大学入試の数学の問題を解くゲイ2023
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慈恵医大
https://pbs.twimg.com/media/FogO43XaYAAcaBK.jpg:large
VIPQ2_EXTDAT: none:feature:V:512:: EXT was configured >>547
これは難しいわ
ちくりんスレ（京大銭湯サークルスレ）の328で出された京大院試より難しいわ！と思ったけど
もしかして似た方法で解けるのかしら？ 答えは1になる予感がするわ なるほど…
lim[n→∞] n ∫[0→π/4] (tanθ)^2n dθ
も求められるわけか >>551 すごいわ、使わせてもらうわ
>>550
そうね。x = tanθとおけば dx/dθ= 1/cos²θ = 1+tan²θ= 1+x² だから置換積分すると
n ∫[0→π/4] tan²ⁿθ dθ = n ∫[0→1] x²ⁿ/(1+x²) dx
となるわ。f(x) = 1/(1+x²) とすると、これは閉区間 [0, 1] で定義されている連続関数で f(1) = 1/2 だから
京大入試の問題の解き方を使うとこの極限は 1/4 になるわね >>547については
f[n](x) = Σ[k=0→n] (-1)^k s[n,k](a[1],a[2],…,a[n]) x^k
とおくと b[n] = ∫[0→1] f[n](x) dx となるから、京大の問題に似てるなと思ったのよ
lim[n→∞] a[n] = 1 なので a[k] = 0 となるkは存在するとしても有限個だけど
f[n](x) = Π[k=1→n] (1-a[k]x) なので、もし a[k] = 0 なら、f[n]の値に影響しないわ
なぜ a[k] > 0 という設定ではなく a[k] ≥ 0 という設定なのか解せないけれど
要するに常に a[k] > 0 という設定でも問題は変わらないわね
そうすると、f[n](x) はy切片が1で x = 1/a[k] (k = 1, 2, …, n) を根に持つn次式ということになるわ
1/a[k] ≥ 1 だから 0 ≤ x ≤ 1 のときは、f[n](x)のグラフは単調減少で、0 ≤ f[n](x) ≤ 1 となるわ
これを0から1まで積分したものにnを掛けたものの極限を求めろってことね
というわけで問題の意味は理解したんだけど、これすごく難しいんじゃないかしら
収束することを示したいんだけど、京大の問題みたいに簡単にできないわ
ていうか本当に収束するのかしら？
これ本当に大学入試なの？ 大学入試で基本対称式なんて言葉使わないと思うんだけど
一部を書き換えたの？
もし大学入試なら何か誘導があって上手く解けるのかしら >>553
＞これを0から1まで積分したものにnを掛けたものの極限を求めろってことね
そうよ
＞収束することを示したいんだけど、京大の問題みたいに簡単にできないわ
アタシは京大の方が難しいと思うわ
アタシの感覚では、ね
＞ていうか本当に収束するのかしら？
それが収束するのよ！
＞これ本当に大学入試なの？ 大学入試で基本対称式なんて言葉使わないと思うんだけど
＞一部を書き換えたの？
ええ、書き換えたわよ？
＞もし大学入試なら何か誘導があって上手く解けるのかしら
ええ、おっしゃる通りよ？
上手い誘導がついてたわ
そのせいで自分で考えるところがほぼない問題と化してたわ
＞というわけで問題の意味は理解したんだけど、これすごく難しいんじゃないかしら
そこそこ難しいと思うわ
なぜならアタシが書き換えた上に誘導も取り払ってるからね
でも難易度は京大の院試とどっこいどっこいな気がするわ 微積の教科書の真ん中あたりにありそうな話よね
きっと1-a[k]x≦exp(-a[k]x)とするんでしょうけど
でもこのまま続けると高校では習わないようなことを使わなければならないような…アタシの勘違い？
ほんとに大学入試の問題なの！？
京大の院試、アタシはパッと見
Weierstrassの多項式近似を使えばf(x)は多項式Σa[k]x^kと見做せばよくて
n∫Σa[k]x^(k+2n)dx=Σa[k]*n/(k+2n+1)→Σa[k]/2=f(1)/2
と思ったんだけどUsagiの軽やかな解き方は流石よね
普通の精神状態で>>552の1/(1+x^2)をまさか多項式で近似しようなんて思わないから
抽象的に考えることの大切さを痛感するわ できたかも。。
553に書いたように、f[n](x) = Π[k=1→n] (1-a[k]x) とおくわ
以下、0 ≤ x ≤ 1 の範囲で考えるわ
各kに対して、0 ≤ 1-x ≤ 1-a[k]x が成り立つから f[n](x) ≥ (1-x)^n
したがって
n b[n] = n ∫[0→1] f[n](x) dx ≥ n ∫[0→1] (1-x)^n dx = n/(n+1) → 1 (n→ ∞)
次に A[n] = (1/n)Σ[k=1→n] a[n] とおくと、0 ≤ A[n] ≤ 1 ね
lim[n→∞] a[n] = 1 なので、あるところから先のnに対しては常に A[n] ≠ 0 となるから、以下ではそういうnを考えるわ
1-a[1], …, 1-a[n] はすべて非負だから、n個の数の相加相乗平均の不等式から
f[n](x) = Π[k=1→n] (1-a[k]x) ≤ [ (1/n)Σ[k=1→n] (1-a[k]x) ]^n = (1-A[n]x)^n
したがって
n b[n] = n ∫[0→1] f[n](x) dx ≤ n ∫[0→1] (1-A[n]x)^n dx = [n/(n+1)] ⋅ [ {1 - (1-A[n])^(n+1)}/A[n] ]
n→ ∞ のとき A[n] → 1 であり (1-A[n])^(n+1) ≤ 1-A[n] → 0 となることから、上の式の右辺は → 1
以上から、はさみうちの原理で n b[n] → 1 よ
これで大丈夫かしら？
とはいえ、n個の数の相加相乗平均の不等式が成り立つことと、
lim[n→∞] a[n] = 1なら lim[n→∞] A[n] = 1 であることを示す必要はあるけれど
>>556
素敵ね。アタシも欲しいわ！ 元の問題とは微妙に変えてるのね
∪sagi賢いわねぇ 誰も問題出さないから、アタシが難しいけどここの人が好きそうな問題出しちゃおうかしら
pを素数、nを正の整数とするとき lim[n→∞] {Σ[i=0→n] (pn)C(pi)}/2^(pn) を求めて！
Cは二項係数よ
大学入試じゃないから、高校数学で解けるのかはわからないわ pΣ[k=0→n](pn)C(pk)
=Σ[j=0→pn](pn)Cj χ(j) (jがpの倍数のときχ(j)=p, jがpの倍数ではないときχ(j)=0)
=Σ[j=0→pn](pn)Cj Σ[k=0→p-1]ζ^(kj) (ζ=e^(2πi/p))
=Σ[k=0→p-1]Σ[j=0→pn](pn)Cj (ζ^k)^j
=Σ[k=0→p-1](1+ζ^k)^(pn)
k≠0のとき(1+ζ^k)^(pn)/2^(pn)→0なので
(1/2^(pn))Σ[k=0→p-1](1+ζ^k)^(pn)→1
∴Σ[k=0→n](pn)C(pk)/2^(pn)→1/p あら〜お見事！
けっこう難しいと思ったのにすぐ解かれちゃったわ
アタシも同じやり方で解いたけど、姐さんの簡潔で全く無駄のない書き方には感心するわ
アタシが書くともっと言葉で説明しちゃうのよね ブタの貯金箱割ったとき表向きの硬貨の枚数がpの倍数になる確率ってこと？ >>564
簡潔で全く無駄のない書き方は、わかっている人が見れば感心するんだけど、
わかっていない人が見ると読解するのが大変なのよ。骨が折れるのよ。
だからうさぎ姐さんのように言葉で説明してくれるとありがたい人は多いと思うわ。
あたしも含めて。
うさぎ姐さん、言葉で説明してくださらないかしら？ >>565
あら、確かにそういうふうに理解できるわね！
上では硬貨の枚数をpnとしてpの倍数の場合を考えていたけれど
姐さんのおっしゃる通り、その場合に限定する必要はないわよね
より一般的に書くとこうね
lim[m→∞] (Σ[0 ≤ j ≤ m かつ jはpの倍数] mCj)/2^m = 1/p
>>566
いうてもそれほど変わらないけど、じゃあすぐ上に書いたものを補足説明しながら示すわ
ζ = e^(2πi/p) = cos(2π/p) + i sin(2π/p) とおくと
ζ^0, ζ^1, …, ζ^(p-1) が1のp個のp乗根になるわ。二項定理から
(1+ζ^k)^m = Σ[j=0→m] mCj 1^(m-j) (ζ^k)^j = Σ[j=0→m] mCj ζ^(kj)
となるけれど、両辺の k = 0 から k = p-1 までの総和をとると
（★） Σ[k=0→p-1] (1+ζ^k)^m = Σ[j=0→m] mCj [ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j}]
となるわ。ここでjについてふたつの場合に分けて考えるわ。
（イ） jがpの倍数の場合
どのkに対しても ζ^(kj) = 1 だから
ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j} = p
となるわ
（ロ）jがpの倍数でない場合
このとき集合として
{ ζ^0, ζ^j, ζ^(2j), …, ζ^{(p-1)j} } = { ζ^0, ζ^1, …, ζ^(p-1) }
となるわ。なぜなら、もし0 ≤ k < l ≤ p-1 で ζ^(kj) = ζ^(lj) ならば ζ^{(l-k)j} = 1 となって
ζが1のp乗根であることから(l-k)jがpで割り切れなければいけないけれど
1 ≤ l-k ≤ p-1 でpは素数だからjがpで割り切れることになり、jがpの倍数でないという仮定に反するから。
というわけで
ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j} = ζ^0 + ζ^1 + … + ζ^(p-1) = (ζ^p - 1)/(ζ-1) = 0/(ζ-1) = 0
となるわ。
（イ）と（ロ）から（★）は
Σ[k=0→p-1] (1+ζ^k)^m = pΣ[0 ≤ j ≤ m かつ jはpの倍数] mCj
となるから、
(Σ[0 ≤ j ≤ m かつ jはpの倍数] mCj)/2^m = (1/p)Σ[k=0→p-1] (1+ζ^k)^m/2^m
となるわ。
k ≠ 0 のときζ^kは実数でないから、複素数平面上で、原点と1と1+ζ^kの三点は三角形を作るわよね
三辺の長さを考えると三角不等式から |1+ζ^k| < |1| + |ζ^k| = 1 + 1 = 2 なので
|(1+ζ^k)^m/2^m| = |(1+ζ^k)/2|^m → 0 (m → ∞) となるから (1+ζ^k)^m/2^m → 0 なの
だから k = 0 の場合だけが残って結局1/pになるの
複素数列の収束の話になるから高校数学の範囲ではないと思うけど、複素数を使わないでも解けるのかしら？
でも565の姐さんの言い換えを見ると、1/pに収束するのって当たり前っぽそうな気もするけどそうなのかしら？
なんなら、表向きの硬貨の枚数がpで割って1余る確率とか、2余る確率とか、どれも1/pに収束するのかしら？
そんな気がするけど示せるかしら？
それに、pが素数の場合だけ確率が1/pになるとしたら不自然よね
でよく考えてみたら、pが素数でなくても1/pになるんじゃないかと思うの
これを示すには、pが素数でなくても、jがpの倍数でないときは必ず
ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j} = 0
となることを示せばいいわね。誰か証明してくれないかしら？
また難しい代数の話とかになっちゃうのかしらw 等比数列の和というだけじゃないの？
ζ^0 + ζ^j + ζ^(2j) + … + ζ^{(p-1)j}
=((ζ^j)^p-1)/(ζ^j-1) あら！難しいこと考えなくても最初からそうすれば良かったわね。素晴らしいわ！ pで割って1余る確率、2余る確率、3余る確率…
どれが一番大きいのかしら？ とりあえず思いついたことメモしとくわ
pを素数とは限らない2以上の整数として
P_m(r) = m枚の硬貨が入ったブタの貯金箱を割ったとき表向きの硬貨の枚数がpで割ってr余る確率
とするわ
硬貨に1からmまで番号が振ってあるとして、表向きの硬貨の枚数がpで割って1余る場合は
・硬貨1が表で、残りのm-1枚のうち表向きの硬貨の枚数がpで割り切れる場合
・硬貨1が裏、硬貨2が表で、残りのm-2枚のうち表向きの硬貨の枚数がpで割り切れる場合
・硬貨1と硬貨2が裏、硬貨3が表で、残りのm-3枚のうち表向きの硬貨の枚数がpで割り切れる場合
：
というふうに分けられるわ。
硬貨1から硬貨(k-1)までが裏で硬貨kが表の確率は1/2^kで
残りの(m-k)枚のうち表向きの硬貨の枚数がpで割り切れる確率はP_(m-k)(0)だから
P_m(1) = Σ[k=1→m] (1/2^k) P_(m-k)(0)
となると思うの。まだちゃんと示したわけじゃないけど
m → ∞ のとき P_m(0) → 1/p であることを考えると P_m(1) → 1/p になりそうよ
ならば同様に P_m(2) = Σ[k=1→m] (1/2^k) P_(m-k)(1) などとなるから、すべて 1/p に収束するんじゃないかしら
こんな複雑な計算しなくても当たり前に1/pだって言えるのかしら アタシもまだ詳しく考えてないけど、3で割って1余るところの和って
(1+1)^3n=3nC0+3nC1+3nC2+…
ω^2(1+ω)^3n=3nC0ω^2+3nC1+3nC2ω^ 4+…
ω(1+ω^2)^3n=3nC0ω+3nC1+3nC2ω^5+…
を足したらいいのかしら？え、違う？どうなのよ？言ってみなさいよ
とすると一般にpで割ってr余るところの和も{a[k]}(k=0,1,…p-1)という(rに依って異なるかもしれないがしかしどのrに対しても必ずa[0]=0である)数列があって
Σ[k=0→p-1] ζ^a[k] (1+ζ^k)^(pn)
と書けるのではないかしら？ たんにa[k]=-krとするだけ…？
そんな上手くはいかないかしら
ごめんなさい、もう寝ます >>574
ひゃー、姐さんの数学センス素晴らしいわ〜、よくそんなこと思いついたわね！
>>575
あなたのおっしゃる通りよ、ていうかこの方針で解けるとしたらそれしか可能性ないもの。
実際、a[k] = -kr としたら
Σ[k=0→p-1] ζ^a[k] (1+ζ^k)^m
= Σ[j=0→m] mCj [ζ^(0+a[1]) + ζ^(j+a[1]) + ζ^(2j+a[2]) + … + ζ^{(p-1)j+a[p-1]}]
= Σ[j=0→m] mCj [ζ^0 + ζ^(j-r) + ζ^(2j-2r) + … + ζ^{(p-1)j-(p-1)r}]
= Σ[j=0→m] mCj [1 + ζ^(j-r) + (ζ^(j-r))^2 + … + (ζ^(j-r))^(p-1)]
ここで j-r ≡ 0 (mod p) なら ζ^(j-r) = 1 だから
1 + ζ^(j-r) + (ζ^(j-r))^2 + … + (ζ^(j-r))^(p-1) = p
そして j-r ≢ 0 (mod p) ならば、ζ^(j-r) ≠ 1 だから等比数列の和で
1 + ζ^(j-r) + (ζ^(j-r))^2 + … + (ζ^(j-r))^(p-1) = [(ζ^(j-r))^p - 1)]/[ζ^(j-r) - 1]
= [(ζ^p)^(j-r) - 1)]/[ζ^(j-r) - 1] = (1^(j-r) - 1)/[ζ^(j-r) - 1] = 0
となるから、pで割ってr余るjのところだけ残るわ！ なるほど…恐ろしく上手くいくわね
どうもありがとう
それはそうとアタシ>>573のスマートなやり方に俄然興味湧いてきたわ
要するに{P[m]}がm→∞で収束するとき
P[1]/2^(m-1)+P[2]/2^(m-2)+P[3]/2^(m-3)+…+P[m-1]/2
がどこに収束するか？ってことよね？
見た目は完全に大学一年生の夏学期の問題だけど、
ε-N論法覚えたばかりのチーチーパッパでも解けるのかしら？
それとも色々と微妙に高度なこと知ってないと難しい？
Usagiがどこまで考えてるのか教えてほしいわん 正確にはそれに P[0]/2^m も加えたものね
これは最初の(m-1)枚が全部裏でm枚目が表の場合に対応するわ。P[0]も定義されているから問題ないわ。
チーチーパッパのレベルは知らないけど、高度なことは必要ないと思うわ
一般的に {P[m]} がAに収束する数列だとして考えてみましょう。
εを任意の正数とするわ。
{P[m]} は収束するから有界なので、ある正数Bがあってすべてのmに対して |P[m]| < B となるわ。
ここで正の整数Kを 2B/2^K < ε/3 となるようにとるわ。
P[m] → A なので、ある正の整数Mがあって m ≥ M ならば |P[m] - A| < ε/3 となるわ。
今、N = M + K とおくわ。m ≥ N を任意にとると
|Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i - A(1 - 1/2^m)|
= |Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i - AΣ[i=1→m] 1/2^i|
= |Σ[i=1→m] (P[m-i]-A)/2^i|
≤ Σ[i=1→m] |(P[m-i]-A)/2^i|
となるけど、i = 1, …, K については m-i ≥ M なので |P[m-i] - A| < ε/3 だから
Σ[i=1→K] |(P[m-i]-A)/2^i| < (ε/3) Σ[i=1→K] 1/2^i < ε/3
そして |A| ≤ B だから |P[m-i]-A| ≤ |P[m-i]| + |A| < 2B なので
Σ[i=K+1→m] |(P[m-i]-A)/2^i| < 2BΣ[i=K+1→m] 1/2^i < 2B/2^K < ε/3
以上から
|Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i - A(1 - 1/2^m)| < (ε/3) + (ε/3)
そして |A| ≤ B かつ m > K なので |A/2^m| < 2B/2^K < ε/3 なので
|Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i - A|
= |Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i - A(1 - 1/2^m) - A/2^m|
≤ |Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i - A(1 - 1/2^m)| + |A/2^m|
< (ε/3) + (ε/3) + (ε/3) = ε
まとめると、どんなに小さな正数εに対しても、ある自然数Nがあって
m ≥ N ならば |Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i - A| < ε
となって、これは Σ[i=1→m] P[m-i]/2^i がAに収束することを意味するわ。 まあそうよね
数列{a[n]}と数列{b[n]}から新しい数列{c[n]}を
c[n]=Σ[k=1→n-1]a[n-k]b[k]
と作ると{c[n]}にはなにか知られた性質があるのかしらと想像をたくましくしてしまったわ
1/pとは言わないまでも収束することが簡単に示せたら素晴らしいのにね
そこがやや瑕瑾かしら a(n),b(n)を>>530のものとする
lim[n→∞](Σ[k=1→n]a(k) - Σ[k=1→n]b(k))/n
を求めよ 実数列{a[n]},{b[n]}はn→∞で
a[n]→a, b[n]→b
に収束するものとする
{c[n]}を>>579のものとする
lim[n→∞]c[n]/n
を求めよ >>581は解けたと思うわ
補題 a[n] → a ならば (Σ[j=1→n] |a[j]-a|)/n → 0
証明
εを任意の正数とするわ
{a[n]}は収束するから有界だから、ある M > 0 があって任意のjに対して |a[j]| ≤ M となるわ
このとき |a| ≤ M となるので、|a[j]-a| ≤ |a[j]| + |a| ≤ 2M となるわ
a[n] → a なので、ある自然数Nがあって j > N なら |a[j]-a| < ε/2 となるわ
自然数nを n > N かつ n > 4MN/ε となるようにとると
Σ[j=1→n] |a[j]-a|
= Σ[j=1→N] |a[j]-a| + Σ[j=N+1→n] |a[j]-a|
< Σ[j=1→N] 2M + Σ[j=N+1→n] (ε/2)
= 2MN + (n-N)(ε/2)
< n(ε/2) + n(ε/2) = nε
したがって (Σ[j=1→n] |a[j]-a|)/n < ε
QED
ちなみにこれで>>557で仮定していた次のことを示したことになるわね
a[n] → a ならば (1/n)Σ[k=1→n] a[k] → a
なぜなら
|(1/n)Σ[k=1→n] a[k] - a| = |(1/n)Σ[k=1→n] (a[k] - a)|
≤ (Σ[k=1→n] |a[k] - a|)/n → 0 となるから 581に戻るわ
{a[n]}と{b[n]}はどちらも収束するから有界だから
ある M > 0 があって任意のnに対して |a[n]| ≤ M かつ |b[n]| ≤ M となるわ
このとき |a| ≤ M と |b| ≤ M も成り立つわね
εを任意の正数とするわ
a[n] → a かつ b[n] → b なので、補題から、ある自然数Nがあって、m ≥ N なら
Σ[k=1→m] |a[k] - a| < mε/(2M) かつ Σ[k=1→m] |b[k] - b| < mε/(2M)
となるわ。もし n ≥ N+1 ならば
|c[n] - (n-1)ab|
= |Σ[k=1→n-1] (a[n-k]b[k] - ab)|
≤ Σ[k=1→n-1] |a[n-k]b[k] - ab|
= Σ[k=1→n-1] |a[n-k]b[k] - ab[k] + ab[k] - ab|
= Σ[k=1→n-1] (|b[k]|⋅|a[n-k] - a| + |a|⋅|b[k] - b|)
≤ Σ[k=1→n-1] (M |a[n-k] - a| + M |b[k] - b|)
= M Σ[k=1→n-1] |a[n-k] - a| + M Σ[k=1→n-1] |b[k] - b|
= M Σ[k=1→n-1] |a[k] - a| + M Σ[k=1→n-1] |b[k] - b|
< M(n-1)ε/(2M) + M(n-1)ε/(2M)
= (n-1)ε
したがって |c[n]/(n-1) - ab| < ε となるから、lim[n→∞] c[n]/(n-1) = ab なので
lim[n→∞] c[n]/n = lim[n→∞] (c[n]/(n-1))⋅((n-1)/n)
= (lim[n→∞] c[n]/(n-1))⋅(lim[n→∞] (n-1)/n) = ab⋅1 = ab
こんなんでいいかしら
c[n]の定義がΣ[k=1→n]なせいで無駄にややこしくなってる気がするわ
もっとサクッとできるの？ 想定していた解法を解説して欲しいわね
>>580は難しそうよね。誰か解いてくれないかしら あら、お見事ね
一箇所等号でいいのかやや疑問があるけど、素晴らしいわ
Σ[k=1→n-1]|a[n-k]b[k]-ab|/n
の真ん中のほう(a[ ]b[ ]の番号がどちらも大きいとこ)だけ
(M+|a|)εで評価すれば補題はいらないかもしれないわね
n≧Nで|a[n]-a|<ε,|b[n]-b|<εとする
n≧N^2のとき真ん中のほうは
Σ[√n≦k≦n-√n]|a[n-k]b[k]-ab|/n
≦Σ(|b[k]||a[n-k]-a|+|a||b[k]-b|)/n
≦(M+|a|)ε
端のほうは
Σ[1≦k<√n]|a[n-k]b[k]-ab|/n≦(M^2+|ab|)/√n→0
Σ[n-√n<k<n]|a[n-k]b[k]-ab|/n≦(M^2+|ab|)/√n→0
もしもa[n]→aならばΣ[k=1→n]a[k]/n→aを使うなら
Σ[k=1→n-1]a[n-k]b[k]
=Σ[k=1→n-1](a[n-k]-a+a)b[k]
=Σ[k=1→n-1](a[n-k]-a)b[k]+aΣ[k=1→n-1]b[k]
と変形してもよさそうね
なんでΣ[k=1→n-1]なのかしらね
微積の授業の演習問題だったのよこれ
昔教わってた先生に聞くしか… 解説ありがとう、とても勉強になるわ
おっしゃる通り
= Σ[k=1→n-1] (|b[k]|⋅|a[n-k] - a| + |a|⋅|b[k] - b|)
の = は ≤ の間違いだったわ
確かに補題を使うなら姐さんの変形の方がエレガントね
まあ、あたしは |c[n] - (n-1)ab| を評価しようってとこからスタートして
評価が難しいなと思って補題を作ったからこういう流れになったのよね 実はアタシは>>580の答えを用意しているわけではない
ただ、うさ子が持ってきた問題の背後にあるmathematical elegance を使えば解けるのではないか
と思っただけ
だから真剣に解かなくてもかまわないわよ 普通に解こうとすると
Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)}
をどうしたらいいかが難しいわよね
(注:{α}はαの小数部分)
そもそも
Σ[k=1→n] {n/k}
ってどう求めるの？ Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)} ってどうやって出て何を表している式なの？ 説明して欲しいわ Σ[k=1→n] a(k) = Σ[1≤4k+1≤n] [n/(4k+1)]
Σ[k=1→n] b(k) = Σ[1≤4k+3≤n] [n/(4k+3)]
よね？だから
Σ[k=1→n] a(k) - Σ[k=1→n] b(k)
= Σ[1≤4k+1≤n] [n/(4k+1)] - Σ[1≤4k+3≤n] [n/(4k+3)]
= [n/1] - [n/3] + [n/5] - [n/7] + [n/9] - … + [n/★]
= n(1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + 1/9 - … + 1/★)
- Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)} + Σ[1≤4k+3≤n] {n/(4k+3)}
(∵ [α] = α - {α})
なのでもしも
(1/n) Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)} - (1/n) Σ[1≤4k+3≤n] {n/(4k+3)}
→ 0 (n→∞)
がいえるなら求めたい極限は
1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + 1/9 - … → π/4
になる気がするわ
とすると
lim[n→∞] (1/n) Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)}
lim[n→∞] (1/n) Σ[1≤4k+3≤n] {n/(4k+3)}
をどうするかが問題よね あ、簡単か
lim[n→∞] (1/n) Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)}
= lim[n→∞] (1/n) Σ[1≤4k+3≤n] {n/(4k+3)}
= (1/4) ∫[0→1] {1/x} dx
でいいのかな？あん？ >>590
なるほど、姐さんすごいわね。
１〜２行目は確かにそうね！ 全然気づかなかったわ
1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + 1/9 - … → π/4
は条件収束だから
([n/1] - [n/3] + [n/5] - [n/7] + … + [n/★])/n
= (1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + … + 1/★)
- Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)}/n + Σ[1≤4k+3≤n] {n/(4k+3)}/n
の極限を取ったものも成り立つと言って大丈夫なのかちょっと疑問に思ったけど、よく考えたら大丈夫そうね
>>591はリーマン積分の定義を使っているのよね
f(x) = {1/x} は連続関数ではないけれど、不連続点は可算無限個だからリーマン積分が定義されるということでいいかしら？
0 ≤ {1/x} < 1 だから 0 ≤ ∫[0→1] {1/x} dx < 1 となるかしら？
具体的な値はわからないけれど。
ちなみにだけど>>588のΣ[k=1→n] {n/k} は n → ∞ のとき収束しないわね
nが素数の場合を考えると、k = 1, n のとき {n/k} = 0 で、それ以外のとき {n/k} ≥ 1/k だから
Σ[k=1→n] {n/k} ≥ 1/2 + 1/3 + … + 1/(n-1) → ∞ (n → ∞) となるわ
Σ[1≤4k+1≤n] {n/(4k+1)} も同様ね。(1/n) が掛かってないと収束しないのね。 ＞Σ[k=1→n] a(k) = Σ[1≤4k+1≤n] [n/(4k+1)]
ここkwskお願いします🥺 ┌○┐
│お｜ﾊ,,ﾊ
│断｜ﾟωﾟ ) お断りします
│り _| ／/
└○┘ (⌒)
し⌒ ちょっとw、そういう意地悪はやめましょうよ
アタシもこの式すぐには意味がわからなかったわよ？
>>593
例えば、Σ[k=1→10] a(k) は1から10までの数の、4で割ると1余るnの約数の個数の合計だけど
そういう約数は10以下だから、1, 5, 9 のどれかよね
1は1から10までのすべての数の約数として [10/1] = 10 回現れる
5は5と10の約数として [10/5] = 2 回現れる
9は9の約数として [10/9] = 1 回現れる
だから合計で [10/1] + [10/5] + [10/9] = 13個になるの ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
