大学数学の出題スレ

問題を出してみろ！

おおー神降臨w

302 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2026/03/12(木) 21:53:01.34 ID:BD+hbzCU
俺も出題しよっと
x^n+y^n=1 (0≦x,y)
n=1 直線
n=2 円
n=2/3 （いわゆる）アステロイド
では
n=1/2は？

ラメ曲線の一種とかってあったけど、さらに具体的に名前があるのかな？

>>4
有るアル

ラーメンアルヨ

>>5
出題者じゃないなら、答えたら良いじゃんw

>>7
「俺だよオレオレ」

見つからね（汗）
誰かお願い、詐欺に遭いそうだからw

放物線らしいけど、スレチでもあるらしいよw

>>5
出題者でしたね、スマン。

>>10
らしいじゃ無くて放物線
1次変換は大学課程になりましたのでスレチじゃ無いと思うけどね
こう書くと証明はわかるでしょ

ではついでに
n=2/3のときの接線がx,y軸で切り取られる線分は常に長さが1
では
n=1/2のときの接線がx,y軸で切り取られる線分の特徴付けは？
まあこれも高校数学と言われるかもね

45度回転すると放物線になるってみたよ。

>>3
放物線

線形代数の練習問題だよ
「Iを単位行列、Aを交代行列とするとき
　和 I+A が正則であることを示せ」
君は一分以内にできるかな？

俺は億千万年かけても解けない

>>16
実の場合だけどこうかな？
(I+A^T)(I+A)=I+A^TA
(A^TA)^T=A^TA
P^T(A^TA)P=(AP)^T(AP)=D(k1,…,kn)
ki≧0
P^T(I+A^TA)P=I+D(k1,…,kn)=D(1+k1,…,1+kn):invertible
I+A:invertible

R限定後出しドヤもいいけど、標数2の場合は？

複素行列だと
((1,i),(-i,1))は正則じゃ無いから成立しないね
その場合交代行列じゃ無くて歪エルミートならいいか

>>19
>標数2の場合は？
対称行列と交代行列の区別無くなるし
どういうことが成立するのかよく知らないなあ
直交行列とかで対角化可能は言えるの？

で、一分でできる解答ってどんなの？

一分でできて当然な解答まだ？

交代行列は対角化可能で、固有値の実部が0であるからI+Aは正則となる。

自信ないけど、これ合ってる？

>>24
いや、これは実交代行列だけか…。

>>24
いや、対角化不能でもジョルダン標準形でいけるか…？
一人で考えていても怪しいから、興味があれば考えてみてよ。

>>24
やっぱり実交代行列でないと、固有値について何も言えないかもしれない。

>>16
これはそもそも、実交代行列を前提として出題していませんか？
複素交代行列でもいける話なのでしょうか。

>>20
ちなみに複素対称行列では、オートン高木分解ってのがあるみたいですね。
出題も解答もしないで悪いけど。

>>29
じゃ代わりに
任意の正方行列は対称行列と相似になるって証明分かる？

>>30
目の覚めるような話をありがとうございます。
Horn,R.A. and Johnson,C.R.: Matrix Analysis, Cam-bridge Univ. Press, 1985.
↑とりあえず、これの第4章に何か書いてあるらしいです。

>>30
wikiをご覧になったのでしょうが、>>31のp209 theorem4.4.9.に証明が載っているということでしょう。
私がお伝えできることは、ここまでです。

複素係数なら {{0,i},{-i,0}} の固有値が ±1 でだめやろ

既出だったorz

大体、交代行列が問題として出るときは、実数限定が多いんじゃないですか。
複素交代行列になると、固有値が果たしてどこまで絞られるのか…。

>>34
怪しい事項は撤回しましたw

>>16
実交代行列で証明に飛躍があっても良いのなら、>>24を脊髄反射で書ければ1分を切りそうですねw
（24が合ってる保証はありませんが。）

>>37
バカが引っかかったｗｗｗｗｗ死ねバカｗｗｗｗｗ
という趣旨の問題では？

>>38
あな恐ろしや(⁠^⁠^⁠;)
話は違うかもしれませんが、直感に反するような問題を解くときの気持ちがしますね。

>>32
じゃあヒント
J=((0,…,0,1),…,(1,0,…,0))とすると
JAはAの行の上下入れ替え
AJはAの列の前後入れ替え
J^2=E
(J-iE)(J+iE)=2E
Aがジョルダン細胞のときを考えて

>>30
こんなの成立せんのじゃないの?
任意の対称行列は対角行列と相似なんだから、こんなの正しかったら任意の正方行列は対角行列と相似になる。

>>41
実じゃ無いよ

{{0,1},{0,0}} はどんな対称行列と相似なん？

>>43
(1/2)((-i,1),(1,i))かな？

>>40
>(J-iE)(J+iE)=2E
(E+iJ)(E-iJ)=2E
使う方がキレイかな？

EでなくてIにしたら
(I+Ji)(I-Ji)=2I
でなんかイイ感じも

なるほど。複素係数だとシュミットの直行化できないからありうるんだな。

私はIよりE派かな。
なんて、そこは大して問題じゃないw

{{0,1,0},{0,0,1},{0,0,0}} でもできる？
固有値 0 のみで既約だけど？

>>49
(1/2)((0,1-i,0),(1-i,0,1+i),(0,1+i,0))

なるほど PPᵗ = {{0,0,1},{0,1,0},{1,0,0}} の解で Jordan cell の相似をとればいいのか

https://reference.wolfram.com/language/ref/SymmetricMatrixQ.html.ja?view=all
これの「すべて開く」ってところを押すと、具体例が出てくる。
これで私は勘弁してね。

最初からすべて開いてるかも。

後退恒等行列なんて用語があるのね。

あんまりいい用語じゃ無いね
順序逆にするんだから
それにちなんだ名前がいいと思う

まあとにかく、複素対称行列は実と虚の2方向から攻められるので、ジョルダン細胞と相似にできるといったところなのかな。

ジョルダンブロックごとにその変換をすれば、どんなジョルダン標準形にも対応できるといったところか。
用語が正確に使えているか分からないが、こんなところかな。

>>51
ああ確かにそう
それ素晴らしいけれど
そのPの存在はどう示すんだろ？
そろそろ自分の解答も書いて良いかな

多分それを望まれているのではないか。

N=(nij), nij=1 for j=i+1, 0 otherwise
JNJ=N^T
JN=N^TJ
NJ=JN^T
(JN-NJ)^T=N^TJ-JN^T=JN-NJ
(I+iJ)N(I-iJ)=N+N^T+i(JN-NJ)=S:symmetric
P^-1AP=D(N1,…,Nm):Jordan
D(I1+iJ1,…,Im+iJm)D(N1,…,Nm)D(I1-iJ1,…,Im-iJm)=D(S1,…,Sm):symmetric

>>60
>P^-1AP=D(N1,…,Nm):Jordan
P^-1AP=D(λ1I1+N1,…,λmIm+Nm):Jordan

※1/2掛けること

AIに訊いてみた（笑）

x ≠ 0 に対して (I + A)x = 0 と仮定すると、x + Ax = 0
→ Ax = −x両辺の内積を取る（xᵀ で左から掛ける）：xᵀAx = −xᵀx
でも A が交代行列なので xᵀAx = 0（交代行列の二次形式は常に 0）→ 0 = −‖x‖²
→ ‖x‖² = 0
→ x = 0つまり核（カーネル）は {0} だけ → I + A は単射 → 正方行列なので正則。

なるほどこれなら一分だな

>>24
1秒はコレジャナイの？

>>63
これいい解答だね
本質が知れる感じ

右上から左下まで 1、その他 0 の行列は次元が偶数なら {{0,1},{1,0}} の直和、奇数ならそれにもう一つ {{1}} 直和した行列なので当たり前。

>>67
なるほど

>>29
>オートン高木分解
Wikipediaにある証明が大変分かりやすいね

できたかなと思うけど分かる？
Inter-universal geometryとABC予想(シン応援スレ) 88
663 1 名前:１３２人目の素数さん 投稿日:2026/03/21(土) 06:33:44.68 ID:2JXYtwtw
>>> 653
>ω1からRへの順序を維持した写像を考えると
>ある可算順序数が存在して
>そこから先が皆同じ点に写る
>
>証明は知らんので、誰か教えてw

ω1 は何？

あと順序を維持した写像は
x≦y ⇒ f(x)≦f(y)
x<y ⇒ f(x)<f(y)
のどっち？

>>71
最小の非可算順序数
>>72
上の方

ω1 の部分集合 W を { x | f(y) < f(x) ( ∀y < x ) } と定める。f の W への制限を g とする。まず im f = im g をしめす。そうでないとして f(x) ∉ im g をみたす最小の x をとる。明らかに x∉W だから y<x で f(y) = f(x) をみたすものがとれる。ここで x の最小性から z∈W を f(y) = g(w) ととれる。よって f(x)∈ im g となって矛盾する。
W が ω1 に上界をもたないとすると W は非可算順序数である。よって g:W → ℝ は非可算順序数から ℝ への順序を保つ単射をあたえる。 しかしこのとき x∈W に対して開区間 (g(x),g(x+1)) に属する有理数 q(x) を選択させるとき W から ℚ への単射が構成されて矛盾する。よって W は ω1 に上界 x を持ち任意の x≦y に対して f(x) = f(y) となる。

>>74
>明らかに x∉W だから y<x で f(y) = f(x) をみたすものがとれる。ここで x の最小性から z∈W を f(y) = g(w) ととれる。よって f(x)∈ im g となって矛盾する。
ここさ
f(y)=f(x)となるy<xがあるんだからf(y)=f(x)∈(Img)^cとなってxの最小性に反する
でいいんじゃない？
それとgがstrict monotoneだと言っておくべきでは（自明かも？）
>W が ω1 に上界をもたないとすると W は非可算順序数である
Wはω1の部分集合だけど順序数かな？ω1の中で値が上がる所だけ取り出すのでとびとびになるんじゃない？
でも非可算集合にはなるからg:W→Rは順序を保つ単射なのであとはオミゴト

>>75
>でも非可算集合にはなるからg:W→Rは順序を保つ単射なのであとはオミゴト
ではなかった
Wが順序数でないとx∈Wについてx+1∈Wが言えないのでは？
けど
∀x∈W∃y∈W x<y
は言えるからそのようなyの最小をx+とでも書いて
g(x)<q(x)<g(x+)
みたいに選べば良さそう
あるいはWが非可算順序数ω1と順序同型になることを証明するかでしょうか

自分の考えた解答は以下の通り

f:ω1→R:monotone (should not be strict)
f(0)=0
∀α∈ω1∃β∈ω1 α<β,f(α)<f(β)
g(x)=x/(1+x):R≧0→[0,1)⊂R
h:ω1+1→R:h(α）=gf(α) (α∈ω1), sup(gf(ω1)) (α=ω1)
k(α)=h(α)/h(ω1):ω1+1→[0,1]:monotone (should not be strict)
k(0)=0,k(ω1)=1
∀α∈ω1∃β∈ω1 α<β,k(α)<k(β)<1
αn=min(k^-1([g(n),1])) for n∈ω
(an):monotone (should not be strict)
∀n∈ω∃β∈ω1 αn<β,k(αn)<k(βn)<1
g(n)≦k(αn)<1
αn<ω1
k(∪αn)=limk(αn)=limg(n)=1
ω1∋∪αn=ω1:countable
NG
f:ω1→R:monotone (should not be strict)
f(0)=0
∃α∈ω1∀β∈ω1 α<β→f(α)=f(β)

>>76
この部分
非可算個の[a,b)(≠φ)の直和はRには存在しない
というのがアイデアの源泉でしょうか
Qを使うというのはオミゴトです

英語変でしたねshould → may, mightかな

W は整列順序集合の部分集合だからその部分集合もまた整列順序集合でそこでの＋1ができる。

>>78
ああそうかそれなら
f:ω1→R:monotone (may not be strict)
Σ[f(α),f(α+1))⊂R
から（Σは直和）
[f(α),f(α+1))≠φ
であるのは可算個しか無いので
W={α∈ω1|f(α)<f(α+1)}
は可算集合
よって∪Wは可算順序数だから
W⊂∪W <α<ω1
となるαが存在しα<βであるすべてのβはWに入らないので
f(β)=f(β+1)
ああでもこれじゃダメか極限順序数の場合も言わないと

たぶん言えると思うけど眠いのでお仕舞い

f:ω1→R:monotone (may not be strict)
g(α)=sup{f(β)|β<α}≦f(α)
∀β<α f(β)≦g(α)
Σ[g(α),f(α))⊂R
W={α∈ω1|g(α)<f(α)}:countable
W⊂∪W:countable ordinal
∀α∈ω1 W⊂∪W<α→¬α∈W→f(α)=g(α)=sup{f(β)|β<α}
α=∪W
f(α)=f(∪W)
f(∀β∈ω1 ∪W≦β<α→f(β)=f(∪W))→f(α)=sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)
∀α∈ω1 f(α)=f(∪W)

>>83
>f(∀β∈ω1 ∪W≦β<α→f(β)=f(∪W))→f(α)=sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)
最初のfはtypoで変なところに入ってしまった
超限帰納法で∪W≦β<αであるすべてのβについてf(β)=f(∪W)の場合を考えているので
(∀β∈ω1 ∪W≦β<α→f(β)=f(∪W))→f(α)=sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)

>>83
>∀α∈ω1 f(α)=f(∪W)
超限帰納法による結論も
∀α∈ω1 ∪W≦α→f(α)=f(∪W)

>>70
偽だろ

>>70
偽だろ

>>70
偽だろ

>>84
>sup{f(β)|β<α}=sup{f(∪W)}=f(∪W)
sup{f(β)|β<α}=sup(f(∪W)∪{f(∪W)})=f(∪W)

f:X→Yの連続性を
A⊂Xについて
f|Aとf|X-Aの連続性に分けて考えられるのは
Aがある特別な部分空間のときだけ
それは

補題
∀ Y:top.sp. ∀f : X →Y ( f|A : cont. ∧ f|X＼A : cont. ⇒ f : cont. ) ⇒ A : open

(∵) A が開集合でないとする。 Y = {0,1} に離散位相をいれて f: X →Y を f(x) = 0 ( if x∈A) or f(x)=1 ( if x∉A) と定める f|A も f|X＼A も定数だから連続である。しかし 開集合{1}の引き戻し f⁻¹(0) は A であるがこれは開集合でないからf は連続ではない。よって矛盾□

主張
∀ Y:top.sp. ∀f : X →Y ( f|A : cont. ∧ f|X＼A : cont. ⇒ f : cont. )
iff
A は open かつ closed

(∵) ⇒ は前補題。A は open かつ closed とし、Y:top.sp. と f : X →Y を f|A : cont. ∧ f|X＼A : cont. ととる。Y の open U をとる。このとき f|A⁻¹(U) = f⁻¹(U) ∩ A は A の open。ここで A は open だから f⁻¹(U) ∩ A は X の open。同様に f|X＼A⁻¹(U) = f⁻¹(U) ∩ X＼A も X の open。よって主張を得る。□

>>91
ご明察です
つまりXが2つの位相空間の直和になる場合に限るというわけですね

2次の特殊線形群が、
(0 -1)
(1 0)
と
(1 1)
(0 1)
で生成されることを示せ。

>>93
モジュラー群？
SL(2,Z)?

>>94
下のやつです。

>>93
a,b,c,d∈Z
ad-bc=1
(a b)(1 1)=(a a+b)
(c d)(0 1)=(c c+d)
(1 1)(a b)=(a+c b+d)
(0 1)(c d)=(c d)
(a b)(0 -1)=(b -a)
(c d)(1 0)=(d -c)
(0 -1)(a b)=(-c -d)
(1 0)(c d)=(a b)

行や列の入れ替えてどっちかの行もしくは列を-1倍
ある行や列の整数倍を別の行や列に加算
ができるから
上手く変形して(1,1)成分を1に出来たらいいてことか

F_0 = 1 とする。
F_1 = a とする。
F_n = F_{n - 1} + F_{n - 2} for n ≧ 2 とする。

F_n > 2026 となるような n が存在するための a についての必要十分条件は何か？

一般項の求め方は知らないとする。

>>97
真面目に考えて下さり、ありがとうございます。
私は京大院試2025年大問1を解くために、>>93を調べました。解答が気になれば、私がかろうじて理解出来たものを開示します。

93の結果を使って院試を解いている最中なので、93を認めた上で何か分かれば教えて頂きたいですね。

>>97
あとは互除法か

基礎科目ではなく、専門科目の方です。

>>100
AIで互除法のやり方を見ましたが、私はイマイチ分からなかったので、私が分かったものだけお伝えします。
あまり採点はできませんが、一応ひとつの解答は持ち合わせているので、宜しくお願いします。

高校レベルの回答者は問題です
が、高校レベルにすら全く達していない回答者は何を考えて荒らしているのでしょうか？

フィボナッチ数列だかリュカ数列っぽいものは、高校数学の方にも書かれているから、それで十分よ。

解答を高校数学のスレの方に書けばよいんだよ。
煽るんじゃなくて、きちんと誘導をしようよ。

>>100
a,c互いに素だから1ができる

>>97
(a,c)=1より互除法で1を(1,1)か(1,2)に作り出せる
(1,2)が1になるなら2列入れ替えて第2列-1倍にしたら(1,1)に1が出来る
(1,b)
(c,d)
第1行の-c倍を第2行に加えると
(1 b)
(0 d)
にできるが行列式が1のままで変形できてるので（行や列の実数倍使ってない）d=1
(1 b)=(1 1)^b
(0 1)=(0 1)
おしまい

>>97
どこかの成分を場合分けする方針は良さそうです。
私が知っている証明は、4パターンに分けていました。

ヒントが欲しければ、差し上げますよ。
いきなり答えを開示しても良いですがw

>>109
>>107

証明出来ましたか？
皆さんが納得されたら、解答を発表しますからね。

>>93
この問題の解答は、YouTubeで「SL2Zの生成元」と検索して頂ければ分かると思います。
まともに添削出来ずにスミマセンでした。
何か動画について疑問点があれば、私が可能な範囲で対応致します。

z^5+z^4−4z^3−3z^2+3z+1=0 を解いて下さい。

思いつかないのでチートしたら
ベキ乗根と四則演算では解けないみたいね
つまりそのことを証明しろという問題？

いや、イケるはずですよ。
ヒントを少しずつ言うと、この方程式は5次の中でもかなり特殊なものなんだと思います。
（私も後で質問したいことがあるくらいなので、満足なヒントは出せないかもしれませんが…。）

別のチートをしたらw^11-1=0の1以外の解によってz=w+1/wの満たす5次方程式がz^5+z^4−4z^3−3z^2+3z+1=0だと出てきた
w^10+…+w+1=0
w^5+…+1+…1/w^5=0
w^5+1/w^5=z^5-5z^3+5z
w^4+1/w^4=z^4-4z^2+2
w^3+1/w^3=z^3-3z
w^2+1/w^2=z^2-2
w+1/w=z
1=1
------------------------------------sum
w^5+…+1+…1/w^5=z^5+z^4-4z^3-3z^2+3z+1=0
思いつかないなあ

高校数学で係数の対象な4次方程式を解くときにこの方法よく使うけれど
それは変形が真逆で
z^2+z-1=0
を解くときそれを
w^4+w^3+w^2+2+1=0
の解と結びつけようとは思わないよなあ
聞きたいことってこれを一般化したときの係数とか？

仕事がお速いですねぇw
私は5次方程式のガロア群が5次の巡回群になるものを探したら、これに行き着きました。

係数からガロア群を判定する方法があるのなら、そこから（ζ_11）^i+(ζ_11)^(-i)の形が解になることが推測できるのかと思います。
（デイビッド・コックス著のガロワ理論くらいには、書いていないのかなと思っている次第です。）

>>117
聞きたいことは係数の計算による、5次方程式のガロア群の判定法の存在ですね。
（探している最中なので、その内見つかるかもしれません。）

>>119
mod pに落とし込んで様子を調べるくらいしかないのでは

とりあえず、調べたことを書きます。
ブリング-ジェラード標準形x^5+ax+b=0にして、判別式を計算する。
判別式が有理数の平方になる場合はA5・C5・D5となり、可解群ならば判別式は正になるらしいです。
あとリゾルベントという6次式を構成し、その方程式が有理数解をもてば、可解群になるみたいです。
難しい話なので結果だけが書いてあったりして正誤を確認出来なかったり、定義などを省略させてもらいましたが、こんなところです。

まあまた今度、厚めのガロア理論の本できちんと確かめに行こうと思います。

>>119
>聞きたいことは係数の計算による、5次方程式のガロア群の判定法の存在ですね。
>（探している最中なので、その内見つかるかもしれません。）

日本語情報なら 下記の 出典7、8、9な
なお、英文 en.wikipedia も覗いてみて
（だいたいは英文の方が情報が豊富という。いま、時間がないので見てないがよろ）

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%94%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F
五次方程式

出典
7 元吉文男「5次方程式の可解性の高速判定法（数式処理における理論と応用の研究）」『数理解析研究所講究録』第848巻、京都大学数理解析研究所、1993年、1–5頁、CRID 1050282677087499264、hdl:2433/83668。
https://hdl.handle.net/2433/83668

8 大迎規宏「可解な5次方程式について」『学位論文』、兵庫教育大学学術情報リポジトリ、2003年。
https://hyogo-u.repo.nii.ac.jp/records/5251

9 方程式のガロア群（その具体的な計算法）松田修2023 年10月5日 ( https://www.tsuyama-ct.ac.jp/matsuda/ 松田修 ガロア理論入門ノート より)
https://www.tsuyama-ct.ac.jp/matsuda/eBooks/galois_equations.pdf

https://en.wikipedia.org/wiki/Quintic_function
Quintic function

>>123
下から2番目の資料は結構詳しいと思います。
わざわざありがとうございました。

>>124
>下から2番目の資料は結構詳しいと思います。

どうもです
大迎規宏さんね
たしか、その文中で Dummitさんの論文を引用していたが
下記の英文サイトのpdfが試gえる気がする＝i未確認だが）
（余談 大迎さん 兵庫県の教育委員会の次長さんだったかの挨拶文のページがヒットした。さすが 兵庫教育大か）

また いま 下記en.wikipedia見ると
”ブルース・バートレット：「五次曲線、正二十面体、および楕円曲線」、AMS Notices（2024年4月）”
面白い。やっぱ新しい文献は見とかないと

あと 元吉文男さんは、文中で エムポストニコフのガロア理論（ロシア本の和訳）
の数式を引用しているが、いまならコックスのガロア理論が上位互換で そっちで間に合うでしょう

松田修先生は、高専の先生で 記述が高専生にも配慮した書き方に思えて
好感がもてました

何かのお役に立てれば幸いです
では

(参考)
https://en.wikipedia.org/wiki/Quintic_function
(google訳)
注記
7. David S. Dummit可解な五次方程式の解法2012年3月7日に Wayback Machineにアーカイブされました
（アーカイブ）
https://web.archive.org/web/20120307030156/http://www.emba.uvm.edu/~dummit/quintics/solvable.pdf

外部リンク
ブルース・バートレット：「五次曲線、正二十面体、および楕円曲線」、AMS Notices（2024年4月）
https://www.ams.org/journals/notices/202404/noti2923/noti2923.html

COX著のガロワ理論は確か上下巻あったと思うので、たぶん何かしら載っていると思われます。
前に見たときは、下巻が計算式だらけだったような記憶がありますから。（うろ覚えですが…。）

fは実数を実数に写す関数とする。
実数x_0における、fの左上極限が右上極限よりも大きくなるx_0全体の集合は、高々可算であることを示せ。

>>127
確か非可算個の開区間の直和を考えると可算個以外は空じゃなかったっけ？証明忘れたけど簡単だったはず

思い出した
非可算個が空でなければ
それぞれの中に有理数があるから
有理数が可算であることに反する
だった

>>128
その問題は結構ムズいと思うよ。
誰も解かないと思ったから、答えがどこかにいったw
知りたければ探すけど、見つからないかも…。

>>130
>>129

答えが見つかったわ。

Gを群とし、A,BをGの巡回部分群とする。 G=ABを満たし、A,Bが共にGの正規部分群とならない例を挙げよ。

n∈N,a∈{±1}
(n,a)(m,b)=(n+am,ab)
(n,a)(0,1)=(n,a)
(0,1)(n,a)=(n,a)
((n,a)(m,b))(k,c)=(n+am,ab)(k,c)=(n+am+abk,abc)
(n,a)((m,b)(k,c))=(n,a)(m+bk,bc)=(n+am+abk,abc)
(n,a)(-n/a,1/a)=(n-an/a,a/a)=(0,1)
(-n/a,1/a)(n,a)=(-n/a+n/a,a/a)=(0,1)
(n,1)(0,a)=(n,a)
(0,1/a)(n,1)(0,a)=(0,1/a)(n,a)=(n/a,aa)=(n/a,1)
うーんダメか
じゃ
n∈N+iN,a∈{±1,±i}
(n,1)(0,a)=(n,a)
(0,1/a)(n,1)(0,a)=(0,1/a)(n,a)=(n/a,aa)=(n/a,1)
うーんやっぱダメか
この路線じゃいかんか

>>133の私が知っている解答例の位数は結構大きい。
位数のヒントを出しても良いくらいですね。

あと>>127は、
Set of points where limsup x+ < limsup x- do not agree is countable
と検索すれば分かると思います。
おそらく、合っていると思います。
問題自体は正しいはずです。

4項間漸化式の問題
a_(n+3) = a_(n+2) + a_(n+1) + a_n
初期値は
たとえば、a_0=0, a_1=1, a_2=1
で解いてね
5項間、6項間、... , n項間の一般解も
検索しないで自力で頭の体操

ツマンネす

>g(x)はf(x)の逆関数とする。
>微分方程式f'(x)=g(x)を解け。
a=(-1+√5)/2
f(x)=(a^a)x^(1/a)

ルールを律儀に守る住民

>>139
無料版geminiにやらせたら、g(x)=x^nと仮定して解なしとかいいよったわｗ
g(x)=kx^n とおいて解けよ、といったら、出来ました！だとさｗ

他に無いかねまたx≦0でもないかね

>>139
これは
f'(x)=g(x)=y⇔x=f(y)
から
f'f(y)=y
を
f(y)=kx^n
と仮定して出したもの
もっと一般化するにはどうすれば良いか

f(y)=ky^n
と仮定

>>142
>他に無いかねまたx≦0でもないかね
x≦0では
f(x)=-f(-x)
つまり奇関数拡張すれば
f'(f(x))=-f'(-f(x))=-f'(f(-x))=-(-x)=x
でOK
他に有るかどうかはどうするかな

>>145
>でOK
なわけないか

f(x)=-f(-x)
f'(x)=f'(-x)
f'f(x)=f'(-f(-x))=f'(f(-x))=-x
NG

>1人目〜3人目に来た人は採点しただけで断る。
>4人目、5人目に来た人は過去最高点だったら結婚する。
>6人目、7人目は過去2位以内に入るなら結婚する。
>8人目は3位以内に入るなら結婚する。
>9人目は5位以内に入るなら結婚する。
>10人目はその人しかいないから諦めてその人と結婚する。
>
>問：この最適停止問題に基づく戦略を取った場合、
>a.10人中一番良い相手と結婚できる確率
>b.10人中3位以内の相手と結婚できる確率
>c.10人中5位以内の相手と結婚できる確率
>をそれぞれ求めてください
p=(a1,…,a10)∈S10=A10
f(p,m,n)=nth of a1,…,am
f(p,m,1)<…<f(p,m,m)
{f(p,m,1),…,f(p,m,m)}={a1,…,am}
f(p,m,0)=0, f(p,m,n)=∞ for m<n
f(p,m.n)=am if f(p,m-1,n-1)<am<f(p,m-1,n),
f(p,m.n)=f(p,m-1,n) if f(p,m-1,n)<am,
f(p,m.n)=f(p,m-1,n-1) if am<f(p,m-1,n-1)
A4={p|f(p,3,1)>a4}
A5={p|f(p,4,1)>a5}
A6={p|f(p,5,2)>a6}
A7={p|f(p,6,2)>a7}
A8={p|f(p,7,3)>a8}
A9={p|f(p,8,5)>a9}
B4=A4
B5=A5-A4
B6=A6-A5-A4
B7=A7-A6-A5-A4
B8=A8-A7-A6-A5-A4
B9=A9-A8-A7-A6-A5-A4
B10=A10-A9-A8-A7-A6-A5-A4
Ca=(B4∩{p|a4=1})∪…∪(B10∩{p|a10=1}
Cb=(B4∩{p|a4≦3})∪…∪(B10∩{p|a10≦3}
Cc=(B4∩{p|a4≦5})∪…∪(B10∩{p|a10≦5}
Pa=|Ca|/10!
Pb=|Cb|/10!
Pc=|Cc|/10!

>>133
>Gを群とし、A,BをGの巡回部分群とする。 G=ABを満たし、A,Bが共にGの正規部分群とならない例を挙げよ。

某スレから来ました
質問していい？

上記 積 G=AB は、半直積以上を考えていますか？
つまり、半直積の場合 下記のように ABのどちらかは正規部分群
（余談：直積なら両方とも正規部分群になり不適）

また ”A,Bが共にGの正規部分群とならない”は、二通りに解釈できて
・「A,Bが共にGの正規部分群」とならない と解すれば、半直積の場合が適合する
・「A,Bが共にGの正規部分群とならない」＝A,B両方が非正規部分群 と解すれば、半直積の場合は不適

最低 質問「積 G=AB は、半直積以上を考えていますか？」に答えて貰えば良い
（深入りするつもりはないので）

注：半直積以上を考えるときは
半直積以上のどんな積G=ABを想定するのか？ が問題になる
スタンダードには、半直積以上の文献例が少ないので 疑問に思った次第です

(参考)
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%8D%8A%E7%9B%B4%E7%A9%8D
半直積
群の半直積（はんちょくせき、英: semidirect product）とは、ふたつの群から新たな群を作り出す方法の一種。 群の直積の一般化であり、通常の直積をその特別な場合として含む
内部半直積
ふたつの群 N, H に対して N の H による内部半直積とは、次の性質を満たす群 G のことで、 G = N ⋊ H と表す[1]
N は群 G の正規部分群かつ H は群 G の部分群であって、G = NH を満たす
N と H は自明な共通部分をもつ：N ∩ H = 1
ホモロジー代数的定義
略
つまり半直積 G とは群 N の群 H による群の拡大のなかで「もっとも単純なもの」である。

>>149
とりあえずお答えできるのは、A,B両方が非正規部分群ということですね。

>>150
>とりあえずお答えできるのは、A,B両方が非正規部分群ということですね。

ありがと
それだけで十分です
面白い問題考えたね（＾＾

>>149
半直積なら二面体群で仕舞いだから
そんな単純な話では無いのは明白
ここはm:G×G→GのGの積写像で
m(A×B)=Gとなるという意味でしょ

A : R^n → R^mを線形写像とする。
VをR^nの開集合とする。
A(V)はA(R^n)の開集合であることを証明せよ。

位相は普通の位相なんだろうから
Vの各点のまわりにn次元の開球が取れて
Im(A)は開球の基底で生成できるから
R^m=R^k¥oplusIm(A)
とでも置けば各点の像のまわりは
R^k¥oplusA(V)もm次元の部分集合を形成して
A(V)の各点のまわりはIm(A)の次元と同じ部分集合なので
Im(A)の開集合
ってな感じで

{f_n}はfに各点収束する、一様連続な関数列とする。
x_n→x(n→∞)のとき、f_n(x_n)→f(x)(n→∞)は成立するか。

>>155は[0,1]に限定しておきます。

一様連続なら行けるんじゃないの

行けるのなら証明を、そうでなければ反例を求む。

fn:uniform
∀ε>0,∃δ>0,∀x,y∈R: |x-y|<δ→|fn(x)-fn(y)|<ε
fn→f:point wise
∀x∈R,∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(x)-f(x)|<ε
xn→x
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |xm-x|<ε
fn(xn)→f(x)
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(xm)-f(x)|<ε

とりあえずヒントを…。
実は成り立たないみたいなので、反例を下さい。

∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(xm)-fm(x)|<ε
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(x)-f(x)|<ε
∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(xm)-f(x)|<2ε

反例をくだちぃw

>>161
>∀ε>0,∃n∈N,n<∀m∈N: |fm(xm)-fm(x)|<ε
ここんところか
うーんどうするかな

しかし、証明をされたら何故違うのかも言わないといけないかな。
何故成り立たないのかは、別で考えておきます。（各点でなく、一様収束なら成り立つみたいです。）

fn→f:uniform
なら行けるんだろうな

>>164
一様ならxに丸で依らないから行けるのはホボホボ自明

各点収束では、一様収束する連続関数列の極限関数が連続の証明の方法は使えないのでしょう。

そりゃ無理だわね

これが反例づくりのヒントになったりね。

fn(x)=cos^2n(x):uniform
fn→f(x)=1(x=nπ),0(otherwise)
xn=1/n→0
で

ヒント出し過ぎ
しおもな

f(0)=1だと思いますが、lim[n→∞]f_n(x_n)の値は1ではないとしたらどうなりますか？

>>170

ちなみに一様連続の条件は、[0,1]で考えたらただの連続関数だと思えば良いと思います。
（元ネタを忠実に再現しているだけです。）

元ネタが微妙だったので、色々ヒントを出してバランスを取ったということで許して下さいね。（頑張ればRで一様連続な関数列でも反例は作れるのかもしれないですが…。）

なんか作問がイマイチなので、早々と正解は出しますね。
11時くらいには書きますね。

>>170
これじゃダメか
xnは
os^2n(x)=1/n
の解xn=arccos((1/n)^(1/2n))でどうかな
limcos^2n(xn)=lim1/n=0
limxn=limarccos((1/n)^(1/2n))=arccos1=0

>>177
とりあえず、f_n(x_n)→f(x)(n→∞)にならなかったら何でも正解です。
あと、連続関数列なら自由です。
私の添削に限界があり、用事を済ませたら解答例を書くので、それで出題の意図を汲み取って頂けると有難い。

>>178
下らん

それなら解答を闇に葬るのみw

一様連続とか言い出したから、ややこしくなってしまった。
そろそろ必修数学の作問も限界に達してきたから、専門数学の作問をするわ。

とりあえず後で解答を書くから、それでこの話は終了。

>>155
これの解答は、f_n(x)=x^n
x_n=1−1/n とすると、
f(x)=0(0≤x<1),1(x=1) となり、
x_n→1(n→∞) であるから、
lim[n→∞]f_n(x_n)=1/e ≠ f(1)=1
よって、不成立。

不出来な作問なので、こんなところで許してね。

>>156
この条件での解答

A:N→P(X)
∪∩A=∪{∩{An|m<n}|m∈N}⊂∩{∪{An|m<n}|m∈N}=∩∪A
を示し
∩∪A＼∪∩A≠φ
である例を挙げよ

>185
とりあえず思考過程ゼロでAIにかけたら、A_nのnが奇数のときに{0}、nが偶数のときに{1}とおけば例の条件を満たすって出たけど、いかが？

再度AIにかけたら早速違った答えを出してきたので、やっぱり無しでお願いします。

>>185
補遺
∩∪A=∪∩A
である同値な条件を挙げよ
（適当な答えを知らないので出題では無いから別に）

>>186
例としてOK

やりぃ

>>185
>∩∪A＼∪∩A≠φ
>である例を挙げよ
簡単すぎたので
単調減少
An⊃An+1
の場合
∩∪A=∪∩A
であることを示せでどうかな

z^5+z^4-12z^3-21z^2+z+5=0を解け。

>>192
これはちなみに、ガロア群はC5になるらしいです。
これでかなり解きやすくなるはずです。

>>192
やはりこれは、pcで計算しないと苦しいかもしれません。
まあ、こんなC5の方程式があるんだくらいに思ってください。

>>192
与えられた5次方程式
z^5 + z^4 - 12z^3 - 21z^2 + z + 5 = 0
は有理数体上で既約であり、一般的な代数解の公式（冪根による解法）の形では簡潔に表現できません。しかし、この方程式は素数 p = 31 に関連するガウス周期（Gaussian periods）を根に持つ特殊な方程式（巡回拡大の極小多項式）であるため、三角関数を用いて厳密な解を書き下すことができます。

厳密解
方程式の5つの根は以下の通りです。

z_1 = 2cos((2π)/31) + 2cos((10π)/31) + 2cos((12π)/31)
z_2 = 2cos((4π)/31) + 2cos((20π)/31) + 2cos((24π)/31)
z_3 = 2cos((8π)/31) + 2cos((14π)/31) + 2cos((22π)/31)
z_4 = 2cos((16π)/31) + 2cos((18π)/31) + 2cos((28π)/31)
z_5 = 2cos((6π)/31) + 2cos((26π)/31) + 2cos((30π)/31)

解の導出背景（円分体とガウス周期）
この方程式の背景には、円分体 Q(ζ_(31)) （ただし ζ_(31) = e^(i*(2*π)/31)）の部分体が存在します。

乗法群の分割
素数31を法とする乗法群 Z_(31)^× は位数30です。これを位数6の部分群 H = {1, 5, 6, 25, 26, 30} ≡ {±1, ±5, ±6} (mod 31) と、その剰余類（5個）に分割します。

この部分群を基準に、1から15までの正の整数を3つずつの5つのグループに完全分割できます（各グループは直前のグループの要素を2倍し、31を超えたら剰余をとったものです）。

A_1 = {1, 5, 6}
A_2 = {2, 10, 12}
A_3 = {4, 7, 11}
A_4 = {8, 9, 14}
A_5 = {3, 13, 15}

ガウス周期の構成
各グループ A_k = {a, b, c} に対して、
z_k = ζ^a + ζ^(-a) + ζ^b + ζ^(-b) + ζ^c + ζ^(-c)
という周期を作ります。オイラーの公式 ζ^n + ζ^(-n) = 2cos((2n*π)/31) を適用すると、上記で示した三角関数の和の形になります。

極小多項式の特定
これら5つの z_k を根とする多項式 Π[k=1,5] (z - z_k) を展開すると、根と係数の関係から各係数が計算され、提示された方程式 z^5 + z^4 - 12z^3 - 21z^2 + z + 5 = 0 と完全に一致します。

参考までに、これらの根を近似値で表すと以下のようになります（順不同）。
z ≈ 3.7116
z ≈ 0.4425
z ≈ -0.6389
z ≈ -1.5478
z ≈ -1.9675

>>195
おぉ、解けましたか。
計算量が多くてきついかと思いましたが、大丈夫でしたね(^^)

そんなad hocな解き方なの？

ガロア群がC5というヒントは出していました。

なんでみんなここに直接数式を書きこむの？

直接じゃなきゃどうするの？

latex

単位元をもつ4元からなる環の例を4つ挙げよ。

>>202
AIにバレてるからやっぱ無しかな。
まあ、解答したい人はご自由にw

問題　『博士が百人いる村』

ある日
ある村に無能な博士が百人あつまった
この村には掟がある
　村のオキテ【自分が無能とわかった博士はその日の夜に村を出ていかなければいけない】
博士たちは自分自身が無能かどうかは自分ではわからないが
他の博士が無能かどうかは完璧にわかる
広場に百人の博士が集まった
おのおのの博士は他の博士が無能かどうかを判定したが
誰も一言も発言しなかった
村長がいうことには「百人の中に少なくとも１人の無能の博士が存在する」
すべての博士がそれを聞いた
博士は無能かそうでないかのどちらかであるとする
博士たちは無能だが論理的思考はできる

さて博士たちはどうなったか？
何日目に何が起こったかを理由をつけて詳しく述べよ

箱入り博士

次の問題

559 １３２人目の素数さん 2026/07/08(水) 05:55:21.26 ID:XT0OsVw3
複素平面上の相異なる2点A(α)、B(β)を通る直線をl、lに原点から下ろした垂線の足をHとする。
H(β/α)となるとき、α、βは複素平面上のどの領域を動きうるか。

本人は
作問中に垂線を後から引いた
と言っており、思いつきだけで作った問題のもよう

コピペ乙

インディアンポーカー

無能だったら自分が無能と推論できる状況でもそれに気づけないのでは？

設定

こっちで引き取って


645 １３２人目の素数さん 2026/07/16(木) 07:18:52.78 ID:0HG/0SQG
朝の光を浴びて新鮮な気持ちで質問します

平面上に△ABCがある。
直線ABに関して点Cとは反対側に点Pをとり、△PABが正三角形となるようにする。
同様に直線BCに関して点Aとは反対側に点Qをとり、△QBCが正三角形となるようにする。
直線PQ上に点Xをとったところ、△XCAが正三角形となった。△ABCはどのような形状かを述べよ。

>>211
高校数学スレで

たらい回しw

＞y=(√3)*tan(πx)　(0<x<1/2) のグラフ上の有理点は
＞(1/6,1) と (1/3, 3) だけでしょうか。
ギリ大学数学だろうが
あんま面白くなさげ

>y'+exp(-x)y=0
>y(0)=1
y=0 OK
dy/y=-exp(-x)dx
log|y|=-exp(-x)+C
y=Aexp(-exp(-x))

y(0)=1 ⇒ C=1 or A=e

>＞y=(√3)*tan(πx)　(0<x<1/2) のグラフ上の有理点は
>＞(1/6,1) と (1/3, 3) だけでしょうか。
>ギリ大学数学だろうが
>あんま面白くなさげ

面白くなさげとは、簡単に解けてしまうということでしょうか。

785 １３２人目の素数さん 2026/07/26(日) 11:48:01.23 ID:aJpHQceM
xy平面上の曲線
y^3=x^3+1
上に有理点は無数に存在するか。

フェルマー予想（未解決問題）を使う問題

(p/q)^3=(r/s)^3+1
(ps)^3=(rq)^3+(qs)^3

i^3=j^3+k^3
(i/k)^3=(j/k)^3+1

ふぅ

x^3+y^3=z^3
が整数解を持たないとか
300年くらい前には示されてるだろ

803 １３２人目の素数さん 2026/07/29(水) 17:39:35.86 ID:VjItaz9y
f(x)=x^4-x^3+x+1
とする。
方程式f(x)=nが有理数解のみを持つような整数nは存在するか。
存在するならすべて求め、存在しないならばそのことを証明せよ。


1組の解はすぐ見つかる
それ以外に存在しないことは
整係数n次方程式の有理数解に関する定理
https://www.todai-counseling.com/blog/post-729
を使えば高校数学の範囲で示せる

結論：
高校数学スレで

862 １３２人目の素数さん 2026/08/04(火) 12:47:27.93 ID:7J6q2Vpj
f_k(x)=sinx+sin2x+...+sinkx
とする。f_k(x)の最大値と最小値をkで表せ。

k=2の時点で二重根号が必要
一般項は普通の形では書けなさそう

>>223
フーリエ解析でよく出るヤツだよ

すまん
違うか

>>223
sinkθの級数公式はあると思われる。
ただ、出題爺さんの問題は私はノータッチでw

あいや
やはり
そうか

級数公式をググったら
sin(x)+...+sin(kx)
=sin((k/2)x)sin(((k+1)/2)x)/sin((1/2)x)
というのが見つかったけど
半角のsinを使う代わりに、次数が倍になるので
微分したり方程式を解いたりするのには向かなそう

大学入試レベルの演習問題だと
f(x)=7sin(x)+sin(2x)
のように、係数をいじって
解が単純になるようにしたものが多い

kが十分大きい時、比例定数rがあって
最大値≒rk, 最小値≒－rk
に近づく、みたいなことは言えそう

ここまでにしておきます

>>228
>sin(x)+...+sin(kx)
sin(x/2)かcos(x/2)を掛けて積和使うのかな

高校数学範囲だね

等比級数

920 １３２人目の素数さん 2026/08/13(木) 12:06:29.04 ID:RM/JJtYA
a、bをa<bなる実数とする。
以下の条件（ア）（イ）をともに満たすn次多項式f(x)が存在することを示せ。

（ア）f(x)は0でない整数p,qを用いてf(x)=x^n+px+qと表せる。
（イ）方程式f(x)=0は実数解を持ち、そのうちの1つをcとするとa<c<bを満たす。
----

実数や有理数の稠密性の証明と
同じ方法で証明可能

0<a<b とおくと、aとbがどんなに近くても
正の整数mを用いて 1/m<b-a とおける

f(x)=x^n+px+qを、aの整数部分を [a] として
f([a])>0, f([a-1])<0, f'([a])>m
となるように p, q を与え、qを1ずつ減らすと
方程式 f(x)=0 の実数解は 1/m より小さい刻みで
増加していき、a<c<b の区間に少なくとも1つ入る
（後略）

位数96の群は単純でないことを証明せよ。

位数の素因子が高々二つの有限群は可解?

位数の素因子が高々二つ（つまり、群の位数 \(\vert{}G\vert{}\) が \(p^{a}q^{b}\) の形、ここで \(p, q\) は異なる素数、\(a, b \ge 0\)）の有限群が可解群であるという定理は、数学においてバーンサイドの定理（Burnside's \(p^{a}q^{b}\)-theorem）として広く知られています。この定理の概要と背景、および証明の核心となる概念について解説します。

バーンサイドは出来れば使わない方向でお願いします。

>>234
>位数96の群は単純でないことを証明せよ。
96=2^5×3
だから2-群と3-群考えるのかな？
2-群が正規じゃなければ
正規化部分群は全体じゃないから自分自身なので
共役が3つあるのでその入れ替えでS3への準同形がある
よってその核が正規

7 １３２人目の素数さん (ﾜｯﾁｮｲ 3763-MUU/ [240a:61:5226:7b18:*]) 2026/08/19(水) 11:25:10.78 ID:fq85UUqn0
以下の方程式を満たす関数f(x)が存在するならば、すべて決定せよ。
f(a)=∫[0,∞] e^(-ax)f(x) dx
----

f(x)=0 は自明
f(x)=0でないとき
多項式展開して係数を比較すると
a=Γ(1)=Γ(2)=...
となり不適
（後略）

>>236
横から出てきてなんだ?

>>239
出題者です。

バーンサイドの定理は使っていいよ

>>240
>>237でよくない？

>>242
作用？での解答を予期していなかったですね。
貴方が見て良さそうなら結構です。
逆にちょっと勉強させてもらいますね。

>>241
>>235が言ってないよね？
バーンサイドってかなり大道具な気がするからなぁ…。
バーンサイドが証明できるんならどうぞって感じだけどw

>>243
つうかあれ以外に簡単な解答ってあんの？

>>245
ちょっと待って下さいね、所用で忙しいので(汗)
ちなみに、明日は時間が絶対にあるのでご安心を。

>>246
ちょっと待って？？
解答用意できてないのか

>>247
大丈夫、とにかくちょい待ってw

仕事第一、数学第二なのでね…。
アマチュアはw

とかレスする暇があるなら解答を書けるんじゃないの
自分で解いているなら

ちょい長解答になる。
ちなみに、作用のはきちんと解けてる？
説明に不足があったら、誰か指摘してあげて下さいね。
私は作用以外の解答を用意します。

>>251
・・・・どこまでも自分に甘い奴
で>>237わからんか？

2-群が正規で無い場合S3への写像が0じゃないのは自明
とかいうのを書かんとイカンか
シオモナ

んじゃ、作用以外の答え書かねぇw

自分で考えてなw

バーンサイドの定理を使うなとか言い出したあたり、大学ででた課題をここに丸投げしてたんだろうね

いや、趣味ですw

>>253
あなたは結構適当な書き方をするよね。
2-群とか結論をきっちり書かないとか。
（シロー部分群は長いから省略する気持ちは分からないでもないが、慣れていない人が見たら戸惑うだろう。）
最近、コルモゴロフの話があやふやでも出来たみたいに装っているような人がいたが、アレが貴方なら不誠実な態度であると思うよ。

>>258
どうでもいい感じw
コルモゴロフの01定理はちゃんと理解できたので嬉しい
それによって非可測集合を作れることも理解できた

>>258
気になるなら俺が書いたものを全部読み直してみたら？
何がどうなってああなるかの詳細書いてるし

ミジンコが口癖の人からの批判を意に返さないスタンスなら、私は別に構わないけど。

>>261
>ミジンコが口癖の人
て誰？

>>262
この板の住人は他人の書き込みをまともに見ていないんだね。
もう少し他人に興味を持った方が良いよ。
この板では、今日の友が明日の敵やからw

ちなみにミジンコの人とは、他人の批判をして自らはあまり数学の内容を語ろうとしない人のことだよ。

>>263
全然？どうでもよくね？

その人はミジンコが口癖で、ミジンコとは俺のこと。
どうも、ミジンコ院卒ですw

>>264
ははぁ
俺がレス乞食と読んだ人のことかな

>>265
正直、説明するのも面倒なので。
ただね、普通に見ていたら誰が誰なのかくらいなんとなく分かる。

レスコ〇キ＝ミジンコが口癖の人

>>268
>ただね、普通に見ていたら誰が誰なのかくらいなんとなく分かる。
全然？自分が分かってることが他人にも分かると思い込むのは気味の悪い癖

理解力が悪いんじゃないの？
と、強く言ってみるw

興味ある数学以外はどうでもよさげ

>>264
つまりゲス爺のことか

>>238
累乗関数の指数を複素数まで拡張すれば
ラプラス変換の不動点が存在する

以下の知恵袋サイトより
https://math.stackexchange.com/questions/3130893/function-equal-to-his-laplace-or-mellin-transform

f(t)=t^(-z) を変換すると F(s)=Γ(1-z)t^(-(1-z))
となり、係数を除いて互いに移り合うことから
両者の和として、変換後の係数が合うように
f(t)=j・t^(-z)+k・t^(-(1-z))
j=(Γ(z))^(1/2), k=(Γ(1-z))^(1/2), jk=1
と構成することができる

(j^2)(k^2)=Γ(z)Γ(1-z)=π/sin(πz)=1
からzが求まり
z=arcsin(π)/π=(1/2)±i(arccosh(π)/π)

x=e^(log(x)), e^(iθ)+e^(-iθ)=2cosθ
等を用いてf(t)を変形すると
f(t)=C・(cos(α・log(t)-β)/√(t))
α=arccosh(π)/π=0.5766...
β=arg(j')=arg(k)=0.4503...
と表せて
定数Cを実数にとれば実関数となる

0.4503... → 0.4053...
だった

t→+0 で正負の無限大に振動しながら発散したり
0からの定積分が求まらなかったりして
実際に役に立つ事は無さそう

242 １３２人目の素数さん (ﾜｯﾁｮｲ fefb-cp+l [2001:240:2466:1a86:*]) 2026/09/20(日) 11:38:42.22 ID:oiDe1Q0o0
一辺の長さがaである正三角形ABCを、辺ABの周りに一回転させてできる立体をV1、辺BCの周りに一回転させてできる立体をV2、辺CAの周りに一回転させてできる立体をV3とする。
V1とV2とV3の共通部分の体積をaで表せ。
--

三角形の内部の点Pの位置によって
3つの回転体のどれがもっとも高さが低いかを調べる
それぞれについて、回転体を底面に垂直な曲面で
切断したものの体積を求め足し合わせればよい

円錐を任意の平面で切断した立体の体積は
切り口が楕円、放物線、双曲線に場合分けできて
ひとつの統一された公式で表せる

2020年には和算の算額が作られ奉納されている
http://www.wasan.jp/aichi/atuta4.png

>>276
積分記号入ってるぞ和算じゃ無いだろ？

オーノー

>>276
解は
((√2)/48)(20-9ln3)a^3
=0.2979...・a^3

たしかに算額だけど和算ではないですね

305 １３２人目の素数さん (ﾜｯﾁｮｲ 8bd4-khsn [2001:240:247a:474e:*]) 2026/09/28(月) 18:17:06.03 ID:CXEvUH0s0
実数rと実数でない数αを用いて
r^α+α^r
の形で表される実数は存在するか。
存在するならばそのような(r,α)の組を1組求めよ。
--

存在するし、どんな実数に対しても
(r, α) を構成できる

例えば r が正の整数、式の値が 0 のとき
r^α+α^r=0
の解は
ランベルトのW関数（乗積対数関数）
y=W(x) ⇔ x=y・e^y
に複素数の主値以外を含めた多価関数
y=W_n(z)
を用い、k=ln((1/r)^(1/r)) として
α=(1/k)W_n(k・e^((-1+(2m+1)/r)πi))
となり、m, n を動かせば α は無数に存在する

右辺が0以外でも、数値計算で
任意の実数 r に対してα を導出できる

f(z) = (1/z)^2 + 2^(1/z) は z=0 を真性特異点にもつ。
よってピカールの定理により高々二つの例外の a を除いて方程式 f(z) = a は |z| < 1 に無限に解をもつ。しかし a が実数のとき f(z) の概形より f(z) = a は高々２つの実数解しかもてない。

なるほど
そういう流れがあるんですね
早とちりしました、ごめんなさい

え？べつに >>280とは関係ないけど？