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■50677 / 親記事)

　有理数と素数

□投稿者/ ぽる塾一般人(1回)-(2021/03/26(Fri) 10:45:09)

正の有理数rでどのような素数p,qに対しても
r≠(p+1)/(q+1)
であるrの例をなにかひとつ教えてください。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]

■50678 / ResNo.1)

　Re[1]: 有理数と素数

□投稿者/ らすかる一般人(21回)-(2021/03/26(Fri) 14:17:12)

なさそうな気がしますが、あるんですか？

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■52906 / ResNo.2)

　Re[1]: 有理数と素数

□投稿者/ WIZ 一般人(22回)-(2025/07/23(Wed) 19:02:55)

同じ質問者さんかどうか分かりませんが、2021/9/10にYAHOO知恵袋にも同じ質問があり、
「未解決問題に帰着する」というかなり有用なコメントが付いています。
興味深い問題だと思い拡散したいのと、私も少し調べてみたのでコメントさせて頂きます。

[YAHOO知恵袋のコメントの概要]
sとtを互いに素な自然数として r = s/t とする。
s(q+1) = t(p+1) より、ある整数nが存在して p+1 = sn, q+1 = tn
つまり、sn-1 と tn-1 が共に素数でなければならない。
これは未解決問題であるディクソン(Dickson)の予想の特別な場合にあたる。

[私の調べた情報]
ディクソンの予想とは、
「自然数kに対し、a[1], a[2], ・・・, a[k] は自然数、b[1], b[2], ・・・, b[k] は整数とする。
もし「各素数p毎に自然数nが存在して、積 (a[1]n+b[1])*・・・*(a[k]n+b[k]) はpで割り切れない」
が成り立つならば、a[1]n+b[1], ・・・, a[k]n+b[k] が全て素数となるようなnが無数に存在する。」

k = 1, a[1]とb[1]が互いに素ならば、これはディリクレの算術級数定理に他なりません。
また、k = 2, a[1] = a[2] = 1, b[1] = 0, b[2] = 2 ならば、これは双子素数の予想に他なりません。
他の数論関連の定理や予想も含む、非常に一般的な予想と言えます。

質問の件は、k = 2, a[1] = s, a[2] = t, b[1] = b[2] = -1 の場合となります。
この様な特定の場合のみディクソンの予想の成否が証明されている可能性もあります。

# google ai studioにこの質問の問題を尋ねたところ、一度だけシェルピニスキ(Sierpinski)により、
# 「如何なる素数p, qを用いても(p+1)/(q+1)と表せない有理数が存在することが証明されているが、
# 具体的な例は未発見」と答えました。
# ただ、AIの言うことは鵜呑みにできないのと、シェルピニスキという数学者は存在するものの
# ググってもこの証明に関する情報は見つけられなかったので、真偽の程は分かりません。

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■51833 / 親記事)

　微分方程式の級数解

□投稿者/ M 一般人(1回)-(2022/04/02(Sat) 19:04:46)

微分方程式　y’’+xy’+y=0について、級数解を求める問題なのですが、
解き方が分からず困っています。
教えていただけないでしょうか？

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▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]

■52905 / ResNo.1)

　Re[1]: 微分方程式の級数解

□投稿者/ WIZ 一般人(21回)-(2025/07/20(Sun) 19:22:46)

2025/07/21(Mon) 09:04:44 編集(投稿者)

べき乗演算子^は四則演算子より優先度が高いものとします。
xの値に関わらず x^0 = 1 とします。
0!! = 1 とします。

kを非負整数、a[k]をx^kの係数として、y = Σ[k=0,∞]{a[k]*x^k}とします。

y'' = Σ[k=2,∞]{k(k-1)a[k]*x^(k-2)} = Σ[k=0,∞]{(k+2)(k+1)a[k+2]*x^k}
xy' = x*Σ[k=1,∞]{k*a[k]*x^(k-1)} = Σ[k=1,∞]{k*a[k]*x^k}
⇒ y''+xy'+y = (a[0]+2a[2])+Σ[k=1,∞]{((k+2)(k+1)a[k+2]+(k+1)a[k])x^k}

y''+xy'+y = 0 より、全ての係数が0でなければならないので、
a[0]+2a[2] = 0・・・・・(1)
k ≧ 1 で (k+2)(k+1)a[k+2]+(k+1)a[k] = 0 ⇒ (k+2)a[k+2]+a[k] = 0・・・・・(2)

(1)は(2)に k = 0 としたものに他なりませんので、kが非負整数で(2)となります。
kが偶数のとき、a[k] = a[0]/{k(k-2)(k-4)・・・2} = a[0]/(k!!)
kが奇数のとき、a[k] = a[1]/{k(k-2)(k-4)・・・1} = a[1]/(k!!)

以上から、
y = Σ[j=0,∞]{(a[0]/((2j)!!))x^(2j)+(a[1]/((2j+1)!!))x^(2j+1)}
となります。

級数解ということであれば上記までで良いのかもしれませんが、前半をもう少し変形を試みると
Σ[j=0,∞]{(a[0]/((2j)!!))x^(2j)}
= a[0]Σ[j=0,∞]{(x^(2j))/((2^j)(j!))}
= a[0]Σ[j=0,∞]{((x^2/2)^j)/(j!)}
= a[0]e^(x^2/2)

後半は自力では変形できなかったので、wolfram alphaのお世話になったら
初等関数では表せず、誤差関数erf()を用いて、
Σ[j=0,∞]{(a[1]/((2j+1)!!))x^(2j+1)} = a[1](e^(x^2/2))(√(π/2))erf(x/√2)
となるそうです。
ちなみに erf(x) = (2/√π)∫[0,x]{e^(-t^2)}dt ということです。

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■52902 / 親記事)

　不等式

□投稿者/ 雷一般人(1回)-(2025/07/14(Mon) 13:41:57)

正の整数a,bに対し
|√2 - a/b| ≧ 1/(3b^2)
となることの証明を教えて下さい

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▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]

■52903 / ResNo.1)

　Re[1]: 不等式

□投稿者/ WIZ 一般人(20回)-(2025/07/14(Mon) 20:27:07)

べき乗演算子^は四則演算子より優先度が高いものとします。
a, bは正の整数とします。

(1) b = 1 の場合
a = 1 ならば |√2-a/b| = |√2-1| > 1.4-1 > 1/(3*1^2) で題意は成立
a ≧ 2 ならば |√2-a/b| = |√2-a| = a-√2 > 2-1.5 > 1/(3*1^2) で題意は成立

(2) b ≧ 2 の場合
(2A) a/b ≧ 3/2 の場合
a/b > √2 ですので、
|√2-a/b|-1/(3b^2) = (a/b-√2)-1/(3*b^2)
≧ (3/2-√2)-1/12 = (17-12√2)/12 = {17^2-(12^2)*2}/{12(17+12√2)} = {289-288}/{12(17+12√2)} > 0

よって、|√2-a/b|-1/(3b^2) > 0 となり、題意は成立します。

(2B) a/b < 3/2 の場合
|√2-a/b| = |√2-a/b|(√2+a/b)/(√2+a/b)
= |2-(a/b)^2|/(√2+a/b)
= |2b^2-a^2|/{b(a+b√2)}

2b^2-a^2 ≠ 0 なので、|2b^2-a^2| ≧ 1 です。
従って、|√2-a/b| ≧ 1/{b(a+b√2)} と言えます。

a+b√2 < (3/2+√2)b < 3b ですので、1/{b(a+b√2)} > 1/(3b^2) です。
よって、|√2-a/b| > 1/(3b^2) となり、題意は成立します。

# 質問では |√2-a/b| ≧ 1/(3b^2) となっていますが、
# |√2-a/b|は無理数で、1/(3b^2)は有理数なので等号が成立することは無いです。

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■50901 / 親記事)

　積分の漸化式

□投稿者/ 積分一般人(1回)-(2021/07/09(Fri) 09:15:14)

I[n]=∫((1+cosx)/2)^(n-1)(-1/cosx)^ndx
と定めるときI[n+1]をI[n]であらわせ。

この問題が解けません。教えて下さい。

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▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]

■50902 / ResNo.1)

　Re[1]: 積分の漸化式

□投稿者/ 積分一般人(2回)-(2021/07/09(Fri) 15:01:07)

■No50901に返信(積分さんの記事)
> I[n]=∫((1+cosx)/2)^(n-1)(-1/cosx)^ndx
> と定めるときI[n+1]をI[n]であらわせ。
>
> この問題が解けません。教えて下さい。

解決しました。ありがとうございました。

解決済み!

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■50903 / ResNo.2)

　Re[2]: 積分の漸化式

□投稿者/ 積分一般人(3回)-(2021/07/09(Fri) 15:25:41)

上の人は別人です。なりすましです。
まだ解決していません。

引き続きご指導よろしくお願いします。

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■52901 / ResNo.3)

　Re[1]: 積分の漸化式

□投稿者/ WIZ 一般人(19回)-(2025/07/13(Sun) 09:43:21)

べき乗演算子^は四則演算子より優先度が高いものとします。
nを自然数として I[n] = ∫{((1+cos(x))/2)^(n-1)}{(-1/cos(x))^n}dx と解釈して回答します。

t = tan(x/2) とおけば、cos(x) = (1-t^2)/(1+t^2), dx = 2dt/(1+t^2) ですので、
I[n] = ∫{((1+(1-t^2)/(1+t^2))/2)^(n-1)}{(-1/((1-t^2)/(1+t^2)))^n}{2/(1+t^2)}dt
= 2∫{1/((t^2-1)^n)}dt

技巧的ですが、上記は部分積分を用いて以下のように変形できます。
I[n] = 2t/((t^2-1)^n)-2∫{t*(-2nt)/((t^2-1)^(n+1))}dt
= 2t/((t^2-1)^n)+4n∫{(t^2)/((t^2-1)^(n+1))}dt
= 2t/((t^2-1)^n)+4n∫{(t^2-1+1)/((t^2-1)^(n+1))}dt
= 2t/((t^2-1)^n)+2n(I[n]+I[n+1])

⇒ I[n+1] = {(1-2n)I[n]-2t/((t^2-1)^n)}/(2n)
= {(1-2n)I[n]-2tan(x/2)/((tan(x/2)^2-1)^n)}/(2n)

# 計算間違いしてたらごめんなさい!

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■52900 / 親記事)

　数列の極限

□投稿者/ サマンサ一般人(1回)-(2025/07/10(Thu) 09:07:22)

数列{cos(nθ)} n=1,2,3,…が収束するときθの値が求められるそうですが、
数列{cos(nθ)+cos(nφ)} n=1,2,3,…が収束するときθとφの値は求められますか？

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