[過去ﾛｸﾞ] 分からない問題はここに書いてね 470 (1002ﾚｽ)
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213: 2022/01/16(日)15:37 ID:6Bpz1MO7(1) AAS
連続関数f(x)が
・f(0)=0
・a≦f(b)を満たす任意の正の数a,bに対して f(a)≦f(b)
をみたすとき、x≧0においてf(x)≦x といえますか。
214: 2022/01/16(日)15:44 ID:mnTcMtcr(1) AAS
fの定義域をエスパーするのも問題のうち？
215: 2022/01/16(日)15:47 ID:blRqZIT3(1) AAS
ほっとけ、>>187だろ
216: 2022/01/16(日)15:59 ID:YmKtcqZx(1) AAS
>>200
スターリングで求めるなら
与式= {(n²+2n)!(n²+2n)!}/{(n²+3n)!(n²+n)!}
= √{2π(n²+2n)} * {(n²+2n)/e}^{n²+2n} * .. / .. .. + o(1)
= (1+2/n)^{2n²+4n} * (1+3/n)^{-n²-3n} * (1+1/n)^{-n²-n} + o(1)
= (1+4/n+4/n²)^{n²} *(1-3/n+9/n²-...)^{n²} *(1-1/n+1/n²-...)^{n²} * e^{8-9-1} + o(1)
= { 1 +1/n² + O(1/n³) }^{n²} * e^{-2} + o(1)
= 1/e + o(1)
217(1): 2022/01/17(月)03:38 ID:1iBsqRNr(1) AAS
>>210
イヤイヤ、そういう技術的定義の問題ではなく、
左分配則が成り立たない代数はどう特徴づけられるか、を考えたらどうですか、という老婆心。
例えばとして、こんな命題（真か偽かは知らんよ）を考えて見たくならない？。
集合Aには二つの演算 + と * が定義されており、
+に関しては可換群をなし、 * と + については右分配則は成立するが左分配則は成立しないとする。
ことのとき、適当な可換群XをとればXからXへの写像の全体Bにかくかくしかじかの演算（今話題にしている演算のことね）を定義すれば、
AとBは次の意味で同型である、
なんて話。
書き足りない部分は適当に想像して補ってね。
218: 2022/01/17(月)07:59 ID:CqXLgxu9(1) AAS
>>217
＞書き足りない部分は適当に想像して補ってね。
すぐ著者のせいにする松坂くんにそれは酷というものだ
219(1): 2022/01/17(月)10:20 ID:DX6Gpz57(1/11) AAS
p を素数とする。
G を Z_p を成分とする行列式が 0 でない 2 次正方行列全体からなる乗法群とする。
#G を p の式で表わせ。
220: 2022/01/17(月)10:23 ID:tJvN9Hqo(1/2) AAS
荒らしに構うなということ
221(1): 2022/01/17(月)11:49 ID:CcLR/AYT(1) AAS
>>219
A = [ a ,b ; c, d ], a ,b , c, d ∈ Z_p
ad ≠ bc (mod p)
(1) ad = 0
a=0, a≠0 で場合分けして, (a, d) の組は p + (p-1) = 2p-1 通り
b,c は 1,..,p-1 つまり (b,c) : (p-1)² 通り
(2) ad ≠ 0
ad=k(≠0) と a(≠0) を固定すると d=k*a^{-1} で一意に定まるので (k, a) : (p-1)² 通り
ここで bc=k' (≠k) と置く
(2-1) k' = 0
省14
222: 2022/01/17(月)12:02 ID:DX6Gpz57(2/11) AAS
>>221
正解です。
223: 2022/01/17(月)12:48 ID:v1I5o475(1) AAS
n∈Z⊂Z_p に対して [[1 n][0 1]]∈G だから、正解は #G=∞ じゃないの
224: 2022/01/17(月)14:06 ID:5dNwx8Lr(1) AAS
Z_pはp進整数環でなくZ/pZのことだと思う
225(1): 2022/01/17(月)15:03 ID:zHYZFY/G(1) AAS
ついでに，
k=F_qをq元体，V=k^2をk上の2次元ベクトル空間とする．
G=GL(2,k)の元は(v,u), v,u はVの１次独立な元と書ける．
v∈Vは0でない任意の元ととれるから，選び方はq^２−１．
uはVの直線kv上にない元だから，選び方はq^2-q.
よって，#G=(q^２−１)(q^２−q).
同様の考え方で
#GL(n,k)=(q^n-1)(q^n-q)...(q^n-q^(n-1))
も分かる．
226(1): 2022/01/17(月)15:28 ID:DX6Gpz57(3/11) AAS
G を群とする。
i を整数とする。
(a * b)^i = a^i * b^i
(a * b)^{i+1} = a^{i+1} * b^{i+1}
(a * b)^{i+2} = a^{i+2} * b^{i+2}
がすべての a, b ∈ G に対して成り立つとする。
このとき、 G は可換群であることを示せ。
227: 2022/01/17(月)15:57 ID:igsBLdxO(1) AAS
ab = ( RHS of ? ) × ( RHS of ? )^(-1) = a^(i+1)ba^(-i)
ab = ( RHS of ? ) × ( RHS of ? )^(-1) = a^(i+2)ba^(-i-1)
∴ a^(i+2)ba^(-i-1) = a^(i+1)ba^(-i)
∴ ab = ba
228(1): 2022/01/17(月)16:43 ID:DX6Gpz57(4/11) AAS
(a * b)^i = a^i * b^i
(a * b)^{i+1} = a^{i+1} * b^{i+1}
(a * b)^{i+2} = a^{i+2} * b^{i+2}
(b * a)^i = a^{-1} * (a * b)^{i + 1} * b^{-1} = a^{-1} * (a^{i+1} * b^{i+1}) * b^{-1} = a^i * b^i
なので、
(a * b)^i = (b * a)^i
同様にして（i を i + 1 に置き換えて、同様の式変形をすると）
省4
229: 2022/01/17(月)16:49 ID:DX6Gpz57(5/11) AAS
>>228
我ながら、いい解答ですね。
230(2): 2022/01/17(月)17:35 ID:DX6Gpz57(6/11) AAS
ところで、この問題の次の問題が以下の問題です：
G を群とする。
i を整数とする。
(a * b)^i = a^i * b^i
(a * b)^{i+1} = a^{i+1} * b^{i+1}
がすべての a, b ∈ G に対して成り立つとする。
省1
231(1): 2022/01/17(月)17:38 ID:DX6Gpz57(7/11) AAS
(a * b)^0 = a^0 * b^0
(a * b)^1 = a^1 * b^1
は任意の群で成り立つ。
群の中には非可換群が存在する。
232: 2022/01/17(月)17:38 ID:DX6Gpz57(8/11) AAS
もし、
>>230
の問題が試験で出題された場合、
>>231
この解答でOKですか？
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