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57988.Re: 自然数、整数に関するある命題の証明  
名前:CEGIPO    日付:2017年12月2日(土) 16時49分
非常によくわかりました。4)〜6)を含め、
結局、結論的には1)〜6)全て肯定的に証明できた、
という事でいいのですね。

らすかるさん、そしてあらためてみずきさん、
ありがとうございます。
(社会人/質問者)

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57984.Re: 自然数、整数に関するある命題の証明  
名前:らすかる    日付:2017年12月1日(金) 22時30分
4)の証明
(k1,k2,k3,k4の大小関係は3)を考える過程で既に検討していました。)

k1≦k2,k3≦k4とすると
(a) k1≦k2≦k3≦k4
(b) k1≦k3<k2≦k4
(c) k1≦k3≦k4<k2
(d) k3<k1≦k2<k4
(e) k3<k1≦k4≦k2
(f) k3≦k4<k1≦k2
のいずれかが成り立ちます。
(これで全パターンを網羅していて重複はありません。)
6(k1k2-k3k4)=k1+k2+k3+k4-1>0すなわちk1k2>k3k4なので
(a)と(b)はあり得ません。
k1>k4とすると
0=(6k1k2-k1-k2+1)-(6k3k4+k3+k4)
={k2(6k1-1)-k1+1}-{k3(6k4+1)+k4}
≧{k1(6k1-1)-k1+1}-{k4(6k4+1)+k4}
=2(k1+k4){3(k1-k4)-1}+1
>0
となり矛盾しますので、(f)もあり得ません。
(e)を仮定するとk3<k1からk1-1≧k3なので
0=(6k1k2-k1-k2+1)-(6k3k4+k3+k4)
≧(6k1k2-k1-k2+1)-{6(k1-1)k2+(k1-1)+k2}
=2(2k2-k1)+2
>0
となり矛盾しますので、(e)もあり得ません。
従ってあり得るのは
(c) k1≦k3≦k4<k2
(d) k3<k1≦k2<k4
の2パターンのみですから、(k3-k1)(k4-k2)≦0は成り立ちます。

5)の証明
上記からk2>k3も成り立ちます。

6)の証明
上記の(c)(d)のうちでk1<k4が成り立たないのは
k1=k3=k4<k2というパターンのみですが、
元の式にk3=k1,k4=k1を代入して整理すると
k2=k1+(4k1-1)/(6k1-1)
となり、右辺だけ非整数ですからこれは成り立たないことがわかります。
従ってk1<k4も成り立ちます。

# 結局(c)(d)のうちk1=k3=k4<k2を除いたパターンが
# あり得るわけですが、実際に残りのパターンには
# k1=k3<k4<k2 の例:(k1,k3,k4,k2)=(1,1,2,3)
# k1<k3<k4<k2 の例:(k1,k3,k4,k2)=(2,3,5,9)
# k1<k3=k4<k2 の例:(k1,k3,k4,k2)=(1,3,3,12)
# k3<k1<k2<k4 の例:(k3,k1,k2,k4)=(1,2,4,6)
# k3<k1=k2<k4 の例:(k3,k1,k2,k4)=(1,7,7,40)
# という例があります。

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57981.Re: 自然数、整数に関するある命題の証明  
名前:CEGIPO    日付:2017年12月1日(金) 18時7分
みずきさん、らすかるさん、予想2)、3)に関する
丁寧な回答ありがとうございます。
命題真として証明できたようです。

で、後出し追加で申し訳ないのですが
:元発言57971

に追加予想4)〜6)を新たに追加しました。
(後出しでスミマセン。プログラムで検証していて
新たに予想として見つけたものです。

これらは実際に成り立つでしょうか?
(ちょっとやり過ぎかな?)
(社会人/質問者)

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57977.Re: 自然数、整数に関するある命題の証明  
名前:らすかる    日付:2017年12月1日(金) 9時9分
3)の証明

[R2]は簡単です。
k1k2>k3k4から
k1+k2≧2√(k1k2)>2√(k3k4)≧2k3なので
-3offset/2=(1/4)(k1+k2+k3+k4-1)
>(1/4)(2k3+k3+k3-1)
=k3-1/4
∴-3offset/2≧k3

次に[R1]です。
k1≦k3の場合はk1≦k2,k1≦k3,k1≦k4なので
-3offset/2=(1/4)(k1+k2+k3+k4-1)
≧(1/4)(k1+k1+k1+k1-1)
=k1-1/4
∴-3offset/2≧k1

k3<k1の場合
もしk2≧k4とすると
k3<k1からk1-1≧k3なので
0=(6k1k2-k1-k2+1)-(6k3k4+k3+k4)
≧(6k1k2-k1-k2+1)-{6(k1-1)k2+(k1-1)+k2}
=2(2k2-k1)+2
>0
となり矛盾しますので、k2<k4です。
つまりk3<k1≦k2<k4です。
k2=k1+s, k4=k1+1+t(s≧0,t≧0)とおくと
元の式からk3=(6k1k2-k1-k2+1-k4)/(6k4+1)なので
k1+k2+k3+k4-(4k1-1)
={(12s+2)k1+6st+6s+6t^2+18t+14}/(6k4+1)
>0
よってk1+k2+k3+k4>4k1-1なので
-3offset/2=(1/4)(k1+k2+k3+k4-1)
>(1/4)(4k1-2)
=k1-1/2
∴-3offset/2≧k1
以上で[R1]も示されました。

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57976.Re: 自然数、整数に関するある命題の証明  
名前:みずき    日付:2017年11月30日(木) 20時9分
2)が真であることを示します。

見やすくするために次のようにおく。
k1=a,k2=b,k3=c,k4=d,offset=s

[A2]から d=(ab+s)/c
これを[A1]に代入してsについて解くと
s=(-ac-bc+c-c^2-ab)/(6c+1)
∴ -2s-a=F/(6c+1),-2s-c=G/(6c+1)
ただし F=2bc-2c+2c^2+2ab-4ac-a,G=2ac+2bc-3c+2ab-4c^2
F>0かつG>0を示せばよい。

次のことを使う。
(ab+s)/c=d≧c
⇒0>s≧c^2-ab
⇒c^2<ab
⇒c^2/b<a≦b
⇒c<b

まず、F>0を示す。
c=1のとき、b≧2だから、F=2(b-a)+a(2b-3)>0
c≧2のとき、F≦0と仮定すると
(2b-4c-1)a≦2c(1-c)-2bc<0
⇒2b-4c-1<0
⇒a≦b≦2c
だから
F=2bc-2c+2c^2+2ab-4ac-a
>2ac-2c+2c^2+2ac-4ac-2c
=2c(c-2)≧0
これは仮定に矛盾。

次に、G>0を示す。
a≧2のとき、
G=2ac+2bc-3c+2ab-4c^2
>2ac+2bc-3c+2c^2-4c^2
=c(2a-3)+2c(b-c)>0

a=1かつc≧2のとき、
G=2c+2bc-3c+2b-4c^2
>2c+2c^3-3c+2c^2-4c^2
=2c^3-2c^2-c
=c(2c(c-1)-1)>0

a=1かつc=1のとき、b≧2だから、G=4b-5>0
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57971.自然数、整数に関するある命題の証明  
名前:CEGIPO    日付:2017年12月1日(金) 18時0分
みずきさん、らすかるさん、非常に丁寧な回答ありがとうございます。
(表記の都合上、ここにお礼を書きます)。
で、実はまだ続きがあります。

///////////////////////////////////////////
(12/1追記・微修正箇所あり)

(自作問題です)

(予想1)〜3)の証明は
みずきさん、らすかるさんの協力により得られました。)

(で、予想4)〜6)を後出しで(スミマセン)追加しました。)

(そのほかの記載は趣旨を変えていません。)


次の様な数の組があったとします。

/****************************************/
k1,k2,k3,k4:自然数、offset:整数として

6k3k4+k3+k4=6k1k2-k1-k2+1 ...[A1]
k3k4=k1k2+offset ...[A2]

の二式が成り立つ

(12/1追記)
さらに必要に応じて
k1≦k2,k3≦k4 ...[A3]

が成り立つものとする。
/****************************************/

この時、次の3つ(だけではなく6つ)の事が成り立つ
と推測したのですが証明できるでしょうか?

1)k1,k2,k3,k4,offsetが[A1],[A2]を満たすならば

必ず

offset<0 ... [P1]

が成り立つ。

2)k1,k2,k3,k4,offsetが[A1],[A2],[A3]を満たすならば

必ず

k1<-2offset ... [Q1]
かつ
k3<-2offset ... [Q2]

が成り立つ。

3)k1,k2,k3,k4,offsetが[A1],[A2],[A3]を満たすならば

必ず

k1≦-3offset/2 ... [R1]
かつ
k3≦-3offset/2 ... [R2]

が成り立つ。

///////////////////////////////////////
(12/1追記)さらに追加予想3つです

(後出しでスミマセン。プログラム
で検証していたら新たに気づきました。成り立つ様に思うのですが
不明です。証明できるでしょうか?):



4)[A1],[A2],[A3]が成り立つ条件下で
k3-k1,k4-k2は「共に正の数」にはならず、「共に負の数」にもならない。
すなわち、(k3-k1)(k4-k2)≦0

5)[A1],[A2],[A3]が成り立つ条件下で
k2>k3

6)[A1],[A2],[A3]が成り立つ条件下で
k1<k4

///////////////////////////////////////

まず、1)については自力で証明できました。

【1)の証明】

(背理法で証明)

[A1],[A2]より
6(k3k4-k1k2)=-k1-k2-k3-k4+1
6offset=-k1-k2-k3-k4+1
ここでoffset≧0と仮定すると
6offset=-k1-k2-k3-k4+1≧0
すなわち、
-k1-k2-k3-k4+1≧0

k1,k2,k3,k4:自然数という前提だから
左辺負数、右辺0、左辺≧右辺で矛盾。
すなわち、offset<0でなければならない。

Q.E.D.

【2)の証明】下記の自前の「証明」には明らかな不備がありましたが、
みずきさんが別稿で見事に証明してくださいました。謝謝。

(背理法で自分で証明トライ:でもこれは不備あり)

0<-2offset≦k1...[Q1']と仮定すると

0<-6offset=6(k1k2-k3k4)=k1+k2+k3+k4-1≦3k1
k2+k3+k4≦2k1+1≦2k2+1
k3+k4≦k2+1 ...[B1]

0<-2offset≦k3...[Q2']と仮定すると

0<-6offset=6(k1k2-k3k4)=k1+k2+k3+k4-1≦3k3
k1+k2+k4-1≦2k3≦2k4
k1+k2≦k4+1 ...[B2]

[B1],[B2]辺々足し合わせて
k1+k2+k3+k4≦k2+k4+2

k1+k3≦2 ...[C1]

よって、適するとすればk1=k3=1の場合のみ。

しかし、この時[P1]及び[Q1'],[Q2']の仮定より

0<-2offset≦k1=1
0<-2offset≦k3=1
で-2offsetは正偶数だからともに不適。

したがって、[Q1'],[Q2']がともに成立する事はない。
すなわち、[Q1],[Q2]のいずれかは成立する。

しかしこれでは証明としては不十分。
(示したいのは[Q1]かつ[Q2]が成り立つ事)。

【3)の証明】らすかるさんが別稿で証明してくださいました。謝謝。

////////////////////////////////////////////

【4)〜6)の証明】
不明です。
そもそも本当に成り立つのでしょうか?

お手数をおかけし申し訳ありません。
(社会人/質問者)

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