無理数の証明に関する質問
- 質問文章は、2以上の整数nについて無理数であることの証明に関するものです。
- 問１では、無理数の性質を利用して証明を進めるために定理Aを使う必要があるかどうかについて質問があります。
- 問２では、定理の証明において特定の記号が重複して使用されているかどうかについて質問があります。
- ベストアンサー
0.2481632641282566121024…
表題のような、2以上の整数nについて小数点以下h進法（hは2以上）展開したもの、nの2乗をh進法展開したもの、・・・、nのk乗をh進法展開したもの、・・・を並べて表示することで得られるh進法数が無理数であることの証明について質問があります。 (問１)θ=logn/logh（nの対数をhの対数で割ったもの、対数の底は指定無し）が無理数の場合、任意の正整数Nについてある正整数pとqが存在して p>N、|qθ-p|<log(1+h(-N))/logh となるとあります。 本の説明ですと、 定理A[無理数αに対して|q(n)α-p(n)|<1/q(n)を満たす整数の無限列p(n),q(n)(n≧0)が存在する。すなわち|α-(p/q)|<1/(q^2)は無限個の有理数解p/qをもつ。] を使うとありました。この理由がわかりません。 私の考えでは 定理B[任意の実数αと任意の整数Q>1に対して|α-(p/q)|≦1/(qQ)(0<q<Q)] を使うのがよいと思いました。log(1+h(-N))/logh>0なのでこれを1/Qと見ています。 いかがでしょうか？ （問２）同じ定理の証明の続きで、qθ-p<0のとき、h^p>n^q>h^p-h^(p-N)（この不等式の導出は省略）を言った後、あるq≧2に対し、n^qとn^(q+1)のh進法展開がh-1のみからなることを仮定して背理法を使う部分があります。qは既出なのでその与えられたqについて言っているのか、もとのqとは関係なくqの部分を新たたにqとしているのかがよくわかりませんでした。後者かなと思うのですがいかがでしょうか？そうであれば余分な曖昧さを排除するために別文字にしたほうがよくないでしょうか？ （問３）上の問の背理法の中身について、仮定からn^q=h^l-1,n^(q+1)=h^m-1(l<m)と書けるとありました。これは、mより小さい整数lでそういうものが存在すると読めばいいでしょうか？ （問４）上の問の続きで、h^l(n-h^(m-1))=n-1したがってh^l≦n-1とありました。「したがって」以降の部分は、n-1>0かつh^l>0だからn-h^(m-1)>0でなければならないのでn-h^(m-1)≧1だからという理由でいいでしょうか？ （問５）上の問の続きで、h^l≦n-1が矛盾とありました。これはh^l=n^q+1≧n^2+1≧2n+1>n-1だからという理由でいいでしょうか？ （問６）上の問の続きで、背理法が証明できたあと、h-1以外の数字が無限個現れる、とありました。これは、任意の整数kに対してk番目とk+1番目の両方が全部h-1のみからなることはない、つまりh-1より小さい文字が少なくとも一つあるということになり、1番目と2番目に少なくとも一つ、3番目と4番目に少なくとも一つ、・・・、k番目とk+1番目に少なくとも一つ、・・・h-1以外の数字がでてくるからという理由でいいでしょうか？ ちなみに、少なくとも2つの数字が無限個現れて任意の正整数Nに対してある一つの数字がN個以上連続的に現れたら無理数であるという別の定理を使ってθが無理数でqθ-p<0の場合の証明が終わり、θが無理数でqθ-p>0の場合とθが有理数の場合とをあわせてこの定理自身の結末が得られます。 たくさんあって申し訳ありませんが、よろしくお願いします。
- 数学・算数
- 回答数2
- ありがとう数2
- みんなの回答 （2）
- 専門家の回答
質問者が選んだベストアンサー
塩川「無理数と超越数」（森北出版）第1章定理5 (P. Bundschuh)ですね。 (問１) 定理B（というより定理3)では、「 p>Nと取れる」ことが示せません。 (問2) 実は私も初めに読んだときは混乱したのですが、別段落（いま、 あるq≧2に対し、以下のqは別物）です。 (問3) ∃m∃L such that [ (L<m) and (n^q=(h^L)-1) and n^(q+1)=(h^m)-1 ] (問 4) まず、h^L(n-h^(m-L))=n-1 です(1とLtとがごっちゃになっている）。 で、理由としては、結局 n-h^(m-L)が正「整数」になる、ということでその通りです (問5) 正直に1 + n^q = h ^ L ≦ n - 1でよいのでは？ (問６) はい
その他の回答 (1)
- tmpname
- ベストアンサー率67% (195/287)
>> (問１) >> 定理B（というより定理3)では、「 p>Nと取れる」ことが示せません。 >なるほど、p(n)とq(n)は無限列だから任意のNに対して >Nを超えるp(m)やq(m)を与えるmが存在するということですね？ その通りです。
お礼
ありがとうございました。
関連するQ&A
- エジプトの分数問題が解けたように思えるのですが。
エジプトの分数問題が解けたように思えるのですが。 4/n=1/a+1/b+1/cとすると4/(2^n・3^n-1)の形にできる数は解くことが出来ると一般にわかっているのですが2^n・3^m-1＝p(ｐは素数)とすると、ｐは必ず解ける集合CS(n、m)に含まれることは解っていません。 OOOOOO ？ ↑ ↑ ２ｑ 2q+1 2^n・3^m-1の形に解ける集合CS 2q+1はCS(n,m)集合に含まれるかどうかはまだ解らない まずはｐは解かれていない最小の素数とします。また、ｐ以下の素数はもう解かれていて2^h・3＾k-1の形になることが解っているとします。 ｐ＝2q+1＝2^h・3^k-1 2q＝2^h・3^k-2 ｑ＝{2^(h-1)}・{3^k}-1 q<ｐですのでCS(n,m)に含まれます。 CS(n,m)集合に含まれているということはｑはh、kのある自然数によって表現可能です。ということは、p=2q+1=2^h・3^h-1という形の素数にはh、kは必ず存在します。ですのでｐも2q+1も解くことができます。 あとは解くことができるかどうかわからない最小の素数をｐとおいて、数学的帰納法を用いればすべての素数を解くことができます。
- ベストアンサー
- 数学・算数
- 高校数学の整数問題です
[問題] 素数pに対してpx^2＋xが整数となるような有理数xをすべて求めよ。 これを取り扱った授業では次のような解説がありましたが、(4)の式から【 】部へともっていく論理の展開が分かりません。 ―・―・ー・―・― [解答] xは有理数ゆえ、x＝n/m …(1) とおける。 (m,nは互いに素な整数で、m＞0 …(2)) これを与式に代入して、 p(n/m)^2＋(n/m)＝k (k：整数) …(3) とすれば、 k＝(pn^2＋mn)/m^2 ＝{n(pn＋m)}/m^2 …(4) 【mとnは互いに素ゆえ、kが整数となるには素数pがmの倍数、つまりmはpの約数であることが必要。】 ∴m＝1 or p (ｉ) m＝1のとき (4)よりk＝n(pn＋1)となるから、n,pは整数より、kも整数となり成立。 このとき(1)より x＝n (ii) m＝pのとき (4)よりk＝{n(pn＋p)}/p^2＝{n(n＋1)}/p m(＝p)とnは互いに素より、n＋1がpの倍数と分かり n＋1＝pl (l：整数) …(5) とおけば、k＝nl(＝整数) となる。 このとき(1)、(5)より x＝n/m＝(pl－1)/m ＝(pl－1)/p＝l－(1/p) 以上(ｉ)、(ii)より x＝n または x＝l－(1/p) (n,lは任意の整数) ―・―・―・―・― 僕の思考回路としては、(4)の式を見て、kが整数ということは 分子のn(pn＋m)がm^2を因数にもつ、 つまりn(pn＋m)＝●m^2 (●：整数) と考えたのですが、この後の進め方が分からず手が止まりました。 解説の論理展開の意味がお分かりの方、ご教授ください。
- 締切済み
- 数学・算数
- 再投稿：エジプトの分数問題が解けたように思えるのですが。
再投稿：エジプトの分数問題が解けたように思えるのですが。 4/n=1/a+1/b+1/cとすると4/(2^n・3^m-1)の形にできる数は解くことが出来ると一般にわかっているのですが2^n・3^m-1＝p(ｐは素数)とすると、ｐは必ず解ける集合CS(n、m)に含まれることは解っていません。 OOOOOO ？ ↑ ↑ ２ｑ 2q+1 2^n・3^m-1の形に解ける集合CS 2q+1はCS(n,m)集合に含まれるかどうかはまだ解らない まずはｐは解かれていない最小の素数とします。また、ｐ以下の素数はもう解かれていて2^h・3＾k-1の形になることが解っているとします。 ｐ＝2q+1＝2^h・3^k-1 2q＝2^h・3^k-2 ｑ＝{2^(h-1)}・{3^k}-1 q<ｐですのでCS(n,m)に含まれます。 CS(n,m)集合に含まれているということはｑはh、kのある自然数によって表現可能です。ということは、p=2q+1=2^h・3^h-1という形の素数にはh、kは必ず存在します。ですのでｐも2q+1も解くことができます。 あとは解くことができるかどうかわからない最小の素数をｐとおいて、数学的帰納法を用いればすべての素数を解くことができます。
- ベストアンサー
- 数学・算数
- 素数の判定
自然数Nが√Nを越えない最大の整数以下のすべての素数で割り切れなければ、Nは素数である。 この定理の証明について、わからないことがあるので質問します。本の証明では√Nを越えない最大の整数をnとし、Nがnより大きい素数qで割り切れたとすると、そのときの商をpとして、N=pqである。ここで1<p≦n＜q<Nに注意すると、 pが素数ならNは素数pで割り切れるはずだし、pが合成数ならNはpの素因数で割り切れていたはずであり、いずれにしても不合理である。証明終わり。 自分は不合理を示す証明は、背理法を使っていると思ったのですが、その場合自然数Nが素数でないと仮定して証明を始めると思いました。しかし√Nを越えない最大の整数をnとし、Nがnより大きい素数qで割り切れたとすると、という仮定で始まっています。また√Nを越えない最大の整数をnとし、Nがnより大きい素数q以外では割り切れないとすると、という文章の解釈でよいのかと思いましたが、はたして正しい証明なのか疑問が残りました。最後に対偶をとってそれを背理法で証明しているのかと思いました、対偶は、Nが素数でないならば、√Nを越えない最大の整数をnとし、Nはn以下の素数いずれかで割り切れる。ですが、これを背理法で証明しようとすると、 Nはn以下の素数いずれかで割り切れない、という仮定から始まるとおもいました。本の証明の書き出しと違いました。自分で考えた方針では、本の証明とだいぶ違います。 だれか本に書かれた証明で、pで割り切れると何が不合理なのかと、自分の証明の方針のまちがいを指摘してください、お願いします。
- ベストアンサー
- 数学・算数
- 双子素数予想の類似、算術級数定理の類似
素数を小さい順にp(1),p(2),,,とします。 {p(m)-p(n)|m>n}、 {p(m)+p(n)|m≦n}、 {p(m)+p(n)|m＜n}、 {p(n+1)-p(n)|nは自然数}、 {p(n+1)+p(n)|nは自然数}、 などを考えます。 目的は、素数に関する様々な定理や予想をそれらで言い換えたいのです。 双子素数は無限個ある（双子素数予想） ⇔{p(n+1)-p(n)|nは自然数}において、p(n+1)-p(n)=2となるnは無限個 ♯そうすると疑問に思うのは、 たとえば{p(n+1)-p(n)|nは自然数}のある偶数の元について、それを満たすnが有限個のものは存在するのでしょうか？ 初項aと公差dが互いに素であるような等差数列のなかに素数が無限に存在する(算術級数定理) ⇒{p(m)-p(n)|m>n}において、p(m)-p(n)="dの倍数"となる(m,n)は無限個 ♯そうすると疑問に思うのは、 たとえば{p(m)+p(n)|m>n}において、p(m)+p(n)="dの倍数"となる(m,n)は無限個でしょうか？ ♯これはd=2であれば明らかに正しそうです。 d=3とかのときはどうなのでしょう？ ♯さらに、2つの合成数の差の集合、または、和の集合とかを考えたときに、成り立つ定理、予想される事実はあるのでしょうか？ ♯こういった言いかえができる定理とかは他にありますでしょうか？
- ベストアンサー
- 数学・算数
- 数A 整数の性質
kを２以上の整数とする。２からkまでの整数のうち、kと互いに素であるものの個数をNとする。 例えば、k=５とすると２から５までの整数のうち、５と互いに素であるものは２、３、４で あるから、N=３である。 （１）k=７のとき、Nを求めよ。また、k=１４のとき、Nを求めよ。 （２）pを７でない素数とする。k=７pのとき、Nを求めよ。 （３）p、qはともに素数であり、p＜qとする。k=pqのとき、N=１１を満たすp、qの組（p、q）をすべて 求めよ。 この問題があまり分かりません。解答・解説を見ても分かりませんでした。 分かる方がいれば、解説まで教えて下さい。 宜しくお願いします。
- 締切済み
- 数学・算数
- 素数の世界、、、 Thueの証明で
n,k≧１を(1+n)^k＜２^nなる整数とし、p1=2,p2,,pr≦2^nなる全ての素数とする。ここでr≦ｋを仮定する。 自然数が素数の積として一意に分解されるという基本定理から、 全ての整数ｍ（１≦m≦２^n）は次の形に一意的に 表される、ｍ＝2^e1３^e2・・・ｐr^er （２からprの素数の累乗です） 問題はこのあと、 すべての可能性を検討することにより 2^n≦(n+1)n^(r-1)<(n+1)^r≦(n+1)^k＜2^n の不等式です。右の3つは当たり前なのですが どうにも ２^n≦(n+1)n^(r-1) n＋１かけるｎのｒ－１乗のところが２のｎ乗以上になるのがよく分かりません。すべての可能性を検討するってどうしたらよいのでしょう。お教え下さい。
- ベストアンサー
- 数学・算数
- 組み合わせの問題です
組み合わせの問題です。正の整数ｎと整数K(０≦ｋ≦ｎ)に対してnＣkは正の整数である事実を使って良い。 pを2以上の素数とする。このとき、任意の正の整数ｎに対し、(n＋１)^p‐n^p ‐１はpで割り切れることを示せ です。 わからないのでどなかた教えてください。よろしくお願いします。
- ベストアンサー
- 数学・算数
- 素数は無限に多く存在することの証明（ユークリッドの別証）を二つの添削
ユークリッドの証明は背理法を用いた証明。 素数を有限個とするならその最大素数をpnとして素数を小さい順にp1,p2,…,pnとした時 N=p1*p2*p3*…pn + 1 全ての自然数は素因数に分解できるのでｐ1～pnの少なくとも一つ因数に持つはずだが、どれで割っても1あまる。これはpnが最大の素数であることに矛盾 素数は無限に存在する。 といった証明。今回はこれの別称として以下の漸化式を用いたものを解けという問題です。 ◆a_{n}:=2^(2^n) + 1, n=1,2,3,… を用いた証明 この時任意のm≠nに対しa_{m}, a_{n}は互いに素である。実際n>mの時 a_{n} - 2 = 2^(2^n) - 1 ={2^2^(n-1) + 1}{2^2^(n-1) - 1} =a_{n-1}*(a_{n-1} - 2) =a_{n-1}*a_{n-2}*…*a_{m}*(a_{m} - 2) となるのでa_{m},a_{n}の公約数dは2の約数でなければならない。他方a_{m},a_{n}は奇数であるから（←漸化式より）d=1となる。すると各a_nを素因数分解すると少なくとも一つ素因子pnが得られ、これらはnが異なれば一致しない。かくして無限個の素数p1,p2,p3,…,pn,…が得られた□ ◆正整数の列a_nを次のように定める a_{n+1} = a_{n}*(a_{n} - 1) + 1, a_{1} = 2 これを用いて素数が無限であることを示すのですが 任意のm≠nに対して a_{n} - 1 = a_{n-1}*(a_{n-1} - 1) = a_{n-1}*a_{n-2}*(a_{n-2} - 1) = a_{n-1}*a_{n-2}*…*a_{m}*(a_{m} - 1) よりa_{n},a_{m}の公約数は1の約数でなければならない。よってa_{n},a_{m}は互いに素である。 すると各a_nを素因数分解すると少なくとも一つ素因子pnが得られ、これらはnが異なれば一致しない。かくして無限個の素数p1,p2,p3,…,pn,…が得られた□ これら2つの証明はこれであっているでしょうか？
- ベストアンサー
- 数学・算数
- 組み合わせ数学
任意の正整数n,kに対し, p*(n,k)=p*(n-k,k)+p*(n,k-1) n>kのとき p*(n,k)=1+(n,k-1) n=kのとき p*(n,k)=p*(n,n) n<kのとき が成り立つ 任意の正整数n,kに対し,p*(n,1)=p*(1,k)=1が成り立つ これらの条件でp(8)の値を求めたいのですが、全く分かりません。計算過程も含めて詳しく教えてください。例えばnは正整数とする 総和がnとなるような正整数の組をnの分割と呼ぶ。また、nの分割の総数をnの分割数といい、p(n)で表すということです そして、nの分割のうち、ちょうどk個の正整数による組をnのk個分割、高々k個の正整数による組をnの高々k個分割と呼ぶこととし、それぞれの総数をp(n,k)およびp*(n,k)で表す。 また、nの分割のうち、最大値がkである組をnの最大値k分割、最大値がk以下である組をnの最大値k以下分割と呼ぶこととし、それぞれの総数をq(n,k)およびq*(n,k)で表す。ということらしいです。長くなってすみませんお願いします。お願いします。
- 締切済み
- 数学・算数
お礼
回答ありがとうございます。
補足
> (問１) > 定理B（というより定理3)では、「 p>Nと取れる」ことが示せません。 なるほど、p(n)とq(n)は無限列だから任意のNに対してNを超えるp(m)やq(m)を与えるmが存在するということですね？ お手数ですが再度確認いただいていいでしょうか？ > (問 4) 転記ミスでした。失礼しました。