1.平面上の点P(x,y)の集合A,Bを次のように定義する。
A={P(x,y)|x>0},B{P(x,y)|y≦-(x-k)^2+k かつ y≧kx-1}
Bは空集合でなく、しかも
B⊂Aであるためには、kはどんな範囲の値でなければならないか
 =
という問題です。わかりにくいやつは⊂の下に=がついたものです。

2.これは数学的帰納法の問題なのですが
数学的帰納法というのは学校で決まった形にあてはめるものだと
習いある程度お決まり文句がありそれはおぼえなければならないと
習いました。で、始めにn=1を代入して成り立つと証明し
次にn=kのとき成り立つと仮定してn=k+1の場合を考えるのですが
これは右辺にk+1とする式をひとつ付け加えて左辺にそれと同じものを
あてはめて解くというものだと自分では思っているのですがそれでは
解けません・・・ちょっと読解力に欠けているので
例題を出すので解き方を教えてください。
すべての自然数nに対して下の不等式が成り立つことを示せ。
1+1/2+1/3+1/4+・・・+1/n≧2n/(n+1)
という問題です。このれいだいのさっきいった
n=kを仮定してn=k+1のところを考えるところを教えてください

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A 回答 (7件)

数学的帰納法のお遊びで古典的なやつ。



「頭に毛が1本だけはえている状態は、ハゲである」
「頭にk本の毛が生えている状態が、ハゲであるならば
k本に1本の毛が加わったからといって、ハゲでなくなるわけでない」

n=1のときハゲ。
n=kのときハゲであると仮定したとき、
n=k+1であってもハゲは成り立つ。

したがって、頭に何本の毛があっても、ハゲである。
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No.5の回答、および数学的帰納法全般に関する注釈です。



●No.5の回答では補助定理(c)(d)(e)と定理(a)を証明するのに数学的帰納法を使いました。さらに定理(b)は別に証明しました。でもこれは全部一緒くたにして、
[1]n=1のとき
(a) S(n)≧T(n)、(b)T(n)≧2n/(n+1)、(c)T(n) = 2-1/2^(n-1) 、(d)2^(n-1)≧n 、(e)2^n≧n+1 、が成り立つ。
[2]n>1のとき、(a) S(n-1)≧T(n-1)、(b)T(n-1)≧2(n-1)/(n-1+1)、(c)T(n-1) = 2-1/2^(n-1-1) 、(d)2^(n-1-1)≧n-1 、(e)2^(n-1)≧n-1+1 、が全部成り立つと仮定して、(a) S(n)≧T(n)、(b)T(n)≧2n/(n+1)、(c)T(n) = 2-1/2^(n-1) 、(d)2^(n-1)≧n 、(e)2^n≧n+1 を証明する。

とやっても構わないのです。ですが、ややこしくなって、見通しが悪く、間違いやすい。だからNo.5では話を分けて(a)(b)(c)(d)(e)をそれぞれ証明したのです。これも一つの「テクニック」でしょう。

●数学的帰納法ってのは任意のn∈{1,2,3,....}について、ある命題P(n)が成り立つことを証明するために、
(A)
[1] P(1)を証明する。
[2] nはn>1である自然数であり、かつ 任意のk (kは1≦k<nである自然数)についてP(k)が成り立つと仮定して、P(n)を証明する。

という方法です。そのバリエーションとして
(B)
[1] P(1)を証明する。
[2] nはn>1である自然数であり、かつP(n-1)が成り立つと仮定して、P(n)を証明する。

がある。(B)は「任意のk (1≦k<n)についてP(k)である」という仮定のうち、k=n-1の場合だけしか利用しないということですね。
 ちなみに、(A)を特に「累積帰納法」と呼び、「数学的帰納法」という言葉は(B)だけの意味で使う人もいます。

また、m=n-1とおいて
(A')
[1] P(1)を証明する。
[2] mはm≧1である自然数であり、かつ 任意のk (kは1≦k≦mである自然数)についてP(k)が成り立つと仮定して、P(m+1)を証明する。
(B')
[1] P(1)を証明する。
[2] mはm≧1である自然数であり、かつP(m)が成り立つと仮定して、P(m+1)を証明する。

とやっても全く同じ事です。

●[2]の部分の証明がポイントであることは言うまでもありません。そして、ここんところは「決まったやり方」ってのはないんです。だからこそ応用が広い。

●P(n)としてどんな命題を持ってきても良い。そこで、
どんな整数hも命題Q(h):「hはh^2より大きくない」を満たす
ことを証明したければ例えば、
P(n) = Q(n-1)かつQ(1-n)
つまり
P(n):「(n-1)^2≧(n-1)かつ(1-n)^2≧(1-n)である。」
とすれば数学的帰納法が使えます。

●もっと複雑な応用もあります。例を挙げると、
二つの変数を含む命題Q(i,j)がi>jであるようなどんな自然数の組みi,jについても成り立つ
ことを証明するために例えば、
P(n):「任意の自然数iについてQ(i+n,n)が成り立つ。」
とする、なんて場合もあります。そして
[1] n=1の場合、P(n)が成り立つことを証明する。つまり、任意の自然数iについてQ(i,1)が成り立つことを証明する。このために
 [1-1] i=1の場合、Q(i,1)が成り立つことを証明する。
 [1-2] i>1であって、かつQ(i-1,1)が成り立つと仮定して、Q(i,1)を証明する。
[2] n>1であって、P(n-1)が成り立つと仮定して、P(n)を証明する。このために
 [2-1] n>1であって、かつQ(i+n-1,n-1)が成り立つと仮定して、i=1の場合、Q(i+n,n)が成り立つことを証明する。
 [2-2] n>1であって、かつQ(i+n-1,n-1)が成り立ち、しかもi>1であって、かつQ(i-1,1)が成り立つと仮定して、Q(i+n,n)を証明する。

という風に、数学的帰納法が二重構造で使われる場合もあります。

●実は数学的帰納法は、自然数の性質を使って証明される一つの「定理」なんです。でも「数学的帰納法が旨く行くこと」のキチンとした証明は意外に大変で、多分大学初年級でも苦労しそうなレベルです。
===========================

数学的帰納法を使って「馬は何頭集めても全部同じ色をしている」ということを証明してみましょう。つまり
任意のn∈{1,2,3,....}について「馬をn頭集めると全部同じ色をしている」
を証明しようという訳です。

[1] n=1のとき。1頭の馬は、それ自身と同じ色をしています。だから「馬をn頭集めると全部同じ色をしている」は確かに成り立ちます。
[2] n>1であり、かつ「馬をn-1頭集めると全部同じ色をしている」ことを仮定します。
馬をn-1頭集めた群れがあるとしますと、仮定から、これらは全部同じ色をしている。
そこで、もう1頭馬aを連れてきて、合わせて全部でn頭にします。
最後に連れてきた馬aとは違う馬bを1頭どけると、群にはn-1頭の馬がいます。「馬をn-1頭集めると全部同じ色をしている」という仮定から、これらは全部同じ色です。
さて、馬bは最初の群の他の馬と同じ色をしていたんですから、bも群れに入れてやると、合わせて全部でn頭。これらは全部同じ色です。
 以上から「馬をn頭集めると全部同じ色をしている」ことが証明できました。
????????????????????????????

 これは昔から良く知られている誤った証明(fallacy)です。
[1]には何の誤りもありません。
[2]はn>2ならば、全く誤りはありません。
ただn=2の時だけ、[2]はおかしな事を言っているんです。これで全ての証明が破綻してしまう。面白いでしょ。
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No.3のコメントに対する回答です。



No.3はちょっと端折り過ぎでした。それに誤記が幾つかありますから、もう一回初めから書き直してみます。

●問題をはっきりさせましょう。
S(n) = Σ1/k (Σはk=1,2,....,nに関する和)
と書くことにして、
任意の自然数nについて
S(n)≧2n/(n+1)
であることを証明せよ、ってのが問題でした。
 自然数に0を含むかどうかちょっと曖昧ですが、n=0の場合、S(n) = 0、2n/(n+1)=0 ですから、n=0でもS(n)≧2n/(n+1)は成り立っています。ですから、nが正の自然数である場合だけを考えれば良い。

●そこで、
T(n) = Σ1/(2^(k-1)) (Σはk=1,2,....,nに関する和)
を考えて、
(a) 任意のn≧1について、S(n)≧T(n)
(b) 任意のn≧1について、T(n)≧2n/(n+1)
の二つを証明すれば良い。
 このための補助定理として
(c) 任意のn≧1について、T(n) = 2-1/2^(n-1)
(d) 任意のn≧1について、2^(n-1)≧n
(e) 任意のn≧1について、2^n≧n+1
を用います。先にこれらの補助定理の証明をしましょう。

●(c)「任意のn≧1について、T(n) = 2-1/2^(n-1)」の証明。これはもちろん数学的帰納法で証明してもよいのですが、等比級数の公式通りってことで、省略して良いでしょう。

●(d)「任意のn≧1について、2^(n-1)≧n」の証明。これも自明と言いたいですが、数学的帰納法ででやってみましょう。
[1] n=1の場合。
2^(n-1)=1、n=1だから、2^(n-1)≧nは確かに成り立ちます。
[2] n≧2でありかつ2^((n-1)-1)≧(n-1)であると仮定して、2^(n-1)≧nを導きます。
まず仮定である
2^((n-1)-1)≧(n-1)
の両辺を2倍すると
2^(n-1)≧2n-2
です。さらに、n≧2だから
2n-2≧n
です(2n-2≧nを移項して整理してみれば自明)。ゆえに
2^(n-1)≧2n-2≧n
よって、
2^(n-1)≧n
以上で(d)の証明は終わりです。
●(e)「任意のn≧1について、2^n≧n+1」の証明。これも自明ですよね。数学的帰納法による証明は(d)と全く同じ要領ですから、お任せしましょう。
これで補助定理(c)(d)(e)の証明はおしまいです。

●では本題です。まず(a)「任意のn≧1について、S(n)≧T(n)」の証明。数学的帰納法を使います。
[1] n=1の場合。
S(n) = 1、T(n)=1だから、S(n)≧T(n)は確かに成り立ちます。
[2] n≧2でありかつS(n-1)≧T(n-1)であると仮定して、S(n)≧T(n)を導きます。
まずS(n),T(n)の定義から、
S(n) = S(n-1)+1/n
T(n) = T(n-1)+1/(2^(n-1))
です。また補助定理(d)「任意のn≧1について、2^(n-1)≧n」より、
1/n≧1/2^(n-1)
なので、仮定
S(n-1)≧T(n-1)
から
S(n) = S(n-1)+1/n ≧ T(n-1)+1/(2^(n-1)) = T(n)
となります。
以上で(a)の証明は終わりです。

●(b)「任意のn≧1について、T(n)≧2n/(n+1)」の証明には、数学的帰納法は不必要です。
n≧1とすると、補助定理(e)「任意のn≧1について、2^n≧n+1」より、
2^(n-1)≧(n+1)/2 だから
1/(2^(n-1))≦-2/(n+1) よって
2-1/(2^(n-1))≧2-2/(n+1)
です。そして、補助定理(c)「任意のn≧1について、T(n) = 2-1/2^(n-1)」より、
T(n) = 2 - 1/(2^(n-1))≧2-2/(n+1) = (2(n+1)-2)/(n+1) = 2n/(n+1)
以上で(b)の証明は終わりです。

★ご参考までに、以上の証明の仕方をどうやって思いつくか。
・実は(a)「S(n)≧T(n)」というのがまずヒラメクんですね。これは自明です。
・すると(b)「T(n)≧2n/(n+1)」が成り立つのかもしれない。で、nに幾つか小さい数値を入れてみてチェックします。
・どうやら成り立ちそうなので、(b)だけ証明してみます。
・旨く行ったので、あとは自明である(a)(c)(d)(e)の証明を付け加えて完成。

 一番肝腎の(b)の部分には数学的帰納法は必要ありません。(a)(c)(d)(e)の部分の数学的帰納法もごく易しいものばかりです。だからこのやり方では、数学的帰納法の練習問題、という気はあんまりしないですね。
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hikaru_macです。


質問者で、これほど、数学の記号にパソコン入力に長けている人を見る事は珍しいです。びっくりです。
shu84さん、すごいです。

ところで、no1-no3の回答者が問題の答えをしっかり解説なさっているようなので私は数学的帰納法というものについての解説をしたいと思います。
そんなんしってたよ、ってことなら、そういう風に後でコメントもらえると、無反応よりうれしいです。

-数学的帰納法-
n=1のとき正しい。n=2のとき正しい。n=3のとき正しい。、、、、と順番に確かめていけば、すべての自然数について正しいと言えるのだが、
実際は、これでは有限の数までしか、正しいと言えない。
ノートの限界もあるし、鉛筆の限界もあるし。。。。

そこで、
「n=kの時に正しいならばn=k+1の時に正しい」---(ア)
と言えたら!!!?
(ア)にk=1を代入すると
「(n=1の時に正しいかどうかはわかんないけれど、)n=1の時に正しいならばn=2の時に正しい」
ということになる。これと
「n=1の時に正しい」
をあわせると、「n=1の時もn=2の時も正しい」
となる。
次にk=2を(ア)に代入してみると、
「(n=2の時に正しいかどうかはわかんないけれど、)n=2の時に正しいならばn=3の時に正しい」
ということになる。これと
「n=1の時もn=2の時も正しい」
をあわせると、「n=1、2、3の時に正しい」
となる。
そうやって、順番にやっていくと無限に続けられて、それで、nがどんな自然数でも成り立つ、、と言える。

書き方だけど、大抵はあなたのいう通り
[1]で n=1を代入して成り立つと証明し
[2]で n=kのとき成り立つと仮定してn=k+1の場合に成り立つ事を証明する。
そして最後に『[1]、[2]より、すべての自然数nに対して~は成り立つ』というふうに書く。

ところで、[2]の部分の解き方だけど
これはたとえば、数学1Aのはじめの方で整数の証明問題があったでしょ?
「~A~のとき~B~を証明せよ」
「~A~である。~B~であることを証明せよ」
みたいなの。
これの回答と同じように
「~与式にn=kを代入したもの~が成立する。この時、~与式にn=k+1を代入したもの~が成り立つ事を証明せよ」
をとけば、いいんです。
意味わかります?
この問題を考えるふうにして解けばいいんです。

*質問があれば、いつでもどうぞ。
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この回答へのお礼

丁寧な回答ありがとうございます。
ほとんど知っていましたがやっぱり
初心に戻ることも大切かなーと思ったりしました。

今年(新高3)受験を控えてなるべく
あとの祭りにならないよう先駆けている
つもりではありますが、なかなかはかどりませんね。
新学期がはじまるとプレッシャーとやる気も
高まるとは思うのですが・・・
何はともあれありがとうございました。

お礼日時:2002/04/03 18:25

2つめの問題についてです。



数学的帰納法もいろいろな使い方ができます。この問題では
1+1/2+1/3+1/4+......+1/n≧1+1/2+......+1/(2^n) = 2-1/(2^n)
一方、
2n/(n+1) = (2(n+1)-2)/(n+1) = 2-2/(n+1)
ですから、
(2^n)≧(n+1)/2
を示せば良いですね。

 だから
(2^n)≧(n+1)
が数学的帰納法で証明できれば文句ありません。
(1) n=1のとき
2^n= 2 = n+1
これはオッケー。
(2) n>1の場合、
(2^n)≧(n+1)
だとすると
(2^(n+1)) = 2(2^n) ≧2(n+1) = 2n+2
そしてn>1より
2n+2>n+2
ですからこれもオッケー。

以上でQ.E.D.っす。
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この回答へのお礼

分数関数の要領で式を変形するところ・・・
だから空行もいれて6行目までは理解できましたが
そのあとの(2^n)≧(n+1)/2を証明するというのが
わかりません・・・たびたびで申し訳ありません・・・

お礼日時:2002/04/03 18:21

[問2・答1]


まず解答を書きますので、それを参考に考えてください。

n=1の時、式は明らかに成り立つ。
n=kの時に成立すると仮定する。つまり、
1+1/2+...+1/k ≧ 2k/(k+1)   ---(*)
を仮定する。この時に、
1+1/2+...+1/k+1/(k+1) ≧ 2(k+1)/(k+2)
を示したい。(左辺)-(右辺)≧0を示せばよい。
(左辺)-(右辺)
= 1+1/2+...+1/k - 2k/(k+1) + 1/(k+1) + 2k/(k+1) - 2(k+1)/(k+2)
ここで、(*)より、
≧ 1/(k+1) + 2k/(k+1) - 2(k+1)/(k+2)
= ... = 1/(k+1) - 2/(k+1)(k+2)
= k/(k+1)(k+2)
≧0
よって式はn=k+1の時も成り立つ。
従って、帰納法により式は任意の自然数nで成り立つ。

おそらく、分かりにくかったのは、
1.1+...+1/nの扱い
2.右辺に現れる(n+1)の扱い
のどちらかだと思いますが、
1は(左辺) = Σ_{i=1,2,..,n} (1/i)
と考えれば、n=k+1の時には1/(k+1)までの(k+1)項を足せばいい、ということになりますし、
2は(n+1) = ((n)+1)と考えて、(n)の部分にkを代入したり、k+1を代入したりすれば良いわけです。
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[問1・答1]


最初に=が含まれる場合について一応注意しておきますが、
この集合の包含関係に関する=は、「A=Bでもよい」という意味であって、
「Bが{(x,y)|x≧0}に含まれればよい」という意味では決してありません。
なので、例えば(0,0)がBに含まれていたとすると、もはやB⊆Aは成り立ちません。

記述の便宜上、f(x)=-(x-k)^2+k、g(x)=kx-1とします。
このような問題はy=f(x)とy=g(x)の交点を求めるところから始めることが多いですが、
この問題でそれをやってしまうとおそらく計算が複雑になりますのでやりません。
次のように考えます。定義から、
(x,y)がBに含まれる ⇔ g(x)≦y≦f(x)が成り立つ
ですから、
B⊆A ⇔ 任意の(x,y)∈Bに対して(x,y)∈A
⇔ 任意のg(x)≦y≦f(x)を満たす(x,y)に対してx>0
⇔ 任意のf(x)-g(x)≧0を満たすxに対してx>0
さらに、f(x)-g(x)が上に凸な2次式であることを考えれば、
⇔ f(x)-g(x)=0はx≦0に解を持たない
⇔ f(0)-g(0)<0かつ2次曲線の軸はxが正の領域にある
と考えられます。ここで、
f(x)-g(x) = -(x-k)^2+k - (kx-1) = -x^2+kx-k^2+k+1
であり、明らかにy=f(x)-g(x)に対応する2次曲線の軸はx=k/2ですから、先の条件はさらに
⇔ -k^2+k+1<0かつk>0
と変形できます。これを解けば
⇔ k>(1+√5)/2
が分かります。これがB⊆Aの必要十分条件です。
問題では、さらにBが空でない、という条件がありますが、これはf(x)-g(x)≧0を満たすxが存在することと同値であり、
さらに対応する曲線が上に凸な2次曲線であることから、f(x)-g(x)=0が解を持つことと同値であることが分かります。
従って判別式を使って判定すればよく、
D = k^2 - 4(k^2-k-1) = -3k^2+4k+4 = -(3k+2)(k-2) ≧ 0
が必要十分です。これは-2/3≦k≦2と同値であり、B⊆Aの条件とまとめれば、
(1+√5)/2 < k ≦ 2
が解になります。
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この回答へのお礼

うーん・・・やっぱりパソコンの数式は
見づらくて理解するのが大変です・・・
もう一度考えてだめなら始業式に先生に聞こうと
思います。ありがとうございました。

お礼日時:2002/04/03 18:18

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Q数学的帰納法と無限の概念

部分と全体が同じであるものが無限であるという言い方があるそうですが,数学的帰納法もその例になりますか。叉フラクタルもやはり部分と全体が同じということで無限という概念に関係しているのでしょうか?

Aベストアンサー

詳しくは、数学に数学基礎論と言う分野があり
そこでは、他のあらゆる数学の分野を記述できるようにするための根本原理のようなものを与えます。
数学基礎論をさらに細かく見ると、
集合の順序や個数について論じる章があります。

>部分と全体が同じであるものが無限であるという言い方
この部分を正確に言うと
「どんな無限集合でもそれと同じ程度の無限の個数をもつ真部分集合を含む。」

* 数学では、2つの無限集合に対して、
それらが2つとも無限集合であると一色単に見ず、
それらの2つの無限集合の個数を比較することができます。

ちなみに、この命題の裏に当たると思いますが、
「どんな有限集合もそれと同じ個数をもつ真部分集合は含まない。」 ということも言えます。

ちなみに、これは 有限集合 無限集合の定義ではなく定理ですが、それらの主な特徴です。

数学的帰納法についてですが、
厳密に言うと上と話は違ってきます。
端的に言い切ってしまうと 数学的帰納法 orもう少し一般的な
超限帰納法 とは順序(=大小関係)がある無限集合
のそれぞれの要素に対応する命題を有限回の手続で証明しようとするアルゴリズムです。

フラクタルは自己相似性といわれる性質だと思いますが、
集合として同じと言うことと合同や相似の図形的に同じと言うのは数学では明らかに意味が違います。
その違いについては、数学基礎論を学習され、区別できるようになって頂きたいところです。
ただ、kaitaradouさんが思われていることもまんざらではないと思います。
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たとえば、平面内の線分はフラクタル図形ですが、
これは、例外的なフラクタル図形で、
他の平面内の有界(≒ 範囲が有限である)な図形でフラクタルなものは、
長さが有限になることはないと思います。

なにせ、専門的な分野だと思うので、大変なところもありますが、
きちんと理解するために、是非とも 「数学基礎論」
の本を1冊読破していただきたいと思います。

詳しくは、数学に数学基礎論と言う分野があり
そこでは、他のあらゆる数学の分野を記述できるようにするための根本原理のようなものを与えます。
数学基礎論をさらに細かく見ると、
集合の順序や個数について論じる章があります。

>部分と全体が同じであるものが無限であるという言い方
この部分を正確に言うと
「どんな無限集合でもそれと同じ程度の無限の個数をもつ真部分集合を含む。」

* 数学では、2つの無限集合に対して、
それらが2つとも無限集合であると一色単に見ず、
それらの2つの無限集...続きを読む

Qx[1]・x[2]・…・x[n]=1 ならば x[1] + x[2] + … + x[n] ≧ n

x[k]>0 (k=1,2,…,n)とする。

このとき、
x[1]・x[2]・…・x[n]=1 ならば x[1] + x[2] + … + x[n] ≧ n

と予想しましたが、証明できるのでしょうか?

また、
x[1] + x[2] + … + x[n] = 1 とすると、x[1]・x[2]・…・x[n] に関する何らかの不等式はあるのでしょうか?

Aベストアンサー

そのまま相加相乗平均ですね。

( x[1] + x[2] + … + x[n])/n≧(x[1]・x[2]・…・x[n])^(1/n)=1
x[1] + x[2] + … + x[n]≧n

反対も同じです。

1/n≧(x[1]・x[2]・…・x[n])^(1/n)
x[1]・x[2]・…・x[n]≦(1/n)^n

Q数学的帰納法は演繹法?それとも帰納法?

数学や科学、論理において、
演繹法または帰納法
が使われると思います。

ところで、数学的帰納法は、そのどちらなのでしょうか?

どこかで、数学的帰納法は演繹法の一種、と聞きましたが、本当でしょうか?

でも、そうだとしたら、数学的帰納法という言葉は、誤解を招くというか、
たとえば、「数学的帰納法」を省略してたんに「帰納法」というのは、よくないのでしょうか?

Aベストアンサー

数学的帰納法という言葉が誤解を招く、というの確かにおっしゃる通りです。ですが、それで通っている用語なので大目に見てあげてください。また数学的帰納法を略して帰納法というのもわりとよく使われるので問題ないです。ただ、もし高校数学あるいは大学受験数学で使うなら、必ず数学的帰納法と書いてください。略して帰納法ではだめです。

よく漸化式を解く問題で、「推定して帰納法」なんていうテクニックを使いますが、これは正しくは、「帰納して演繹法」なんですよね。紛らわしいったらないですが、用語の混乱ということで納得されるのがよいと思います。推定することそのものが帰納法になっているので、それを数学的にきちんと演繹した、演繹的帰納法というとより正確な用語に近い気もしました。造語ですけど。

Q線形です (1)を x+3y-2z=0 x-2y+4z=0 x^2+y^2+z^2=1をもちいて 答

線形です
(1)を
x+3y-2z=0
x-2y+4z=0
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(2)では外せきが8,-6,-5となり
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外積からでてきた単位べクトルは、外積の定義から、ベクトルa、bに垂直ですよね。
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Q再帰と数学的帰納法の共通性?

現在、アルゴリズムについて学んでいますが、
再帰についてわからないことがあります。

wikipedia"再帰"の項において、
( http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%86%8D%E5%B8%B0)

"数学的帰納法との原理的な共通性から、recursionの訳として数学では「帰納」を使うことがある。"

という記述があります。

再帰と数学的帰納法の原理的な共通性
というのが、どういうことかわかりません。

数学的帰納法については、大学受験に使う程度の知識です。(証明において、n=1で命題が成り立つことを示し、n=kで成立すると仮定し、n=k+1で成り立つことを示す等。)
再帰は関数を定義するのに、その関数自身を使うという認識です。

再帰と数学的帰納法の原理的な共通性とは何なのでしょうか?
ご教授お願いします。

Aベストアンサー

 数学的帰納法(mathematical induction)とは、命題P(n)が全ての自然数nに対して成立することを証明する際に、

I)初期段階:
 その性質が0に対して成立することを証明する

II)帰納段階:
 その性質が自然数nについて成立するときに、自然数n+1に対しても成立することを証明する

という二段階に場合を分けて証明を行うことで、P(n)が全ての自然数に対して成立することを証明する方法です。

(この方法が正しいことは、ペアノの公理に基づく自然数の定義から導かれます。)


 ところで、新しい数学的構造を定義する際に、似た様な方法をとることができます。
例えば、自然数nの階乗n!を定義することを考えます。
 一般に、自然数nの階乗とは、自然数の集合Nから自然数の集合Nへの関数: n→n!
という形で表されますが、その定義は、

I)初期段階: n=0のとき、n!=1 とする。
II)帰納段階: n!が分っているとき、(n+1)!=(n+1)・n! とする。

という二段階に場合を分けて定義を行うことで、自然数nの階乗n!の定義が完結します。

このとき(II)の帰納段階では、左辺の(n+1)!を定義するのに右辺のn!を用いています。
すなわち、階乗!を用いて階乗!を定義しています。
 階乗!を表す関数をf:N→Nの形で表現すると、関数f(n)は、
 f(n)=n・f(n-1)
というふうに、自分自身を自分で再帰的(recursive)に呼ぶことによって、定義しています。

 このことを、当該のウィキペディアの頁では、recursion と「数学的帰納法との原理的な共通性」と呼んでいるのでしょう。

なお、初めに数学があり、後になって計算機科学ができました。
計算機科学では(II)の帰納段階のことを再帰的(recursive)定義と呼びますが、数学では帰納的(inductive)定義と呼びます。
帰納的はあくまでもinductiveです。recursiveが帰納的と約されることはありません。
ウィキペディアの頁の執筆者は、「再帰」の頁を見に来た人が「帰納」という言葉も参照できるように、リンクを貼ることが目的で、そのような表現を用いたのだと思います。

 数学的帰納法(mathematical induction)とは、命題P(n)が全ての自然数nに対して成立することを証明する際に、

I)初期段階:
 その性質が0に対して成立することを証明する

II)帰納段階:
 その性質が自然数nについて成立するときに、自然数n+1に対しても成立することを証明する

という二段階に場合を分けて証明を行うことで、P(n)が全ての自然数に対して成立することを証明する方法です。

(この方法が正しいことは、ペアノの公理に基づく自然数の定義から導かれます。)


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Q任意の実数x,yについて、g(x+y)+g(x-y)>=2g(x)が成り立つ事について教えて下さい。

塾の先生からも「わからんわぁ」で一蹴されてしまった問題その2です。
「解法を検討しなさい」って時点で、答えがあるかどうかもわかりませんが、判る方、ぜひ教えて下さい。

問題:次の問題の解法を検討しなさい
f(x)=1-sin x に対し、g(x)=∫[x→0] (x-t)f(f)dtとおく。
このとき、任意の実数x,yについて、g(x+y)+g(x-y)>=2g(x)が成り立つ事を示せ。

※数式の書き方に迷ってしまい、上記の様に記載しました
 もっと判りやすい書き方があれば、書き方も教えてください。
 よろしくお願いします。

Aベストアンサー

#3です。
A#3について
>>g(x+y)+g(x-y)>=2g(x)
>も不等号の向きが逆ですから問題の間違いでしょう。
これについては

>> g(x)=∫[x→0] (x-t)f(t)dtとおく。…f(f)はf(t)で置換え済
の積分の範囲の書き方が、常識と逆に書いて見えるなら、
積分の上限と下限を逆にすれば、g(x)の符号が反転しますので
不等式が成立するようにするには
g(x)=∫[0→x] (x-t)f(t)dt
と訂正すればいいでしょう。
(この本来の書き方では、積分の下限が0,積分の上限がxと捕らえるのが常識です。)

Q数学的帰納法の必要性について

数学的帰納法の例題として、「1+3+5+…+(2n-1)=n^2の等式を証明せよ」というものが教科書に載っています。

この例題は左辺をΣ(2k-1)としてk=1からnまでの和で計算して、右辺を導くという方法では証明できないのでしょうか?

つまり、この例題においては数学的帰納法を使う必要性がないのではと考えております。
もし、上記認識が正しければ数学的帰納法でないと証明できないような例題はありますでしょうか?

よろしくお願いします。

Aベストアンサー

質問の例の場合は、等差数列の和ですから、ガウスの巧妙な計算法が使えます。
しかし、このような算法がある Σ は、限られています。
1^2 + 2^2 + 3~2 + … + n^2 = (1/6)n(n+1)(2n+1) とういう公式すら、通常は、
数学的帰納法を使って証明します。公式を使うときは、そんなこと忘れてますが。
ここで「通常は」と付けたのは、もちろん逃げであって、ガウスが少年時代に
1 + 2 + 3 + … + n = (1/2n(n+1) を素朴な方法で計算したように、
何処かに誰か天才がいて、種々の Σ 公式を帰納法なしで証明してしまうかも
しれません。それが不可能だと言い切る方法は、たぶん無いと思います。
ただ、今の所それをやった人はなく、「通常は」数学的帰納法を使っているのです。

Q「(5x+3)^10でx^pとx^(p+1)の係数比が21:20になる時のpの値」と「x+y=1を満たす全x,yに対してax^2+2bxy+by^2

こんにちは。識者の皆様、宜しくお願い致します。

[問1] (5x+3)^10の展開式でx^pとx^(p+1)の係数比が21:20になる時のpの値を求めよ。
[問2]x+y=1を満たす全てのx,yに対して
ax^2+2bxy+by^2+cx+y+2=0が成立するように定数a,b,cの値を定めよ。

[1の解]
(5x+3)^10=10Σk=0[(10-k)Ck 5x^(10-k)3^k]なので
p=10-kの時(k=10-pの時)
p+1=10-kの時(k=9-pの時)より
a:b=pC(10-p) 5^p 3^(10-p):(1+p)C(9-p) 5^(1+p) 3^(9-p)
で 1/(10-p):(1+p)/(2p-8)/(2p-9)=7:4 から
23p^3-199p+218=0
となったのですがこれを解いてもp=6(予想される解)が出ません。
やり方が違うのでしょうか?

[2の解]
与式をx+yという対称式で表せばならないと思います(多分)。
どうすれば対称式で表せるのでしょうか?

Aベストアンサー

 (1)Cをばらして比を簡略化するところで計算間違いがありそうな気がします。その経過をもう少し詳しく書いてもらえませんか?
 (2)a,b,cを求めるにはまず、x+y=1 を満たすすべての(x,y)で成り立つのですから、x+y=1を満たす(x,y)をまず代入してみてはどうでしょうか。候補としては、(1,0)(0,1)(2,-1)など。
 それから計算されたa,b,c でx+y=1を満たすすべてのx,yで成り立つかどうかを確認するという手順でどうでしょうか?

Q数学的帰納法の問題です

数学的帰納法の問題です

任意の自然数a,bについて、
a<b,b<a,a=b
のうち、ただ一つが成り立つことを数学的帰納法を用いて証明せよ

ただ一つが成り立つことを数学的帰納法から導くイメージがつかめず、なかなか証明方法が思いつきません。

ぜひこの証明方法を教えてください。よろしくお願いします。

Aベストアンサー

*)すくなくとも私は「理解してもらいたい」との思いで回答しています。
レポート等へ丸写しして提出するようなことのないよう希望しています。
その意味で理解できたところ、分かりにくかったところなど補足して
もらえたらうれしく思います。


先問と同様、後継関数はsを用います。
大小の定義は、∃c、a+c=b ⇔ a<b でOKですよね。
加法の定義は、
 ・a+1=s(a)
 ・a+s(b)=s(a+b) でOKですよね。



(大きな方針)
aに関して数学的帰納法でしめしましょう。
a<bまたは、a=bまたは,b<a が成り立つとき
・少なくとも、s(a)<bまたは、s(a)=bまたは,b<s(a) が成り立つ。
・a<b、a=b,b<a の2つ以上が同時に成立することはない
 の2段階に分けて示しましょう。


--
既知の定理として次を利用します。
・交換則(可換性) a+b=b+a
・結合則 (a+b)+c=a+(b+c) 
・後継関数sの逆像の存在 c≠1 ⇒ ∃c’,s(c’)=c
  (これは数学的帰納法の公理から容易に示せますよね)
これらは証明済みとします。 

--
1)a=1のとき。
1-1)b=1なら a=bが成り立つ。
1-2)b≠1なら ∃c、s(c)=b
 1+c
 =c+1  ・・・可換だから
 =s(c) ・・・加法の定義
 =b
 すなわち 1+c=b なので 1<b
 以上より、a=1ならばa=bまたはa<bのいずれかが成り立つ。

2)aに関して、a<bまたは、a=bまたは,b<a が成り立つと仮定する。
2-1)a<bが成り立つとき 
 ∃c、a+c=b
2-1-1)c=1のとき
a+1=b より
s(a)=b  が成り立つ
2-1-2)c≠1のとき
∃c’、s(c’)=C
s(a)+c’
=c’+s(a) ・・・可換だから
=s(c’+a) ・・・加法の定義
=s(a+c’) ・・・可換だから
=a+s(c’) ・・・加法の定義
=a+c     
=b   より、s(a)+c’=b すなわちs(a)<b が成り立つ

2-2)a=bが成り立つとき
s(a)
=a+1
=b+1  より b<s(a) が成り立つ

2-3)b<aが成り立つとき
∃c、b+c=a
s(a)
=a+1
=(b+c)+1
=b+(c+1)
=b+s(c)  より s(a)=b+s(c) すなわち b<s(a) が成り立つ

以上より、a<bまたは、a=bまたは,b<a が成り立つとき
    s(a)<bまたは、s(a)=bまたは,b<s(a) が成り立つ


3)a<b、a=b,b<a が同時に成り立たないこと
3-1)a<b かつ a=b とすると
a<bから∃c、a+c=b より
a+c=a
一方任意のxについて a+x≠a (先問参照)より矛盾。従ってa<bかつa=bとはならない。
3-2)b<a かつ a=b も同様に成り立たない。
3-3)a<b かつ b<a とすると
∃c、a+c=b
∃d、b+d=a

=b+d
=(a+c)+d
=a+(c+d)   ・・・・結合則
一方任意のxについて a+x≠a (先問参照)より矛盾。従ってa<bかつb<aとはならない。

*)すくなくとも私は「理解してもらいたい」との思いで回答しています。
レポート等へ丸写しして提出するようなことのないよう希望しています。
その意味で理解できたところ、分かりにくかったところなど補足して
もらえたらうれしく思います。


先問と同様、後継関数はsを用います。
大小の定義は、∃c、a+c=b ⇔ a<b でOKですよね。
加法の定義は、
 ・a+1=s(a)
 ・a+s(b)=s(a+b) でOKですよね。



(大きな方針)
aに関して数学的帰納法でしめしましょう。
a<bま...続きを読む

QX-Y平面の領域D={(x,y)|0≦x≦1,x-1≦y≦x+1}を、

X-Y平面の領域D={(x,y)|0≦x≦1,x-1≦y≦x+1}を、x/y=u,y=vとして、U-V平面での領域で表したいのですが、どうにもできません。誰か教えてください。

Aベストアンサー

定義域をどう変換したら良いかわからないという意味の質問と捉えるならば、(<、>の下の等号は省略)
0<x<1 より両辺を足したり引いたりすれば、
1<x+1<2
-1<x-1<0
よってx-1<y<x+1 は -1<y<2 となり、 -1<v<2
また、x/y=uより0<x<1は0<uy<1
これから両辺に(題意としてy=v=0は定義されないので)1/yを掛ければ
0<u<1/y=1/v となりvの定義域から1/vの定義域の上限は無限大なので
0<uのみとなる。
結果、-1<v<2、0<uが領域の変換後の回答です。


 


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