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