ベルヌーイ数または、ベルヌーイ多項式の性質を3つと証明を
教えてください。

A 回答 (1件)

(A) Bernoulli polynomial:


 Bn(x) = nC0 B0(0)x^n+ nC1 B1(0)x^(n-1)+...+ nCn Bn(0)  ( nCm = n!/(m! (n-m)!) )
ここに、母関数は
 t exp[xt]/(exp[t]-1) = ΣBn(x) (t^n)/n!  (Σfor n=0,1,....)

(B) Bernoulli number : Bn = |Bn(0)|

定理
(1) B0(0)=1, B1(0)=-1/2, B2(0)=1/6, ...
(2) B[2n+1](0) = 0 (n≧1)
(3) Bn(x+1)-Bn(x) = n x^(n-1)
(4) dBn(x)/dx = n B[n-1](x)
(5) 関数方程式
 f(x+1)-f(x) = Σan x^n   (Σfor n=0,1,...,k)
の解は
 f(x) = Σ(an/(n+1)) B[n+1](x) + C   (Σfor n=0,1,...,k)
(6) Σm^n = (B[n+1](k+1)-B[n+1](1))/(n+1)   (Σfor m=0,1,...,k)

Pf: 母関数より自明。
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Q木の2つまたは3つの中心の求め方と証明(特に証明)

1.木の1つの中心の求め方
解.端点を削っていくやり方で求められます。

2.木の2つの中心の求め方
解.1.で求めた中心を通る線を取り、
  2つの木にする。
  その2つの木の中心(2つ)がそのまま解になります。

3.木の3つの中心の求め方
解.2.で求めた中心を通る線(2本)を取り、
  3つの木にする。
  その3つの木の中心(3つ)がそのまま解になります。

2.と3.の証明を教えてください。

Aベストアンサー

n個の木の中心の正確な定義を教えてください。
概ね予想はつくのですが証明しろといわれると正確な定義が必要になります。

QM系列の生成多項式と原始多項式について

生成多項式や原始多項式に関する様々な投稿を見ましたが、
いまいち知りたいことがわからなかったので質問いたします。

周期 2^n - 1 のM系列を生成するには、{0,1}を体とする
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わかったのですが、このn次の原始多項式の求め方について、
いまいち理解できません。

例えば、周期 2^4 - 1 = 15のM系列を生成するには原始多項式

          x^4 + x^1 + 1 ー (1)

を用いるということですが、

            x^4 + x^2 + 1 ー (2)

ではM系列を生成できませんでした。
この2式の違いを理解していないことが原始多項式の求め方を
理解できない原因だと思うのですが、どなたかお詳しい方がいましたら、
ご教授お願いいたします。

Aベストアンサー

#1さんミスしてますので修正を。

x^4 + x^2 + 1 = (x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1)
ですね。
念のため式変形を書くと、
x^4 + x^2 + 1 = x^4 + 2x^2 + 1 - x^2 = (x^2 + 1)^2 - x^2 = {(x^2 + 1) + x}{(x^2 + 1) - x}

だから、そもそも既約でないので、原始多項式にはなりません。
(原始多項式ならば、既約。逆は言えませんが)

しかし、単純に、原始多項式かどうかのチェックをしても、分かりますよね。

いま、数・係数としては、2で割った余りの世界(0と1からなる四則の出来る世界。色んな呼び名があるが、ここではF2と呼びます)を考えていますよね。

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係数が0と1であることから、ax^3 + bx^2 + cx + d たちは、全部で 2^4 = 16 個あるわけです。

いま、4次の原始多項式とは、xが、0を除く15個の余りを全て生成するような多項式を言います。

具体的に言うと、x , x^2 , x^3 , ・・ , x^15 を夫々割った余りがすべて異なり、0以外の全ての3次式が出てくるとき、原始多項式と言います。

ということは、もし途中で(余りとして)1がでたら、次から x , x^2 ・・と最初からの繰り返しになるので、駄目です。
よって x^15 の余りが1であり、それ以前に余り1が出てはいけません。

実は、この逆が言えて、
x , x^2 , x^3 , ・・ , x^14 の余りがすべて1でないとき(つまり x^15 ではじめて1になるとき)、(4次の)原始多項式である ・・・★

ことが言えます。

なので、(もっと良いテクニックは色々あるでしょうが)、★を満たすかどうかを、まじめに計算すれば分かります。

いま x^4 + x^2 + 1 についてやってみると、
x^4 + x^2 + 1 で割った余りは、x^4 + x^2 + 1 = 0 として、x^4 = x^2 + 1 (注:いまF2(2で割った余りの世界)上で考えているから、-1=1) を代入して次数を下げてゆけば求まりますよね。

すると、
x
x^2
x^3
x^4 = x^2 + 1
x^5 = x(x^2 + 1) = x^3 + x
x^6 = x(x^3 + x) = x^4 + x^2 = x^2 + 1 + x^2 = 1
( 2 = 0 より、2x^2 = 0 )
となり、6乗で1になってしまうので、 x^4 + x^2 + 1 は原始多項式でないと分かりますネ。

#1さんミスしてますので修正を。

x^4 + x^2 + 1 = (x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1)
ですね。
念のため式変形を書くと、
x^4 + x^2 + 1 = x^4 + 2x^2 + 1 - x^2 = (x^2 + 1)^2 - x^2 = {(x^2 + 1) + x}{(x^2 + 1) - x}

だから、そもそも既約でないので、原始多項式にはなりません。
(原始多項式ならば、既約。逆は言えませんが)

しかし、単純に、原始多項式かどうかのチェックをしても、分かりますよね。

いま、数・係数としては、2で割った余りの世界(0と1からなる四則の出来る世界。色んな呼...続きを読む

Q3次の多項式が重解をもつ条件

以下問題文です。

3次の多項式f(x)=x^3-a*x^2+b*x-1について次の問いに答えよ。
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三次関数のグラフを漠然と思い浮かべ微分を試みたものの
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どなたか,動機を教授頂きたいと思います。

Aベストアンサー

解き方
(1)重解はf(x)が極大または極小となる時のxの値のどちらかに一致する
重解をpとおけば、「f'(p)=0」かつ「f(p)=0」を満たす。
つまり、
f(x)=x^3-a*x^2+b*x-1=(x+2p-a)(x-p)^2
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(2)(◆)のa,bを a+b+2=0に代入してpを求める。
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a=b=p=-1
a,b,pをf(x)の式とf'(x)の式に代入して
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f'(x)=3x^2-2ax+b=3x^2+2x-1=(x+1)(3x-1)
後はご自分でどうぞ。

Q固有多項式の性質について

参考書に相似な行列の固有多項式は同じになると書かれていました。
これに関しては、|A-tE|適当に変形していけば示せるどうということのない主張だと思うのですが、この逆はどうなのでしょうか??
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なんとなくそのような気もするのですが、参考書には片方しか書いてないと言うことは逆は成り立たないのでしょうか?
事実ともしよろしければ証明の概略だけ教えていただけませんでしょうか?

Aベストアンサー

なりません.例えば
A = |0 1|, B = |0 0|
  |0 0|   |0 0|
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Q等比数列をなす3つの数があって、その和は19で、積は216である。この3つの数を求めよという問題の

等比数列をなす3つの数があって、その和は19で、積は216である。この3つの数を求めよ
という問題の解答を教えてください!
できれば途中式もお願いします。
自分でやったら−5,6,11なってしまいました…

Aベストアンサー

3つの数を、a、ar、ar^2とする。
a^3r^3=216
ar=6
a+6+6r=19
a+6r=13
a=13-6r
(13-6r)r=6
6r^2-13r+6=0
r=2/3, 3/2
r=2/3のときa=9
r=3/2のときa=4
9, 6, 4
4, 6, 9
答え 3つの数は、4, 6, 9
解答大雑把だから、自分でちゃんと言葉も添えてな!


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