重積分の変数変換

久しぶりに知恵袋を見て見つけた、重積分の問題です。





領域 $D$ を図示し, $2$ 重積分の値を求めよ.
$\displaystyle\int\int_Dx~dxdy$,      $D=\{(x, y)|x^2+y^2\le1, x\ge0\}$





領域 $D$ は, 原点を中心とし, 半径 $1$ の円の内部及び円周上の, $y$ 軸上および $y$ 軸よりも右側の部分である.

これより,
$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$
と変数変換すると,
$D=\left\{(r, \theta)|0\le r\le1, ~ -\dfrac{\pi}2\le\theta\le\dfrac{\pi}2\right\}$
であり, ヤコビアン $|det(J)|$ は
$det(J)=\left|\begin{array}{cc}
\dfrac{dx}{dr} & \dfrac{dx}{d\theta} \\
\dfrac{dy}{dr} & \dfrac{dy}{d\theta}
\end{array}\right|$
$= \left|\begin{array}{cc}
\cos\theta & -r\sin\theta \\
\sin\theta & r\cos\theta
\end{array}\right|$
$= r\cos^2\theta+r\sin^2\theta$
$= r$
$|det(J)|=r$
であるので,
$\displaystyle\int\int_Dx~dxdy = \int_0^1\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}(r\cos\theta \times r)~d\theta dr$
$= \displaystyle\int_0^1r^2~dr\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}\cos\theta~d\theta$
$= \left[\dfrac13r^3\right]_0^1\biggl[\sin\theta\biggr]_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}$
$= \left(\dfrac13-0\right)\times\{1-(-1)\}$
$= \dfrac23$.

整数の問題

週末に、飲み会があるのが最近の楽しみ。
まあ、私自身はアルコールがダメな人なのですが、飲み会自体は楽しいので好きです。
そこに向けて、絶賛準備中なのですが、予約した人数よりも少なくなりそうで・・・
誰か、代わりに来れる人、いませんかね？？





ちょいと最近、某質問サイトであまりおもしろい問題を見つけられなくて・・・
って事で、今日は知恵袋ではない問題を解説。
仕事とは別に、人に数学を教える機会がありまして、そこで最近、解説した問題。
整数の問題なのですが、ちょっと難易度が高めの問題。
とはいえ、入試でも出てきておかしくないような問題。





$2^a+3^b+1=6^c$ を満たす自然数 $(a, b, c)$ の組を全て求めよ.





この問題へのアプローチとしては、色々と考えられるのだが、
基本的には合同式、即ちある整数で割ったときの余りを考える、というもの。

では、その整数は何になるのか？？
基本的には、 $2^a$ と $6^c$ か、 $3^b$ と $6^c$ が計算する必要がなくなるように、$\pmod{2^n}$ か $\pmod{3^n}$ とするのが良さそうである。





表記が面倒なので, $L=2^a+3^b+1$, $R=6^c$ とおく.





(解法 1) $2^2=4$ で割った余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}2&(a=1)\\0&(a\ge2)\end{cases}\pmod4$
$3^b\equiv\begin{cases}3&(b\equiv1\pmod2)\\1&(b\equiv0\pmod2)\end{cases}\pmod4$
$6^c\equiv\begin{cases}2&(c=1)\\0&(c\ge2)\end{cases}\pmod4$

これより, 

$L\equiv\left\{\begin{array}{c}2\\0\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}3\\1\end{array}\right\}+1\pmod4$

$R\equiv\left\{\begin{array}{c}2\\0\end{array}\right\}\pmod4$ 

である.
これが成り立つ為には,
$(L\equiv 2+3+1, R\equiv 2)$,
$(L\equiv 2+1+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 0+3+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 0+1+1, R\equiv 2)$
の $4$ パターンを考察しなくてはならない.

(i) $a=1$, $b\equiv1\pmod2$, $c=1$ のとき,
$2^1+3^b+1=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
より $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.

(ii) $a=1$, $b\equiv0\pmod2$, $c\ge2$ のとき,
$2^1+3^b+1=6^c$
$3^b+3=6^c$
$3(3^{b-1}+1)=6^c$
ここで, $b\ge2$ より $b-1\ge1$ であるので, $3^{b-1}$ は $3$ の倍数であり, $3^{b-1}+1$ は $3$ の倍数ではない.
よって, この式の左辺は $3$ の倍数であるが $9$ の倍数ではない.
これより $c=1$ を得るので,
$3^b+3=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
であるが, $b\ge2$ より不適.

(iii) $a\ge2$, $b\equiv1\pmod2$, $c\ge2$ のとき,
非負整数 $a_0$, $b_0$, $c_0$ を用いて
$a=a_0+2$, $b=2b_0+1$, $c=c_0+2$ と表すことができる.
これより,
$2^a+3^b+1=6^c$
$4\times2^{a_0}+3\times9^{b_0}+1=36\times5^{c_0}$

ここから更に $b_0$ が偶数で, って条件を出していけば、なんとかなるのかも知れないけど, ちょっと面倒なのでここまでで...

(iv) $a\ge2$, $b\equiv0\pmod2$, $c=1$ のとき,
非負整数 $a_0$, $b_0$ を用いて
$a=a_0+2$, $b=2b_0+2$ と表すことができる.
これより,
$2^a+3^b+1=6^1$
$4\times2^{a_0}+9\times9^{b_0}=5$
ここで, $4\times2^{a_0}\ge4$, $9\times9^{b_0}\ge9$ であるので不適.

以上より... (iii) をもう少し厳密に計算すれば, 全ての解が出てきそうですが, ちょっと面倒なので...





(解法 2) $2^3=8$ で割った余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}2&(a=1)\\4&(a=2)\\0&(a\ge3)\end{cases}\pmod8$
$3^b\equiv\begin{cases}3&(b\equiv1\pmod2)\\1&(b\equiv0\pmod2)\end{cases}\pmod8$
$6^c\equiv\begin{cases}6&(c=1)\\4&(c=2)\\0&(c\ge3)\end{cases}\pmod8$

これより, 

$L\equiv\left\{\begin{array}{c}2\\4\\0\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}3\\1\end{array}\right\}+1\pmod8$

$R\equiv\left\{\begin{array}{c}6\\4\\0\end{array}\right\}\pmod8$ 

である.

これが成り立つ為には,
$(L\equiv 2+3+1, R\equiv 6)$,
$(L\equiv 2+1+1, R\equiv 4)$,
$(L\equiv 4+3+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 4+1+1, R\equiv 6)$,
$(L\equiv 0+3+1, R\equiv 4)$
の $5$ パターンを考察しなくてはならない.
が, $2$ パターンずつ考察していく. 

(i) $a=1$ のとき, 

$2^1+3^b+1=6^c$ 

$3^b+3=6^c$ 

$3(3^{b-1}+1)=6^c$ 

ここで, 

$3^{b-1}\equiv\begin{cases}1&(b=1)\\0&(b\ge2)\end{cases}\pmod3$

であるので,
$3^{b-1}+1\equiv\begin{cases}2&(b=1)\\1&(b\ge2)\end{cases}\pmod3$ 

であるから, $3(3^{b-1}+1)$ は $3$ の倍数であるが $9$ の倍数ではないので, $c=1$ である.
これより,
$3^b+3=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
であるので, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.

(ii) $a=2$ のとき,
$2^2+3^b+1=6^c$
$3^c+5=6^c$
が成り立つ.
ここで,
$L\equiv2\pmod3$,
$R\equiv0\pmod3$
であるので不適.

(iii) $a\ge3$ のとき, $b\equiv1\pmod2$, $c=2$ である.
非負整数 $a_0$, $b_0$ が存在し, $a=a_0+3$, $b=2b_0+1$ と表すことができる.
すると,
$2^{a_0+3}+3^{2b_0+1}+1=6^2$
$8\times2^{a_0}+3\times9^{b_0}=35$
である.
$a_0$, $b_0$ は非負整数であるので, $b_0=0, 1$ である必要がある.

$b_0=0$ のとき, $b=1$ であり,
$2^a+3^1=35$
$2^a=32$
$a=5$
であるので, $(a, b, c)=(5, 1, 2)$.

$b_0=1$ のとき, $b=3$ であり,
$2^a+3^3=35$
$2^a=8$
$a=3$
であるので, $(a, b, c)=(3, 3, 2)$.

以上より, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$, $(5, 1, 2)$, $(3, 3, 2)$.





(解法 3) $3^2=9$ で割ったときの余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}
1&(a\equiv0\pmod 6) \\
2&(a\equiv1\pmod 6) \\
4&(a\equiv2\pmod 6) \\
8&(a\equiv3\pmod 6) \\
7&(a\equiv4\pmod 6) \\
5&(a\equiv5\pmod 6)
\end{cases} \pmod 9$
$3^b\equiv\begin{cases}
3 & (b=1) \\
0 & (b\ge2)
\end{cases} \pmod 9$
$6^c\equiv\begin{cases}
6 & (c=1) \\
0 & (c\ge2)
\end{cases} \pmod 9$
である.

(i) $b=1$, $c=1$ のとき,
$2^a+3^1+1=6^1$
$2^a=2$
$a=1$
であるので, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.

(ii) $b=1$, $c\ge2$ のとき,
$R\equiv0\pmod9$
であるので,
$L\equiv0\pmod9$
$2^a+3^1+1\equiv0\pmod9$
$2^a\equiv5\pmod9$
$a\equiv5\pmod6$
が成り立つ.
これより, 非負整数 $a_0$ を用いて $a=6a_0+5$ と表すことができる.
よって,
$2^{6a_0+5}+3^1+1=6^c$
$32\times64^{a_0}+4=6^c$
$4(8\times 64^{a_0}+1)=6^c$
が成り立つ.
ここで, 左辺は $4$ の倍数であるが $8$ の倍数ではないので, $c=2$ である.
$2^a+3^1+1=6^2$
$2^a=32$
$a=5$
より, $(a, b, c)=(5, 1, 2)$ を得る.

(iii) $b\ge2$, $c=1$ のとき,
$L=2^a+3^b+1\ge12$,
$R=6^1=6$
より不適.

(iv) $b\ge2$, $c\ge2$ のとき,
$R\equiv0\pmod9$
であるので,
$L\equiv0\pmod9$
$2^a+3^b+1\equiv0\pmod9$
$2^a\equiv8\pmod9$
$a\equiv3\pmod6$
が成り立つ.
これより, 非負整数 $a_0$ を用いて $a=6a_0+3$ と表すことができる.
よって,
$2^{6a_0+3}+3^b+1=6^c$
$8\times64^{a_0}+3^b+1=6^c$
を得る.

ここで,
$L_1=8\times64^{a_0}+3^b+1$, $R=6^c$
とおき, $8$ で割った余りを考える.

$L\equiv 3^b+1\pmod8$ より

$L\equiv\begin{cases}
2 & (b\equiv0\pmod 2) \\
4 & (b\equiv1\pmod 2) \\
\end{cases}\pmod8$

$R\equiv\begin{cases}
4 & (c=2) \\
0 & (c\ge3)
\end{cases}\pmod8$

であるので,
$b\equiv1\pmod2$, $c=2$ である.
$8\times64^{a_0}+3^b+1=6^2$
$8\times64^{a_0}+3^b+1=36$
より, $a_0=0$, $a=3$ を得るので,
$8+3^b+1=36$
$3^b=27$
$b=3$
より, $(a, b, c)=(3, 3, 2)$ を得る.

以上より,
$(a, b, c)=(1, 1, 1)$, $(5, 1, 2)$, $(3, 3, 2)$ を得る.

積分の公式の証明

来週末、後輩に会いに行くのですが、その準備が色々と大変で、仕事もそっちのけで・・・
とは言いませんが、隙間時間の全てを注ぎ込んで頑張っております。
だったら、こんな問題を解いたり、ブログに投稿したりする暇は・・・





今日も知恵袋の問題です。
ラベルでは微分積分（大学）となっていますが、$\sin^{-1}$ は大学で習うものなのでそうしていますが、レベルとしては $\sin^{-1}$ の定義が分かれば高校数学の範囲で解ける、変数変換（置換積分）の典型的な問題ですね。
ただ、不定積分なので、最後に元に戻さなくてはなりませんので、それを忘れないように注意が必要ですね。






公式
$\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac12\left\{a^2\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)+x\sqrt{a^2-x^2}\right\}$ $(a>0)$
を証明せよ.





$x=a\sin t$ とおくと,
$\dfrac{x}a=\sin t$
$t=\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)$
であり,
$dx=a\cos tdt$
である.

これより,
$\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}dx$ $\displaystyle\int\sqrt{a^2-a^2\sin^2t}~a\cos tdt$
$=a^2\displaystyle\int\cos^2t dt = (*)$

ここで,
$\displaystyle\int\cos^2t dt = \displaystyle\int(\sin t)'\cos t dt$
$= \sin t\cos t-\displaystyle\int\sin t(\cos t)'dt$
$= \sin t\cos t+\displaystyle\int\sin^2tdt$
$= \sin t\cos t+\displaystyle\int(1-\cos^2 t)dt$
$= \sin t\cos t+t-\displaystyle\int\cos^2tdt$
であるので,
$\displaystyle\int\cos^2tdt=\dfrac12(t+\sin t\cos t)$
を得る.

$(*) = \dfrac12a^2(t+\sin t\cos t)$
$= \dfrac12(a^2t+a^2\sin t\sqrt{1-\sin^2t})$
$= \dfrac12\{a^2t+a\sin t\sqrt{a^2-(a\sin t)^2}\}$
$= \dfrac12\left\{a^2\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)+x\sqrt{a^2-x^2}\right\}$
より, 成り立つ.

線形変換の Im と Ker の次元

昨日は遊びまくったのですが、今日は・・・
スポーツ観戦に来ました。

スポーツ観戦と言っても、以前、副顧問をしていたとある学校の部活の新人戦を観に行ってきました。
まあ、新人戦とはいえ、今日は１回戦だけですし、約１ヶ月前の選手権の地区予選は優勝しているチームなので、そのときと地区の分け方が違うとはいえ、まず負けるはずはないのですが・・・

負けませんでしたけど、お世辞にも褒められるような内容ではなかった・・・
明日の２試合、どうなるでしょうかね？？





今日も、知恵袋の問題。
線形変換と、その Ker と Im の次元について。





$\mathbb{R}^3$ 上の線形変換 $f:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ を,
$f(\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)):=\left(\begin{array}{c}x+y+z\\x+y+z\\x+y+z\end{array}\right)$
によって定める.
以下の問に答えよ.

(1) $\mathbb{R}^3$ の標準基底 $\{e_1, e_2, e_3\}$ （順序付けされた組）に関する $f$ の表現行列を求めよ.

(2) $\mathrm{Im}(f)$ の基底と次元を求めよ.

(3) $\mathrm{Ker}(f)$ の基底と次元を求めよ.





(1)
$f(e_1)=\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)$ , $f(e_2)=\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)$ , $f(e_3)=\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)$

であるので, 表現行列は 

$\left(\begin{array}{ccc}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{array}\right)$ 

である. 

(2) 

$f(\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right))=\left(\begin{array}{c}x+y+z\\x+y+z\\x+y+z\end{array}\right)$ 

$=(x+y+z)\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)$ 

より, 

$\mathrm{Im}(f)=<\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)>$ 

であり, その次元は $1$. 

(3) 

$f(\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right))=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)$ 

$\left(\begin{array}{c}x+y+z\\x+y+z\\x+y+z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)$ 

$x+y+z=0$ 

$z=-x-y$ 

より, 

$\mathrm{Ker}(f)=<\left(\begin{array}{c}1\\0\\-1\end{array}\right), \left(\begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array}\right)>$ 

であり, その次元は $2$. 

行列の対角化

待ちに待った、３連休。
日頃の疲れを癒やす為に、３連休はのんびりと・・・
出かけて来ます。

なので、今日の分の問題も１問、解いてからのお出かけです。
懐かしい、行列の対角化です。





次の実対称行列を直交行列を用いて対角化せよ.
$\left(\begin{array}{ccc}2&-2&0\\-2&2&0\\0&0&1\end{array}\right)$






$A=\left(\begin{array}{ccc}2&-2&0\\-2&2&0\\0&0&1\end{array}\right)$
とする.
$\mathrm{det}(A-\lambda I_3)=0$ とすると,
$\left|\begin{array}{ccc}2-\lambda&-2&0\\-2&2-\lambda&0\\0&0&1-\lambda\end{array}\right|=0$
$(1-\lambda)\{(2-\lambda)(2-\lambda)-(-2)(-2)\}=0$
$(1-\lambda)(4-\lambda)(-\lambda)=0$
より, 固有値は $\lambda=0$, $1$, $4$ である.

$\lambda=0$ に対する固有ベクトルは
$\left(\begin{array}{ccc}2&-2&0\\-2&2&0\\0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)=0\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)$
より
$\begin{cases}
2x_1-2x_2=0\\
-2x_1+2x_2=0\\
x_3=0
\end{cases}$
であるので,
$\left(\begin{array}{c}1\\1\\0\end{array}\right)$
である.

$\lambda=1$ に対する固有ベクトルは
$\left(\begin{array}{ccc}2&-2&0\\-2&2&0\\0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)=1\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)$
より
$\begin{cases}
x_1-2x_2=0\\
-2x_1+x_2=0\\
x_3=x_3
\end{cases}$
であるので,
$\left(\begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)$
である.

$\lambda=4$ に対する固有ベクトルは
$\left(\begin{array}{ccc}2&-2&0\\-2&2&0\\0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)=4\left(\begin{array}{c}x_1\\x_2\\x_3\end{array}\right)$
より
$\begin{cases}
-2x_1-2x_2=0\\
-2x_1-2x_2=0\\
x_3=4x_3
\end{cases}$
であるので,
$\left(\begin{array}{c}1\\-1\\0\end{array}\right)$
である. 

よって, 

$A\left(\begin{array}{ccc}1&1&0\\1&-1&0\\0&0&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1&1&0\\1&-1&0\\0&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&4&0\\0&0&1\end{array}\right)$

が成り立つ. 

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&1&0&1&0&0\\1&-1&0&0&1&0\\0&0&1&0&0&1\end{array}\right)$ 

$\Longrightarrow\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&1&0&1&0&0\\0&-2&0&-1&1&0\\0&0&1&0&0&1\end{array}\right)$ 

$\Longrightarrow\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&1&0&1&0&0\\0&1&0&-\frac12&-\frac12&0\\0&0&1&0&0&1\end{array}\right)$ 

$\Longrightarrow\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&\frac32&\frac12&0\\0&1&0&-\frac12&-\frac12&0\\0&0&1&0&0&1\end{array}\right)$ 

より, 

$\left(\begin{array}{ccc}\frac32&\frac12&0\\-\frac12&-\frac12&0\\0&0&1\end{array}\right)A\left(\begin{array}{ccc}1&1&0\\1&-1&0\\0&0&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\\0&4&0\\0&0&1\end{array}\right)$ 

により対角化できる. 

線分が通る領域の面積

最近、入試問題とかを解かないで、知恵袋の問題ばっかり解いてる・・・
なんか、色んな問題があって、面白いんですよね・・・
まあ、入試問題も面白いのですが、大学への数学とかの雑誌を
開いてやらないといけないので、ちょっと面倒なんですよね・・・


って事で、今日も知恵袋の問題。





$L$ を正の定数とする.
$x$ 軸上の点 P$(a, 0)$ と $y$ 軸上の点 Q$(0, b)$ は,
条件 : $a+b=L$, $a\ge0$, $b\ge0$
を満たしながら動くものとする.

次の問に答えよ.

(1)
$0\le t\le L$ なる $t$ を固定したとき, 直線 $x=t$ と線分 PQ の交点の $y$ 座標の最大値を求めよ.

(2)
線分 PQ が動いた範囲の面積を求めよ.





(1)
線分 PQ の方程式は
$y=-\dfrac{b}ax+b$
$y=-\dfrac{L-a}ax+(L-a)$
である.
これより, 直線 $x=t$ との交点の $y$ 座標を $f(a)$ とおくと,
$f(a)=-\dfrac{L-a}at+(L-a)$
$=\dfrac{-a^2+(t+L)a-Lt}a$
である.

よって,
$\dfrac{d}{da}f(a)=\dfrac{\{-2a+(t+L)\}a-\{-a^2+(t+L)a-Lt\}}{a^2}$
$=\dfrac{-a^2+Lt}{a^2}$
$=-1+\dfrac{Lt}{a^2}$
であるので,
$\dfrac{d}{da}f(a)=0$ $\iff$ $-1+\dfrac{Lt}{a^2}=0$ $\iff$ $a=\sqrt{Lt}$
より, 増減表は以下の通りである.
\[
\begin{array}{c||c|c|c|c|c}
a & t & \cdots & \sqrt{Lt} & \cdots & L \\
\hline
\frac{d}{da}f(a) & + & + & 0 & - & - \\
\hline
f(a) & & \nearrow & f(\sqrt{Lt}) & \searrow &
\end{array}
\]
これより, 最大値は
$f(\sqrt{Lt}) = \dfrac{-Lt+(t+L)\sqrt{Lt}-Lt}{\sqrt{Lt}}$
$=-2\sqrt{Lt}+t+L$.

(2)
求める面積を $S$ とすると,
$S=\int_0^L(-2\sqrt{Lt}+t+L)dt$
$=\left[-\dfrac43\sqrt{L}t-{\frac32}+\dfrac12t^2+Lt\right]_0^L$
$=-\dfrac43L^2+\dfrac12L^2+L^2$
$=\dfrac16L^2$.





長いこと、（入試問題を解く以外で）数IIIの微分積分ってやってなかったので、ちょっと計算に自信はないのですが・・・
でも、答えはそれっぽくキレイになったので、多分合ってるんじゃないかな？？

ド・モルガンの法則の証明

ド・モルガンの法則（De Morgan's laws）と言えば、集合の補集合を使った関係式。
和集合の補集合と、補集合の共通部分は等しい、共通部分の補集合と補集合の和集合は等しい、ってヤツ。

数式で表すと, 集合 $A$, $B$ に対して
$\overline{A\cap B}=\overline{A}\cup\overline{B}$
$\overline{A\cup B}=\overline{A}\cap\overline{B}$
が成り立つ.

ってヤツ。

この公式自体は何も難しくないのですが、高校ではあまり厳密な証明ってしてないですよね。

まあ、我々の世代の場合、それよりも難しい問題があって・・・

受験の頃になると、ド・モルガンの法則とド・モアブルの定理の名前が、ごっちゃになってしまうという・・・


そんな話はいいとして、知恵袋で見かけたので、今日はド・モルガンの法則の証明をしてみた。
大学で学んだ、集合論の表記の仕方に従って証明してみました。





$\overline{A\cap B}=\overline{A}\cup\overline{B}$ を示す.

$x\in\overline{A\cap B}$
$\iff x\not\in A\cap B$
$\iff x\not\in A$ または $x\not\in B$
$\iff x\in\overline{A}$ または $x\in\overline{B}$
$\iff x\in\overline{A}\cup\overline{B}$

より成り立つ.


$\overline{A\cup B}=\overline{A}\cap\overline{B}$ を示す.

$x\in\overline{A\cup B}$
$\iff x\not\in A\cup B$
$\iff x\not\in A$ かつ $x\not\in B$
$\iff x\in\overline{A}$ かつ $x\in\overline{B}$
$\iff x\in\overline{A}\cap\overline{B}$

より成り立つ.

なんか、書いてみたけど、これで証明になってるんでしょうかね・・・
大学時代にこういうのってやってたけど、なんかいまいちシックリこないんですよね・・・