n-1]-4n(n+1)b_n
=n(n+1)b_[n-1]-(4n+2)(n+1)b_n
よって、I_n=(π^(n+1)/n!)∫[0→1]b_n*sinπtdtとおくと、n≧1のとき
((n+1)!/π^(n+2))I_[n+1]
=∫[0→1]b_[n+1]*sinπtdt
=[b_[n+1]*(-cosπt)/π][0→1]+(1/π)∫[0→1](b_[n+1]')cosπtdt
=(1/π)∫[0→1](b_[n+1]')cosπtdt
=(1/π)[(b_[n+1]')sinπt/π][0→1]-(1/π^2)∫[0→1](b_[n+1]'')sinπtdt
=(1/π^2)((4n+2)(n+1)∫[0→1]b_n*sinπtdt-n(n+1)∫[0→1]b_[n-1]*sinπtdt)
=((4n+2)(n+1)!/π^(n+3))I_n-((n+1)!/π^(n+2))I_[n-1]
したがって、
I_[n+1]=((4n+2)/π)I_n-I_[n-1]
である。ここで、0≦t≦1のとき0≦b_n*sinπt≦1より
0≦I_n≦π^(n+1)/n!であるから、任意の正の数aに対して
0≦a^n*I_n≦π(aπ)^n/n!→0(n→∞)
よって、a^n*I_n→0(n→∞)である。(前半終)
いま、任意のa>0に対してa^n*I_n→0(n→∞)となるような
強力な数列の漸化式I_[n+1]=((4n+2)/π)I_n-I_[n-1]が得られた。
(I_0=2 , I_1=4/πである)
この強力な性質が、πの無理性に起因することを示そう。
π∈Qだと仮定する。π=p/q(p,q∈N、pとqは互いに素)とおける。
J_n=p^n*I_nとおくと、上記の事実により
J_[n+1]=q(4n+2)J_n-p^2*J_[n-1]
J_0=2 , J_1=4q , J_n→0(n→∞)
となる。帰納的にJ_n∈Z(for∀n)であるから、
J_n→0(n→∞)を考慮すれば、あるm∈Nが存在して
J_m=J_[m+1]=0となるはずである。
このとき、J_[m-1]=0となるので、帰納的に
J_n=0(for∀n)となるが、これはJ_0=2に矛盾する。
以上から、円周率πが無理数である事が示された。(後半終)//
3.141<π<3.143である。
t∈[0,1]のとき1/2≦1/(t^2+1)≦1であるから、
b_n=t^n*(1-t)^nとすれば
(1/2)b_4≦b_4/(t^2+1)≦b_4
である。よって、
(1/2)∫[0→1]b_4dt<∫[0→1]b_4/(t^2+1)dt<∫[0→1]b_4dt
が成り立つ。ここで、
∫[0→1]b_4dt=4!4!/9!=1/630
∫[0→1]b_4/(t^2+1)dt
=∫[0→1]{t^6-4t^5+5t^4-4t^2+4-(4/(t^2+1))}dt
=(t^7/7-(2/3)t^6+t^5-(4/3)t^3+4t)[0→1]-4(Arctan t)[0→1]
=22/7-π
なので、1/1260<22/7-π<1/630を得る。
よって、22/7-1/630<π<22/7-1/1260であり、
22/7-1/630=1979/630=3.1412…>3.141
22/7-1/1260=3959/1260=3.1420…<3.143
であるので、3.141<π<3.143が示された。//
毎日見るわ
2.7182<e<2.7183である。
次の事実に注意しておく。(n,k,m∈N,n≧k,n≧2)
nCk(1/n)^k<1/k!
nCk(1/n)^k→1/k!(n→∞)
k≧mのとき、1/k!≦(1/m!)(1/(m+1))^(k-m)
以下、n∈Nは十分大きいとする。
(1+1/n)^n
=Σ[k=0→n]nCk(1/n)^k
=Σ[k=0→5]nCk(1/n)k+Σ[k=6→n]nCk(1/n)^k
<Σ[k=0→5]nCk(1/n)k+Σ[k=6→n]1/k!
<Σ[k=0→5]nCk(1/n)k+(1/6!)Σ[k=6→n](1/6)^(k-6)
→(1+1+1/2+1/6+1/24+1/120)+(1/720)(1/(1-1/7)) (n→∞)
=11743/4320
=2.71828…
(1+1/n)^n
=Σ[k=0→n]nCk(1/n)^k
>Σ[k=0→7]nCk(1/n)^k
→1+1+1/2+1/6+1/24+1/120+1/720+1/5040 (n→∞)
=685/252
=2.71825…
以上より、2.7182<lim[n→∞](1+1/n)^n<2.7183
すなわち 2.7182<e<2.7183 が示された。//
eは無理数である。
e∈Qと仮定する。
e∈¬Zより、e=p/q(p,q∈N,q>1)とおける。
S=Σ[k=0→q]q!/k! (∈N)としておく。
以下、n∈Nは十分大きいとする。
(1+1/n)^n
=Σ[k=0→n]nCk(1/n)^k
>Σ[k=0→q]nCk(1/n)^k
→Σ[k=0→q]1/q! (n→∞)
(1+1/n)^n
=Σ[k=0→n]nCk(1/n)^k
=Σ[k=0→q]nCk(1/n)^k+Σ[k=q+1→n]nCk(1/n)^k
<Σ[k=0→q]nCk(1/n)^k+Σ[k=q+1→n]1/k!
<Σ[k=0→q]nCk(1/n)^k+(1/(q+1)!)Σ[k=q+1→n]1/(q+1)^(k-q-1)
→Σ[k=0→q]1/k!+(1/(q+1)!)(1/(1-1/(q+1))) (n→∞)
=Σ[k=0→q]1/k!+(1/q!)(1/q)
以上より、Σ[k=0→q]1/k!<e=p/q<Σ[k=0→q]1/k!+(1/q!)(1/q)
なので、各辺にq!を掛ければ
S<p(q-1)!<S+1/q
これはS∈N、p(q-1)!∈N、q>1より成り立たず矛盾。
したがって、eが無理数である事が示された。//
ありがとう
だけど気分によって投稿間隔が大幅に揺れるから
１ヶ月レスしないとかザラにあると思う
それは勘弁
Σ[k=0→5]nCk(1/n)k
となっている箇所は正しくは
Σ[k=0→5]nCk(1/n)^k
I_n=(π^(n+1)/n!)∫[0→1]t^n*(1-t)^n*sintdtとすると
①I_[n+1]=((4n+2)/π)I_n-I_[n-1] , I_0=2 , I_1=4/π
②a^n*I_n→0 (n→∞) (for∀a>0)
π=p/q(p,q∈N)として、J_n=p^n*I_nとおくと
③J_[n+1]=q(4n+2)J_n-p^2*J_[n-1] , J_0=2 , J_1=4q
④J_n→0 (n→∞) , J_n∈N (for∀n)
→矛盾であるのでπ∈¬Q//
2019個の有理数a_1,…,a_2019が
「どの1つを取り除いても残りの2018個を和が
等しくなるように1009個ずつに二分できる」
ならばa_1,…,a_2019は全て等しい。
a_1~a_2019は整数だとしてよく、全ての偶奇は一致する。
これらに対し、2で割るか、±1を足して2で割る操作を繰り返すと
あるタイミングでa_1~a_2019の中に0が生じるが、
このときに0でないものが含まれていると
その後2で割る操作を続けた時に奇数が生じて
a_1~a_2019の偶奇が一致することに矛盾する。
有理数a_1,a_2,…,a_2019のことを{a}と書く。
2019個の数が
「どの1つを除いても残りの2018個の数を総和が等しくなるように1009個ずつに二分出来る」
という性質を持つとき、これを性質Pと呼ぶ事にする。
{a}が性質Pを持つとき、各々の有理数に等しい整数をかけて出来る有理数列も性質Pを持つ。
よって、以下では{a}は全て整数として良い。
{a}の総和をSとすると、{a}が性質Pを持つとき、S-a_i=(偶数) (for∀i)である。
よってa_iとSの偶奇は一致し(for∀i)、したがって{a}の各々の偶奇は一致する。…(＊)
ここで次の操作を考える。
(A){a}の全ての整数を2で割る
(B){a}の全ての整数に1を足して2で割る
(C){a}の全ての整数から1を引いて2で割る
{a}の各々が偶数のときは(A)を行い、奇数のときは(B)または(C)を行う事にすると、
新たにできる{a}は全て整数であり、かつ性質Pを持つ。
よって、(＊)により新たな{a}の各々の偶奇は一致する。
さて、{a}に適切に(A)~(C)の操作を有限回行うと(または行わないと)、ある段階(☆)で初めて{a}の中に0があらわれる。
段階(☆)で{a}の中に0でないものa_mがあったと仮定すると、
段階(☆)以後の{a}に対する操作は(A)のみ許されるので、
a_mは有限回の操作(A)の後で必ず奇数になる。
このとき{a}の中に偶数0と奇数a_mが同時に含まれる事になり矛盾する。
以上から、段階(☆)で{a}は全て0でなければならない事が分かった。
これは、操作を行う前の{a}が全て等しかった事を表している。//
2019個の実数a_1,…,a_2019が
「どの1つを取り除いても残りの2018個を和が
等しくなるように1009個ずつに二分できる」
ならばa_1,…,a_2019は全て等しい。
実数a_1,a_2,…,a_2019のことを{a}と書く。
また、行列Xの転置行列をX^Tと書く。
題意より、{a}からa_iを取り除いて、和が等しくなるように
1009個ずつのグループP,Qに二分する事ができる。
行列Aの(i,j)成分A(i,j)を次のように定める。
A(i,i)=0 , A(i,j)=1(if a_j∈P) , A(i,j)=-1(if a_j∈Q)
列ベクトルxを、x=(a_1,…,a_2019)^Tとすると、
Ax=0 (0は2019×1の零行列)である。
ここで、Aから1列目と2019行目を取り除いた
2018×2018の正方行列をBとし、列ベクトルx'を
x'=(a_2,…,a_2019)^Tとする。
また、Aの1列目より成る列ベクトルから最終行を除いた
2018×1の列ベクトルをuとし、Bのn列目をuに置き換えた
正方行列をB_nとする。見やすさのためk=-a_1とする。
このとき、Ax=0はBx'=kuと書ける。
クラメルの公式より、x'の(1,n)成分 : x'(1,n)は
x'(1,n)=k(det B_n)/(det B)となる。
det B=±1、det B_n=±1であるので、x'(1,n)=±k
したがって、x'の各成分の絶対値は|k|に等しい事が分かった。
すなわち、{a}の各々の絶対値は等しい。
以下、{a}の各々の符号が等しい事を示そう。
{a}の中にa_1と符号の異なる数a_n=-kが含まれていると仮定する。
{a}からa_nを取り除いたものを、和が等しくなるように
1009個ずつに二分できる事より、a_1と符号が異なる数は
a_nを除いて偶数個、すなわち全体で奇数個ある。
同様に、{a}からa_1を取り除いたものを和が等しくなるように
二分できる事より、a_1と符号が異なる数は
全体で偶数個あると言えるが、これは上述の事に矛盾する。
以上から、{a}の各々の符号は全て等しい。
したがって題意は示された。//
(1,n)としてある所は正しくは(n,1)
無理数の無理数乗が有理数となる場合が存在する。
「ある無理数a,bが存在してa^b∈Qとなる」
を命題Pとする。√2は無理数である。
(√2)^(√2)が有理数ならばPは真。
(√2)^(√2)が無理数ならば、これの√2乗は
((√2)^(√2))^(√2)=(√2)^2=2∈Qとなり、
無理数の無理数乗が有理数となるのでPは真。
以上からPが真である事が示された。//
√2は無理数である。
1^2<(√2)^2<2^2より1<√2<2である。
√2=p/q(p,q∈N)とおけると仮定する。
このような(p,q)の組のうち、qが最小となるものを
(p,q)=(A,B)とする。このとき、
1<A/B<2なので0<A-B<Bが言える。
ここで、(2B-A)/(A-B)という数を考える。
(2B-A)/(A-B)
=(2-(A/B))/((A/B)-1)
=(2-√2)/(√2-1)
=√2
なので、(p,q)=(2B-A,A-B)なる(p,q)の組が存在するが、
0<A-B<Bであったから、Bの最小性に矛盾する。
以上から、√2は無理数である。//
2^(1/3)は無理数である。
2^(1/3)=p/q(p,q∈N)とおけると仮定すると、
2=(p/q)^3なので、q^3+q^3=p^3となる。
しかし、これはフェルマーの最終定理のn=3の場合に矛盾する。
したがって、2^(1/3)は無理数。//
π+eとπeがいずれも代数的数だと仮定すると
方程式x^2-(π+e)+πe=0の解は代数的数になるが、
これは解x=πまたはx=eが超越数である事に矛盾する。
良いことを言うね
積分路γで囲まれた領域中のf(z)の極の集合をFとして
∮[γ]f(z)dz=2πiΣ[ω∈F]Res[z=ω]f(z)
今のところ証明はできない
eが超越数である事の証明を書きたいんだけど、時間と気力がないのですm(_ _)m
ふうL@Fu_L12345654321
学コン1傑いただきました！
とても嬉しいです！
https://pbs.twimg.com/media/D-IuUuqVUAALnAB.jpg
https://twitter.com/Fu_L12345654321/status/1144528199654633477
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なぜその画像をこのスレに…？
大数は宿題にしか応募した事ないなぁ
任意の自然数nと任意の実数x_1,…,x_n;y_1,…,y_nに対して、
(Σx_i*y_i)^2≦(Σx_i^2)(Σy_i^2)
が成り立つ。(Σa_iはΣ[i=1→n]a_iの略記)
(Σx_i^2)(Σy_i^2)-(Σx_i*y_i)^2=(1/2)Σ(x_i*y_j-x_j*y_i)^2≧0 //
気が向いたらしてますよ
最近だと三日前に立てました
VIPも見るようにしますわ
まあVIPに立てる頻度は高くないので、あまりご自分の時間を無駄になさらないように気を付けてください…
ふうL@Fu_L12345654321
学コン1傑いただきました！
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正五角形の対角線の長さφは黄金比(1+√5)/2になる
定理では正五角形の一辺の長さを1とした。
正五角形は円に内接するので、トレミーの定理により
φ^2=φ+1 ∴φ=(1+√5)/2 //
異なる4点A,B,C,Dが同一円周上にこの順に並んでいる時、
AB*CD+BC*AD=AC*BD が成り立つ。
トレミーの定理には初等幾何を使う方法、正弦定理を使う方法、複素数を使う方法、反転を使う方法など様々なものがある。
次では、最も技巧的でないと思われる自然な証明の1つで、かつキレイなものを述べる。
以下、記述の簡略化のためにsin(θ/2)を[θ]、cos(θ/2)を{θ}と書く。
|e^(iθ)-e^(iφ)|=√(2+2cos(θ-φ))=2|[θ-φ]| となる事に注意する。
4点は複素数平面の単位円周上にあるとしてよい。
A,B,C,Dの偏角はそれぞれα‬,β,γ,δ(‪0≦‪α‬<β<γ<δ<2π)…(＊)とおける。
このとき、
AB*CD+BC*AD
=2|[‪α‬-β]|*2|[γ-δ]|+2|[β-γ]|*2|[‪α‬-δ]|
=4[β-‪α‬]*[δ-γ]+4[γ-β]*[δ-‪α‬] (∵(＊))
=-2{β-‪α‬+δ-γ}+2{β-‪α‬-δ+γ}-2{γ-β+δ-‪α‬}+2{γ-β-δ+‪α‬}
=2{β-‪α‬-δ+γ}-2{γ-β+δ-‪α‬}
=-4[γ-‪α‬]*[β-δ]
=AC*BD
より示された。//
∠DAC=‪α‬、∠ABD=β、∠ACB=γとし、
四角形ABCDの外接円の半径をRとすると、正弦定理より
AB=2Rsinγ、CD=2Rsin‪α‬、AD=2Rsinβ、
BC=2Rsin∠BDC=2Rsin(π-‪α‬-β-γ)=2Rsin(‪α‬+β+γ)、
AC=2Rsin(‪α‬+β)、BD=2Rsin(β+γ)
であるから、
AB*CD+BC*AD
=4R^2*sinγsin‪α‬+4R^2*sin(‪α‬+β+γ)sinβ
=-2R^2*(cos(‪α‬+γ)-cos(‪α‬-γ)+cos(‪α‬+2β+γ)-cos(‪α‬+γ))
=-2R^2*(cos(‪α‬+2β+γ)-cos(‪α‬-γ))
=4R^2*sin(‪α‬+β)sin(β+γ)
=AC*BD
したがって示された。//
θ=π/nとおき、ε=e^(iθ)とおく。
f(k)=ε^k+ε^(-k)、g(k)=ε^k-ε^(-k)とする。
このとき、
1° f(-k)=f(k)
2° g(-k)=-g(k)
3° f(a)f(b)=f(a+b)+f(a-b)
4° g(a)g(b)=f(a+b)-f(a-b)
5° f(a)g(b)=g(a+b)-g(a-b)
6° f(k)^2=f(2k)+2
7° g(k)^2=f(2k)-2
8° f(k)=-f(n-k)
9° g(k)=g(n-k)
が成り立つ。
f(k)=2cos(kπ/n)、g(k)=2isin(kπ/n)である事に注意する。
(補題)
nが奇数のとき、m=(n-1)/2とすれば、
f(1)-f(2)+f(3)-f(4)+…-(-1)^m*f(m)=1
証明は省略する。
以上の事を使いこなせば、三角関数の計算問題で解けないものは無くなる。
角度π/7が絡む問題には発想力が必要なものが多いが、
計算力さえあれば解ききれるようになる。
θ=π/7とすると、
・tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)
・tan^2(θ)+tan^2(2θ)+tan^2(3θ)
・tan^2(θ)tan^2(2θ)+tan^2(2θ)tan^2(3θ)+tan^2(3θ)tan^2(θ)
・4sin(2θ)-tan(θ)
などを求めることができるが、以下では
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)の場合の計算を実演する。
n=7のとき、補題よりf(1)-f(2)+f(3)=1…(☆)である。
以下の式変形は、
・g(k)があったら二乗してf(2k)になおす
・f(1)、f(2)、f(3)のみの式になおしていく
・補題を１回以上使う
の3点に留意して行っている。
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)
=(g(1)/if(1))(g(2)/if(2))(g(3)/if(3))
=(g(1)g(2)g(3))/(-if(1)f(2)f(3))
であるから、
(tan(θ)tan(2θ)tan(3θ))^2
=(g(1)g(2)g(3))^2/(-if(1)f(2)f(3))^2
=((f(2)-2)(f(4)-2)(f(6)-2))/(-(f(2)+2)(f(4)+2)(f(6)+2))
=((f(2)-2)(-f(3)-2)(-f(1)-2))/(-(f(2)+2)(-f(3)+2)(-f(1)+2))
=((f(2)-2)(f(3)+2)(f(1)+2))/((f(2)+2)(-f(3)+2)(f(1)-2))
=((f(2)f(3)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(2)f(3)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)+f(5)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)-f(5)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)-f(2)+2f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)+f(2)+2f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((f(1)+f(2)-2f(3)-4)(f(1)+2))/((-f(1)+3f(2)-2f(3)+4)(f(1)-2))
=((3f(1)-f(2)-6)(f(1)+2))/((f(1)+f(2)+2)(f(1)-2)) (∵(☆))
=(3f(1)^2+6f(1)-f(2)f(1)-2f(2)-6f(1)-12)/(f(1)^2-2f(1)+f(2)f(1)-2f(2)+2f(1)-4)
=(3f(2)+6+6f(1)-f(1)-f(3)-2f(2)-6f(1)-12)/(f(2)+2-2f(1)+f(1)+f(3)-2f(2)+2f(1)-4)
=(-f(1)+f(2)-f(3)-6)/(f(1)-f(2)+f(3)-2)
=(-1-6)/(1-2) (∵(☆))
=7
したがって、
tan(θ)tan(2θ)tan(3θ)=√7 //
垂心をH、内心をIとする。
a、b、cをそれぞれ辺BC、CA、ABの長さとし、
Pは任意の点とする。
OH↑=OA↑+OB↑+OC↑
(XY↑はXYベクトルを表す)
定理の式は、OH↑=3OG↑とも書ける。
OX↑=OA↑+OB↑+OC↑で定まる点Xが
点Hと一致する事を示せばよい。
AX↑・BC↑
=(OX↑-OA↑)・(OC↑-OB↑)
=(OB↑+OC↑)・(OC↑-OB↑)
=|OB↑|^2-|OC↑|^2
=0
よりAX⊥BCであり、全く同様にして
BX⊥CA、CX⊥ABも示せるのでX=Hである。
よって示された。//
複素数平面で考えよう。xの共役複素数をx'と表す。
O(0)、A(‪α‬)、B(β)、C(γ)、H(ω)とする。
A、B、Cは単位円周上にあるとして良い。
AH⊥BCより、
(ω-‪α‬)/(β-γ)=-(ω'-‪α‬')/(β'-γ')
∴ω(β'-γ')+ω'(β-γ)=‪α‬(β'-γ')+α‬'(β-γ)
この両辺に‪α‬βγをかけて、
ω‪α‬(γ-β)+ω'‪α‬βγ(‪β-γ)=‪α‬^2*(γ-β)+βγ(‪β-γ)
∴ω‪α‬-ω'‪α‬βγ=‪α‬^2-βγ…(1)
同様に、BH⊥CAより、
ωβ-ω'‪α‬βγ=β^2-γ‪α‬…(2)
(1)-(2)より、
ω(‪α‬-β)=(‪α‬-β)(‪α‬+β)+γ(‪α‬-β)
∴ω=‪α‬+β+γ
したがって、OH↑=OA↑+OB↑+OC↑//
PI↑=(aPA↑+bPB↑+cPC↑)/(a+b+c)
直線AIと辺BCとの交点をDとする。
∠DAB=∠DACより、AB:AC=BD:CDなので、
PD↑=(bPB↑+cPC↑)/(b+c)
また、∠IBD=∠IBAより、BD:BA=DI:AIなので、
PI↑
=((ac/(b+c))PA↑+cPD↑)/((ac/(b+c))+c)
=(aPA↑+(b+c)PD↑)/(a+b+c)
=(aPA↑+bPB↑+cPC↑)/(a+b+c)
したがって示された。//
a,b,c∈Nはどの2つも互いに素で、aは奇数とする。
このとき、a^2+b^2=c^2ならば、
偶奇の異なる互いに素なm,n∈N(m>n)を用いて
a=m^2-n^2,b=2mn,c=m^2+n^2
と表される。
まず、bが偶数である事を示す。
以下、合同式の法を4とする。
bが奇数であると仮定すると、b≡±1よりb^2≡1
同様に、a^2≡1であるから、a^2+b^2≡2
しかし、c^2≡0 or 1なので、a^2+b^2=c^2に矛盾する。
よってbは偶数である。
ここでb=2k(k∈N)とおくと、
a^2+b^2=c^2 ⇔ k^2=((c+a)/2)*((c-a)/2)…(＊)
a,cは奇数より(c+a)/2及び(c-a)/2は自然数である。
整数x,yの最大公約数をgcd(x,y)のように書くと、
ユークリッドの互除法より
gcd((c+a)/2,(c-a)/2)
=gcd(c,(c-a)/2)
=gcd(c,c-a) (∵cは奇数)
=gcd(c,-a)
=1 (∵aとcは互いに素)
よって、(c+a)/2と(c-a)/2は互いに素である。
これと(＊)より、(c+a)/2及び(c-a)/2は平方数である。
したがって、互いに素なm,n∈N(m>n)を用いて
(c+a)/2=m^2 , (c-a)/2=n^2
とおける。これより、
a=m^2-n^2 , b=2mn , c=m^2-n^2
を得る。aは奇数であったから、mとnの偶奇は異なる。
以上から示された。//
c=m^2-n^2 → c=m^2+n^2
x,y∈Zに対してxがyを割り切る事をx|yと書き、
割り切らないことをx∤︎yと書く。
x,y∈Z,n∈N,奇素数pに対して、p∤︎x , p∤︎y , p|(x-y)ならば
v(x^n-y^n)=v(x-y)+v(n) が成り立つ。
ただし、p^m|x , p^(m+1)∤︎x となるm∈Z(m≧0)をv(x)で表す。
(1)n=pのとき
x^p-y^p
=(x-y)(x^(p-1)+x^(p-2)*y+…+y^(p-2)*x+y^(p-1))
=(x-y)((x-y)A+py^(p-1))
である。ただし、
A=x^(p-2)+2x^(p-3)*y+3x^(p-4)*y^2+…+(p-1)y^(p-2)
とおいた。ここで、p|(x-y) , p∤︎yより、
p|((x-y)A+py^(p-1)) , p^2∤︎((x-y)A+py^(p-1))
であるから、
v(x^p-y^p)=v(x-y)+1=v(x-y)+v(p)
よってn=pで定理の主張は成り立つ。
(2)n=a(p∤︎a)のとき
x^a-y^a=(x-y)(x^(a-1)+x^(a-2)*y+…+y^(a-1))
ここで、p|(x-y)よりx≡y mod pなので、
x^(a-1)+x^(a-2)*y+…+y^(a-1)≡ax^(a-1)≢0 mod p
よって、v(x^a-y^a)=v(x-y)=v(x-y)+v(a)
したがってn=aで定理の主張は成り立つ。
(3)n=ap^m(m∈Z,m≧0,p∤︎a)のとき
m=0のとき、(2)より定理の主張は成り立つ。
m=k(k∈Z,k≧0)のときに定理の主張が成り立つと仮定する。
v(x^(ap^(k+1))-y^(ap^(k+1)))
=v((x^(ap^k))^p-(y^(ap^k))^p)
=v(x^(ap^k)-y^(ap^k))+v(p)
=v(x-y)+v(ap^k)+v(p)
=v(x-y)+v(ap^(k+1))
より、m=k+1のときも定理の主張は成り立つ。
以上(1)~(3)より示された。//
a,b∈Zに対して、aとbの最大公約数をgcd(a,b)で表し、
aとbが互いに素であることをa⊥bで表す。
これらは断りなく使う。
a,b∈Z\{0} , F={z|∃x,y∈Z,ax+by=z}とすると、
Fの各要素はFの正の最小の要素dの倍数になる。
あるz∈Fがdの倍数でないと仮定する。
このとき、z=dq+r(q,r∈Z,0<r<d)とおける。
また、z,d∈Fより、x,y,x',y'∈Zを用いて
d=ax+by , z=ax'+by' とおける。
したがって、
r=z-dq=(ax'+by')-(ax+by)q=a(x'-xq)+b(y'-yq)∈F
∴ r∈F
となるが、これはdの最小性に矛盾する。
よって示された。//
a,b∈Z,a⊥bのとき、ax+by=1を満たすx,y∈Zが存在する。
定理>>81の系として得られる。
定理>>81において、
a=1*a+0*b∈T , b=0*a+1*b∈T ∴ a,b∈T
なので、d|a かつ d|b である。
ここでa⊥bとすればd=1となるから、d∈Tより 1∈T
したがって示された。//
a^nをbで割った余りをr[n]とする。
r[n]の値は高々b種類なので、あるs,t∈N(s>t)が存在して
r[s]=r[t]となる。よって、
a^s≡a^t mod b ∴ a^(s-t)≡1 mod b(∵a⊥b)
したがって、あるm∈Zが存在して
a^(s-t)+mb=1を満たすので、
x=a^(s-t-1)∈Z , y=m とすれば良い。//
素数p、整数a,bに対して p|ab⇒p|a or p|b が成り立つ。
p|bのときは良い。以下p∤︎bとする。
ベズーの定理より、あるx,y∈Zが存在して
px+by=1 を満たす。この両辺をa倍して、
apx+aby=a となる。
p|abのときp|(apx+aby)となるので、p|aが分かった。//
2以上の任意の自然数は一意に素因数分解できる。
2は素数であり、素因数分解可能なのは自明である。
2以上n以下(n∈N,n≧2)の任意の自然数が
素因数分解可能であると仮定する。
n+1が素数のとき、
n+1が素因数分解可能なのは自明である。
n+1が合成数のとき、
あるs,t∈N(s,t≧2)が存在して、n+1=stと書ける。
2≦s≦n , 2≦t≦n であるから、仮定より
s,tは素因数分解可能であり、したがって
n+1も素因数分解可能である。
よって、2以上の全ての自然数は素因数分解可能である。//
2は素数であり、一意に素因数分解されるのは自明である。
2以上n以下(n∈N,n≧2)の任意の自然数が
一意に素因数分解されると仮定する。
n+1が素数のとき、
n+1が一意に素因数分解されるのは自明である。
n+1が合成数のとき、
n+1=p[1]*p[2]*…*p[k]=q[1]*q[2]*…*q[l] …(＊)
とおける。ただし、
p[1],p[2],…,p[k];q[1],q[2],…,q[l]は素数、
p[1]≦p[2]≦…≦p[k] , q[1]≦q[2]≦…≦q[l]、
p[1]≦q[1]、k,lは2以上の自然数
である。
p[1]|q[1]*q[2]*…*q[l]なので、ユークリッドの補題より
(p[1]|q[1]) or (p[1]|q[2]) or … or (p[1]|q[l])
であり、p[1]及びq[i](i=1,2,…,l)が素数である事と
p[1]≦q[1]である事に注意すれば、p[1]=q[1]である。
これと(＊)より、
(2≦)p[2]*p[3]*…*p[k]=q[2]*q[3]*…*q[l](≦n)
であるから、仮定を用いれば
k=l , p[i]=q[i] (i=2,3,…,k)
したがって、n+1は一意に素因数分解される。
よって、2以上の全ての自然数は一意に素因数分解される。//
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m∈Z(m≠0)に対し、F(m)={x∈Z|1≦x≦|m|,m⊥x}とし、
φ(m)=n(F(m))とするとき、a⊥mなるa∈Zに対して
a^φ(m)≡1 mod m が成り立つ。
関数f:F(m)→F(m)を次のように定める。
「f(x)はaxをmで割った余りを表す」
このとき、fが全単射である事を示す。
f(x)=f(y)であるとき、ax≡ay mod mであり、
m⊥aであったからx≡y mod mである。
x,y∈F(m)を考慮するとx=yが分かる。
よって、fは全単射である。したがって、
Π[k∈F(m)]k=Π[k∈F(m)]f(k) なので、
Π[k∈F(m)]k≡Π[k∈F(m)]ak mod m
∴Π[k∈F(m)]k≡a^φ(m)*Π[k∈F(m)]k mod m
∴a^φ(m)≡1 mod m (∵m⊥Π[k∈F(m)]k)
よって示された。//
m=5の場合を示す。以下法を5とする。
示すべき事は、a^4≡1である。ここで、
a^5-a=(a-2)(a-1)a(a+1)(a+2)+5(a-1)a(a+1)
であり、この右辺は連続5整数の積と
5の倍数の和だから、5の倍数となる。
したがって、a^5-a≡0 ∴ a^4≡1 (∵5⊥a)//
素数pに対して、p|pCk(k=1,2,…,p-1)が成り立つ。
pCk=p(p-1)…(p-k+1)/k!であり、p⊥k!なのでp|pCk//
k*pCk=k*p!/((p-k)!k!)=p*(p-1)!/((p-k)!(k-1)!)=p*(p-1)C(k-1)
よりp|k*pCkであり、p⊥kなのでp|pCk//
a,m∈Nに対して、a⊥mのとき
法mにおいてaはただ一つの逆元をもつ。
オイラーの定理よりa^(φ(m)-1)はaの逆元である。
aの逆元としてb,cをとると、
ab≡1 mod m , ac≡1 mod m
なので、ab≡ac mod mである。
a⊥mを考慮すると、b≡c mod m
よって存在性・唯一性が示された。//
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