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■50891 / 親記事)

　幾何学の院試問題です。

□投稿者/ kisuke 一般人(4回)-(2021/07/07(Wed) 17:41:02)

IとJをそれぞれRの閉区間［-1,1］と開区間［-1,1］とする。Iの部分集合からなる集合Tを次のように定める。
T=｛U⊂I|0㌩⊂U（含まない）｝∪ ｛U⊂I|JU⊂｝
(1)TはIの位相であることを示せ
(2)位相空間(I,T)はハウスドルフ空間でないことを示せ
(3)位相空間(I,T)はコンパクトであることを示せ

宜しくお願い致します。。

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■50674 / 親記事)

　フィボナッチ数列について。

□投稿者/ メラゾーム一般人(1回)-(2021/03/19(Fri) 03:07:39)

フィボナッチ数列 F[1]=1, F[2]=1, F[n+2]=F[n+1]+F[n] (n≧1) について、
F[n] (n≠5) が素数ならば F[n] ≡ ±1 (mod n) であることを示してください。よろしくお願いします。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]

■50884 / ResNo.1)

　Re[1]: フィボナッチ数列について。

□投稿者/ WIZ 一般人(8回)-(2021/07/05(Mon) 19:33:43)

Wikipediaの「フィボナッチ数」や「フィボナッチ素数」を見ると以下の記述があります。
# 若干表現は変更しています。
L(a/p) はルジャンドルの記号とします。

(1) n = 4 の場合を除いて、F[n] がフィボナッチ素数となる n は素数である。
しかし、n が素数でも F[n] が素数になるとは限らない。

(2) p が 2 でも 5 でもない素数のとき、F[p-L(5/p)] は p で割り切れる。

(3) F[n－1]F[n+1]－F[n]^2 = (-1)^n

以下、F[3] = 2 と F[4] = 3 と F[5] = 5 以外のフィボナッチ素数について考察します。

(1)により、自然数 p に対して F[p] が素数ならば p も素数です。
L(5/p) = 1 または L(5/p) = -1 なので、(2)より、F[p-1] または F[p+1] が p で割り切れます。
つまり、F[p-1]F[p+1] は p で割り切れます。よって(3)と p が奇数であることより、
F[p－1]F[p+1]－F[p]^2 = (-1)^p = -1
⇒ F[p]^2 ≡ 1 (mod p)
⇒ F[p] ≡ ±1 (mod p)
となり、題意は肯定的に示されます。
(F[3] = 2 と F[4] = 3 は別途示す必要がありますが、これは目視でわかりますよね。)

スレ主さん(もう見てないと思うけど)も上記程度は分かった上での質問なのかもしれません。
つまり、(1)(2)(3)の証明が分からないということかもしれません。
まあ、(3)は F[n] の一般項の式から容易に導けるのではないかと思います。(確認してないけど)
(2)は2次体 Q(√5) の整数環の性質から導けるかも? (希望的観測)
(1)は F[n] の一般項の式から導けるかもしれない。(願望)

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50888 / ResNo.2)

　Re[1]: フィボナッチ数列について。

□投稿者/ WIZ 一般人(9回)-(2021/07/06(Tue) 21:06:24)

F[n-1]F[n+1]-F[n]^2 = (-1)^n の証明

n を 2 以上の自然数として G[n] = F[n-1]F[n+1]－F[n]^2 とします。
G[2] = F[1]F[3]－F[2]^2 = 1*2-1^2 = 1 = (-1)^2

k を 2 以上の自然数として G[k] = (-1)^k と仮定します。
G[k+1] = F[k]F[k+2]-F[k+1]^2
= (F[k+1]-F[k-1])(F[k]+F[k+1])-F[k+1]^2
= F[k+1]F[k]+F[k+1]^2-F[k-1]F[k]-F[k-1]F[k+1]-F[k+1]^2
= (F[k+1]-F[k-1])F[k]-F[k-1]F[k+1]
= F[k]^2-F[k-1]F[k+1]
= -G[k]
= (-1)^(k+1)

以上から数学的帰納法により 2 以上の自然数 n に対して
G[n] = F[n-1]F[n+1]-F[n]^2 = (-1)^n が成立する。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50889 / ResNo.3)

　Re[1]: フィボナッチ数列について。

□投稿者/ WIZ 一般人(11回)-(2021/07/06(Tue) 23:29:21)

(A) フィボナッチ数の加法定理 F[m+n] = F[m]F[n+1]+F[m-1]F[n] の証明

m, n は自然数で、m ≧ 2 とする。

m = 2 の場合、F[1] = F[2] = 1 なので、
F[2+n] = F[n+1]+F[n] = F[2]F[n+1]+F[2-1]F[n] となり加法定理は成立する。

m = 3 の場合、F[2] = 1, F[3] = 2 なので、
F[3+n] = F[n+2]+F[n+1] = (F[n+1]+F[n])+F[n+1] = 2F[n+1]+F[n] = F[3]F[n+1]+F[3-1]F[n]
となり加法定理は成立する。

k を 3 以上の自然数として、m = k と m = k-1 で加法定理の成立を仮定すると、
F[(k+1)+n] = F[k+n]+F[(k-1)+n]
= (F[k]F[n+1]+F[k-1]F[n])+(F[k-1]F[n+1]+F[k-2]F[n])
= (F[k]+F[k-1])F[n+1]+(F[k-1]+F[k-2])F[n]
= F[k+1]F[n+1]+F[k]F[n]
となり、m = k+1 でも成立する。

以上から、数学的帰納法により 2 以上の自然数 m と任意の自然数 n に対して、
F[m+n] = F[m]F[n+1]+F[m-1]F[n] が成立する。

(B) フィボナッチ数の整除定理 m | n ならば F[m] | F[n] の証明

n を 2 以上の自然数とすると、加法定理より、
F[n+n] = F[n]F[n+1]+F[n-1]F[n] = F[n](F[n+1]+F[n-1])
つまり、F[n] | F[2n] が成立する。

k を 2 以上の自然数、u を自然数として、F[kn] = u*F[n] を仮定すると、
F[(k+1)n] = F[n]F[kn+1]+F[n-1]F[kn]
= F[n]F[kn+1]+F[n-1]*u*F[n]
= F[n](F[kn+1]+F[n-1]*u)
となり、F[n] | F[(k+1)n] が成立する。

以上から、数学的帰納法により v と n を 2 以上の自然数とするとき
F[n] | F[vn] が成立する。
# n = 1 や v = 1 でも上記は成立しますが。

(C) F[p] が素数ならば、p は奇素数であるか 4 であることの証明

3 以上の自然数 a と 2 以上の自然数 b が存在して p = ab ならば、
a < p であり、1 < F[a] < F[p] かつ整除定理より F[a] | F[p] となり
F[p] は素数ではありえない。

従って、F[p] が素数となるためには p は真の約数を持たないか、
真の約数の値が 2 以下の場合である。

真の約数を持たないということは、p は素数であるということてある。
但し、F[2] = 1 は素数ではないので、p は奇素数である。
真の約数の値が 2 以下ということは p は 2 の冪であることが必要だが、
2^3 = 8 は 4 という真の約数を持つため、可能性は p = 2^2 のみとなるが、
F[4] = 3 は素数である。

以上から、F[p] が素数ならば、p は奇素数か 4 であるといえる。

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■50878 / 親記事)

　cosθ

□投稿者/ アイナ・ヂ・遠藤一般人(1回)-(2021/07/01(Thu) 21:04:48)

cosθ, cos2θ, cos3θ, cos4θ, ....... , coskθ, .......
という数列のどこか連続する4項が有理数ならば、
この数列は全ての項が有理数だと言えますか？

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]

■50879 / ResNo.1)

　Re[1]: cosθ

□投稿者/ WIZ 一般人(7回)-(2021/07/02(Fri) 21:45:06)

# θとタイプするのが面倒なので、t とタイプさせて頂きます。

cos(t) が有理数であることが示せれば十分です。
何故なら、任意の自然数 k に対して、cos(kt) は cos(t) の整数係数の整式になるからです。

k を自然数、p, q, r, s を有理数として、
p = cos(kt) ・・・・・(1)
q = cos((k+1)t) ・・・・・(2)
r = cos((k+2)t) ・・・・・(3)
s = cos((k+3)t) ・・・・・(4)
とします。

(1)(2)より、
q = cos(kt)cos(t)-sin(kt)sin(t) = p*cos(t)-sin(kt)sin(t)
⇒ sin(kt)sin(t) = p*cos(t)-q ・・・・・(5)

(1)(3)(5)より、
r = cos(kt)cos(2t)-sin(kt)sin(2t)
= p(2cos(t)^2-1)-2sin(kt)sin(t)cos(t)
= p(2cos(t)^2-1)-2(p*cos(t)-q)cos(t)
= 2q*cos(t)-p ・・・・・(6)

q ≠ 0 ならば、(6)より
cos(t) = (p+r)/(2q) ・・・・・(7)

q = 0 ならば、(6)より
r = -p ・・・・・(8)

(2)より、
q = cos((k+1)t) = 0
⇒ sin((k+1)t) = ±1 ・・・・・(9)

(3)(8)(9)より、
r = cos((k+1)t)cos(t)-sin((k+1)t)sin(t) = -sin((k+1)t)sin(t)
⇒ (-p)^2 = (-sin((k+1)t)sin(t))^2 = sin(t)^2
⇒ p^2 = 1-cos(t)^2
⇒ cos(t)^2 = 1-p^2 ・・・・・(10)

(4)(5)より、
s = cos(kt)cos(3t)-sin(kt)sin(3t)
= p(4cos(t)^3-3cos(t))-sin(kt)(3sin(t)-4sin(t)^3)
= p(4cos(t)^3-3cos(t))-sin(kt)sin(t)(3-4sin(t)^2)
= p(4cos(t)^3-3cos(t))-p*cos(t)(4cos(t)^2-1)
= -2p*cos(t) ・・・・・(11)

p ≠ 0 ならば、(11)より
cos(t) = -s/(2p) ・・・・・(12)

p = 0 ならば、(10)より
cos(t) = ±1 ・・・・・(13)

以上から、
q ≠ 0 なら cos(t) = (p+r)/(2q)
q = 0 かつ p ≠ 0 なら cos(t) = -s/(2p)
q = 0 かつ p = 0 なら cos(t) = ±1
・・・と、いずれも cos(t) は有理数になります。
よって、連続4項が有理数なら全項が有理数と言えます。

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■50882 / ResNo.2)

　Re[2]: cosθ

□投稿者/ アイナ・ヂ・遠藤一般人(2回)-(2021/07/04(Sun) 14:58:13)

大変美しい解答を有難うございました。

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■50871 / 親記事)

　行列線形代数

□投稿者/ ああや一般人(1回)-(2021/06/27(Sun) 15:50:01)

すみません教えて下さると嬉しいです。
次元のことなど本当に分からないので、基礎から解説してくださると嬉しいです

922×448 => 250×121

39B1962F-0902-4152-9513-4D4FAEA26367.jpeg/60KB

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■50867 / 親記事)

　大学数学

□投稿者/ やよい一般人(1回)-(2021/06/27(Sun) 13:15:24)

次の立体Aの体積を求めよ。

A＝{(x,y,z)∈R^3|x^2+y^2≧z^2,x^2+y^2≦2x,z≧0}

全く手も足も出ないので、詳しく教えて下さると嬉しいです(´；ω；｀)
よろしくお願いします

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▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]

■50869 / ResNo.1)

　Re[1]: 大学数学

□投稿者/ X 一般人(2回)-(2021/06/27(Sun) 15:16:42)

2021/06/27(Sun) 15:39:11 編集(投稿者)

Aを円柱座標に置き換えると
A={(r,θ,z)|0≦z≦r≦√2}
よって立体Aの形状は、
底面が半径√2の円、高さ√2の円柱から
底面が半径√2の円、高さ√2の円錐を
底面を一致させるようにくり抜いたもの
なので、求める体積をVとすると
V=π{(√2)^2}・√2-(1/3)π{(√2)^2}・√2
=(4π/3)√2

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