[過去ﾛｸﾞ] 不等式への招待 第２章 (989ﾚｽ)
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10: 風あざみ 05/01/22 01:08 AAS
x^4-y^4=z^2に自然数解が存在するしないこと
x^4-y^4=z^2に自然数解が存在すると仮定する。
この中で、xの値が最小になるものを(x_0,y_0,z_0)
x_0,y_0,z_0は互いに素である。
mod 4で考えると、x_0が奇数でy_0が偶数と奇数の場合が起こりえます。
y_0が奇数のとき
({(x_0)}^2+(y_0)^2}/2)*({(x_0)}^2-(y_0)^2}/2)={(z_0)/2}^2
{(x_0)}^2+(y_0)^2}/2と{(x_0)}^2-(y_0)^2}/2の公約数は
x_0=({(x_0)}^2+(y_0)^2}/2)+({(x_0)}^2-(y_0)^2}/2)、y_0=({(x_0)}^2+(y_0)^2}/2)-({(x_0)}^2-(y_0)^2}/2)
の公約数となるので、これは1以外にはありえない。
省3
11: 風あざみ 05/01/22 01:09 AAS
y_0が偶数のとき
(x_0)^2=m^2+n^2、(y_0)^2=2mn、z_0=m^2-n^2
(m、nは互いに素で、一方が奇数で他方が偶数)
mが奇数でnが偶数と仮定しても一般性を失わないので、以後そう仮定する。
m=s^2-t^2、n=2st、x_0=s^2+t^2
(s、tは互いに素で、一方が奇数で他方が偶数)
また、{(y_0)/2}^2=m(n/2)で、mと(n/2)は互いに素だからmとn/2は共に平方数
n/2=stで、sとtは互いに素だから、sとtも共に平方数である。
m=r^2、s=u^2、t=v^2となるので
r^2=u^4-v^4となるが、(x_0)^2＞(y_0)^2≧n＞n/2≧uだから、x_0の最小性に反する。
省1
12: 風あざみ 05/01/22 01:10 AAS
我ながら、書きまちがいが多いな
>>9の
＞(x_0)^2+n^2=m^2の解は、m=s^2+t^2、n=2st、x_0=s^2-t^2
＞(m、nは互いに素で、一方が奇数で他方が偶数)
は
(x_0)^2+n^2=m^2の解は、m=s^2+t^2、n=2st、x_0=s^2-t^2
(s、tは互いに素で、一方が奇数で他方が偶数)
の誤りだった。
13(1): 風あざみ 05/01/22 01:39 AAS
要するに>>7は、ab/2≧5であることを示せばよい
a^2+b^2=c^2を満たす有理数は
a=(s^2-t^2)(f/g)、b=(2st)(f/g)、c=(s^2+t^2)(f/g)とかけます。
sとtは互いに素で一方が偶数で他方が奇数
fとgは互いに素な整数。
ab/2=M(Mは自然数)とおくと、f^2*st(s^2-t^2)=M*g^2
f^2とg^2は互いに素ですから、Mがf^2で割り切れる。
M=f^2*N
st(s^2-t^2)=N*g^2
Nが平方数のとき
省4
14: 風あざみ 05/01/22 01:41 AAS
N=2*(平方数)のとき
st(s^2-t^2)=2*(整数)^2
sが偶数でtが奇数と仮定すると、
(s/2)t(s^2-t^2)=g^2
上と同様な議論によりs^2-t^2が平方数となるが、s^2-t^2≡-1 (mod 4)だから不合理
sが奇数でtが偶数となるが、このとき
s(t/2)(s^2-t^2)=g^2
上と同様の議論により、s、t/2、s^2-t^2が平方数となる。
r^2=s^2-t^2、s=z^2
省4
15(1): 風あざみ 05/01/22 01:43 AAS
N=2*(平方数)のとき
st(s^2-t^2)=2*(整数)^2
sが偶数でtが奇数と仮定すると、
(s/2)t(s^2-t^2)=(整数)^2
上と同様な議論によりs^2-t^2が平方数となるが、s^2-t^2≡-1 (mod 4)だから不合理
sが奇数でtが偶数となるが、このとき
s(t/2)(s^2-t^2)=(整数)^2
上と同様の議論により、s、t/2、s^2-t^2が平方数となる。
r^2=s^2-t^2、s=z^2
よってs=u^2+v^2、t=2uv、r=u^2-v^2
省3
16: 05/01/22 01:45 AAS
風あざみぐっジョブ。問題はシンプルなのに、証明はひどく大変なんだな。
別解もありそうな気がするね。漏れは無理だ
17(1): 風あざみ 05/01/22 02:04 AAS
pをp≡3 (mod 8)となる素数とする。
N=p*(平方数)のとき
st(s^2-t^2)=p*(整数)^2
sがpで割り切れてtがそうではないと仮定すると、
(s/p)t(s^2-t^2)=(整数)^2
上と同様な議論によりs^2-t^2が平方数となるが、s^2-t^2≡r^2
{rt^(-1)}^2≡-1 (mod p)だから不合理
s^2-t^2がpで割り切れると仮定する。
st{(s^2-t^2)/p}=(整数)^2
上と同様な議論により、sとtと(s^2-t^2)/pが平方数となる。
省6
18(1): 風あざみ 05/01/22 02:20 AAS
以上の議論より
st(s^2-t^2)=p*(整数)^2とかけるとき
tがpで割り切れてsがそうではないことがわかる。
(t/p)s(s^2-t^2)=(整数)^2
上と同様な議論によりs,t/p,s^2-t^2が平方数となるが、
s=u^2、t=pv^2、s^2-t^2=r^2
s=i^2+j^2、t=2ij、r=i^2-j^2
(i,jは互いに素で一方が奇数、他方が偶数)
iは奇数、jは偶数と仮定する。
u^2=i^2+j^2となるからi=k^2-h^2、j=2kh、u=k^2+h^2
省7
19: 風あざみ 05/01/22 02:24 AAS
>>13、>>15、>>17-18の議論より
Nの候補になりうるのは、N≧5しかない
よってM≧5が示され、ab≧10が示された。
20(2): 05/01/22 03:45 AAS
グッジョブ
でも、あれ？？？ 等号成立条件はどこ？
21(15): 前スレの未解決問題 05/01/22 05:21 AAS
[前スレ.360(2)]
(D.D.Adamovic) m>2 Σ[k=1,m] x_k↑ = 0↑ のとき、
(m-2) Σ[k=1,m] |x_k| ≧ Σ[1≦i<j≦m] |x_i +x_j|.
[前スレ.563(7)]
自然数 m, n と実数 0≦x≦1 に対して、(1-x^n)^m+{1-(1-x)^m}^n ≧1
[前スレ.705]
a,b>2 のとき、{1/(a+b)}^(1/a) + {1/(a+b)}^(1/b) >1.
[前スレ.565(3)]
[1959 IMO shortlist] 0≦x≦π/2、π/6<y<π/3 のとき、
tan{(π sin x)/(4 sin y)} + tan{(π cos x)/(4 cos y)} > 1
省13
22: 05/01/22 08:06 AAS
>>21
> [∫[a, b](f_1(x))^n dx]…[∫[a, b](f_m(x))^n dx] ≧ [∫[a, b]f_1(x)…f_m(x) dx]^n
ただのヘルダー不等式
p_k > 1, Σ1/(p_k) = 1, f_k ∈ L^{p_k}(I) (k=1,2,...,m) ならば Π||f_k||_{p_k} ≧ ||Πf_k||_1
ただし、||・||_{p_k} は L^{p_k} のノルムを表す。
a_k > 0 ならば Σ((a_k)^(p_k))/(p_k) ≧ Πa_k からすぐ証明できる。
23(2): 05/01/22 14:27 AAS
>21
【定理】 実関数 f_1, ……, f_n に対して
{∫_[a,b] f_1(x)^n dx}……{∫_[a,b] f_n(x)^n dx} ≧ {∫_[a,b] f_1(x)……f_n(x) dx}^n
(略証)
「コーシー・シュワルツの拡張形」[前スレ989] で
x(k,i) = f_k(a+(b-a)i/m)･⊿x, ⊿x=(b-a)/m とおき、m→∞ とする。
または、ヘルダーの不等式で p_k=n (k=1,2,…,n) とおく。
等号成立は、k=2,･･･,n に対して f_k(x) = c_k･f_1(x) のとき.(終)
ぬるぽ
m=n なら 成立
省2
24(3): 05/01/22 17:47 AAS
【問題】[前スレ.387]
f(x),g(x)は 0≦x≦1で連続とし、f(0)=0, f(x)>x, 0≦g(1)≦1 を満たし、
f(x)/x, g(x)/x はともに狭義の単調増加であるとする。 このとき
0<x<1 で f(g(x)) ≦ f(x)g(x)/x ≦ g(f(x)).
を示してくださいです。〔Ralph P.Boas: Math.Magazine, Vol.５２(1979)〕
題名が "Inequalities for a collection", ヲタ君にぴったりな論文・・・
前スレをまだ保存してない方はドゾー↓ サイズは 400kB ぐらい。
全部 → ﾌｧｲﾙ(F) → 名前を付けて保存(A) → Webページ,HTMLのみ → 保存(S)
25: 05/01/22 19:48 AAS
>>24
>題名が "Inequalities for a collection", ヲタ君にぴったりな論文・・・
読みたい…
地方在住の負け犬一般人がその論文を読む方法ってありますか？
去年、地元の大学図書館である論文の取寄せを申請したら、
あんた学生じゃないですから、残念！って斬られましたが… ('A`)
26: 05/01/22 22:37 AAS
他のスレからのコピーですが、質問してるわけじゃないので
マルチとか言うのは勘弁してください。
3^k - 2^k + 2 < (2^k - 1)[(3/2)^k]
を満たさない k は有限個しかない。
全て求め、それが全てである事も示せ。
27: 風あざみ 05/01/22 23:16 AAS
>>20
悪いが等号成立条件はよくわからん。
>>21
＞各辺の長さが整数値の三角形ABCがあり、∠A=2∠B ∠C＞π/2を満たすとき・・・
全く同じ問題がMathnoriにあるのだが、解答してもいいものだろうか。
28: 23 05/01/23 02:47 AAS
>21
n>m のときは [23] で f_k(x)=1 (m<k≦n) とおくと
【系】 n>mのとき, 実関数 f_1, …, f_m に対して,
{∫_[a,b] f_1(x)^n dx} …… {∫_[a,b] f_m(x)^n dx}･|b-a|^(n-m) ≧ {∫_[a,b]f_1(x)…f_m(x) dx}^n.
29(3): 風あざみ 05/01/23 18:25 AAS
>>21
0≦x≦π/2、π/6<y<π/3 のとき
tan{(π sin x)/(4 sin y)}+tan{(π cos x)/(4 cos y)}＞1
まず、0≦(πsin x)/(4sin y)、(πcos x)/(4cos y)＜Π/2であることはOK
(πsin x)/(4sin y)＞Π/4または(πsin x)/(4sin y)＞Π/4の場合は
tan{(π sin x)/(4 sin y)}＞1あるいはtan{(π cos x)/(4 cos y)}＞1
(πsin x)/(4sin y)≦Π/4かつ(πsin x)/(4sin y)≦Π/4の場合
0≦sin x≦sin y、0≦cos x≦cos y
sin x＜sin yまたはcos x＜cos yと仮定すると
1=(sin x)^2+(cos x)^2＜(sin y)^2+(cos y)^2=1となって不合理
省1
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