[過去ﾛｸﾞ] 分からない問題はここに書いてね 471 (1002ﾚｽ)
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1(1): 2021/11/02(火)03:38 ID:te4HpQwE(1) AAS
さあ、今日も１日がんばろう★☆
前スレ
分からない問題はここに書いてね 470
2chｽﾚ:math
(使用済です: 478)
数学@5ch掲示板用
☆掲示板での数学記号の書き方例と一般的な記号の使用例
外部ﾘﾝｸ:mathmathmath.dotera.net
☆激しくｶﾞｲｼｭﾂ問題
(略)
903: 2021/12/28(火)20:42 ID:O63iVGJN(4/18) AAS
赤い線の多項式に A 以外の行列を代入することは一般に出来ませんが、 A は代入することができることは明らかです。
904: 2021/12/28(火)20:54 ID:O63iVGJN(5/18) AAS
赤い線の多項式に A と可換な行列を代入することが出来ることは明らかです。
そして、 A は明らかに A と可換です。
905(2): 2021/12/28(火)20:55 ID:T0BRbVlM(1/2) AAS
>>901
やっぱりわかってないなぁ
906: 2021/12/28(火)20:55 ID:O63iVGJN(6/18) AAS
他の本も見てみましたが、やはり、無駄な回り道をしている本ばかりです。
後で、佐武一郎さんの本もみてみようと思います。
907(2): 2021/12/28(火)20:56 ID:T0BRbVlM(2/2) AAS
このレベルの話の要点が一つもわかってないでなんでそんな自信満々なん？
908: 2021/12/28(火)20:57 ID:uz6TsdJU(3/4) AAS
>>878
この傑作を解いてください
分からない問題なのでよろしくお願いします
909: 2021/12/28(火)20:58 ID:O63iVGJN(7/18) AAS
>>905,907
赤い線の多項式に A と可換な行列を代入した式と、
赤い線の下の多項式 A と可換な行列を代入した式が等しいのは明らかです。
どこか間違っていますか？
910: 2021/12/28(火)20:58 ID:O63iVGJN(8/18) AAS
訂正します：
>>905,907
赤い線の多項式に A と可換な行列を代入した式と、
赤い線の下の多項式に A と可換な行列を代入した式が等しいのは明らかです。
どこか間違っていますか？
911(1): 2021/12/28(火)21:07 ID:LG9nSaeA(1) AAS
だからその式は行列係数の多項式じゃなくて多項式係数の行列なんだよ
一般に多項式環R係数の多項式環R[x]の元にRの元aを代入する準同型写像ex(r):R[x]→Rはユニバーサルに定義されてるけど今回の話は多項式係数の行列だからそのような準同型写像が構成できることは一般には自明ではない
912(1): 2021/12/28(火)21:36 ID:O63iVGJN(9/18) AAS
>>911
赤い線の多項式に A と可換な行列を代入した式と、
赤い線の下の多項式に A と可換な行列を代入した式が等しいのは明らかです。
どこか間違っていますか？
913: 2021/12/28(火)21:42 ID:WiVxjYPe(1) AAS
>>912
赤い線の下の多項式は別に代入されてない
xはそのまま残ってる
全ての次数のxの係数行列が零行列になることを証明しようとしてる
914: 876 2021/12/28(火)21:52 ID:6izIU4nQ(1) AAS
２次元空間で外積をとると面積が得られる。(z軸がないため垂直なベクトルは表現できない)
３次元空間で外積をとるとベクトルが得られる。(面積ではない)
と、認識を改めました。
質問
>>892の後半にある
>本来スマッシュ積ω∧ηは1-form×1-formはあくまで2-form
>そこにHodge dualを作用させてn-2-formに持ってくる
>n=2で平面の場合は2-2=0でスカラーになるので外積＝面積でいいが、n=3の場合はm-2=1で外積はあくまで長さがa,bのなす平行四辺形の面積に等しい“ベクトル”にしかならん
を理解するためにどのような本を読んだらいいのでしょうか。
915: 2021/12/28(火)22:01 ID:O63iVGJN(10/18) AAS
>>899
赤い線のところまで式を書いて、次の行に、
「明らかに x に A と可換な任意の行列を代入することができる。 A は A と可換だから、 x に A を代入することができる。
したがって、 φ_A(A) = O である。」
と書けば十分です。
それを無意味に長く式を書き連ねて紙面を汚しています。
916: 2021/12/28(火)22:26 ID:h4eQ3XIe(1) AAS
じゃあさ
多項式係数の行列
[[0,x],[0,0]]に[[1,0],[0,0]]を代入すると何になんの？
917: 2021/12/28(火)22:28 ID:O63iVGJN(11/18) AAS
佐武一郎さんの本をみてみました。
A と C_0, …, C_m が交換可能であることを注意して、それから、赤い線の式に A を代入しています。
>>899
の本よりもましではありますが、 A と C_0, …, C_m が交換可能であるという情報はやはり無駄です。
918(1): 2021/12/28(火)22:31 ID:O63iVGJN(12/18) AAS
{{0, x}, {0, 0}} = x * {{0, 1}, {0, 0}}
の x に {{1, 0}, {0, 0}} を代入すると、
{{0, 1}, {0, 0}} になります。
919(2): 2021/12/28(火)22:36 ID:uz6TsdJU(4/4) AAS
>>878がなぜ傑作か説明します
接戦の傾きが-1/2になるxを具体的に求められないので評価する必要があります
区間[nπ,(n+1)π]での傾きの最小値を考え中間値の定理を用いる必要がありますがこの発想は並みの大学受験生には難しいです
また区間内の傾きの最小値が-1/2を超えるときは題意の接線が存在しないことに言及する必要もあり、さらにある程度大きなkをとると[k,∞)には一本も存在しないことを述べる必要があります
解いてください
920(1): 2021/12/28(火)23:03 ID:AOUHW8UB(1/4) AAS
>>918
なんで左に括り出すん？
右にx出したらあかんの？
答え同じになる？
921(1): 2021/12/28(火)23:08 ID:O63iVGJN(13/18) AAS
>>920
もちろん、答えは同じにはなりません。
ですが、
>>899
では、左に x を置く必要があります。
右に置く場合には、佐武一郎さんの証明のように A と C_0, …, C_m が交換可能であることを示す必要が出てきて面倒だからです。
ですが、左に x を置けば、そのような面倒なことをする必要がなくなります。
922(2): 2021/12/28(火)23:12 ID:AOUHW8UB(2/4) AAS
>>921
なんで左に出した場合と右に出した場合で答え違う演算使って左出すバージョンで大丈夫なん？
A(x)B(x)の掛け算計算してxを左に括り出してC代入しても、A(x)の左にA(x)のx括り出してB(x)の左にB(x)のx括り出してそれぞれにC代入してからかけて同じ値になるん？
923(2): 2021/12/28(火)23:17 ID:O63iVGJN(14/18) AAS
>>922
実際には、佐武一郎さんが証明しているように、 A と C_0, …, C_m は交換可能ですので、 x を左に置こうが、右に置こうが関係ありません。
ですが、 A と C_0, …, C_m は交換可能であることに振れずに、 f_A(A) = O を示そうとすると、 x を
>>899
のように左に置けばよいということになります。
924: 2021/12/28(火)23:18 ID:O63iVGJN(15/18) AAS
訂正します：
>>922
実際には、佐武一郎さんが証明しているように、 A と C_0, …, C_m は交換可能ですので、 x を左に置こうが、右に置こうが関係ありません。
ですが、 A と C_0, …, C_m は交換可能であることに触れずに、 f_A(A) = O を示そうとすると、 x を
>>899
のように左に置けばよいということになります。
925: 2021/12/28(火)23:20 ID:O63iVGJN(16/18) AAS
もし、 x を右に置きたいならば、赤い線を引いた式の代わりに、
(C_m * x^m + … + C_1 * x + C_0) * (E_n * x - A)
と書けばいいです。
926(1): 2021/12/28(火)23:21 ID:AOUHW8UB(3/4) AAS
>>923
だからその“代入操作”なるものは一般に準同型性崩れるんだよな
A(x)B(x)にまとめてC代入したのと、それぞれに先にC代入してからかけたものとは一致しないんだよな？
じゃあA(C)が0になるとしてev(x→C)(A(x)B(x))はなんで0になるん？
927: 2021/12/28(火)23:21 ID:O63iVGJN(17/18) AAS
この場合も、 A と可換な任意の行列を x に代入してもOKです。
928: 2021/12/28(火)23:23 ID:O63iVGJN(18/18) AAS
>>926
M が A と可換ならば、以下の等式が成り立ちます：
f_A(M) = (M - A) * (M^m * C_m + … + M * C_1 + C_0)
f_A(M) = (C_m * M^m + … + C_1 * M + C_0) * (M - A)
もしこれが成り立たないと思うのなら反例を示してください。
929: 2021/12/28(火)23:30 ID:AOUHW8UB(4/4) AAS
>>923
いつから代入操作の時可換性が必要になったん？
さっきのレスで堂々と代入操作してた時はそんな事ノーチェックだったよな？
その代入操作ができる定義域はどこなん？
A(x)B(x)=C(x)
が多項式係数の行列の時A(P)B(P)=C(P)が言えなきゃダメだよな？
しかもそもそもお前が代入しようとしてる等式は決して自明でない等式てそれを証明してる前の部分ではかなり頑張ってるやろ
その“かなり頑張ってる部分”で出てくる多項式係数の行列たちは全部その“代入操作ごできる行列で閉じてるん？”
930: 2021/12/28(火)23:55 ID:f3OVrV/r(1) AAS
>>919
ご推察の通り、既に皆さま降参しているようですので、
このあたりで、解答をご披露下さい。
皆さまは待ってらっしゃいます。
931(1): 2021/12/29(水)00:17 ID:Z1809Trm(1) AAS
>>899
疑問になるのは形式に踊らされてるから。
932(1): 2021/12/29(水)06:59 ID:c/gvz8j4(1/5) AAS
>>931
M が A と可換ならば、以下の等式が成り立ちます：
f_A(M) = (M - A) * (M^m * C_m + … + M * C_1 + C_0)
f_A(M) = (C_m * M^m + … + C_1 * M + C_0) * (M - A)
もしこれが成り立たないと思うのなら反例を示してください。
933: 2021/12/29(水)07:20 ID:c/gvz8j4(2/5) AAS
>>899
の著者の証明は間抜けすぎます。
いつも思いますが、佐武一郎さんは間抜けな証明を書きません。
ちゃんと自分で考えていると思います。
934: 2021/12/29(水)07:47 ID:c/gvz8j4(3/5) AAS
齋藤正彦さんの『線型代数入門』と佐武一郎さんの『線型代数学』が日本では一番有名な線形代数の教科書ですが、
そのクオリティには雲泥の差があると思います。
935: 2021/12/29(水)08:34 ID:1zmj0/3Y(1) AAS
>>932
>もしこれが成り立たないと思うのなら反例を示してください。
このセリフが出てくる時点でアホなんだよ
数学系トンデモが共通して使うセリフ
なーんもわかってない
バーカ
936: 2021/12/29(水)08:46 ID:EiuqRRfW(1/4) AAS
有理数pと実数rがe^p<e^rを満たしているとする。
このときp<qなる有理数qで、e^q<e^rを満たすものが取れることを示せ。
937: 2021/12/29(水)08:53 ID:fiSnwSek(1/10) AAS
多項式環は代入してナンボなので、多項式環の代数構造は、
代入の前後で代数構造が保たれるような定義をその都度考えなければならない。
Rをd×dの正方行列全体の集合として、R係数の多項式環 「 R[x] 」を考えたい。
ここで、変数 x に代入する値が「スカラー」なのか「行列そのもの」なのかで、
R[x] に入れるべき代数構造が変わってくる。
938: 2021/12/29(水)08:54 ID:fiSnwSek(2/10) AAS
x にスカラーを代入する場合を想定すると、行列 B∈R とスカラーλに対して
Bλ ＝ λB という可換性が成り立つので、任意の f ∈ R[x] は
f＝Σ[i＝0〜n] A_i x^i, A_i∈R
という形に書ける。というより、そのような代数構造を R[x] に導入する。
また、例えば a,b∈R に対して、R[x]上では ax ＝ xa, axbx ＝ abx^2 などが成り立つ。
正しくは、そのような代数構造を R[x] に導入する。
そして、スカラー λ と f＝Σ[i＝0〜n] A_i x^i ∈ R[x] に対して、
Φ_λ(f)：＝ Σ[i＝0〜n] A_iλ^i ( ＝ Σ[i＝0〜n] λ^i A_i )
と定義すれば、Φ_λ：R[x] → R は Φ_λ(f＋g)＝Φ_λ(f)＋Φ_λ(g), Φ_λ(fg)＝Φ_λ(f)Φ_λ(g) を
満たすことになる。つまり、スカラーを代入するという操作の前後で、代数構造は保たれる。
939: 2021/12/29(水)08:58 ID:fiSnwSek(3/10) AAS
書き忘れたが、「スカラーを代入する」とはどういうことかというと、
与えられたスカラーλと f ∈ R[x] に対して、Φ_λ を施した Φ_λ(f) を考えるということ。
つまり、Φ_λ を施したという意識が自分の心の中にあるなら、
「自分はいまスカラーλを代入した」と言える。
Φ_λ を施したのではなく、任意のスカラーλに対して直接的に Σ[i＝0〜n] A_i λ^i を
考えているだけなら、「スカラーλを代入した」とは言わない。
940(1): 2021/12/29(水)08:59 ID:c/gvz8j4(4/5) AAS
>>899
の赤い線の式の x に A を代入すればその時点で証明は完了する。
↑これは正しいか否か。
正しいに決まっていますが。
なぜ、これが分からないのでしょうか？
941: 2021/12/29(水)09:01 ID:fiSnwSek(4/10) AAS
今度は、x に行列そのものを代入する場面を想定する。この場合の R[x] を、
上の R[x] とは区別するために R<x> と書くことにすると、任意の f ∈ R<x> は
f＝Σ[i＝0〜n] A_i x^i, A_i∈R
という形には必ずしも書けず、正しくは
f ＝ Σ[i＝0〜n] Σ[k＝0〜n_i] A_{k,0} x A_{k,1} x A_{k,2} x … x A_{k,i}
という形になってしまう。そのような代数構造を R<x> に導入することになる。
また、例えば a,b∈R に対して、R<x>上では ax ≠ xa, axbx ≠ abx^2 などが成り立つことになる。
そのような代数構造を R<x> に導入することになる。つまり、積に関する可換性は完全に放棄する。そして、
行列 A∈R と f＝Σ[i＝0〜n] Σ[k＝0〜n_i] A_{k,0} x A_{k,1} x A_{k,2} x … x A_{k,i} ∈ R<x> に対して、
省3
942(1): 2021/12/29(水)09:01 ID:c/gvz8j4(5/5) AAS
>>940
正しいことの証明は式を見れば明らかです。
943: 2021/12/29(水)09:05 ID:fiSnwSek(5/10) AAS
なので、このような不便な構造が入った R<x> において多項式の計算をしているのなら、
計算途中の任意の式で x＝A を代入しても何の問題もなく、そのような行為は正当化される。
より具体的に言うと、「 f ∈ R<x> に x＝A を代入する 」とは「Φ_A を施した Φ_A(f) を考える」
ということであるが、これは上記の定義により実際に可能である。
ゆえに、R<x> での多項式計算なら、実際に x＝A を代入可能となる。
ところが、>>899 を読む限り、>>899 では R<x> ではなく R[x] の代数構造のもとで
多項式を計算しているので、計算途中の式で x＝A を代入することは全く正当化されない。
より具体的に言うと、「 f ∈ R[x] に x＝A を代入する 」とは「Φ_A を施した Φ_A(f) を考える」
ということであるが、今の場合、f ∈ R[x] を用いているので、
使える作用素は Φ_λ (λはスカラー)でしかなく、Φ_A は全く使えない。
省3
944(1): 2021/12/29(水)09:07 ID:Pa/X4M53(1/8) AAS
>>919
受験板でやれ、カス
945(2): 2021/12/29(水)09:09 ID:fiSnwSek(6/10) AAS
では、>>899は間違っているのかというと、そんなことはなくて、実は正しい。
ただし、証明の意味するところは極めて技巧的である。
まず、考えている多項式環は、R<x> ではなく R[x] に確定している。
つまり、x には任意のスカラーを代入することが前提の多項式環を考えていて、
xにAを代入することは全く眼中にない。なので、以下では x は行列ではなく、
x は具体的なスカラーだと思って計算することになる。
その代数構造のもとで多項式の計算をすると、
x^nE_n＋x^{n-1}(a_{n−1}E_n)＋…＋x(a_1E_n)＋a_0E_n
＝x^{m＋1}C_m＋x^m(C_{m−1}−AC_m)＋…＋x(C_0−AC_1)−AC_0
という等式がまず得られる。両辺の x^n と x^m で次数が一致してないのがウザイので、
省8
946(1): 2021/12/29(水)09:12 ID:fiSnwSek(7/10) AAS
次に、今までの多項式計算のことは全て忘れて、その文脈とは全く無関係に
Σ[k＝0〜N] A^kF_k
という行列計算について考えてみる。すると、F_k＝D_k (0≦k≦N) 及び D_k の定義により
Σ[k＝0〜N] A^kF_k ＝ Σ[k＝0〜N] A^kD_k
＝ A^nC_{n−1}＋A^{n−1}(C_{n−2}−AC_{n−1})＋…＋A(C_0−AC_1)−AC_0
省5
947(1): 2021/12/29(水)09:12 ID:EiuqRRfW(2/4) AAS
>>944
あの、これは受験では出せない問題なのですが…
948: 2021/12/29(水)09:13 ID:Pa/X4M53(2/8) AAS
>>947
うぜーといってるんだ
949: 2021/12/29(水)09:14 ID:fiSnwSek(8/10) AAS
なので、>>899は間違ってはいないものの、
その証明の正しい解釈を汲み取るのは難易度が高い。
個人的には、多項式環を持ち出さずに、
任意のスカラーλを直接用いて記述した方が誤解が少ないと思われる。
たとえば、次のようにすればよい。
950(1): 2021/12/29(水)09:14 ID:HBzRx0uc(1/2) AAS
>>942
聞きたいんだけど、下のデタラメ証明
「B(x)にAを代入してB(A)=0、よってB(x)の行列式である(Aの)固有多項式φ_A(x)=det(B(x))にAを代入したものは0である」
のどこが間違いかわかる？
951(4): 2021/12/29(水)09:16 ID:fiSnwSek(9/10) AAS
補題：n≧0 とする。A_0,…,A_n は d×d の正方行列で、任意のスカラーλに対して
Σ[k＝0〜n] λ^k A_k ＝ O とする。このとき、A_0＝…＝A_n＝O である。
証明：A_k の(i,j)成分を A_{kij}と表す。(i,j)を任意に取る。
Σ[k＝0〜n] λ^k A_k ＝ O という等式の両辺の(i,j)成分を比較すれば、
Σ[k＝0〜n] λ^k A_{kij} ＝ 0 であり、これはスカラー計算における等式である。
スカラーλは任意だから、よく知られているように、A_{kij}＝0 (0≦k≦n) である。
(i,j)は任意だから、結局、A_0＝…＝A_n＝O である。
952(1): 2021/12/29(水)09:21 ID:fiSnwSek(10/10) AAS
ケイリーハミルトンの定理の証明：
スカラーλを取るごとに、B(λ)＝λE_n−A という行列を考える。
B(λ)の与因子行列をC(λ)とすれば、λには依存しない m≧0 と行列 C_0,…,C_m が存在して、
C(λ)＝λ^mC_m＋λ^{m−1}C_{m−1}＋…＋λC_1＋C_0
と表せる。また、｜B(λ)｜＝λ^n＋a_{n−1}λ^{n−1}＋…＋a_1λ＋a_0 である。
このあとは、スカラーλごとに >>899 の計算をすることで、スカラーλごとに
λ^nE_n＋λ^{n-1}(a_{n−1}E_n)＋…＋λ(a_1E_n)＋a_0E_n
＝λ^{m＋1}C_m＋λ^m(C_{m−1}−AC_m)＋…＋λ(C_0−AC_1)−AC_0
省11
953(1): 2021/12/29(水)09:23 ID:fv0wVIiv(1) AAS
>>950
detは線型性を持たないから？
954: 2021/12/29(水)09:31 ID:UdkpeAx7(1/2) AAS
>>945
まだわかってない
行列係数の多項式に全ての係数と可換な行列が代入できるのは当たり前
アホが代入しようとしている等式
x^nE + ... = (xE - A) × (x^mCm + ... + C0 )...(❇︎)
は多項式係数の行列
もちろんMn(K[x])とMn(K)[x]の間に単なる集合としての一対一対応はある
アホが言ってる“左にxを括り出して行列係数の多項式と見做してから代入”という操作をθとしよう
(❇︎)の左辺をP(x), 右辺をQ(x)R(x)としてθ(Q(x))はそらゼロ行列やろ
しかし問題はθ(P(x)) = θ(Q(x))θ(R(x))が成り立ってるのかどうか
省6
955: 2021/12/29(水)09:40 ID:UdkpeAx7(2/2) AAS
おっと>>945はアホじゃないのか
そして証明しようとしてる事もなんか違うんやな
まぁ読む気にならないけど
そもそもハミルトンケーリーならZ上に還元して代数閉体まで還元してFlag取れば一発だからな
956: 2021/12/29(水)09:50 ID:Pa/X4M53(3/8) AAS
馬鹿アスペ二号を虐めないでｗ
957: 2021/12/29(水)10:34 ID:HBzRx0uc(2/2) AAS
>>953
スカラー積と行列積とで演算(写像)が変わる点だと思うんですが
行列Aに対するスカラー積をf(a,A)、行列の積をg(A,B)として、「f(a,A)にa=Aを代入してg(A,A)となる」わけがない
何ならxEの各成分xに行列を入れようとするとサイズが狂ってしまう
958: 2021/12/29(水)10:36 ID:Pa/X4M53(4/8) AAS
このおばちゃん早口
959: 2021/12/29(水)11:57 ID:Rl3aK+b2(1) AAS
230 名前：そんなにいやらひでもええやんか いいばっとやでえ 2021/12/28(火) 15:24:47.91 ID:LM8rplao0
画像ﾘﾝｸ[gif]:i.imgur.com
960(1): 2021/12/29(水)16:14 ID:PpuUupj1(1) AAS
問題ではないんだけど確率の問題で互いに排反であるという記述は省いてもいいんですよね？
961: 2021/12/29(水)16:15 ID:Pa/X4M53(5/8) AAS
大丈夫
962: 2021/12/29(水)16:46 ID:EiuqRRfW(3/4) AAS
a^2+b^2=c^2+1
を満たす自然数(a,b,c)が存在するならば、すべて求めよ。
963(1): 2021/12/29(水)17:45 ID:hIttoLgH(1) AAS
座標面上に次の曲線、直線を描き、それらで囲まれる部分の面積を計算せよ。
(1) y=log(x), y=log(2x), x=e, x軸
(2) y=3/(x-1)(x+2), x=4, x=2, x軸
これらの問題を整式にすると、どうなるのか？がわかりません。
定積分の式になるのだと思うのですが、教えてもらえないでしょうか？
よろしくおねがいします。
964: 2021/12/29(水)18:15 ID:GYRh37Wz(1/2) AAS
問題になってない
965: 2021/12/29(水)19:41 ID:m2r4BGE9(1) AAS
整式にすると
966: 2021/12/29(水)19:47 ID:Pa/X4M53(6/8) AAS
(1)∫(1->e)log2dx=(e-1)log2
967: 2021/12/29(水)19:54 ID:GYRh37Wz(2/2) AAS
2本の曲線と2本の直線で囲まれている部分が２箇所出てくる
そのような場合どう答えるべきかの標準はない
標準的な扱い方が定まるほどそんなマヌケな問題出題された事はほとんどない
968(1): 2021/12/29(水)20:04 ID:9aVuddY5(1/4) AAS
>>878
神のお告げでは ３本 だそうです。
969: 2021/12/29(水)20:11 ID:9aVuddY5(2/4) AAS
>>968
神のお告げｗ
> uniroot(f1,c(-3,-2))$root
[1] -2.356194
> uniroot(f1,c(-9,-8))$root
[1] -8.639381
> uniroot(f1,c(-12,-11))$root
[1] -11.78097
970: 2021/12/29(水)20:22 ID:9aVuddY5(3/4) AAS
>>963
とりあえず作図
画像ﾘﾝｸ[png]:i.imgur.com
画像ﾘﾝｸ[png]:i.imgur.com
数値解ならだせるけど、面倒なのでやらない。
実用性があると思えないので。
971: 2021/12/29(水)20:24 ID:Pa/X4M53(7/8) AAS
ゼロ点間違えた、てへ
972: 2021/12/29(水)20:31 ID:9aVuddY5(4/4) AAS
>>960
問題を読む人の許容度jによる
973: 2021/12/29(水)20:50 ID:Pa/X4M53(8/8) AAS
(1)はx軸の上と下の部分は計算できるだろ
974: 2021/12/29(水)22:05 ID:EiuqRRfW(4/4) AAS
a^2+b^2=c^2+2
を満たす自然数(a,b,c)が存在するならば、すべて求めよ。
975: 2021/12/30(木)00:53 ID:ZrUevTY4(1) AAS
膨大な計算量の、大学入試レベルの問題を作問してください
976(1): 2021/12/30(木)00:54 ID:iAWNrPZC(1) AAS
1から10000まで足し算せよ
977(1): 2021/12/30(木)01:06 ID:iElpvqu6(1) AAS
>>976
1から10000までの素数の和
978(3): 2021/12/30(木)01:25 ID:oiq/qm1H(1/10) AAS
>>951-952の手法をさらに進めてみる。
定理：d×d の正方行列全体の集合を M_d と書く。
n_1,n_2,n_3≧0, A_0,…,A_{n_1},B_0,…,B_{n_2},C_0,…,C_{n_3} ∈ M_d とする。
任意のスカラーλに対して
Σ[k＝0〜n_1]λ^kA_k ＝ (Σ[k＝0〜n_2]λ^kB_k)(Σ[k＝0〜n_3]λ^kC_k) … (*)
が成り立つとする。A∈M_d(C) は各 B_k (0≦k≦n_2) と可換とする。このとき、
Σ[k＝0〜n_1]A^kA_k ＝ (Σ[k＝0〜n_2]A^kB_k)(Σ[k＝0〜n_3]A^kC_k)
省1
979(1): 2021/12/30(木)01:28 ID:oiq/qm1H(2/10) AAS
証明
A'_k：＝ A_k (0≦k≦n_1), O (n_1＜k)
B'_k：＝ B_k (0≦k≦n_2), O (n_2＜k)
C'_k：＝ C_k (0≦k≦n_3), O (n_3＜k)
として A'_k, B'_k, C'_k (k≧0) を定義する。
さらに、D_k：＝ Σ[i＝0〜k] B'_iC'_{k-i} (k≧0) と置く。
k ＞ n_2＋n_3 のとき D_k＝O であることに注意する。
n：＝ n_1＋n_2＋n_3 と置く。任意のスカラーλに対して
Σ[k＝0〜n]λ^kA'_k ＝ Σ[k＝0〜n_1]λ^kA_k
＝ (Σ[k＝0〜n_2]λ^kB_k)(Σ[k＝0〜n_3]λ^kC_k)
省6
980(1): 2021/12/30(木)01:31 ID:oiq/qm1H(3/10) AAS
次に、A と各 B_k (0≦k≦n_2) は可換だったから、
(Σ[k＝0〜n_2]A^kB_k)(Σ[k＝0〜n_3]A^kC_k)
＝ Σ[(k,l)∈[0,n_2]×[0,n_3]] A^kB_kA^lC_l
＝ Σ[(k,l)∈[0,n_2]×[0,n_3]] A^{k＋l}B_kC_l … (1)
である。そして、
(1) ＝ Σ[(k,l)： k＋l≦n_2＋n_3] A^{k＋l}B'_kC'_l ＝ Σ[k＝0 〜 n_2＋n_3]A^kD_k
＝ Σ[k＝0〜n]A^kD_k ＝ Σ[k＝0〜n]A^kA'_k ＝Σ[k＝0〜n_1]A^kA_k
すなわち Σ[k＝0〜n_1]A^kA_k ＝ (Σ[k＝0〜n_2]A^kB_k)(Σ[k＝0〜n_3]A^kC_k) である。
981(1): 2021/12/30(木)01:36 ID:oiq/qm1H(4/10) AAS
ケイリー・ハミルトンの定理の証明
スカラーλを取るごとに、B(λ)＝λI−A という行列を考える。
B(λ)の余因子行列をC(λ)とすれば、λには依存しない m≧0 と行列 C_0,…,C_m が存在して、
C(λ)＝Σ[k＝0〜m]λ^kC_k と表せる。また、｜B(λ)｜＝Σ[k＝0〜n]λ^ka_k (ただし a_n：＝1 と定義する)
である。よって、スカラーλごとに
Σ[k＝0〜n]λ^k(a_kI) ＝ (Σ[k＝0〜n]λ^ka_k)I ＝｜B(λ)｜I ＝ B(λ)C(λ) ＝ (λI−A)Σ[k＝0〜m]λ^kC_k
である。すなわち、Σ[k＝0〜n]λ^k(a_kI) ＝ (λI−A)Σ[k＝0〜m]λ^kC_k である。
これが任意のスカラーλで言えている。ここで、A と I,(−A) は可換なので、上の定理により、
Σ[k＝0〜n]A^k(a_kI) ＝ (AI−A)Σ[k＝0〜m]A^kC_k ＝ OΣ[k＝0〜m]A^kC_k ＝ O
省2
982(1): 2021/12/30(木)01:40 ID:oiq/qm1H(5/10) AAS
まとめ
ID:c/gvz8j4 の発言のポイントは以下の2つ。
・ >>899 の赤線の部分でAを代入すれば、その時点で証明は終わる。
・ しかも、その代入操作を正当化するときに、A と C_0, …, C_m が可換であることを示す必要はない。
これらの発言は一見すると間違っているように見えるが、>>978-981 を経由すれば、
結果的には正当化可能ということになる。ID:c/gvz8j4 自身がそこまで理解した上で
このような発言をしていたのかは不明だが。
983: 2021/12/30(木)04:06 ID:kMEvpIJt(1) AAS
>>977
どうやって解けばいいのか教えて
984: 2021/12/30(木)04:24 ID:08dfr0+G(1) AAS
>>982
私はID:c/gvz8j4ではありませんが、>>899の本でAを代入するのが赤線の部分でなく、下の式であるのはどんな理由があるのでしょうか？>>978の定理を使わずに済むととか…。
985: 2021/12/30(木)05:51 ID:jHsnXa/8(1/5) AAS
>>899
(x * E_n - A) * (x^(n-1) * C_{n-1} + x^(n-2) * C_{n-2} + … + x * C_1 + C_0)
=
x^n * C_{n-1} + x^{n-1} * (C_{n-2} - A * C_{n-1}) + … + x * (C_0 - A * C_1) - A * C_0
の最後の式に、 A と可換な行列 M を代入すると、
省21
986(1): 2021/12/30(木)06:01 ID:jHsnXa/8(2/5) AAS
>>899
(x * E_n - A) * (x^(n-1) * C_{n-1} + x^(n-2) * C_{n-2} + … + x * C_1 + C_0)
=
x^n * C_{n-1} + x^{n-1} * (C_{n-2} - A * C_{n-1}) + … + x * (C_0 - A * C_1) - A * C_0
この式の右辺に x = M を代入した式を変形すると、この式の左辺に x = M を代入した式に等しくなるのは、 A と M が可換だからです。
省2
987(1): 2021/12/30(木)07:33 ID:oiq/qm1H(6/10) AAS
>>986
＞この式の右辺に x = M を代入した式を変形すると、この式の左辺に x = M を代入した式に等しくなるのは、 A と M が可換だからです。
君がそこで言っているのは、次のようなことである。
(1) (x * E_n - A) * (x^(n-1) * C_{n-1} + x^(n-2) * C_{n-2} + … + x * C_1 + C_0) という式に出現する x を
M に置き換えた式 (M * E_n - A) * (M^(n-1) * C_{n-1} + M^(n-2) * C_{n-2} + … + M * C_1 + C_0) を手作業で変形する。
(2) すると、MとAが可換の場合、M^n * C_{n-1} + M^{n-1} * (C_{n-2} - A * C_{n-1}) + … + M * (C_0 - A * C_1) - A * C_0
と変形できる。これは結局、x^n * C_{n-1} + x^{n-1} * (C_{n-2} - A * C_{n-1}) + … + x * (C_0 - A * C_1) - A * C_0
において x を M で置き換えた式になっている。
(3) 以上より、
(x * E_n - A) * (x^(n-1) * C_{n-1} + x^(n-2) * C_{n-2} + … + x * C_1 + C_0)
省3
988(1): 2021/12/30(木)07:37 ID:oiq/qm1H(7/10) AAS
しかし、ケイリー・ハミルトンの定理を証明するには、さらに
Σ[k＝0〜n] M^k(a_kI) ＝ (M * E_n - A ) * (M^{n-1} * C_{n-1} + M^{n-2} * C_{n-2} + … + C_0)
という等号が必要になる。問題はここなんだよ。君の理屈だけでは、この等式は証明できない。
このことを具体的に見ていこう。まず、スカラーλごとに
Σ[k＝0〜n] λ^k(a_kI) ＝ (λ * E_n - A) * (λ^(n-1) * C_{n-1} + λ^(n-2) * C_{n-2} + … + λ * C_1 + C_0)
が成り立つことが既に分かっている。では、λを形式的に M に置き換えても等号が成立するのか？
君の理屈に基づいて等号を示すには、上と同様に、
省7
989: 2021/12/30(木)07:47 ID:oiq/qm1H(8/10) AAS
し・か・し、(1)から(2)に推移できないのである(ここで君の言い分は失敗に終わる)。
Σ[k＝0〜n] M^k(a_kI) を手作業で変形しようとしても、
まず a_k は行列ですらなく、単なるスカラーなのであり、
そしてa_kというスカラーが「a_k」のままでは、C_kという行列に全く結びつかない。
たとえば、a_1M という1次の項に関してのみ考えてみると、試しに
a_1M ＝ (a_1/2)M ＋ (a_1/2)M
などと浅い変形をしてみても、C_1, C_2, …, C_n という行列は一向に出現しない。
>>987の場合に(1)〜(3)が上手く機能したのは、両辺ともに最初から C_k に関する計算しか扱ってないから。
そして、今回は事情が違う。a_k と C_k は異なる定義から排出された異なる対象なので、
Σ[k＝0〜n] M^k(a_kI) をそれ単独で手作業で変形しても C_k は出て来ないし、
省2
990: 2021/12/30(木)07:51 ID:oiq/qm1H(9/10) AAS
かと言って、a_k と C_k は全くの無関係というわけではなくて、任意のスカラーλに対して
Σ[k＝0〜n] λ^k(a_kI) ＝ (λ * E_n - A) * (λ^(n-1) * C_{n-1} + λ^(n-2) * C_{n-2} + … + λ * C_1 + C_0)
という等号が成り立っている。……という、極めて間接的な意味において、a_k と C_k は互いに関係している。
ここから上手く情報を引き出して、Σ[k＝0〜n] M^k(a_kI) から
(M * E_n - A ) * (M^{n-1} * C_{n-1} + M^{n-2} * C_{n-2} + … + C_0) を導出しなければならない。
具体的には、どうすればいいのか？
少なくとも、君の言い分からは導出できない。
そのことを導出するには、>>978 で書いた定理が必要。より根本的には、>>951 の補題が必要。
991: 2021/12/30(木)08:06 ID:oiq/qm1H(10/10) AAS
以下では、a_k と C_k の関係を具体的に調べてみよう。まず、
Σ[k＝0〜n] λ^k(a_kI) ＝ (λ * E_n - A) * (λ^(n-1) * C_{n-1} + λ^(n-2) * C_{n-2} + … + λ * C_1 + C_0)
が任意のスカラーλで成立している。右辺を普通に手作業で展開してλ^kごとに整理すれば、
Σ[k＝0〜n] λ^k(a_kI) ＝ λ^n * C_{n-1} + λ^{n-1} * (C_{n-2} - A * C_{n-1}) + … + λ * (C_0 - A * C_1) - A * C_0
が任意のスカラーλで成立することになる。両辺の λ^k の係数を比較すれば(これが大事なポイント！)
省13
992: 2021/12/30(木)09:41 ID:7s+T2YDR(1) AAS
まぁアホには一生わからんよ
この辺りがアホの知能の限界
993: 2021/12/30(木)09:56 ID:jHsnXa/8(3/5) AAS
＞しかし、ケイリー・ハミルトンの定理を証明するには、さらに
＞Σ[k＝0〜n] M^k(a_kI) ＝ (M * E_n - A ) * (M^{n-1} * C_{n-1} + M^{n-2} * C_{n-2} + … + C_0)
＞という等号が必要になる。問題はここなんだよ。君の理屈だけでは、この等式は証明できない。
以下のように、証明できます。自明です。
det(A) * E_n
省17
994: 2021/12/30(木)09:59 ID:jHsnXa/8(4/5) AAS
訂正します：
>>988
＞しかし、ケイリー・ハミルトンの定理を証明するには、さらに
＞Σ[k＝0〜n] M^k(a_kI) ＝ (M * E_n - A ) * (M^{n-1} * C_{n-1} + M^{n-2} * C_{n-2} + … + C_0)
＞という等号が必要になる。問題はここなんだよ。君の理屈だけでは、この等式は証明できない。
省19
995(1): 2021/12/30(木)10:17 ID:jHsnXa/8(5/5) AAS
なぜ、このような自明なことが分からない人が多いのか理解に苦しみます。
996: 2021/12/30(木)10:26 ID:8Rm68Ugz(1) AAS
>>995
コレも高木とかの常套句だよ
997: 2021/12/30(木)10:44 ID:PD+c9utC(1) AAS
松阪君ってホント代数が絶望的に苦手だね
998: 2021/12/30(木)11:37 ID:pwN5ZTjo(1) AAS
どや顔で線型代数を語る馬鹿アスぺ二号
999: 2021/12/30(木)13:43 ID:oLKvXdsJ(1) AAS
微分方程式
e^(-x)y'=y
を解け。
1000: 2021/12/30(木)13:52 ID:MMZ3bPpc(1) AAS
外部ﾘﾝｸ:www.wolframalpha.com
1001(1): 1001 ID:Thread(1/2) AAS
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