22/03/03 02:17:44.23 v0OoWvB6.net
3次方程式f(x)=0は相異なる3つの素数を解に持つ（素数は正とする）。
またxy平面において、3次関数のグラフy=f(x)は極大値と極小値をもち、いずれの極値についてもその絶対値は素数であるという。
このようなf(x)を
1017:すべて求めよ。
1018:１３２人目の素数さん
22/03/03 09:12:37.67 bpLNDaPQ.net
群の定義は
μ:G×G→G
ι:G→G
ε:G→G
という特殊な射
それと
Δ:G→G×G（Δ(g)=(g,g)）
1:G→G（1(g)=g）
という一般的な射
について
μ(μ×1)=μ(1×μ)
μ(ε×1)Δ=μ(1×ε)Δ=1
μ(ι×1)Δ=μ(1×ι)Δ=ε
が成立することで
部分群は
i:H⊂G
によってμ,ι,εがHに制限できること
というのがスマートよ
1019:１３２人目の素数さん
22/03/03 14:37:18.08 bpLNDaPQ.net
>>982
c=-abc
c(1+ab)=0
c=0
a=-a-b
b=ab
b(1-a)=-2a(1-a)=0
(a,b,c)=(0,0,0)(1,-2,0)
ab=-1
(a,b)=(1,-1)(-1,1)
c=-2a-b=-1,1
(a,b,c)=(1,-1,-1)(-1,1,1)
-1=-1+1-1 OK
1=-1+1-1 NG
(a,b,c)=(0,0,0)(1,-2,0)(1,-1,-1)
1020:１３２人目の素数さん
22/03/03 14:41:59.74 bpLNDaPQ.net
>>982
>(x-a)(x-b)(x-c)=0
これでいいのかな？
x=a,x=b,x=cを解に持つというのはこれらが解であることの意？
それとも解のすべてがちょうどx=a,x=b,x=cであるということ？
後者の解釈で解いているけれど
前者の解釈なら
a^3+a^3+ab+c=0
b^3+ab^2+b^2+c=0
c^3+ac^2+bc+c=0
から始めるべきでは無いだろうか
1021:１３２人目の素数さん
22/03/03 14:52:29.77 bpLNDaPQ.net
c^3+ac^2+bc+c=0
より
c=0またはc^2+ac+b+1=0
c=0なら
a(2a^2+b)=0
b^2(b+a+1)=0
a=0または2a^2+b=0
b=0またはb+a+1=0
(a,b,c)=(0,0,0)が1つ出てきて
a≠0ならb=-2a^2≠0より
-2a^2+a+1=0
-(2a+1)(a-1)=0
よってa=1
(a,b,c)=(1,-2,0)も出てきて
c≠0なら
2a^3+ab+c=0
b^3+ab^2+b^2+c=0
c^2+ac+b+1=0
うーんもう少し変形できるけどこの先ドンドン面倒になりそう
1022:１３２人目の素数さん
22/03/03 15:44:26.56 5ZtsJXBs.net
>>830
G を群とする。
#G = p^n とする。
すると、 Z(G) ≠ {e} が成り立つ。
このことを使って、 G はすべての i ∈ {0, 1, …, n} に対して、位数が p^i であるような部分群を持つことを示せ。
---------------------------------------------------------------------------------
p を任意の素数とし、 #G = p^n とする。
n = 0, 1 のときには、明らかに、上の主張は成り立つ。
k ≧ 2 とする。
n = k - 1 のときには上の主張が成り立つと仮定する。
n = k の場合を考える。
Z(G) |
1023:１３２人目の素数さん
22/03/03 15:55:53.73 5ZtsJXBs.net
>>830
G を群とする。
#G = p^n とする。
すると、 Z(G) ≠ {e} が成り立つ。
このことを使って、 G はすべての i ∈ {0, 1, …, n} に対して、位数が p^i であるような部分群を持つことを示せ。
---------------------------------------------------------------------------------
p を任意の素数とし、 #G = p^n とする。
n = 0, 1 のときには、明らかに、上の主張は成り立つ。
k ≧ 2 とする。
n = k - 1 のときには上の主張が成り立つと仮定する。
n = k の場合を考える。
#Z(G) | #G = p^k かつ 1 < #Z(G) だから、 #Z(G) = p^l, l ≧ 1 である。
Z(G) はアーベル群であり、 p | #Z(G) だから、アーベル群に対するコーシーの定理により、位数が p である元 a を Z(G) は含む。
i ∈ {1, …, k} とする。
φ : G → G/<a> を標準的な全射準同型とする。
#(G/<a>) = p^{k-1} だから、帰納法の仮定により、 G/<a> は位数が p^{i-1} であるような部分群 H' を持つ。
群の対応定理により、 H := f^{-1}(H') と置くと、 H は G の部分群であり、
H/Ker φ = H' が成り立つ。
Ker φ = <a> だから、
H/<a> = H' が成り立つ。
#(H/<a>) = #H / #<a> = #H' = p^{i-1}
∴ #H = #<a> * p^{i-1} = p^i
以上より、 G は位数が p^i であるような部分群を持つ。
G は単位群を部分群に持つから、 i = 0 のときにも、 G は位数が p^i であるような部分群を持つ。
1024:１３２人目の素数さん
22/03/03 16:45:31.29 bpLNDaPQ.net
>>986
a≠b≠c≠aなら
(x-a)(x-b)(x-c)となるから
>>985の考察からこうなるのは(a,b,c)=(1,-2,0)のみ
a=b=cなら
2a^3+a^2+a=0
a(2a^2+a+1)=0
より(a,b,c)=(0,0,0)のみ
あとはa,b,cのうち2つが等しい場合
a=b≠c≠0なら
2a^3+a^2+c=0
c^2+ac+a+1=0
(2a^3+a^2)^2-a(2a^3+a^2)+a+1=0
よりa=1,-1
(a,b,c)=(1,1,-3)(-1,-1,1)
(-3)^2-3+1+1=0 NG
1^2-1-1+1=0 OK
b≠a=c≠0なら
2a^2+b+1=0
2a^3+ab+a=a(2a^2+b+1)=0
b=-(2a^2+1)≠a=c≠0
b^3+ab^2+b^2+a=0
b^2(b+a+1)+a=0
(2a^2+1)^2(-2a^2+a)+a=0
(2a^2+1)^2(-2a+1)+1=0 NG
a≠b=c≠0なら
b^2+ab+b+1=(b+a+1)b+1=0
b=1,-1
(a,b,c)=(-3,1,1)(1,-1,-1)
2(-3)^3-3+1=0 NG
>>985より(1,-1,-1) OK
結局追加されるのは(a,b,c)=(-1,-1,1)の場合だけか
1025:１３２人目の素数さん
22/03/03 23:32:10.11 0AeLOwoJ.net
矢野健太郎先生の「社会科学者のための基礎数学」で自習していますが、以下の証明問題がわかりません。
定理6.2 ベクトルa1,…,anが1次独立で、a1,…,an,bが1次従属ならば、bはa1,…,anの1次結合で表され、その表し方は一意的である。
定理6.3 定理6.2でb≠0ならば、a1,…,anのうち適当な一つをbで置き換えたn個のベクトルの組も1次独立である。
【問題】定理6.2 6.3 を証明せよ。
【途中までの回答】
a1,…,an,b が一次従属であるから、
x1 a1 + … + xn an + xb = 0
が全てが0でない係数について成り立つ。
このとき、x=0とすると、
x1 a1 + … + xn an = 0
が全てが0でない係数について成り立つことになり、a1,…,anが1次独立であることに反する。
よって、x≠0であり、
b = (- 1/x) (x1 a1 + … + xn an)
とかける。
# 定理6.2の前半までは証明できたと思うのですが、そこから先と6.3が分かりません。
1026:１３２人目の素数さん
22/03/04 00:14:07.37 oZAK2vMg.net
f(x)=x^3+3x^2+2x+7を割り切る2次多項式で、係数（定数項も含める）がすべて正の実数であるものは存在するか。
1027:１３２人目の素数さん
22/03/04 00:56:30.17 387xtaIa.net
f(-3)=1よりx<-3に解x=αを持つ
∴残り２解の和は正
∴f(x)/(x-α)の一次の係数は負
1028:１３２人目の素数さん
22/03/04 11:46:19.07 fL71QJSe.net
定理6.2の後半
b=x1 a1 + … + xn an = y1 a1 + … + yn an とbが2通りで表せたとする。
(x1-y1) a1 + … + (xn-yn) an = 0
a1,… ,anは一次独立ゆえx1-y1 = 0,… ,xn-yn = 0
よってx1 = y1,… ,xn = yn
定理6.3の証明
b≠0なのでb = (- 1/x) (x1 a1 + … + xn an) と表したとき、、
x1,… ,xnの少なくとも１つは0でない。それをxn≠0とする。
aiをbで置き換えてz1 a1 + … + zi b + … + zn an = 0 (*)
左辺にbを代入
(z1-zix1/x)a1 + … + (-zixi/x)ai + … + (zn-zixn/x)an = 0
a1,… ,ai,… ,anは一次独立ゆえzixi = 0 xi≠0より zi = 0
(*)よりz1 a1 + … + zn an = 0
aiを除いたn-1個のベクトルも一次独立ゆえ
z1 = … = zn = 0 となり題意は成り立つ。
1029:１３２人目の素数さん
22/03/04 11:48:05.56 fL71QJSe.net
>>994
訂正：それをxn≠0とする。→ それをxi≠0とする。
1030:１３２人目の素数さん
22/03/04 14:40:48.99 cfsE/K61.net
任意の実数cに対して
∫[c,2c] f(x)dx = ∫[2c,4c] f(x)dx
が成り立つとき、f(x)は周期関数でないことを示せ。
1031:１３２人目の素数さん
22/03/04 14:45:17.21 +GHlDQKu.net
反例
f(x)=0
1032:１３２人目の素数さん
22/03/04 14:45:19.48 eZfgYtu2.net
>>996
恒等的に0は周期関数
1033:１３２人目の素数さん
22/03/04 19:00:10.70 KPYw1u+G.net
AがBの必要十分条件であるとき、AとBは同値であると言って良いですか？
1034:１３２人目の素数さん
22/03/04 20:01:09.30 5qOBSxcq.net
ええでえ
1035:1001
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