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スレッドNo.627

無限の深遠さ

ウォリスの積で分子を偶数、分母を奇数で積を作り
(2*2*4*4*6*6*8*8*10*10*12*12*14*14*16*16*18*18*・・・・)/(1*1*3*3*5*5*7*7*9*9*11*11*13*13*15*15*17*17*・・・・)
=π/2
という等式がありますよね。

そこでこれから
2*(2*4)/(3*3)*(4*6)/(5*5)*(6*8)/(7*7)*(8*10)/(9*9)*(10*12)/(11*11)*(12*14)/(13*13)*(14*16)/(15*15)*(16*18)/(17*17)*・・・・=π/2
よって
(2*4)/(3*3)*(4*6)/(5*5)*(6*8)/(7*7)*(8*10)/(9*9)*(10*12)/(11*11)*(12*14)/(13*13)*(14*16)/(15*15)*(16*18)/(17*17)*・・・・=π/4
即ち
lim[n->oo]Π(k=1,n,(2*k)*(2*k+2)/(2*k+1)^2)=π/4・・・・・・・①
これはまたガンマ関数を使えば
Γ(3/2)^2 によっても示される。

そこで①を3以上の素数pに限定にしてみてk番目の素数をprime(k)で表すと

lim[n->oo]Π(k=2,n,(prime(k)-1)*(prime(k)+1)/prime(k)^2・・・・・・・・②

即ち
=(2*4)/(3*3)*(4*6)/(5*5)*(6*8)/(7*7)*(10*12)/(11*11)*(12*14)/(13*13)*(16*18)/(17*17)*・・・・・

がどんな極限値をとるのかは面白いテーマとなりますね。

ここに、はちべいさんがオイラー積は間違いであるとして掲載している等式
[{(2+1)(2-1)/2^2}{(3+1)(3-1)/3^2}{(5+1)(5-1)/5^2}{(7+1)(7-1)/7^2}{(11+1)(11-1)/11^2}・・・]*ζ(2)=1
を利用させてもらうと
3/4*{(2*4)/(3*3)*(4*6)/(5*5)*(6*8)/(7*7)*(10*12)/(11*11)*(12*14)/(13*13)*(16*18)/(17*17)*・・・・・}*ζ(2)=1
即ち②=4/3*(1/ζ(2))

私はオイラーさんの発見は間違いどころか、人間の考える力の結晶と高く評価しその結果を
利用させてもらうと,
   =4/3*6/π^2=8/π^2


更に発展させれば、奇数の合成数に限定して
(8*10)/(9*9)*(14*16)/(15*15)*(20*22)/(21*21)*(24*26)/(25*25)*(26*28)/(27*27)*・・・・・③

はどんな極限値なのかということも考えられる。
これには①,②の結果より
③=①/②=(π/4)/(8/π^2)=π^3/32

この極限値は
1 - 1/3^3 + 1/5^3 - 1/7^3 + 1/9^3 - 1/11^3 + 1/13^3 - 1/15^3 +・・・・・④
でもある。

つまり③=④

無限に操作することには不思議なことが起こるとつくづく感じられます。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月12日 08:15)

GAI様、おはようございます。

無限って、ある意味都合のいい話でしょね、

私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。

そこで、無限和について、調べているのですが、
1)0の無限和は0である。
2)であるから、有限和の先が、0の無限和であると、有限和に等しい。
ということで、バーゼル問題も、lim1/n^2→0(世間では=0と書いています)ですから、途中から0の無限和になるはずですから、有限和であると思っています。つまり、有理数であるということです。無理数なんかにはならないのでは?

無限の研究は、NHKの「笑わない数学」で無限の話で、カントールの話を聞きました。
多くの場合、可付番無限で、実数は超無限というような感じです。

GAI様の無限は、可付番無限ですから、番号をつけて数えられる無限ですね。つまり、自然数の範囲だと思うのです。

そうであれば、数学的帰納法の範囲じゃないかなと思ったりします。

おかしいですかね?

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月12日 09:40)

無限って、ある意味都合のいい話でしょね

という感想を見て、はちべえさんは目に見えるものだけは信じれるが、目に見えないものは信じられないと
堅く信じられているように感じられます。
クロネッカーがカントールに対してとった態度に似てなくもない。

というより無限は深遠で豊饒な世界を包み込んでいると思われてはどうでしょう?

引用して返信編集・削除(未編集)

BBCが、日本の金継ぎを放送したそうです。YOUTUBEでみました。

壊れた茶碗を漆と金粉で、つなぎ合わせて、元より、芸術的なっている。わび・さびなんだそうです。

日本では、このように、壊れたものも再生する。まるで、傷ついた人間でも、前よりも美しく復活できるという哲学であり、人間もいずれ傷つき、金継ぎで遥かに豊かな人間として復活される。

西洋では、一神教なので、完全か不完全かしかなく、不完全は捨てられる。

例えば、電車で寝るような、不注意な人間は、財布をすられても当然であるということです。

無限もそういう意味では、わび・さびなのかもしれませんね。

でも、数学は、一神教なのでは、ないのですか?

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月12日 10:39)

>私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。

「閉じている」の定義について勘違いを
なさっておいでです。

定義に戻れば、
二項演算を1回行ったときに
その結果が台、ここでは有理数体に
含まれることとなります。

※有限回の二項演算の組み合わせの
結果もまた、有理数になることを含意しています。

しかるにはちべいさんは
閉じていることの定義をふみはずして
無限回の四則演算の結果もまた
必ずいつも有理数であるはずだと、
思い込んでいらっしゃる。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月12日 18:18)

Dengan kesaktian Indukmu様、こんばんは。

無限とひとくくりにするから、間違ってしまうのです。

(((((a+b)+c)+d)+e)+f)+・・・

とすれば、無限に2項演算です。計算は、小学校で、そう習いました。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月12日 18:55)

はちべえさんの、無限に二項演算、
この操作については、「閉じている」ことの定義からはずれています。

有限でのハナシが
無限相手でも通用する、
そういう気分は捨てて頂きたく
存じます。

引用して返信編集・削除(未編集)

今日のBSフジ ガリレオXはアレルギーの話でした。

これまでは、食品からアレルギー物質を除去する治療だったそうですが、今では、微量のアレルギー物質を残し、だんだん慣らして、アレルギー反応をなくす方向に進んでいるそうです。

無限もアレルギー反応ではないでしょうか。

>はちべえさんの、無限に二項演算、
この操作については、「閉じている」ことの定義からはずれています。

どうしてなのでしょう。私は、()つけて演算に制限かけています。()は優先順位があります。無限に2項演算ではありません。

前の2項演算の結果は単項ですから、各演算は、2項演算に違いありません。

2項演算で、閉じていることがなされているのですから、どこに無理があるのでしょう?

無限という言葉に、アレルギーがあるのではないですか。

計算は、小学校で、前の演算の結果と2項演算すると習いました。

どこが、おかしいのでしょうか?

また、
>私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。
そこで、無限和について、調べているのですが、
1)0の無限和は0である。
2)であるから、有限和の先が、0の無限和であると、有限和に等しい。
ということで、バーゼル問題も、lim1/n^2→0(世間では=0と書いています)ですから、途中から0の無限和になるはずですから、有限和であると思っています。つまり、有理数であるということです。無理数なんかにはならないのでは?

有限和としています。無限和ではありません。ちゃんと読んでから、おねがいします。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月12日 22:18)

もうしわけありませんが、
はちべえさんの「論理?」
は全く理解できません。

思い込みを羅列しているだけなのでは?

そのでんでいけば
ネイピア数 e も有理数になりますね。

ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < e < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
とすることができるからです。

超越数 e ですら有理数でなければならぬとする
そのようなはちべえさんの思い込みを
世界が納得するとはとても思えません。

引用して返信編集・削除(未編集)

Dengan kesaktian Indukmu様、おはようございます。

>もうしわけありませんが、
はちべえさんの「論理?」
は全く理解できません。

>そのでんでいけば
ネイピア数 e も有理数になりますね。

ネイピア数は、lim(1+1/n)^nです。n→無限大ですから、途中から0の無限和にできません。したがって、有限和にできず、有理数になる根拠がありません。

オイラーは、これを微分で証明しています。
また、バーゼル問題も計算で、π^/6と確信し、最終的に微分で論理つけをしています。
両方とも、無理数です。

>ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < e < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
とすることができるからです。

これをもう少し詳しく教えてもらえないでしょうか?

引用して返信編集・削除(未編集)

dengan さんがしているのは、
e = Σ[k=0..∞] 1/(k!)
の話でしょう。
これも「0に収束する有理数の無限和」です。

引用して返信編集・削除(未編集)

>dengan さんがしているのは、
e = Σ[k=0..∞] 1/(k!)
の話でしょう。

それは、微分積分学の基本的な関数を使った定義ですよね。

私は、微積分学を使わないオイラーのバーゼル問題について言っています。

オイラーは、微積分学を使って、マクローリン展開で、x^3の項を比較してπ^2/6=Σ[k=0..∞] 1/(k^2)を理論づけていますが、同じ式から、x^5,x^7の項は求めることはできません、私が計算してできませんでした。

そこで、オイラーは、Σ[k=0..∞] 1/(k^4)からx^5の項を求めているはずです。

オイラーの微積分学を使って、x^3の項を比較してπ^2/6=Σ[k=0..∞] 1/(k^2)を理論づけは、その場しのぎと思っています。

まあ、こんなことを書くと異常人になるでしょうね・・・・

もともと、いかれた親父ですから・・・・

1πから7πまでの掛け算を計算してみました。
((1-x^2/(1π)^2) (1-x^2/(2π)^2) (1-x^2/(3π)^2) (1-x^2/(4π)^2) (1-x^2/(5π)^2) (1-x^2/(6π)^2) (1-x^2/(7π)^2))
=x^14の項、・・・x^8の項、
x^6の項
- x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2
x^4の項
+ x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(7π)^2
+ x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
+ x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2
+ x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2
x^2の項
- x^2/(7π)^2 - x^2/(6π)^2 - x^2/(5π)^2 - x^2/(4π)^2 - x^2/(3π)^2 - x^2/(2π)^2 - x^2/(1π)^2
定数項
+ 1

x^2(実際はx^3)の項から
(x^2/π^2){1/1^2+1/2^2+1/3^2+1/4^2+1/5^2+1/6^2+1/7^2}=(x^2/π^2) Σ1/n^2はできますが、
x=4,6(実際はx^5,7)の項からできませんね。ちなみに、x^4(実際はx^5)の項は、オイラーによるとπ^4/90だそうです。

つまり、同じ式から求められません。

そこで、オイラーは、Σ[k=0..∞] 1/(k^4)からx^5の項を求めているはずです。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月13日 12:26)

はちべえさんへ。

a_n = (1 +1/n)^n
b_n = (1 +1/n)^(n +1)

とりいそぎ。

引用して返信編集・削除(未編集)

Dengan kesaktian Indukmu様、こんにちは。

a_n = (1 +1/n)^n
b_n = (1 +1/n)^(n +1)

で、n→∞となると、a_n=eになりますね。

a_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-010.png
b_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-011.png
b_n-a_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-012.pngとhttp://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-013.png
です。

b_n-a_n=(1+1/n)^(n+1)-(1+1/n)^n={(1+1/n)-1}(1+1/n)^n=(1/n)(1+1/n)^n
で、n→∞となると、(1/n)(1+1/n)^n=(1/n)eとなって、無理数ですね。
(1/n)がかかっているので、lim(1/n)e→0ですね。

グラフから見ると、a_nは、割と早くeに収束しますね。つまり、無理数に近づくということですね。

b_n=(1+1/n)a_nですから

a_n<e<b_n  は a_n<e<(1+1/n)a_n 
a_n<e< (1+1/n) a_n=b_n
b_n-a_n は、
0<e-a_n< (1+1/n) a_n-a_n=b_n-a_n
0<e-a_n< (1/n) a_n
さて、nをかけて、
0<n(e-a_n)< a_n
ne-n a_n< a_n
na_nを足して、
ne< a_n +n a_n
e<(1+1/n)a_n=b_n

なんか行き詰まったなあ。

a_nもb_nもeに近似するから、無理数と言えるんじゃないかなあ。

Dengan kesaktian Indukmu様、すみません。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月13日 15:10)

> x=4,6(実際はx^5,7)の項からできませんね。

できますよ。
というか、かつてここの(旧)掲示板で実際にやったことがあるので、サイトの方の膨大な記事のどこかに残っているはずです。
どれだったかな。

引用して返信編集・削除(未編集)

>できますよ。

そうなんですか!

でも、できるはずがないと思います。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月14日 07:04)

はちべえさんがおっしゃるに。
>a_nもb_nもeに近似するから、無理数と言えるんじゃないかなあ。

はちべえさんは
はちべえさんなりの
「閉じていること」に身を捧げなくてはいけないのではないでしょうか?

a_nもb_nも有理数に無限回、
四則演算を適用したものですから
はちべえさんによる「閉じている」定義によれば
ネイピア数 e もまた有理数であるはずです。

しかるに無理数であるとおっしゃる。
自己矛盾。

原因は、閉じていることについての
理解不足があるのです。

引用して返信編集・削除(未編集)

Dengan kesaktian Indukmuさま、おはようございます。

まあ、バーゼル問題は、また進展がみられたらご報告します。

引用して返信編集・削除(編集済: 2023年03月14日 20:51)

はちべえさんが考えるところの
有理数体は(無限回の)四則演算について閉じている、
については、既にネイピア数を例に上げて
誤りであるとお示しさせて頂きました。

実は、値のわかっている、あるいは値を計算可能な任意の無理数 c について
次のことがいえます。すなわち。

ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < c < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
となる。

a_n も b_n も、無論、c に収束します。

無理数 c が与えられれば、上のような、有理数列 a_n や b_n を
高校数学の範囲でも四則演算を使って構成可能なのです。

重ねて強調しておきますが、
はちべえさんが考えるところの
有理数体は(無限回の)四則演算について閉じている、という概念が真ならば
任意の無理数が有理数になってしまいます。

バーゼル問題どころの騒ぎではないのです。

無限回の操作では、有限回の操作までの感覚が通用しないことがたくさんあります。
このあたりをきちんと教科書で学ばないと
人生の貴重な時間が無駄になります。

引用して返信編集・削除(未編集)

はちべえさんにご理解頂きたいことをもうひとつ。

実数、a、b、ただし、b > a について以下がいえます。

任意の正数 𝜀 について
𝑏 - 𝑎 < 𝜀
であるならば
𝑏 - 𝑎 = 0
である。きちんと書けば

∀𝜀 >0; 𝑏 - 𝑎 < 𝜀 ⇒ 𝑏 - 𝑎 = 0

これを疑っても益がありません。
事実上、公理だと思って下さい。

はちべえさんが反例を見出すことは不可能です。もしもただしい反例があれば
中間値の定理やロールの定理、平均値の定理、テーラー展開にまつわる定理、リーマン積分にまつわる定理など、
もろもろ全て、真理値が疑、になります。

最近の、はちべえさんによる数の体系についての
一連の疑義、訴えは、全て

∀𝜀 >0; 𝑏 - 𝑎 < 𝜀 ⇒ 𝑏 - 𝑎 = 0

への異議申し立てになっているのです。

引用して返信編集・削除(未編集)

失礼いたしました。

実数、a、b、ただし、b > a について以下がいえます。

ではなく

実数、a、b、ただし、b ≧ a について以下がいえます。

にしてください

引用して返信編集・削除(未編集)

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