[過去ﾛｸﾞ] (･ω･)俺が日々の数学的発見を書くスレ (139ﾚｽ)
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3(2): ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/17(月)19:01 ID:O1RoUxa/(3/3) AAS
固定ハンドルはコレにする
4(1): ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/17(月)20:28 ID:ejIHhnsR(1) AAS
[定理]
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。
5(1): 2019/06/17(月)20:42 ID:+Vy13uM4(1) AAS
多項式の係数は何の元？
6(1): 2019/06/17(月)21:04 ID:gEUn5lMn(1) AAS
主張の式の左辺から察するに、モニックがすごく効いてくるんだろうな
7: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/17(月)21:16 ID:oxdTrNS+(1/2) AAS
>>5
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
8: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/17(月)21:16 ID:oxdTrNS+(2/2) AAS
>>4
(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、
省10
9(1): ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/17(月)22:04 ID:0GAdCUpi(1) AAS
[定理]
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
10: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/17(月)22:42 ID:ZeIRzCOt(1/2) AAS
>>9
(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。
省16
11: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/17(月)22:45 ID:ZeIRzCOt(2/2) AAS
↑訂正
(＊＊)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
12: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)07:18 ID:lPOXpfNK(1/3) AAS
[定理]
円周率πは無理数である。
13: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)07:36 ID:lPOXpfNK(2/3) AAS
[概説]
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。
14: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)08:08 ID:lPOXpfNK(3/3) AAS
[証明](前半)
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
省15
15: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)10:09 ID:FDNF7aqf(1) AAS
[証明](後半)
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、
省5
16: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)10:17 ID:eEntaTO9(1/2) AAS
[定理]
3.141<π<3.143である。
17: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)10:37 ID:eEntaTO9(2/2) AAS
[証明]
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
省7
18(1): 2019/06/20(木)11:49 ID:CMEFHFbs(1) AAS
いいスレね
毎日見るわ
19: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)12:04 ID:OEKcl1so(1/5) AAS
[定理]
2.7182<e<2.7183である。
20(1): ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)12:05 ID:OEKcl1so(2/5) AAS
[証明]
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!
省12
21: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)12:06 ID:OEKcl1so(3/5) AAS
[定理]
eは無理数である。
22: ◆uxQt4Y4ywU 2019/06/20(木)12:06 ID:OEKcl1so(4/5) AAS
[証明]
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
省11
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