これは以前どこかで見たことがある証明問題なのですが、どこで見たか忘れてしまって……
数列の問題なんですが、何でこうなるの??って感じで。
以下問題です。

まず、次のような3つの数を考える。
A=1+2+3+4+5+6+……
B=1-2+3-4+5-6+……
C=1-1+1-1+1-1+……

次に、
B-A=(1-2+3-4+5-6+……)-(1+2+3+4+5+6+……)
   =1-2+3-4+5-6+……-1-2-3-4-5-6-……
   =(1-1)+(-2-2)+(3-3)+(-4-4)+(5-5)+(-6-6)+……
   =-4-8-12-20-24-……
   =-4(1+2+3+4+5+6+……)
   =-4A
なので、
B-A=-4A
B=-3A
A=-B/3

さらに、
C-B=(1-1+1-1+1-1+……)-(1-2+3-4+5-6+……)
   =1-1+1-1+1-1+……-1+2-3+4-5+6-……
   =(1-1)+(-1+2)+(1-3)+(-1+4)+(1-5)+(-1+6)+……
   =0+1-2+3-4+5-……
   =B
なので、
C-B=B
C=2B
B=C/2

そして、
1-C=1-(1-1+1-1+1-1+……)
   =1-1+1-1+1-1+1-……
   =C
なので、
1-C=C
1=2C
C=1/2

最後に、
A=-B/3=-C/6
なので、
A=-1/12

となる。


これ、高校の範囲だと絶対間違ってますよね?
この証明のここが間違ってる!っていうのがわかる方、ぜひ教えてください!

あと、実はこれ、大学の知識を使うと正しい証明になるらしいのですが、残念ながら今の私の知識では果たして本当にこうなってしまうのかさっぱりわかりません。
この証明が本当に正しいのかどうか、正しいとするとどうやったら正しくなるのか、わかる方、回答お願いします!

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A 回答 (12件中1~10件)

ranx さんや Mell-Lily さんの書かれているように,


発散する級数(正確に言えば,絶対収束でない級数)を安易に扱うと
おかしな結果になります.

QU さんはなかなか納得行かないところがあるようですが,ある意味で当然とも言えます.
極限の定義をきちんとしたのは Mell-Lily さんもお書きのようにコーシー(1789-1857)ですが,
それ以前は質問にあような計算がよく行われていました.
数学史に燦然と輝く大数学者のオイラー(1707-1783)ですら極限に関して
しばしば不注意(単に不注意というのは酷な気がしますが)な計算を行ったと言われています.

ibm_111 さんご指摘のように,複素数 z に対して
(1)  ζ(z)=Σ{n=1~∞} (1/n^z)
がリーマン(Riemann)のζ関数の定義ですが,(1)が収束するのは Re(z)>1 のときだけなので
(1)の定義が有効なのもこの領域に限られます.
Re(z) は z の実数部.

             ┌────P──┐
             │       │
             │       │
         ┌───┼───┐   │
         │   │※※※│   │
         │   │※※※│   │
         │   └───┼───┘
         │       │
         └──Q────┘

例えば,P領域が(1)で無事に級数が収束する領域とします.
B領域で収束する他の表現で,PQ共通領域でPと同じ結果を与えるようなものを
見つけたとします.
これをもって,元の関数のQ領域での定義とします.
これで,P領域に限られていたζ関数の定義がQ領域まで拡張できました.
こうやってどんどん広げてゆくのが解析接続です(いろいろ注意は必要です).

Mell-Lily さんと ibm_111 さんが指摘されておられますように,
質問の A は z=-1 に相当します.
これをζ(-1)と解釈するなら,ζ(-1) = -1/12 であることが知られています.
ただし,
1+2+3+4+5+6+… = -1/12
と書くのはどうもまずいと思います.

質問の話は大学の知識でも正しい証明にはなりません.
結果は上の意味では正しいです.

ibm_111 さんがコメントされている賞金の話は
http://www.claymath.org/prizeproblems/index.htm
の The Riemann Hypothesis に載っています.
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この回答へのお礼

わかりやすくまとめて頂いてありがとうございます!
しかし……難しい(汗
ある意味で正しく、ある意味で間違っている。
数学の世界では良くある事なのでしょうか。

ご紹介頂いたHPは英語だったので、未熟者の私にはさっぱり分かりませんでした。
とにかく、最先端数学界の片鱗に触れたような気はします。
色々、ありがとうございました。

お礼日時:2002/10/30 00:49

>代数的に扱えない、というのがつまり


>移項が出来ない、ということでしょうか?
>それとも、移項の証明、

>A+B=C+D
>A+B-D=C+D-D
>A+B-D=C
>A+B-D-B=C-B
>A-D=C-B

>の計算のどこかに出来ない計算がある、ということでしょうか?

無限級数では、交換法則
A+B = B+A
A・B = B・A
が成り立たないということです。上の計算では
>A+B=C+D
>A+B-D=C+D-D
>A+B-D=C
ここまではOKですが、
>A+B-D-B=C-B
から
>A-D=C-B
はいえません。(-Dと-Bを入れ替えてます)
分配法則 A(B+C) = AB + AC はいえますけどね。
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この回答へのお礼

なるほど、交換法則がダメですか。
おかげでいろんな勉強が出来ました。
ありがとうございました!

お礼日時:2002/11/07 00:50

もはや質問とはなんの関係もないですが、


この手の話題は大好きなので、ついつい答えてしまいます。

>鏡2枚で引力が働く、というのはものすごい事なんじゃないですか?
>新しい産業に発展するとか言う事はないんでしょうか?

すごいことですよ。今月号の「Newton」にカシミール効果がちょっと出ています。
産業利用は弱すぎて難しいようです。(現時点では)
何しろ理論的に予言されたのが、第2次大戦直後ぐらいですが、
実験的に確認されたのがここ数年ですから。

>ちなみに、もしかして、もしかしなくてもこの問題、
>大学レベルどころじゃなくないですか?

普通の数学専攻の人間はやらないでしょうね。
「解析接続」までは大学2年程度でやるでしょうが、
それのゼータ関数への応用はそれ専門の研究室に入ってから、
ということになると思います。

>ある意味で正しく、ある意味で間違っている。
>数学の世界では良くある事なのでしょうか。

よくあることです。
要は、式の意味をどう解釈するか、ですが、
立場が違えば意味も変わってきます。

数学の歴史は、洗練された概念を提出しつづける歴史でもあったわけで、
前時代には意味不明な定理・公式たちが、より上の立場からみれば、
まとめられてよりすっきりする(ただし、理解するのは難しくなる)、ということの繰り返しです。

>数論ってなんでしょう??数学の1分野ですか?

そうです。ここでいう「数論」は正確にいうと
解析数論と呼ばれる分野で、具体的には、
素数の逆数の和は収束するのか?
双子素数は無限に存在するか?
実数以外にも、数みたいな概念があるが、それにも、
ゼータ関数のような性質を持った関数を定義できるか?
というような話題を扱っています。

この辺の話題に触れてみたいというのであれば、
ブルーバックス 吉永良正著 
「数学・まだこんなことが分からない」
をおすすめします。
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この回答へのお礼

へぇぇ……!
ってこの話題に深く首を突っ込むと本当に質問と関係なくなってしまうのでそろそろやめますが、
数学っていくらでもわからない事が出てきちゃいますね。
本の紹介まで…ありがとうございました。

お礼日時:2002/11/07 00:44

#1です。


ちゃんと説明できるか自信ないですが。

>私の中では
>2A=2+4+6+8+……
>という概念が普通にあるんですけど

2A=2+4+6+8+……
コレ自体は間違っておりません。極限を考えると∞になりますので
∞の場合はある程度の四則演算はできるんです。(制約はあったハズですが)
ですが、正の数aに対し、∞×a = ∞ です。
(aが負であれば ∞×a = -∞ です。)
つまり、2A = A ってことになるんです。

>順番を変えてはいけない、というのは、1=-1=0=1/2の証明のように、
>途中の項をまとめて先に計算してはいけない、という意味でしょうか?
そういうことですね。
有限級数なら大丈夫ですが、無限級数の場合は項を入れ替えてはいけません。
Aのように∞になったり、B,Cのように極限値が2つあるような場合は
代数的に扱えないわけです。
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この回答へのお礼

>有限級数なら大丈夫ですが、無限級数の場合は項を入れ替えてはいけません。
入れ替えてはいけない、という事はつまり、付け加えてもいけないわけでしょうか?

>Aのように∞になったり、B,Cのように極限値が2つあるような場合は代数的に扱えないわけです。
正確に意味をつかんでいる自信が無いのですが、
代数的に扱えない、というのがつまり
移項が出来ない、ということでしょうか?
それとも、移項の証明、

A+B=C+D
A+B-D=C+D-D
A+B-D=C
A+B-D-B=C-B
A-D=C-B

の計算のどこかに出来ない計算がある、ということでしょうか?


ちなみに、2A=Aと言えるなら、A/2=Aとも言えますよね?

お礼日時:2002/10/29 23:43

>大学の知識を使うと正しい証明になるらしいのですが



証明は間違ってますが、結果は、ある意味で「正しい」です。

「100万ドルの賞金をかけられた数学の未解決問題」の話はご存知ですか?
そのうちのひとつ、「リーマン予想」はこれに関連した話題です。

ゼータ関数という数学の中でも、最も由緒正しい関数があるのですが、
---定義---
ゼータ(z)=Σ1/n^z
nは、1から∞まで
----------
この関数に解析接続(発散する級数から合理的に有限な値を取り出す技)という処理をすると、
ゼータ(-1)=-1/12
という値になります。

おまけその1
さらに強烈な式として、1×2×3×・・・=√(2π)
という「公式」が数論の分野では使用されているそうです。

おまけその2
これは数学の世界だけの話かというとそうでもないらしく、
「カシミール効果」は、ゼータ(-3)=1/120
を自然界で体現した効果になっています。
カシミール効果とは、真空中に鏡を平行に2枚置いておくと引力が働くという効果です。
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この回答へのお礼

>「100万ドルの賞金をかけられた数学の未解決問題」の話はご存知ですか?
内容までは知りませんが、存在は知ってます。
そんな中の一つだったんですね、この問題(?)。

ちなみに、もしかして、もしかしなくてもこの問題、
大学レベルどころじゃなくないですか?

>おまけその1
また強烈な……。しかも「公式」ですか!?
数論ってなんでしょう??数学の1分野ですか?

>おまけその2
そ、それは事実ですか!!?ゼータ(-3)が自然界とどう関係しているかはわからないですが、
鏡2枚で引力が働く、というのはものすごい事なんじゃないですか?
新しい産業に発展するとか言う事はないんでしょうか?

お礼日時:2002/10/29 22:59

極限値を厳密に定義したのは、19世紀のフランスの数学者コーシーですが、コーシーの極限値の定義によれば、上記のような計算は不可能です。

ところが、リーマンのゼータ関数では、
  ζ(-1)=1+2+3+4+…=-1/12
です。解析的接続と複素関数の知識を用いれば、この結果も、また、正しいことになります。

参考URL:http://www.mcc.pref.miyagi.jp/people/ikuro/koram …
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この回答へのお礼

回答、参考URLありがとうございます!
やはり可能なんですか!?
参考URLを見させていただきましたが、
またしても納得のいかないところが……。

1+X^2+X^3+X^4+……=1/(1-X)

のくだりなんですが、少なくともX<1でないと成り立ちませんよね。
……少し最初の質問の趣旨とは違うかもしれませんので、深くは聞かない事にします。

けどでもっ!きっと可能なんですよね!

お礼日時:2002/10/29 21:46

まず、A,B,Cですが、


               n 
A=1+2+3+4+5+6+……=lim   Σi =∞
          n→∞  i=1

               n
B=1-2+3-4+5-6+……=lim   Σ{i×(-1)^(n-1)} 発散 ±∞
          n→∞  i=1

               n
C=1-1+1-1+1-1+……=lim   Σi(-1)^(n-1)    発散 0,1
          n→∞  i=1

ここで、ご質問の証明に出てくるB-A,C-B,1-Cですが、正しく計算すると記載されたような等式にはなりません。(下記にB-Aの例を示します)

        n       n
B-A=(lim   Σi )-(lim   Σ{i×(-1)^(n-1)})
   n→∞  i=1 n→∞  i=1
       n
  =lim  [Σ {i-i×(-1)^(n-1)}]
  n→∞  i=1                

ここで、n=2kの場合
      k
B-A=lim  Σ 4i
  k→∞ i=1

ここで、n=2k+1の場合
       k
B-A=lim  (Σ 4i)+2(2k+1)
  k→∞  i=1

これより、B-A=∞=A(この式の解釈はかなり難しいですが...B-A=-4Aでも別に間違いでは無いと思いますが、その後の式の変形は間違いとなります)

ということでおかしな結果が出たのでした。
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この回答へのお礼

長い回答ありがとうございます。
しかし、いくら考えても、間違っているような気がするので、すこし書かせていただきます。

まずCの式ですが、

lim<n→∞> <nΣi=1>{i(-1)^(n-1)}

(こう略記させて頂きます)とありますが、

lim<n→∞> <nΣi=1>{(-1)^(n-1)}

の間違いではないでしょうか?


また、B-Aの式はどう見ても逆だと思うのですが……。正しくは、

B-A=lim<n→∞> <nΣi=1>{i(-1)^(n-1)}-lim<n→∞> <nΣi=1>i

ではないでしょうか?とすると、

=lim<n→∞> <nΣi=1>{i(-1)^(n-1)-i}

となり、n=2K+1の時、

lim<k→∞> <kΣi=1>(2i-2i)=0

となり、n=2kの時、

lim<k→∞> <kΣi=1>(-2i-2i)=-4lim<k→∞> <kΣi=1>i=-4A

となります。


ちなみに、その後の式の変形とは、

B-A=-4A
B=-3A
A=-B/3

の移項の部分でしょうか?

お礼日時:2002/10/29 21:09

「ここが間違っている」ということで言えば、


「次のような3つの数を考える」というところが間違いですね。
A・B・Cの式は他の方々が書かれているように、いずれも収束しません。
ですから、A・B・Cはいずれも「数」ではないのです。
ありもしない数を存在するかのように文字で表し、代数的に扱っているのが
そもそもの間違いです。
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この回答へのお礼

回答ありがとうございます!
確かにA・B・Cはある1つの数にはならなそうですね。
しかし、級数である事は否定できなくないですか?
とすると級数を代数的に扱ってはいけない理由が見えてこないんですが……。

お礼日時:2002/10/29 00:08

3連続失礼します。



>・・・と続く式は四則演算してはいけません。
正確に言うと「位置を入れ替えて」ですね。

Cの式で有名な1=-1=0=1/2が証明できますよ。

1/2は証明できているので置いといて
C=1-1+1-1+1-1+……
=(1-1)+(1-1)+(1-1)+……
=0
C=1-1+1-1+1-1+……
=1+(-1+1)+(-1+1)+(-1+……
=1
C=1-1+1-1+1-1+……
=-1+1-1+1-1+1-……
=-1+(1-1)+(1-1)+(1-……
=-1
よって1=0=1/2=-1が証明できた!・・・なわけなくて、無限に続く式では計算する順番を変えてはいけません。そうしないとこんな事になっちゃいます^^;

ちなみにこのCの答えを求める問題は18世紀に大激論になった問題です。これを解がないと解いたのはコーシーらしいです。

下で自信ありとか答えているし・・・^^;
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この回答へのお礼

回答ありがとうございます!

順番を変えてはいけない、というのは、1=-1=0=1/2の証明のように、
途中の項をまとめて先に計算してはいけない、という意味でしょうか?

順番を変えて計算するとなんとも不可思議な計算結果がでて来るのはわかりましたが、
計算ができない、その根拠はなんなのでしょうか?

つまり不可思議な計算結果になるから、数学的に禁止されている、とかでしょうか?個人的にはこの計算方法のどこが間違っているのか良く理解できないのですが……。ちゃんとした計算のもとに出てきた答えはいくら不可思議でも正しい答えだと思うのですが……。

私の中では
2A=2+4+6+8+……
という概念が普通にあるんですけど、こっから既に間違っているんでしょうか?

お礼日時:2002/10/29 00:04

失礼、間違えた^^;


>そもそもA,B,Cの式は収束しないので無限大です。
間違いで
A,B,Cの式は収束しないです。Aの式はあきらかに無限大になります。

でした。
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この回答へのお礼

回答ありがとうございます!
下と同じく上に書かせていただきます。

お礼日時:2002/10/28 23:48

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ならば
f(a-bi)=c-di
は成り立ちますか。
前回の質問が締め切られてしまいました。
前回回答いただきましたTacosanさま、かなり考えましたがヒントに最後まで答えることが出来ず、申し訳ありませんでした。一定の条件がわかりませんでした。こちらにも是非回答お願いいたします。詳しい回答本当にありがとうございました。

Aベストアンサー

反例:
xの一次式
f(x) = x ・(1-√2) + √2

f(1+√2) = (1+√2)・(1-√2) + √2
=1-2 + √2
=-1+ √2

f(1-√2) = (1-√2)・(1-√2) + √2
= 1 -2√2 + 2 + √2
= 3 - √2 ≠ - 1 - √2

---
f(x) = g(a,|x-a|) + (x - a)
と表せるなら
 f(a+√b) = g(a,|√b|) + √b = g(a,√b) + √b
 f(a-√b) = g(a,|-√b|) + (-√b) = g(a,√b) - √b
c = g(a,√b) とすれば
 f(a+√b) = c + √b
 f(a-√b) = c - √b
です。
ですが、 c + √b という形を見ただけでは、√b が「 + (x-a) 」に由来するものなのか、g(a,|x-a|)の|x-a|に由来するものなのか、g()に由来する xに依存しない定数√b なのか、判断できません。

Q4a+b=1 3a-c=1 3b+4c=-1 の3つの式を使ってa.b.cを求めることはできますか?

4a+b=1
3a-c=1
3b+4c=-1 の3つの式を使ってa.b.cを求めることはできますか?

Aベストアンサー

a.b.c の関係を求める事は出来ますが、
夫々の値を特定する事は出来ません。

理由は、上二つの式から三つ目の式が出来るので、
実質二つの式しかない事になりますから。

3つに式を上から、①②③とすると、
①を3倍して 12a+3b=3 → 12a=3-3b
②を4倍して 12a-4c=4 →  12a=4+4c
従って、3-3b=4+4c → 3-4=4c+3b
で、③の式と同じになります。

Q(a+b−1)(a+b+1)の計算方法は、 a×a+b×b−1a+b+1a+b+(−1)1 =a^2

(a+b−1)(a+b+1)の計算方法は、

a×a+b×b−1a+b+1a+b+(−1)1
=a^2+b^2−1

であっていますでしょうか?

Aベストアンサー

順番通りに機械的に計算するのがコツです。

左の a と 右の a, -b, +1 をかける。
左の b と 右の a, -b, +1 をかける。
左の -1 と 右の a, -b, +1 をかける。

これを 「a・aがあって、b・bがあって...」と考えながらやると、抜けが出てしまいます。

あとは、既に出ていますが X=a+b とすると、よく知られた公式だけで解くことができて簡単になります。

Qa+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
が成立するとき、a,b,cのいずれかは1に等しいことを証明する問題です。
上記の式から、abc=1, a+b+c=ab+bc+caがいえると思うので
(x-a)(x-b)(x-c)=0を考えて、
x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc=0
すなわち x^3-(a+b+c)x^2+( a+b+c)x-1=0
この式はx=1で成立するので、(x-a)(x-b)(x-c)=0に
x=1を代入して
(1-a)(1-b)(1-c)=0
この式が成立するためには、a,b,cのいずれかが1に等しくなければならない、と解きました。この解きかたでよろしいでしょうか。

Aベストアンサー

blackleonさん、こんにちは。

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
>上記の式から、abc=1, a+b+c=ab+bc+caがいえると思うので

ということですが、ちょっと変形してみると

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
a+b+c=(bc+ca+ab)/abc=(a+b+c)/abc・・・(★)

というところから、
a+b+c=(a+b+c)/abc
(a+b+c){1-(1/abc)}=0
ゆえに、
a+b+c=0または1-(1/abc)=0すなわちabc=1
と出てくるんじゃないでしょうか。

a+b+c=0またはabc=1のいずれかがいえるので、場合わけしないといけないのではないでしょうか。

さて、1,/a,1/b,1/cなどが実数として存在するので
a≠0,b≠0,c≠0はいえるのかなと思います。
そうすると

(1)a+b+c=0のとき(★)は

(ab+bc+ca)/abc=0
ab+bc+ca=0

ところで、a+b+c=0より、c=-(a+b)ですのでこれを代入すると
ab+bc+ca=ab+(a+b)c=ab-(a+b)^2=0
a^2+ab+b^2=0
となりますが、これをaについての2次方程式だとみて判別式をとると
D=b^2-4b^2=-3b^2
これが0以上であるためには、b=0でなければならないが
1/bが存在するためにはb≠0であったから、(1)の場合は不適。

よって
(2)abc=1
の場合だけを考えればいいことになると思います。

blackleonさんの解き方いいと思いますが、文字を消去して
式変形で無理やり持っていってもいいかも。

a+b+c=ab+bc+caを変形。
abc=1より、c=1/abを代入(a≠0,b≠0)

1/a+1/b+1/c=1/ab+1/bc+1/caに代入

1/a+1/b+ab=1/ab+(a+b)/abc
{b+a+(ab)^2}/ab={1+ab(a+b)}/ab
両辺ab倍して
(a+b)+(ab)^2=1+ab(a+b)
(a+b){1-ab}+(ab-1)(ab+1)
=(1-ab){(a+b)-(ab+1)}=0
ゆえに、ab=1またはa+b-ab-1=0

ab=1のとき、abc=1とあわせて、c=1となって
少なくとも一つ1であるを満たす。

a+b-ab-1=0のとき、
(a-1)(b-1)=0と同じであるから、a=1またはb=1

となって、a,b,cいずれかは1である。
・・・と無理やり持っていきましたが、いつも素晴らしい解法が見つかるわけではないので
文字を消去していくのは確実ですよ。

blackleonさん、こんにちは。

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
>上記の式から、abc=1, a+b+c=ab+bc+caがいえると思うので

ということですが、ちょっと変形してみると

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
a+b+c=(bc+ca+ab)/abc=(a+b+c)/abc・・・(★)

というところから、
a+b+c=(a+b+c)/abc
(a+b+c){1-(1/abc)}=0
ゆえに、
a+b+c=0または1-(1/abc)=0すなわちabc=1
と出てくるんじゃないでしょうか。

a+b+c=0またはabc=1のいずれかがいえるので、場合わけしない...続きを読む

Qf(x)=A(x-2)(x-3)(x-4)+B(x-1)(x-3)(x-4)+C(x-1)(x-2)(x-4)+D(x-1)(x-2)(x-3)

(問題)xの三次関数f(x)があって、f(1)=1,f(2)=4,f(3)=9,f(4)=34であるとき、f(5)を求めなさい。

解答は別解がいろいろあったのですが、そのうちの一つがわかりませんでした。それは次のように書いてありました。

f(x)=A(x-2)(x-3)(x-4)+B(x-1)(x-3)(x-4)+C(x-1)(x-2)(x-4)+D(x-1)(x-2)(x-3) のように置くと、A,B,C,Dが容易に求めることができる。

なぜこのように表せるのか、どうしてこう思いついたのか、わかりません。考え方を教えてください。よろしくお願いいたします。答えはf(5)=97です。

Aベストアンサー

ranx さんの言うように、
x=1, x=2, x=3, x=4 の場合の解が与えられているので、
その際にどれかがゼロになるように、式を与えれば、
あとは、連立一次方程式で、元が4個で方程式が4本
なので、簡単に解けるわけです。

それぞれ代入した式4本を書いてみればわかると思います。解けるでしょ?
最後まで解かなくても、f(5) は、A,B,C,D を使って
出すことはできますね。


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