自分で見つけた食べかすの様な証明を載せていくスレ

先端や難問は才能のある人に任せて
天才は簡単に解くことができるけど手を付けるのも面倒がるような問題の証明を載せるスレ

猫

age

ｴﾈﾏｸﾞﾗ

sage

心配すんな

sage

age

参考：東工大　大学院　数学専攻　Ｈ１２年度　
大問「３」
Ｇ：群とし、Ｎ：Ｇの正規部分群、Ｎ～Ｚ（有理整数環）、Ｇ／Ｎ～Ｚ／３Ｚ
のとき、Ｇはアーベル群.

[ｈｒｈ＾（－１）＝ｒ
または
ｈｒｈ＾（－１）＝ｒ＾（－１）。
(ここらへん詳しく書いた方がよいか)
場合わけ
ｈｒｈ＾（－１）＝ｒ＾（－１）
が残っていた。]

ｈｒｈ＾（－１）＝ｒ＾（－１）の場合。
ｈ＾２とｒとｈ＾（－２）の積は
ｈ＾２ｒｈ＾（－２）＝ｒ。
Ｎの元でないｈ＾２とｒは可換。
ｈ＾２とＮで生成される群＜ｈ＾２、Ｎ＞は、同様にして、
Ｇ＝＜ｈ＾２、Ｎ＞。
よって、Ｇは可換。

大問「３」
Ｇ：群とし、Ｎ：Ｇの正規部分群、Ｎ～Ｚ（有理整数環）、Ｇ／Ｎ～Ｚ／３Ｚ
のとき、Ｇはアーベル群であり、さらに
Ｇ～Ｚ、またはＧ～Ｚ　＋　Ｚ／３Ｚ　となる。
＋は群の直積を表す。
-----
「Ｇはアーベル群であると証明されたとして、以下続ける」

Ｇの正規部分群Ｎの生成元をｑとし、ｒ∈Ｇを、Ｎに属さない元とする。
ｒの生成する群＜ｒ＞と正規部分群Ｎからできる群＜ｒ＞Ｎは、Ｇに一致する。

Ｇ／Ｎが位数３の巡回群であるので、
ｒの３乗は、Ｎにぞくする、つまり、
ｒ＾３＝ｑ＾ｎ∈Ｎ、なる自然数ｎがある。
ｎの場合わけ。
[場合わけしなくても、可換群の分解定理を用いればよいかも]
ｎ＝０なら、ｒ＾３＝単位元で、Ｇは、ＺとＺ／３Ｚの直積Ｚ　＋　Ｚ／３Ｚと同型。
詳しくは、ｒの生成する群＜ｒ＞とＮの共通部分が、＜ｒ＞∩Ｎ＝単位元　なので、Ｇは、上の直積と同型

ｎ＝１なら、ｒ＾３＝ｑで、ｒは、群＜ｑ＞＝Ｎを生成するので、Ｇは、Ｚ（有理整数環）と同型。
（問題文中のＮは、ＧをＺと考えて、３Ｚ、すなわち３の倍数全体にあたる。）

ふーん　そんなことが言えるんだ

知らんかった（俺はJ Algebra, Crelleなどに総勢３０本の論文を掲載している代数学者）

証明じゃないけど

(a-b)^2=(b-a)^2

だよなｗ

>>16
ｎはmod 3で場合わけ

16のつづき
Ｎ＝２を示して、
＞＞１９
のように、ｎはmod 3で場合わけ（への拡張、書き直し）は、各自で。

Ｇはアーベル群で、ｑ、ｒで生成されるので、演算を加法的に書き、Ｇの要素ｑとｒ
の演算（Ｇでの”積”）を、ｑ＋ｒとしるす。

ｎ＝２。
ｑとｒの条件式は、３ｒ－２ｑ＝０
有理整数環Ｚの二つの直積Ｚ＋Ｚ　（もちろん加法群として）は
ｕ＝（３、－２）
ｖ＝（－１、１）
として、整数倍で生成され、ｕ、ｖは有理数体Ｑ上一次独立である。
Ｚ＋Ｚ＝Ｚｕ＋Ｚｖ。
写像ψ
ψ：Ｚ＋Ｚ　　→　Ｇ
（i,j） →　iｒ＋jｑ
は、群準同型で全射。
ｕで生成される群ＺｕはＺｕ⊂Ｋｅｒψであり、Ｚ＋Ｚ／Ｚｕ　→　Ｚ＋Ｚ／Ｋｅｒψ　→Ｇは、群準同型で
全射。
Ｚ＋Ｚを部分群Ｚｕで割った群Ｚ＋Ｚ／Ｚｕは、
Ｚ＋Ｚ／Ｚｕ～　Ｚｖ　（同型）
なので、ｖで生成される群ＺｖについてＺｖ→Ｇは、群準同型で全射。
よって、Ｇは無限巡回群。

参考：東北大学大学院情報科学研究科　数学教室　２００１年９月　実施

大問４

ｆ（ｘ）＝ｘ＾６＋ｘ＾５＋・・・＋Ｘ＋１
とする。ζ：これは方程式ｆ（ｘ）＝０の解である複素数の一つ。

（１）α＝ζ＋ζ＾(－１)は、g(Y)=Y^3+Y^2-2Y-1=0の解である。
さらに、g(Y)は整数係数の多項式として既約である。
なお、ζ＾(－１)はζの逆数。
（２）β＝ζ＋ζ＾２＋ζ＾４の満足する整数係数の２次方程式は？
（３）Ｑ（ζ）に√（－７）は含まれるが、√７はふくまれない。
ーーー
（１）（２）を用いて（３）を解く。
ーーー
（３）β∈Ｑ（ζ）より
（２）でもとめた２次方程式を解いて、
√（－７）∈Ｑ（ζ）。
仮に、√７∈Ｑ（ζ）とすると、√（－１）∈Ｑ（ζ）、
Ｑ（√７、√（－１））⊂Ｑ（ζ）。
拡大次数　[Ｑ（√（－１）、√７）：Ｑ]＝４。
これは、拡大次数　[Ｑ（ζ）：Ｑ]を考え合わせると、
矛盾する。
よって、√７はＱ（ζ）にふくまれない。

参考：東北大学大学院理学研究科数学専攻Ｈ１６年度２次募集　入試問題
大問 1 [群論の問い]
H,Kは有限群Ｇの部分群で、
Ｋ　⊂　Ｈ、（Ｇ：Ｈ）＝（Ｈ：Ｋ）＝２
を満たし、ＫはＧの正規部分群ではないとする。
このとき、（１）～（３）を示せ。
（１）ＨはＧの正規部分群。
（２）Ｇの元ｘがＨに属さないなら、Ｋ≠ｘ＾（－１）Ｋｘ。
（３）略
ーーーーー
（１）　群Ｇの元ｇで、ｇがＨに属さないとすると、ｇＨ　∩　Ｈ　＝　空集合、
　[Ｇ：Ｈ]＝２より、Ｇの剰余類分解　は、Ｇ＝ｇＨ　Ｕ　Ｈ。
　[一つの問いとして独立しているので、詳しく書いた方がヨイカ　]
また、ｇＨ　∩　Ｈ　＝　空集合、[Ｇ：Ｈ]＝２より、Ｇ＝Ｈｇ　Ｕ　Ｈ。
よって、群Ｇの元ｇで、Ｈに属さないｇについてｇＨ＝　Ｈｇ。
部分群Ｈの元ｈについて、明らかに、ｈＨ＝　Ｈｈ。
まとめて、群Ｇの元ｇにたいし、ｇＨ＝　Ｈｇとなり、ＨはＧの正規部分群。

参考：大阪大学　大学院理学研究科　数学教室　Ｈ１８年度。
大問１
Ｉ⊂Ｚ[x]なる素イデアルとする。
（１）Ｉ∩Ｚ＝０のとき、ＩＱ[x]∩Ｚ[x]＝Ｉが成立つ。
（２）Ｉ∩Ｚ＝０のとき、Ｉは単項イデアルである。
（３）略

－－－－
（１）
ＩＱ[x]∩Ｚ[x]⊂Ｉを示す。逆の包含は明らか。

>>23
ＩＱ[x]∩Ｚ[x]の元を、
整数係数多項式　ｂ_１ｂ_２、
ｂ_１∈Ｉ、ｂ_２∈Ｑ[x]、
このように、ｂ_１とｂ_２の積に表す。
ｂ_１とｂ_２を、（整数係数）原始多項式と定数（ＺまたはＱの）の積に表して、
ｂ_２＝ｃ_３ｂ_３、ｂ_３：原始多項式、ｃ_３：有理数、
ｂ_１＝ｃ_１γ_１、γ_１：原始多項式、ｃ_１：整数。
ｂ_１ｂ_２＝ｃ_１ｃ_３γ_１ｂ_３、
なる整数係数多項式について、
γ_１とｂ_３の積γ_１ｂ_３が原始多項式であるので、ｃ_１ｃ_３は整数。

>24
Ｉが素イデアルより、ｃ_１∈Ｉ、または、γ_１∈Ｉ。
整数ｃ_１∈Ｉとすると、Ｉ∩Ｚ＝０より、矛盾するので、γ_１∈Ｉだけがなりたつ。
ＩはＺ[x]のイデアルだから、ｃ_１ｃ_３γ_１∈Ｉ、ｂ_１ｂ_２＝ｃ_１ｃ_３γ_１ｂ_３∈Ｉ。
ＩＱ[x]∩Ｚ[x]⊂Ｉが示された。

sage

東北大学大学院情報科学研究科数学教室 2011年3月実施
第１０問以下の性質をもつ有限群が存在するときは説明を付してその例を一つ挙げ、
存在しない場合はその証明を与えよ。
（１）巡回群でない可換群
（２）位数が同じで同型でない二つの群
（３）単位元以外の元の位数が２の非可換群
（４）正規部分群でない指数２の部分群をもつ群
解
（１）二つの、位数２の群からなる直積。これは巡回群ではない
（２）二つの、位数２の群の直積と、位数４の群。どちらも位数は４．

>>27
（３）
単位元以外の元の位数が２の有限群は可換である。

え

あんでぃ

笑えるワナ。

東北　やさしすぎるｗ
学部2年レベルｗ

確かに易しいな。

でも、お前等虚偽院生ですらないからな。
タダの嘘つきｗ

三角形の全ての内角の和が180度であることの証明

２が３より小さい証明

a^2≧0またはa^2<0の証明

　|>､＿_ ／|ﾌ
　〉｡,　o　く　/＼
　 b ～　O ヽ〉 /
　（>　＜ノ ∨
　　（､＿（、ノ
　　￣　￣

2桁のナルシスト数が存在しないことの証明

2桁のナルシスト数を10x+yとおく。(xやyは1から9の自然数)
すると、 10x+y=x^2+y^2
変形して x(10-x)=y(y-1) :①

(ⅰ) xが奇数のとき
x(10-x)は奇数なので、y(y-1)が偶数である前提より、①は解なし。

(ⅱ) xが偶数のとき
x(10-x)は4の倍数となるので、yとy-1のいずれかは奇数である前提より、y=4,5,8,9。
∴ x(10-x)=12,20,56,72
しかし、12,20,56,72のいずれもx(10-x)では表せないので、①は解なし。

(ⅰ)(ⅱ)より ①を満たすxやyは存在しない。 Q.E.D.

よく見ろ、上がってる東北大のは数学専攻じゃなく情報系だぞ。

有限の仮定を落としてもなりたつよ。＞＞２８

電波テロ装置の戦争(始)
エンジニアと参加願います公安はサリンオウム信者の子供を40歳まで社会から隔離している
オウム信者が地方で現在も潜伏している
それは新興宗教を配下としている公安の仕事だ
発案で盗聴器を開発したら霊魂が寄って呼ぶ来た
<電波憑依>
スピリチャル全否定なら江原三輪氏、高橋佳子大川隆法氏は、幻聴で強制入院矛盾する日本宗教と精神科
<コードレス盗聴>
2004既に国民20%被害250～700台数中国工作員3～7000万円2005ソウルコピー2010ソウルイン医者アカギ絡む<盗聴証拠>
今年５月に日本の警視庁防課は被害者SDカード15分を保持した有る国民に出せ!!<創価幹部>
キタオカ1962年東北生は二十代で2人の女性をレイプ殺害して入信した創価本尊はこれだけで潰せる<<<韓国工作員鸛<<<創価公明党 <テロ装置>>東芝部品)>>ヤクザ<宗教<同和<<公安<<魂複<<官憲>日本終Googl検索

魂は幾何学

誰か(アメリカ)気づいた
ソウルコピー機器
無差別で猥褻、日本は危険知ったかブッタの日本人
失敗作

テロ資料を忘れずに

ブールだいすう
(p∧q)∨(q∧r)∨(r∧p)＝(p∨q)∧(q∨r)∧(r∨p)
証明は忘れた

>>45

検算してみた

p q r
0 0 0 ---- ---- ----
0 0 1 ---- ---- ----
0 1 0 ---- ---- ----
0 1 1 q∧r ---- ----(左辺)
1 0 0 ---- ---- ----
1 0 1 r∧p ---- ----(左辺)
1 1 0 p∧q ---- ----(左辺)
1 1 1 p∧q q∧r r∧p(左辺)

p q r
0 0 0 ---- ---- ----
0 0 1 ---- q∨r r∧p
0 1 0 p∧q q∧r ----
0 1 1 p∧q q∧r r∧p(右辺)
1 0 0 p∧q ---- r∧p
1 0 1 p∧q q∧r r∧p(右辺)
1 1 0 p∧q q∧r r∧p(右辺)
1 1 1 p∧q q∧r r∧p(右辺)

あ、ホントだttた

＞＞
代数的閉体kを係数とする多項式F\in k[X_1,...,X_n]が
互いに割り切らない規約多項式の積に分解されているとする。
F=F_1^{e_1}...F_m^{e_m},e_I>0.
このとき、V(F)の既訳成分への分解と、V(F)のイデアルは
V(F)=V(F_1)U...UV(F_m), I(V(F))=(F_1...F_m).

ここでV(F)はFの零点の集合。

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　　　　 |　　　|　 |　/　/ ﾚ',二､ﾚ′ ,ｨｲ|ﾞ/　　　私は只の数ヲタなんかとは付き合わないわ。
.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
　　　|　　　　　　／ `‐-､::::::::::`‐-､::::＼　　 /,ﾆﾆ､＼　　　　　　　　　　　　それとも最近は Inv. Math. の方が上かしら？
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猫

自分で考えた厨房でもできる証明問題

二次関数y=ax^2上にx座標がk(>0)の点Aをとる。
点Aとy軸について対象な位置に点Bをとる。
原点をOとするとき、△OABの面積は|a|k^3で表されることを証明せよ。

それは厨房を馬鹿にしすぎ。

>>61
申し訳ない

すべてのω-無矛盾で帰納的な論理式の集合κについて、Gen(v,r)もNeg(Gen(v,r))も
Flg(κ)に属していない帰納的な単項述語記号rが存在する。

【vはrの自由変数である】

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いんべ

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　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
　　　|　　　　　　／ `‐-､::::::::::`‐-､::::＼　　 /,ﾆﾆ､＼　　　　　　　　　　　　それとも最近は Inv. Math. の方が上かしら？
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　　　　 |　　　|　 |　/　/ ﾚ',二､ﾚ′ ,ｨｲ|ﾞ/　　　私は只の数ヲタなんかとは付き合わないわ。
.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
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題
ｎの倍数の間に存在する（ｎ－１）個の数のうち、
２～（ｎ－１）で割り切れない数の個数について

文
（ａ－１）＜√ｎ＜＝ａ、を満たす、ａを定める。

（ｎ－１）～ａ、の倍数は、
　それぞれ、１～（ａ－１）個存在する。
　そのうち、２～（ａ－１）個の分を、
　２～（ａ－１）それぞれの倍数としてかぞえるとすると、
（ｎ－１）～ａの倍数としてかぞえる分は各１個。

（ａ－１）～２、の倍数は、
　（ｎ－１）以下に存在する自身の倍数の個数と同じか、１少ない。
　自身をこえる倍数の個数分は、すでにかぞえているため、
　（ａ－１）から順にかぞえると、
（ａ－１）～２の倍数としてかぞえる分は各１個。

ここで”題”において必ず１個、存在すると言える。

これは、
２つの平方数（ｎ－１）・（ｎ－１）、ｎ・ｎ、の間に必ず１個、
素数が存在することを満たす。

また、
この２つの素数がそれぞれ（ｎ－１）・ｎ＋１、（ｎ－１）・ｎ－１、
である時を否定しない。

　２０代の、ニートの、女性恐怖症の、頭デッカチの虚弱児・ひ弱の、ゴミ・クズ・カス・無能・虫けらのクソガキ！

　死ね！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　このスレは馬と鹿と豚さんばかりね。
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>>93

テメ～、いいかげんにしねえと、ブッ殺すぞ！

　３０代の、無職の、知的障害の、女性恐怖症の、頭デッカチの虚弱児・ひ弱の、ゴミ・クズ・カス・無能・虫けらのクソガキ！

　死ね！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

>>94
今夜も活躍しなはれ。馬鹿には馬鹿の役割がアルんでナ。そやし任せたワ。

ケケケ狢

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非可算和＝可算和
K をインデックス集合 (非可算でもよい) として、和 Σ[ a(k) ; k∈K ] を考える。
ただし、絶対収束のみ考えるので、a(k)≧ 0 とする。
K の有限部分集合 A⊂K に対しては、和 Σ[ a(k) ; k∈A ] は普通の有限和である。
そこで、次の「最小和」を定義する。
　minΣ[ a(k) ; k∈K ] ＝ sup{ Σ[ a(k) ; k∈A ] | 有限集合：A⊂K }
「最小和」としたのは、他の和をどのように定義しても、これが最小になるからである。
以下は「最小和」が有限の場合のみを考える。
ここで K(ε) ＝ { k∈K | a(k)＞ε} とすると、
ε＞ 0 なら任意の j ∈K(ε) に対して、最小和のε近傍、
すなわち sup からε以内にある Σ[ a(k) ; k∈A ] の値、
に対して j ∈A であり、K(ε)⊂A となるから、K(ε) は有限集合である。
すると、K(0) ＝∪{ K(1/n) | n∈N } ( N は自然数全体の集合 ) は可算集合であり、
K の中で a(k) が 0 でないのは可算個だけとなる。
従って、非可算和を考えても結局は可算和になる。

狢

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ケ

>>98
学部のとき演習でやった気がする

実数体 R の真の部分体 K で、R/K が代数拡大であるものが存在する.(選択公理を仮定)

証明
R の部分体で、√2 を含まないもの全体の集合を X とする.
X は空でない.(例えば有理数体 Q ∈ X)
X に包含関係による順序を入れれば、ツォルンの補題により(詳細略)、X は極大元を持つ. それを K とする.
K は √2 を含まないから、Rの真の部分体である.

R/K が超越拡大であると仮定すると、K 上超越的な α ∈ R が存在する.
K の極大性より、√2 ∈ K(α).よって、ある f, g ∈ K[x]＼{0} が存在して、f(α)/g(α) = √2.
すると、(f(α))^2 = 2(g(α))^2. α の超越性から、多項式として (f(x))^2 = 2(g(x))^2.
f, gの最高次係数を a, b ∈ K＼{0} とすれば、a^2 = 2b^2 となり、(a/b)^2 = 2.
よって √2 ∈ K となり矛盾. □

条件の「代数拡大」を「有限次拡大」に変えたものについては分からなかったが、
少なくとも上の証明で得た K では R/K は有限次拡大にならない。(後述)

補題
K は実数体 R の部分体で、√2 を含まないものとする。非負整数 n に対し、
L_n := K(2^(1/(2^n)))
と定める.(すなわち、L_0 = K、L_1 = K(√2)、L_2 = K(√√2)、…)
このとき、任意の n ≧ 1 に対して L_n/L_(n-1) は2次拡大.
証明
n = 1 のときは明らか.
k ≧ 1 として、n = k で正しいとする.
すなわち、M := L_(n-1)、β := 2^(1/(2^n)) としたとき、M(β)/M が2次拡大であるとする.
M(√β)/M(β) が2次拡大であることを示す.
高々2次拡大であることは明らかだから、√β が M(β) に含まれないことを言えば十分.
√β ∈ M(β) と仮定すると、
a + bβ = √β (a, b ∈ M)
と書ける。両辺を2乗して、
(a^2 + (bβ)^2) + 2abβ =β.
β^2 ∈ M に注意すれば、係数を比較して
a^2 + (bβ)^2 = 0
2ab = 1.
a,b,β は実数だから、第1式より a = b = 0.
これは第2式に矛盾. □

これにより、上の証明における K に対し R/K が有限次拡大でないことが分かる。

シュワルツの不等式
Σx[i]x[i]*Σy[j]y[j] - Σx[i]y[i]*Σx[j]y[j]
= ΣΣx[i]y[j] (x[i]y[j] - x[j]y[i]) = ΣΣx[j]y[i] (x[j]y[i] - x[i]y[j]) 【添字の入れ替え】
= (1/2)ΣΣ(x[i]y[j] - x[j]y[i])*(x[i]y[j] - x[j]y[i])
= (1/2)ΣΣ(x[i]y[j] - x[j]y[i])^2 ≧ 0

上の証明が一番簡単な気がするのに
なぜか教科書に載るのは、二次方程式の判別式やら、Σの和を{i<j}に取るような式変形のほう

【命題】
選択公理を仮定すれば、環Rの任意のイデアルの族の交叉は空でない。すなわち、{In|n∈N}がRのイデアルの族ならば、∩In≠{}。
【証明】
各イデアルより１元づつ取り、in∈In(n=1,2,...)とする。
a:=i2・i3・...、b:=i1・a　とおく。a∈R　であるから、b∈I1　である。
同様に、b∈In(n=2,3,...)　である。
ゆえに、b∈∩In≠{}　が成り立つ。

0∈In, 0∈∩In でいいじゃん

クソワロタ

運営乙

1+1/2+1/4+,,,が2になる証明
x-x/2=x/2であるから1-1/2-1/4-...-1/2^n=1/2^n
lim[n→∞]のとき1/2^nは0になるから1-1/2-1/4-...=0
-1をかけて2を足せば1+1/2+1/4+...=2となる