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2020年5月31日日曜日

ツイッター自作問題 解答8

この問題の答えです。 

＜$L_{1}(xy)=L_1(x)+L_1(y)$の証明＞
$$
L_1(x) = \int_{1}^{x} \frac{d \alpha}{\alpha}
$$
において、$\alpha = \beta / y$とおくと、 \begin{align*}
L_1(x) &= \int_{y}^{xy} \frac{d(\beta / y)}{\beta / y} \\ &= \int_{y}^{xy} \frac{(1/y)d\beta}{\beta / y} \\ &=\int_{y}^{xy} \frac{d \beta}{\beta} \\ &=\left(\int_{1}^{xy} - \int_{1}^{y} \right) \left(\frac{d \beta}{\beta} \right) \\  &=L_{1}(xy)-L_{1}(y)　\\L_1(x) + L_1(y)&=L_1(xy)\end{align*}
となります。
＜$L_{2}(xy)=L_2(x)+L_2(y)$の証明＞
\begin{align*} n((xy)^{1/n} - 1) &= n((x^{1/n}-1)(y^{1/n}-1) \\
&+ (x^{1/n}-1)+(y^{1/n}-1)) \\
&= n(x^{1/n}-1)(y^{1/n}-1) \\
&+ n(x^{1/n}-1)+ n(y^{1/n}-1) \\
\end{align*}
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}n(x^{1/n}-1)$が収束するとすれば、
\begin{align*} \displaystyle \lim_{n \to \infty}n((xy)^{1/n} - 1) &= \displaystyle \lim_{n \to \infty}(n(x^{1/n}-1)(y^{1/n}-1) \\
&+ n(x^{1/n}-1)+ n(y^{1/n}-1)) \\
L_{2}(xy)&= L_{2}(x) \displaystyle \lim_{n \to \infty}(y^{1/n}-1) + L_2(x) + L_2(y) \\
&= L_2(x) + L_2(y) \end{align*} となります。
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}n(x^{1/n}-1)$が収束することを確認します。$u:=x^{1/n}-1$とおくと、 \begin{align*} n(x^{1/n}-1) &= \frac{u}{\log_{x}(1+u)} \\ &= \frac{1}{\log_{x}((1+u)^{1/u})} \end{align*} そして、 $$ (1+u)^{1/n} \to e\;\;\;(u \to 0) $$ なので、$\displaystyle \lim_{n \to \infty}n(x^{1/n}-1)$は収束します。
投稿者 toyo 時刻: 17:08 0 コメント
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2020年4月26日日曜日

ツイッター自作問題 解答7

この問題の答えです。

5以上の素数$p$を取り、そして、$p$を6で割った余り$r$を考えます。
5以上の素数$p$なので($p \neq 2, 3$)、${\rm gcd}(r, 6)=1$となります。
これより、$r=1$または$5$となり、
$$
p=6n-1\;\;\;または\;\;\;p=6n+1\;\;\;(n \geqq 1)
$$
と表せます。
$p=6n-1$の場合、
$$
p(p+2)+1 = (6n-1)(6n+1)+1 = 36n^2
$$
より、$36 \; | \; p(p+2)+1$となります。
$p=6n+1$の場合、
$$
p(p-2)+1 = (6n+1)(6n-1)+1 = 36n^2
$$
より、$36 \; | \; p(p-2)+1$となります。
従って、
$$
36 \; | \; p(p+2)+1\;\;\;または\;\;\;36 \; | \; p(p-2)+1
$$
が成り立ちます。
投稿者 toyo 時刻: 23:10 0 コメント
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2020年3月30日月曜日

ツイッター自作問題 解答6

このツイートの問題の答えです。

無限和
\begin{align}
\frac{1}{1-x} = 1 + x + x^2 + \cdots \;\;\;(|x|<1)
\end{align}
の両辺を0からxまで積分すると、
\begin{align}
\int_0^{x}\frac{du}{1-u} &= \int_0^{x}(1 + u + u^2 + \cdots)du \notag \\
-\log (1-x) &= x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \cdots \tag{2}。
\end{align}
式(1)と式(2)の積をとると、
\begin{align*}
\frac{-\log (1-x)}{1-x} &= \left(1 + x + x^2 + \cdots \right) \left(x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \cdots \right) \\
&= x + \left(1+\frac{1}{2} \right)x^2 + \left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right)x^3 + \cdots \\
&= \sum_{k=1}^{\infty}\left(\sum_{l=1}^{k}\frac{1}{l}\right)x^k \\
&= \sum_{k=1}^{\infty}H_{k}x^k \;\;\;(|x|<1)
\end{align*}
となります。これより、
$$
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{H_{k}}{2^k}
= \left.\frac{-\log (1-x)}{1-x} \right|_{x=\frac{1}{2}}
= \frac{-\log (\frac{1}{2})}{\frac{1}{2}}
= 2\log(2)
$$
となります。
投稿者 toyo 時刻: 1:01 0 コメント
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2020年2月24日月曜日

ツイッター自作問題 解答5

このツイートの問題の答えです。

準備として、次の定理を示します。

定理
$f$:無限回微分可能関数, $n \in \mathbb{N}$を取ります。
$$
(De^{nx})f(x)=e^{nx}(D+n)f(x).
$$
証明:
\begin{align*}
(De^{nx})f(x)
&= D(e^{nx}f(x)) \\
&= ne^{nx}f(x) + e^{nx}(Df)(x) \\
&= e^{nx}(D+n)f(x)\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\square
\end{align*}
この定理を繰り返し用いて、$(De^{x})^{n}x$を変形していくと、
\begin{align*}
(De^{x})^{n}x
&= (De^{x})^{n-1}(De^{x}(x)) \\
&= (De^{x})^{n-1}(e^{x}(D+1)(x)) \\
&= (De^{x})^{n-2}(D(e^{2x}(D+1)(x))) \\
&= (De^{x})^{n-2}(e^{2x}(D+2)(D+1)(x)) \\
&= \dots \\
&= e^{nx}(D+n)(D+n-1)\cdots(D+2)(D+1)(x)\\
&= e^{nx}((\dots)D^2+n! \left(1+\cdots+\frac{1}{n} \right)D+n!)(x) \\
&= e^{nx}\left(n!\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}+n!x \right)
\end{align*}
となります。
投稿者 toyo 時刻: 5:47 0 コメント
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2020年1月26日日曜日

ぷよぷよ 連鎖尾の解説

 このツイートの19連鎖の連鎖尾について解説します。
連鎖全体は、次のようになっています。
シミュレーター
ここから、連鎖尾の部分を取り出すと、
となります。シミュレーター
下の赤発火で、7連鎖となります。
まず、最初の2連鎖に左の青を2つ置いた図(最初の3段)を見てみます。
シミュレーター
緑→青と連鎖をつなげることを考えます。簡単な方法としては、緑の上に青を2つ横追加する手があります(1枚目の図、分かりやすいので、よく使われると思います)。別の方法(今回の方法)としては、今、青は縦に2つあるので、その2段目につながるように青を追加します(2枚目の図)。

2枚目の図で、赤発火すると、3連鎖になり上の青の下にあるぷよが残ります。基本的には、この残ったぷよ(「仕込み」と自分は呼んでます)が消えるようにさらにぷよを上に追加していけば、連鎖尾を伸ばしていくことができます。2枚目の図では、青2つの下に仕込んだぷよの色を決めていなかったのですが、今回は赤2つとしました。
次は、青の下の2つの赤がターゲットです。赤の下に緑を1つ仕込むように赤2つと緑1つを追加してみます。
シミュレーター
この図で、下の赤から発火すれば、4連鎖となり、仕込んでおいた緑が1つ残ります。この残った緑1つが次のターゲットです。緑3つとその仕込みの黄色3つを追加してみます。
シミュレーター
最後に、黄色を1つと赤4つを追加して完成です。
シミュレーター
最後の赤が連鎖の消えていく途中で消える恐れはありますが、次の2点を見て、そうならなさそうと判断しています。
・左から3列目低いので、途中で段差が揃ってしまうことは無さそう
・4連鎖目の赤の上には緑と黄があるので、それとつながってしまうことは無さそう
投稿者 toyo 時刻: 2:35 0 コメント
ラベル: ,

2019年12月22日日曜日

ツイッター自作問題 解答4

 このツイートの問題の答えです。
オイラーの公式
$$
e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x)
$$
 を用いて、与式を変形すると、

    \begin{align*} \int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)^{2n}dx &= \int_{-\pi}^{\pi}(\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i})^{2n}dx \\ &= \frac{1}{(2i)^{2n}}\int_{-\pi}^{\pi}(e^{ix}-e^{-ix})^{2n}dx \\ &= \frac{(-1)^n}{2^{2n}}\int_{-\pi}^{\pi}(e^{i\pi}-e^{-i\pi})^{2n}dx, \end{align*}
ここで、$u=e^{ix}$とおくと、$du=ie^{ix}dx, dx=du/(iu)$で、積分範囲は$|u|=1$を反時計回りに回る範囲となります。従って、

    \begin{align*} \frac{(-1)^n}{2^{2n}}&\int_{-\pi}^{\pi}(e^{i\pi}-e^{-i\pi})^{2n}dx \\ &= \frac{(-1)^n}{2^{2n}}\oint_{|u|=1を反時計回り}(u-u^{-1})^{2n}\frac{du}{iu}\\ &=\frac{(-1)^n}{2^{2n}i}\oint_{|u|=1を反時計回り} (\dots+(-1)^n \binom{2n}{n}+\cdots)\frac{du}{u} \\ &=\frac{(-1)^n}{2^{2n}i}\oint_{|u|=1を反時計回り} (\dots+(-1)^n \binom{2n}{n}\frac{1}{u}+\cdots)du,  \\ \end{align*}

留数計算より、

    \begin{align*} \frac{(-1)^n}{2^{2n}i}&\oint_{|u|=1を反時計回り} (\dots+(-1)^n \binom{2n}{n}\frac{1}{u}+\cdots)du \\ &= \frac{(-1)^n}{2^{2n}i}(-1)^n \binom{2n}{n}2\pi i \\ &= \frac{\pi}{2^{2n-1}} \binom{2n}{n}, \end{align*}
よって最終的に、
$$
\int_{-\pi}^{\pi}\sin(x)^{2n}dx = \frac{\pi}{2^{2n-1}} \binom{2n}{n}
$$
となります。
投稿者 toyo 時刻: 20:11 2 コメント
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2019年11月20日水曜日

ツイッター自作問題 解答3

このツイートの問題の解答です。
まず、上界を評価します。この評価には、リーマンゼータ関数$\zeta (s)$を用います。リーマンゼータ関数は、次のように定義されています。
$$
\zeta (s) := \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^s}\;\;\;
(s \in \mathbb{C}, {\rm Re}(s) > 1)
$$
特に、次のオイラー積と呼ばれるリーマンゼータ関数の無限積表示を用います。

定理(リーマンゼータ関数のオイラー積)
$$
\zeta (s) = \prod_{p:{\rm prime}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}
$$
ここで、$\prod_{p:{\rm prime}}$は、$p$を素数全体に動かして積を取ることを表します。
証明:
    \begin{align*} \zeta(s) &= 1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{4^s} + \frac{1}{5^s}+ \frac{1}{6^s} + \cdots \\ &= \frac{1}{2^s}\left(1 + \frac{1}{2^s} + \frac{1}{3^s} + \cdots \right) + 1 + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \cdots \\ &= \frac{1}{2^s}\zeta(s) + 1 + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \cdots \\ \left(1 - \frac{1}{2^s}\right)&\zeta(s) = 1 + \frac{1}{3^s} + \frac{1}{5^s} + \cdots \\ &= \frac{1}{3^s}\left(1 + \frac{1}{3^s} + \cdots \right) + 1 + \frac{1}{5^s} + \cdots \\ &= \frac{1}{3^s}\left(1 - \frac{1}{2^s}\right)\zeta(s) + 1 + \frac{1}{5^s} + \cdots \\ \left(1 - \frac{1}{2^s}\right)&\left(1 - \frac{1}{3^s}\right)\zeta(s) = 1 + \frac{1}{5^s} + \cdots &\cdots \end{align*}

同様の変形を繰り返すと、
\begin{align*}
\prod_{p:{\rm prime}}\left(1-\frac{1}{p^s} \right) \zeta (s) &= 1 \\
\zeta (s) &= \prod_{p:{\rm prime}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^s}}
\end{align*}
となり、結果が示されました。$\square$

さて、良く知られた結果である$\zeta (2) = \pi^2/6$をオイラー積で表すと、
$$
\prod_{p:{\rm prime}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^2}} = \frac{\pi^2}{6}
$$
となります。両辺を入れ替えてから、両辺の対数を取って変形して行くと、

    \begin{align*} \log \left(\frac{\pi^2}{6}\right) &= \log \left(\prod_{p:{\rm prime}}\frac{1}{1-\frac{1}{p^2}}\right) \\ &= \sum_{p:{\rm prime}}\log \left(\frac{1}{1-\frac{1}{p^2}}\right) \\ &= \sum_{p:{\rm prime}}\left(\frac{1}{p^2}+\frac{1}{2p^4}+\frac{1}{3p^6} + \cdots \right)\\ &= \sum_{p:{\rm prime}}\frac{1}{p^2} + \sum_{p:{\rm prime}}\left(\frac{1}{2p^4} + \frac{1}{3p^6} + \cdots \right) \\ &> \sum_{p:{\rm prime}}\frac{1}{p^2} + \frac{1}{2\times 2^4} + \frac{1}{3\times 2^6} + \cdots \\ &= \sum_{p:{\rm prime}}\frac{1}{p^2} - \log \left(1-\frac{1}{4} \right) - \frac{1}{4} \\ \log \left(\frac{\pi^2}{6}\right) &+ \log \left(\frac{3}{4} \right) + \frac{1}{4} > \sum_{p:{\rm prime}}\frac{1}{p^2} \\ &\log \left(\frac{\pi^2}{8}\right) + \frac{1}{4} > \sum_{p:{\rm prime}}\frac{1}{p^2} \end{align*}

となり、上界を求められました。

一方、下界ですが、最初の3項だけ足して求めた下界、つまり、
$$
\sum_{p:{\rm prime}}\frac{1}{p^2} > \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} = \frac{361}{900} = 0.40\dot{1}
$$
の方が問題にある下界$(\log(\pi^2/6)-4/3+\pi^2/8=0.398\dots$)より、良い評価となっています。
投稿者 toyo 時刻: 0:27 0 コメント
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