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羅生門(1) |

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klog(1+1/k) < 1を証明する(2) |

約数(1) |

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確率(2) |

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極限(3) |

確率(2) |

初等数学によるフェルマーの最終定理の証明(5) |

■52701 / 親記事)

　積分の極限

□投稿者/ 東大志望一般人(1回)-(2025/03/03(Mon) 20:31:16)

$2$ \large \lim_{n \to \infty} \, n \, {\displaystyle\int_1}^{\sqrt{3}} \log \left( \frac{1+\sqrt[n]{x^3+x}}{2} \right) \, dx$

の求め方を教えてください！

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▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]

■52710 / ResNo.1)

　Re[1]: 積分の極限

□投稿者/ らすかる一般人(5回)-(2025/03/09(Sun) 03:07:18)

((3√3)(4log2+log3)-18(√3-1)-6log2+π)/12 = 0.4934287954669775…
という値になるようですが、計算方法はわかりません。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■52756 / ResNo.2)

　Re[1]: 積分の極限

□投稿者/ X 一般人(1回)-(2025/03/16(Sun) 14:05:49)

横から失礼します。

与式の被積分関数である
nlog{{1+(x^3+x)}/2} (A)
が積分区間である
x:1→√3
で一様収束するのであれば、
lim[n→∞]
を積分の中に入れることができますので
ゴリゴリ極限を計算することで
(与式)=(1/2)∫[x:1→√3]log(x^3+x)dx

この積分を計算することで
らすかるさんが提示された解答になります。
(log(x^3+x)=log(x^2+1)+logx
と変形して部分積分を使います。)

問題なのは(A)が一様収束するか否かですが
こちらではチェックできませんでした。
参考までに。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■52757 / ResNo.3)

　Re[2]: 積分の極限

□投稿者/ X 一般人(2回)-(2025/03/16(Sun) 14:10:03)

ごめんなさい。訂正します。
誤：nlog{{1+(x^3+x)}/2} (A)
正：nlog{{1+(x^3+x)^(1/n)}/2} (A)

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■52735 / 親記事)

　平方数と素数

□投稿者/ カサス一般人(1回)-(2025/03/11(Tue) 10:58:48)

正の整数a,b,cは、a^2-bcが平方数であるとき、
2a+b+cは素数ではないことの証明を教えて下さい。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]

■52738 / ResNo.1)

　Re[1]: 平方数と素数

□投稿者/ WIZ 一般人(3回)-(2025/03/11(Tue) 14:21:51)

2025/03/11(Tue) 16:12:03 編集(投稿者)

pを正の整数、dを非負整数として、
a^2-bc = d^2・・・・・(1)
2a+b+c = p・・・・・(2)
とおきます。

⇒ c = p-b-2a
⇒ d^2 = a^2-b(p-b-2a) = a^2-bp+b^2+2ab = (a+b)^2-bp
⇒ bp = (a+b)^2-d^2 = (a+b+d)(a+b-d)・・・・・(3)

bp > 0 かつ a+b+d > 0 ですから、a+b-d > 0 と言えます。
また、a+b < 2a+b+c = p かつ d ≧ 0ですから、
0 < a+b-d < p・・・・・(4)
となります。

以下、pを素数と仮定すると矛盾することを示します。

(3)(4)より、pはa+b+dの約数であり、a+b-dはbの約数と言えます。
0 < a+b-d ≦ b
⇒ 0 < a ≦ d・・・・・(5)

(1)(5)より
d^2 = a^2-bc ≦ d^2-bc
⇒ 0 ≦ -bc

上記はbc > 0より、-bc < 0なので不可能です。
よって、pが素数という仮定が誤りと言えます。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■52740 / ResNo.2)

　Re[2]: 平方数と素数

□投稿者/ カサス一般人(2回)-(2025/03/11(Tue) 17:41:09)

ありがとうございました。
非常によく解りました。

解決済み!

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■52663 / 親記事)

　漸化式と不等式

□投稿者/ 数列一般人(3回)-(2025/01/09(Thu) 17:16:37)

a[0]=1,a[1]=1/2,
(n+1)a[n+1]=(n+ 1/2)a[n] -na[n-1]
のとき,
a[n]^2>a[n+1]a[n-1]
の証明を教えて下さい.

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]

■52700 / ResNo.1)

　Re[1]: 漸化式と不等式

□投稿者/ WIZ 一般人(2回)-(2025/03/02(Sun) 21:45:52)

2025/03/02(Sun) 21:50:38 編集(投稿者)

べき乗演算子^は四則演算より優先度が高いものとする。
また、nは自然数で、以下の漸化式と解釈して回答します。
(n+1)a[n+1] = (n+(1/2))a[n]-n*a[n-1]

⇒ a[n] = {(n+1)a[n+1]+n*a[n-1]}/(n+1/2)
⇒ a[n]^2 = {((n+1)^2)a[n+1]^2+2(n+1)n*a[n+1]a[n-1]+(n^2)a[n-1]^2}/{(n+1/2)^2}
⇒ a[n]^2-a[n+1]a[n-1] = {((n+1)^2)a[n+1]^2+((2n^2+2n)-(n^2+n+1/4))a[n+1]a[n-1]+(n^2)a[n-1]^2}/{(n+1/2)^2}

ここで、上記の右辺分母は正ですから、左辺と右辺分子の符号は同じです。

{上記右辺分子} = ((n+1)^2)a[n+1]^2+(n^2+n-1/4)a[n+1]a[n-1]+(n^2)a[n-1]^2
= ((n+1)^2)a[n+1]^2+2(n/2+1/2-1/(8n))a[n+1]*n*a[n-1]+(n^2)a[n-1]^2
= ((n+1)^2-(n/2+1/2-1/(8n))^2)a[n+1]^2+{(n/2+1/2-1/(8n))a[n+1]+n*a[n-1]}^2
= (n/2+1/2+1/(8n))(3n/2+3/2-1/(8n))a[n+1]^2+{(n/2+1/2-1/(8n))a[n+1]+n*a[n-1]}^2
≧ 0

上記で等号が成立するのは、(n/2+1/2+1/(8n))(3n/2+3/2-1/(8n)) > 0であることから、
a[n+1]^2 = 0 かつ {(n/2+1/2-1/(8n))a[n+1]+n*a[n-1]}^2 = 0 のときであり、
整理すると a[n+1] = 0 かつ a[n-1] = 0 の場合です。
また、この場合、漸化式から a[n] = 0 です。
更に a[n] = 0 かつ a[n+1] = 0 ならば、漸化式より a[n+2] 以降の全ての項が0となります。

以下、連続する2項が0にはなり得ないことを示します。
a[0] ≠ 0 かつ a[1] ≠ 0 なので、mを2以上の自然数として a[m-1] ≠ 0 かつ a[m] = 0 であると仮定します。
漸化式から、(m+1)a[m+1] = m*a[m-1] つまり a[m+1] ≠ 0 となります。
同様に漸化式から、(m+2)a[m+2] = (m+1+1/2)a[m+1] つまり a[m+2] ≠ 0 となります。

a[m+3] = 0 か a[m+3] ≠ 0 かは漸化式からは決定できませんが、
a[m+3] 以降で最初に 0 となる項を a[p] とすれば、a[p-1] ≠ 0 ですので、
上記の「a[m-1] ≠ 0 かつ a[m] = 0 である～」の論法を繰り返すことにより、
a[p+1] ≠ 0 かつ a[p+2] ≠ 0 と言えますので、連続した2項が0になることはないと言えます。

以上から、不等式で等号は成立せず a[n]^2-a[n+1]a[n-1] > 0 となります。

# 計算間違いと、後半の論理には自信がありませんので識者の方のツッコミをお願いします。

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■52537 / 親記事)

　約数

□投稿者/ 卵一般人(1回)-(2024/06/05(Wed) 09:45:38)

自然数n(≧2)の正の約数のうちnを除いたものの和τ(n)と
nの正の約数のうち素数であるものの個数ω(n)について
τ(n)<nω(n)
が成り立つことの証明を教えてください。

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▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]

■52698 / ResNo.1)

　Re[1]: 約数

□投稿者/ WIZ 一般人(1回)-(2025/02/27(Thu) 13:05:48)

べき乗演算子^は四則演算より優先度が高いものとします。

n ≧ 2なので、nは1個以上の素因数を持ちます。m = ω(n)とすればmは自然数です。
nの素因数を小さい方からp[1], p[2], ・・・, p[m]とします。
また、各素因数の指数をe[1], e[2], ・・・, e[m]とすると、
n = Π[k=1,m]{p[k]^e[k]}・・・・・(1)
となります。

n自身を含めたnの正の約数の和は、
τ(n)+n = Π[k=1,m]{(p[k]^(e[k]+1)-1)/(p[k]-1)}・・・・・(2)
となります。

(1)(2)より、以下が示せれば良いことになります。
τ(n)+n < nm+n
⇒ Π[k=1,m]{(p[k]^(e[k]+1)-1)/(p[k]-1)} < (m+1)Π[k=1,m]{p[k]^e[k]}
⇒ Π[k=1,m]{(p[k]-1/(p[k]^e[k]))/(p[k]-1)} < m+1・・・・・(3)

ここで、p[1] ≧ 2, p[2] ≧ 3, ・・・, p[m] ≧ m+1ですので、
(p[k]-1/(p[k]^e[k]))/(p[k]-1) < p[k]/(p[k]-1) = 1+1/(p[k]-1) ≦ 1+1/((k+1)-1) = (k+1)/k
であり、これを(3)に適用すると、
Π[k=1,m]{(p[k]-1/(p[k]^e[k]))/(p[k]-1)} < Π[k=1,m]{(k+1)/k} = m+1
となり、(3)が成立することが分かります。

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■52686 / 親記事)

　整数問題

□投稿者/ 三毛猫一般人(4回)-(2025/02/14(Fri) 00:19:12)

自然数a,bに対して(a^3+b^3)/(a^2*b^2+1)が自然数になるとき、
必ず3乗数になるらしいのですが、その証明はどうやるのでしょうか?

(a^2+b^2)/(ab+1)が自然数になるとき平方数になるというのはIMO過去問らしく、
解説はたくさん見つけられるのですが・・・。

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▽[全レス4件(ResNo.1-4 表示)]

■52687 / ResNo.1)

　Re[1]: 整数問題

□投稿者/ 検索しただけの人一般人(1回)-(2025/02/14(Fri) 04:08:22)
http://artofproblemsolving.com/community/c6h349211p1879023

内容は確認してないけど…

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■52690 / ResNo.2)

　Re[2]: 整数問題

□投稿者/ 三毛猫一般人(5回)-(2025/02/14(Fri) 21:10:29)

リンク先教えて頂きありがとうございます。
ただ、一部が書かれていないのか、表示されてないのか分かりませんが、
証明の全貌が見えません。
一応もう少し、リンク先の書き込みを参考に考えてみます。

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■52693 / ResNo.3)

　Re[3]: 整数問題

□投稿者/ 検索しただけの人一般人(3回)-(2025/02/15(Sat) 07:52:32)

なぜ表示されないのかよく分からないけど、
考えてみると、なんとも便利なことに、
リンク先の掲示板からこの掲示板へ
丸ごとコピペできますね。

We have $2$ a = b, \; k=\displaystyle{\frac{a^n+b^n}{(ab)^{n-1}+1}} \in \mathbb{N}^+ \Rightarrow a=b=k=1=1^n$
Now assume that $2$a,b,k,n \in \mathbb{N}^+, \; a<b,\;n>1,\; a^n-k=(ka^{n-1}-b)b^{n-1}$
(1) If $2$k > a^n$ then $2$k > k-a^n = b^{n-1} (b-ka^{n-1}) \ge b^{n-1}$
$2$\quad \quad$ thus $2$b > ka^{n-1} \ge k > b^{n-1}$ . which cannot happen.
(2) If $2$k < a^n$ , then $2$ka^{n-1}-b = \displaystyle{\frac{a^n-k}{b^{n-1}}} < a$ , $2$ka^{n-1} < a+b$ , $2$(k-1)a^{n-1} < a+b - a^{n-1} \le b$
Thus $2$k > 1 \Rightarrow a^{n-1} \le (k-1)a^{n-1} < b \Rightarrow a^n-k = (ka^{n-1}-b)b^{n-1} \ge b^{n-1} >$ $2$ (a^{n-1})^{n-1} \ge a^n$ ,
that's wrong and so $2$k=1=1^n$
(3) If $2$k = a^n$ then $2$b=ka^{n-1}=a^{2n-1} \; b^n = a^{2n^2-n} = a^{2n(n-1) + n}$ hence $2$\displaystyle{\frac{a^n+b^n}{(ab)^{n-1}+1}=\frac{a^n(1+a^{2n(n-1)})}{(a^{2n})^{n-1}+1}} = a^n$

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■52694 / ResNo.4)

　Re[4]: 整数問題

□投稿者/ 三毛猫一般人(6回)-(2025/02/15(Sat) 20:37:17)

再度対応ありがとうございます。
この掲示板にコピペして頂いた方も私の環境ではTeXが文字化けしてしまい読めませんでしたが、
ネットのTeXビューアに張り付けてなんとか読むことができました。
n≧3の場合、こんな初等的な方法で証明できるとは驚きです。
まだ完全に呑み込めていない部分もあるので精読したいと思います。

解決済み!

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