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ペル方程式には必ず自明でない解が無限個存在することの証明を教えてください。
証明が乗っている本やPDFを回答してくださっても構いませんが、出来れば証明そのものを教えていただきたいです。

A 回答 (1件)

前に質問していた人ですね?


ほい↓
https://oshiete.goo.ne.jp/qa/11063736.html
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Q1+2+3+4+...=-1/12はどうやっても成り立つものなのでしょうか

ゼータ関数Σ1/n^sのsに-1を入れた式が1+2+3+...になるのは式の上で簡単に分かります。
ゼータ関数を解析接続で拡張したあとに-1を入れたら-1/12になるのはそうなんですねといった感じですが、ゼータ関数以外を使って1+2+3+...(のようなもの)を計算したときに-1/12以外にはならないのでしょうか。
ある定義域外の値を入れると式の上で「1+2+3+...」になるような、部分的に定義された正則な関数はゼータ関数以外にもありえそうな気がするのですが、その関数を解析接続で拡張し、その拡張された関数を使って1+2+3+...のようなものを求めても必ず-1/12になるのでしょうか。
また、自然数の総和以外にも、他の本来収束しない数列などに対して解析接続によって与えられる値はどうなのでしょうか。

関数f(z),g(z),発散する数列Anがあり、
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しかしf,gをそれぞれ解析接続して得た関数F,GによるF(p)とG(q)は異なる、
といった場合はあり得るのでしょうか。

式の上で一致、という言葉がかなり曖昧ですが初学者の興味ということで…

ゼータ関数Σ1/n^sのsに-1を入れた式が1+2+3+...になるのは式の上で簡単に分かります。
ゼータ関数を解析接続で拡張したあとに-1を入れたら-1/12になるのはそうなんですねといった感じですが、ゼータ関数以外を使って1+2+3+...(のようなもの)を計算したときに-1/12以外にはならないのでしょうか。
ある定義域外の値を入れると式の上で「1+2+3+...」になるような、部分的に定義された正則な関数はゼータ関数以外にもありえそうな気がするのですが、その関数を解析接続で拡張し、その拡張された関数を使って1+2+3+....続きを読む

Aベストアンサー

1 + 2 + 3 + 4 + ... = -1/12 だと言いたがる人は
ある程度以上に数学が解る人の中にも多く、
困ったものだと感じています。
素人を困惑させることが、そんなに楽しいのでしょうか。
数学の楽しみは、ものごとをちゃんと考えることにあるので、
あえて話をわかりにくくして「これがロマンだ」みたいな
ことを言われても、なんだかなあな印象です。
そういうアプローチじゃないことが数学のロマンなんだと、
数学者でない私は考えています。

ゼータ関数 ζ(s) が Re(s) > 1 で ζ(s) = Σ1/n^s と表されることと、
ζ(-1) = -1/12 であることは事実ですが、
ζ(s) が Σ1/n^s で表されるのは Re(s) > 1 の範囲でだけです。
関数の級数表示は収束域が制限される場合があるからこそ、
解析接続に意味があるのです。
1 + 2 + 3 + 4 + ... = -1/12 という式は、ζ(-1) = -1/12 を意味しません。
その式は、左辺が発散しているだけの、成立しない等式です。

Q逆数和の発散

調和級数や素数の逆数和は発散することが証明されてますが
合成数の逆数和は発散するのでしょうか

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偶数の逆数和は調和級数の1/2ですので当然発散します。(Σ[k:自然数]1/(2k)=(1/2)Σ[k:自然数] 1/k

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Q交換法則が成り立って、結合法則が成り立たない演算の例を教えてください。

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ぶっちゃけ、そういう演算を自分で定義しちゃえばいいのよ。

*:二人がじゃんけんしたときに、負けないほうの手
(グー*チョキ)*パー=グー*パー=パー
グー*(チョキ*パー)=グー*チョキ=チョキ
みたいなのとかは良く挙げられる例。

Qeは(n+1/n)と表せますが、(n+1/n)をテイラー展開するとどうなりますか?

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Q複素関数論

f(z)=u(x,y)+iv(x,y)が微分可能であるとき、コーシーリーマンの関係式が成り立ちます。
その際に、画像の(3.11)が成り立つそうなのですが、導けません。
教えてください。

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あーその式ですか。
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たいして暗記の役にも立つわけでもないし。
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ことを絶賛推奨します。(3.11)も不要です。

Q集積点

数列を(an)で表し、その値域にあたるものを{an}で表すことにする。

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「aの任意の近傍が{an}のa以外の点を含むような点」と定義した場合、それが(an)のある部分列の収束先になっていることの証明がうまくできません。
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> それが(an)のある部分列の収束先になっていること

この話には「(an)は収束する」という仮定が(暗黙裡に)入っているんですよね。もしかすると、「収束」の定義の理解が怪しいのかも。

> {an}の元(≠a)で、aに近づく元があるわけですが、それが(an)の部分列になるといってよいのでしょうか?

 どういう定理は利用して良いのか、というところがはっきりせんのだけれど、ま。
 (an)に({an}じゃダメ)「コーシー列になっている部分列」がひとつでも存在するなら、(an)は収束する。
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 がんばれ。

Qノーベル賞受賞者は素因数分解が暗算で出来るものなのか?

先日、「さんまの東大方程式」という番組を見ました。
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Aベストアンサー

ノイマン,リーマン,オイラー,ガウスあたりならできるでしょう
実際,手計算でいろいろ結果残してますし

逆に具体的な計算が苦手な数学者もいて,グロタンディークには難しいかもしれません
http://tsujimotter.hatenablog.com/entry/grothendieck-prime

Q画像の微分の式を幾何学的な図に表せないでしょうか?

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理由2つほど
1. g'(x)を図で表せないから
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 ゲーム感覚で
  g=hfだから、両辺を微分して。
  g'=h'f+hf' よりh'は
  h'=(g'-hf')/f  h=(g/f)を代入して整理すれば
  h'=(fg'+gf')/f^2 で図などいらない。

Q微積を使わずにsinθやcosθやネイピア数eの近似の式を導く方法はありますか? もし方法があれば、

微積を使わずにsinθやcosθやネイピア数eの近似の式を導く方法はありますか?
もし方法があれば、教えて欲しいです。

Aベストアンサー

ちなみに、どこから1/eは出てきたのでしょうか?また、なぜネイピア数に近づけるられるように作れたのでしょうか?>

すでにNo.6投稿の式②から⑤⑥⑦で説明したが、あまり理解されないようだから、実際に行う計算を示す。
(1−1/10⁷)^10⁷=a^10⁷≒1/e__① の計算を行う。
a=0.9999999__② を出発する。両辺を二乗すると、③となる。小数第7位以下は四捨五入する。
a²=0.99999980000001≒0.9999998__③両辺を二乗すると、④となる。 
a⁴=0.9999996_④二乗すると、指数の4は、倍々と増えて
a⁸=0.9999992_⑤二乗をあと4回繰返すと、128乗になる。途中を省略して、
a¹²⁸=0.9999872_⑥二乗をあと2回繰返すと、512乗になる。途中を省略して、
a⁵¹²= 0.9999488_⑦もう一回、二乗すると、1024乗になる。
a¹⁰²⁴= 0.9998976_⑧二乗をあと2回繰返すと、4096乗になる。途中を省略して、
a⁴⁰⁹⁶= 0.9995905_⑨二乗をあと3回繰返すと、32768乗になる。途中を省略して、
a³²⁷⁶⁸=0.9999872_⑩二乗をあと4回繰返すと、524288乗になる。途中を省略して、
a⁵²⁴²⁸⁸=0.9489219_⑪もう1度、二乗すると、1048576乗になる。
a¹⁰⁴⁸⁵⁷⁶=0.9004527_⑫二乗をあと4回繰返すと8388608乗になる。途中を省略して、
a⁸³⁸⁸⁶⁰⁸=0.4322026_⑬
⑥から⑬までの式を、左辺は左辺同士、右辺は右辺同士、みな掛ける。
左辺の指数をみな加えると
128+512+1024+4096+32768+524288+1048576+8388608=10000000
だから左辺の積はa¹⁰⁰⁰⁰⁰⁰⁰となる。右辺の積は0.367879≒1/e_⑭が得られた。
逆数をとると1/0.367879=2.718282≒eである。
式⑭は式①の(1−1/10⁷)^10⁷_⑮を忠実に計算したものである。
式⑮は10⁷=nと書けば
(1−1/n)^n__⑯である。
次の公式はよく知られている。
lim[n→∞](1+x/n)^n=e^n__⑰
この式でx=-1とすれば、
lim[n→∞](1-1/n)^n=e^(-1)=1/e__⑱
⑱はnが→∞で1/eになる。n=10⁷は∞ではないが、非常に大きい数なので、近似式が成立する。

ちなみに、どこから1/eは出てきたのでしょうか?また、なぜネイピア数に近づけるられるように作れたのでしょうか?>

すでにNo.6投稿の式②から⑤⑥⑦で説明したが、あまり理解されないようだから、実際に行う計算を示す。
(1−1/10⁷)^10⁷=a^10⁷≒1/e__① の計算を行う。
a=0.9999999__② を出発する。両辺を二乗すると、③となる。小数第7位以下は四捨五入する。
a²=0.99999980000001≒0.9999998__③両辺を二乗すると、④となる。 
a⁴=0.9999996_④二乗すると、指数の4は、倍々と増えて
a⁸=0.9999992_⑤二乗をあと...続きを読む

Qガウス積分による近似を使った スターリングの公式について なぜN>>1のとき 積分区間が-∞から∞に

ガウス積分による近似を使った
スターリングの公式について

なぜN>>1のとき
積分区間が-∞から∞になり
3次以降のテイラー展開が無視できるのか
教えていただけませんか?

Aベストアンサー

この「証明」は無茶でしょう。

 仮に「n log x - x をテイラー展開を打ち切ったもので近似した」のだとすると、x≫n, x≪nのときには近似になろうはずもありません。で、実際、この「証明」でもそこまで迂闊なことは言っておらず、あくまでも (n^x)(e^(-x))を (n^n)(e^(-n))e(-((x-n)^2)/(2n)) で近似した。
 これは e(-((x-n)^2)/(2n))がx≫n, x≪nのときに急激に0に近づくから成り立つ話です。
 でも、次の項 ((x-n)^3)/(3(n^2))を入れると、「x≫n, x≪nのとき急激に0に近づく」が言えない。つまり(n^x)(e^(-x))を「e^(テーラー展開を適当な項までで打ち切ったやつ))」で近似する、という訳にはいかない。ここが一番の無茶ですね。
 さらに「証明」では、
  ∫{-∞〜0} e(-((x-n)^2)/(2n)) dx ≒ 0
とやって、積分範囲を{-∞~∞}とした。ガウス分布で「平均nから、標準偏差の√n倍以上離れている範囲」の積分なのだから、nが大きければ0でいいでしょ、ということで、直感的にはおかしくない訳ですが、でも誤差の評価がなされていない。

 なお、きちんと証明するには、たとえば
  f(x) = log(floor(x+1/2)) (floor(t)はtを超えない最大の整数)
を使ってlog(x)を近似したときの誤差の収束性を示し、その極限値を計算します。

この「証明」は無茶でしょう。

 仮に「n log x - x をテイラー展開を打ち切ったもので近似した」のだとすると、x≫n, x≪nのときには近似になろうはずもありません。で、実際、この「証明」でもそこまで迂闊なことは言っておらず、あくまでも (n^x)(e^(-x))を (n^n)(e^(-n))e(-((x-n)^2)/(2n)) で近似した。
 これは e(-((x-n)^2)/(2n))がx≫n, x≪nのときに急激に0に近づくから成り立つ話です。
 でも、次の項 ((x-n)^3)/(3(n^2))を入れると、「x≫n, x≪nのとき急激に0に近づく」が言えない。つまり(n^x)(e^(-x))...続きを読む


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