19/02/24 08:01:25.92 tbaAoo1o.net
④∫ ds (1-ss)^{3/2}
= ∫ ds (1-ss)(1-ss)^{1/2}
= (1/2)( asin(s) + s√(1-ss) ) - ∫ ds ss(1-ss)^{1/2} (∵①)
= (3/8)( asin(s) + s√(1-ss) ) + (1/4)s(1-ss)^{3/2} (∵③)
⑤∫ ds (ss-s^4)√(1-ss) = ∫ ds ss(1-ss)^{3/2}
= -(1/5)s(1-ss)^{5/2} + (1/5)∫ ds (1-ss)^{5/2}
= -(1/6)s(1-ss)^{5/2} + (1/6)∫ ds (1-ss)^{3/2}
= (1/16)(asin(s) + s√(1-ss)) + (1/24)s(1-ss)^{3/2} -(1/6)s(1-ss)^{5/2} (∵①④)
(s=1/√2)
= (1/16)(π/4 + 1/2) + (1/24)(1/4) - (1/6)(1/8)
= (1/16)(π/4 + 1/3)
END
1027:１３２人目の素数さん
19/02/24 08:13:05.54 tbaAoo1o.net
検算は Wolfram Alpha で
integrate 2√(4x-yy) dy dx, y=0..√(2x-xx), x=0..2
1028:１３２人目の素数さん
19/02/24 08:45:21.61 U/bGXjV7.net
「任意の無限集合は、必ず可算集合を部分集合として含む。」
この命題を証明するには、選択公理が必要であるそうですが、なぜ帰納法だけでは証明できないのでしょうか？
「可算集合の無限部分集合は可算である。」
同じ著者が、この命題の証明では、選択公理を使っていません。
証明は、 Z^+ の無限部分集合が可算であることを示せば十分であるとして、
Z^+ の部分集合には最小元があるということを使っています。
この命題の証明では、なぜ選択公理が不要なのでしょうか？
1029:１３２人目の素数さん
19/02/24 11:53:32.89 ClFQ9YsZ.net
空でない正の整数の部分集合からその元を選択する関数として、最小元を取る関数が存在するからじゃね？
1030:１３２人目の素数さん
19/02/24 13:25:23.60 P6030RXv.net
任意の無限集合でそう言う関数が存在するてのが選択公理だもんな
1031:１３２人目の素数さん
19/02/24 13:41:55.02 U/bGXjV7.net
1032:以下の証明はどこがダメなのでしょうか？ 「任意の無限集合は、必ず可算集合を部分集合として含む。」 証明： M を任意の無限集合とする。 M ≠ φ だから、 ∃x ∈ M a_1 := x とする。 M - {a_1} ≠ φ だから、 ∃x ∈ M - {a_1} a_2 := x とする。 M - {a_1, a_2} ≠ φ だから、 ∃x ∈ M - {a_1, a_2} a_3 := x とする。 a_n まで決まったら、 M - {a_1, a_2, …, a_n} ≠ φ だから、 ∃x ∈ M - {a_1, a_2} a_{n+1} := x とする。 と a_{n+1} を決めることができる。 帰納法により、すべての n ∈ N に足して、 a_n が決まる。 よって、 a : N → M は単射である。 よって M は加算部分集合を含む。 と a_n を決めていく。
1033:１３２人目の素数さん
19/02/24 13:42:38.51 U/bGXjV7.net
訂正します：
以下の証明はどこがダメなのでしょうか？
「任意の無限集合は、必ず可算集合を部分集合として含む。」
証明：
M を任意の無限集合とする。
M ≠ φ だから、
∃x ∈ M
a_1 := x とする。
M - {a_1} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1}
a_2 := x とする。
M - {a_1, a_2} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1, a_2}
a_3 := x とする。
a_n まで決まったら、
M - {a_1, a_2, …, a_n} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1, a_2, …, a_n}
a_{n+1} := x とする。
と a_{n+1} を決めることができる。
帰納法により、すべての n ∈ N に足して、 a_n が決まる。
よって、 a : N → M は単射である。
よって M は加算部分集合を含む。
と a_n を決めていく。
1034:１３２人目の素数さん
19/02/24 13:43:11.61 U/bGXjV7.net
訂正します：
以下の証明はどこがダメなのでしょうか？
「任意の無限集合は、必ず可算集合を部分集合として含む。」
証明：
M を任意の無限集合とする。
M ≠ φ だから、
∃x ∈ M
a_1 := x とする。
M - {a_1} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1}
a_2 := x とする。
M - {a_1, a_2} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1, a_2}
a_3 := x とする。
a_n まで決まったら、
M - {a_1, a_2, …, a_n} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1, a_2, …, a_n}
a_{n+1} := x とする。
と a_{n+1} を決めることができる。
帰納法により、すべての n ∈ N に対して、 a_n が決まる。
よって、 a : N → M は単射である。
よって M は加算部分集合を含む。
と a_n を決めていく。
1035:１３２人目の素数さん
19/02/24 13:44:08.38 U/bGXjV7.net
訂正します：
以下の証明はどこがダメなのでしょうか？
「任意の無限集合は、必ず可算集合を部分集合として含む。」
証明：
M を任意の無限集合とする。
M ≠ φ だから、
∃x ∈ M
a_1 := x とする。
M - {a_1} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1}
a_2 := x とする。
M - {a_1, a_2} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1, a_2}
a_3 := x とする。
a_n まで決まったら、
M - {a_1, a_2, …, a_n} ≠ φ だから、
∃x ∈ M - {a_1, a_2, …, a_n}
a_{n+1} := x とする。
と a_{n+1} を決めることができる。
帰納法により、すべての n ∈ N に対して、 a_n が決まる。
以上より、 単射 a : N → M が存在する。
よって M は加算部分集合を含む。
1036:１３２人目の素数さん
19/02/24 15:01:10.33 hPxxY52P.net
ID:U/bGXjV7のレスを読んでいます。
この方は、教科書に誤植や勘違いがあると著者を「いい加減な人ですね。」と過剰に責め立てるのに、自分の発言は何度も訂正しています。
他人に厳しく自分には激甘な、ゴミのような人間ですね。
1037:１３２人目の素数さん
19/02/24 15:02:22.65 hPxxY52P.net
訂正します：
ID:U/bGXjV7のレスを読んでいます。
この方は、教科書に誤植や勘違いがあると著者を「いい加減な人ですね。」と過剰に責め立てるのに、自分の発言は何度も訂正しています。
他人に厳しく自分には激甘な、ゴミ以下の存在価値しかない人間ですね。
1038:１３２人目の素数さん
19/02/24 17:00:17.52 11wA0XDA.net
>>976
丁寧な解説ありがとうございます。
お陰様で理解出来ました！
1039:１３２人目の素数さん
19/02/24 17:26:15.27 ph3MvhH2.net
>>972
傑作です
何方かお願いします
1040:１３２人目の素数さん
19/02/24 17:37:25.75 ClFQ9YsZ.net
いくらでも長い列が存在するのと無限に長い列が存在するのは違う。
1041:１３２人目の素数さん
19/02/25 00:24:49.28 sO279lH/.net
分からない問題はここに書いてね451
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
1042:１３２人目の素数さん
19/02/25 00:42:26.70 /mxaunxg.net
>>972
g[n](x) = f(2{2^(n-1)･x}) (n=1,2,････)
{y} は y の小数部分。
1043:１３２人目の素数さん
19/02/25 00:45:47.32 /mxaunxg.net
>>992
スレ立て乙
1044:１３２人目の素数さん
19/02/25 02:00:18.40 /mxaunxg.net
>>972
g[0](1/3) = f(1/3) = 2/3,
g[n](1/3) = 4/3, (n=1,2,････)
1045:１３２人目の素数さん
19/02/25 02:01:46.78 uXO/tYwf.net
>>988
これすき
1046:１３２人目の素数さん
19/02/25 02:12:23.49 /mxaunxg.net
>>987-988
本で収入を得ている人は本の中身に責任を持たないと。
信用無くしたら飯が食えねぇ．．．
1047:１３２人目の素数さん
19/02/25 09:29:09.24 savhGCke.net
>>993
この一般式になるのって、どうやったら証明できるのでしょうか？
帰納法でやろうにも全然先へ進めませんでした。
1048:１３２人目の素数さん
19/02/25 10:39:43.12 IjvstYh2.net
右半平面と上半平面の合併上の微分一形式(-ydx+xdy)/x^2+y^2のポテンシャル関数の求め方を教えてください
計算してみて
tan(y/x) (0<x, 0<y)
π/2-tan(x/y) (x<=0, 0<y)
あたりがポテンシャル関数になりそうだと思いましたがx=0での微分可能性が示せません
1049:１３２人目の素数さん
19/02/25 10:42:24.31 IjvstYh2.net
>>999
間違えました
tan(y/x) (0<x)
π/2-tan(x/y) (x<=0, 0<y)
です
1050:992
19/02/25 11:19:01.34 savhGCke.net
>>993
自己相似的なノコギリ波形が倍々で増えてくので直感的にそうなるのは分かるのですが
うまく数式証明できずに悩んでいます。
1051:992
19/02/25 14:35:37.30 savhGCke.net
証明できました.
0)準備
f(x) = (x<1) ? 2x : 4-2x = (x<1) ? 2x : 2-2(x-1)
f(2-x) = (2-x<1) ? 2(2-x) : 4 -2(2-x) = (1<x) ? 4-2x : 2x = f(x)
つまりグラフは直線 x=1に関して対称
ff(x) = (x<1) ? f(2{x}) : f(2-2{x-1})
= (x<1) ? f(2{x}) : f(2{x-1}) = f(2{x})
1) n=1 の時
g[1](x) = ff(x) = f(2{x}) = f(2{2^(1-1).x}) (n=1 で成立)
2) g[n](x) = f(2{2^(n-1).x}) を仮定する
g[n+1](x) = f(g[n](x))
= ff(2{2^(n-1).x}) = f(2{2{2^(n-1).x}) = f(2{2^(n).x})
( ∵ 2{2{t}} = t<1 ? 2{2t} : 2{2(t-1)} = 2{2t} )
帰納法より g[n](x) = f(2{2^(n-1).x}) (n=1,2,...)
1052:992
19/02/25 16:23:05.34 savhGCke.net
ついでに >>972 (2) の解答
(2進表記にて)
f(x) = (x<1) ? x<<1 : 100. - (x << 1)
f(a.bcde...) = (a==0) ? b.cdef... : B.CDEF...
(大文字はビット反転を表す)
∵ ab.cdef... + AB.CDEF... =11.1111... = 100. ≡ 0 (mod 4)
x=a[0].a[1]a[2]a[3]... と置くと
2{2^(n-1).x} = 2{ a[n-1].a[n]a[n+1]a[n+2]... } = a[n].a[n+1]a[n+2]...
g[n](x) = f(a[n].a[n+1]a[n+2]...)
= (a[n]==0) ? a[n+1].a[n+2]... : A[n+1].A[n+2]...
よって、ある n ≧ 0 で
・a[n].a[n+1]a[n+2]... = 0.00000... = 0
・a[n].a[n+1]a[n+2]... = 1.01010... = 4/3
どちらかになる事が収束の条件である.
つまり x = (N+δ/3)/2^k と表せる値で
δ=0 なら 0 に収束
δ=1 なら 4/3 に収束
どちらも有限回で収束値に達する. 他の値では収束しない.
1053:１３２人目の素数さん
19/02/25 16:57:57.28 OteJGTQP.net
₁₂₃₄₅₆Ⓒ₈₉ɔ₁₀₁₁₁₂₁₃₁₄₁₅
1054:１３２人目の素数さん
19/02/25 17:04:08.16 edxDfWal.net
>>992
（ ・∀・）＜ おつです
1055:１３２人目の素数さん
19/02/25 17:09:06.51 OteJGTQP.net
₁₂₃₄₅₆Ⓒ₈₉ɔ₁₀₁₁₁₂₁₃₁₄₁₅ⓒ
1056:1001
Over 1000 Thread.net
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