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■50499 / 親記事)  複素関数の部分分数分解
□投稿者/ Megumi 一般人(3回)-(2020/09/20(Sun) 13:09:52)
     実感数では
      1/(1-t^2)^2 = a/(1-t) + b/(1-t)^2 + c/(1+t) + d/(1+t)^2.

      1 = a(1-t)(1+t)^2 + b(1+t)^2 + c(1-t)^2(1+t) + d(1-t)^2
       = a(1+t-t^2-t^3) + b(1+2t+t^2) + c(1-t-t^2+t^3) + d(1-2t+t^2)
       = a + b + c + d + (a+2b-c-2d)t + (-a+b-c+d)t^2 + (-a+c)t^3.
      a + b + c + d = 1.
      a + 2b - c - 2d = 0.
      - a + b - c + d = 0.
      -a + c = 0.
      ∴a = b = c = d = 1/4.

     これにならって
      1/(z^2+1) = 1/(z+√2i)(z-√2i) = α/(z+√2i) + β(z-√2i)
      1 = α(z-√2i) + β(z+√2i)
       = αz + βz - α√2i + β√2i
       = z(α+β) - √2i(α-β)
      α+β = 0
      α-β = -1/√2i
      2α = 1/√2i.  α = 1/2√2i.  β = -1/2√2i
      ∴α/(z+√2i) + β(z-√2i) = 1/2√2i( 1/(z+√2i) - 1/(z-√2i) )
    とやったのですが、これでいいのでしょうか?

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▽[全レス4件(ResNo.1-4 表示)]
■50501 / ResNo.1)  Re[1]: 複素関数の部分分数分解
□投稿者/ らすかる 一般人(15回)-(2020/09/20(Sun) 20:06:43)
    (z+(√2)i)(z-(√2)i)=z^2+2≠z^2+1ですから先頭行が正しくありません。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■50502 / ResNo.2)  Re[2]: 複素関数の部分分数分解
□投稿者/ Megumi 一般人(4回)-(2020/09/20(Sun) 22:18:15)
    回答ありがとうございます。
    1/(z^2+2)の分解でした。お騒がせしました。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■50503 / ResNo.3)  Re[3]: 複素関数の部分分数分解
□投稿者/ らすかる 一般人(16回)-(2020/09/21(Mon) 00:10:58)
    それでしたらα-β=-1/{(√2)i}までは正しいですが、
    次の2α=1/{(√2)i}が間違っています。
    正しくは2α=-1/{(√2)i}です。
    符号が逆ですので、最後の式を計算すると-1/(z^2+1)になります。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■50504 / ResNo.4)  Re[4]: 複素関数の部分分数分解
□投稿者/ Megumi 一般人(5回)-(2020/09/21(Mon) 05:21:31)
    重ね重ねありがとうございます。その通りでした。
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■50500 / 親記事)  熱力学の本に出てくる式変形がわかりません。
□投稿者/ もりかわ 一般人(1回)-(2020/09/20(Sun) 19:26:14)
    画像の一番右の式変形がわかりません。何故−が+になるのでしょうか。
    わかる方がいたら教えていただきたいです。よろしくお願いします。
1792×474 => 250×66

DSC_1003.JPG
/190KB
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■50498 / 親記事)  ピタゴラス数の求め方
□投稿者/ 日高 一般人(3回)-(2020/09/11(Fri) 08:26:38)
    y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
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■50497 / 親記事)  二項定理を使ったピタゴラスの定理の証明
□投稿者/ 日高 一般人(2回)-(2020/09/11(Fri) 07:52:26)
    【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
    【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
    (1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
    (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
    (3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
    (2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
    (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
    ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
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■50496 / 親記事)  二項定理を使ったフェルマーの最終定理の証明
□投稿者/ 日高 一般人(1回)-(2020/09/11(Fri) 07:50:11)
    【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
    【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
    (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
    (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
    (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
    (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
    (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
    (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
    両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
    (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
    (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
    ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]






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