・コーシーシュワルツの積分不等式の別証明
http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q10111725300
のような判別式を使う技巧的な方法じゃなくても証明できるよ　という意図での紹介：

F(a) = (∫f(x)^2dx)(∫g(x)^2dx) - (∫f(x)g(x)dx)^2　とおく
F'(a) = (f(a)^2) (∫g(x)^2dx) + (∫f(x)^2dx) (g(a)^2) - 2(∫f(x)g(x)dx)(f(a)g(a))
 = ∫{f(a)^2g(x)^2 + f(x)^2 g(a)^2 - 2 f(x)g(x)f(a)g(a)} dx
 = ∫{f(a) g(x) - f(x) g(a)}^2 dx
よって a≧c のとき F'(a)≧0, a≦c のとき F'(a)≦0 が分かる。
F(c)=0 と合わせて、任意のaに対して F(a)≧0 が示された。

・不定積分における arctan の扱い
http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q13106751288

・アーベルの連続性定理
log(1+x)＝x-x^2/2+x^3/3-x^4/4+...
Arctan(x)=x-x^3/3+x^5/5-x^7/7+...
これらがx=1でも成り立つかという話題

http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1193138101
http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1093194800

http://www.yaokisj.com/data.html#ANdata
に証明が書いてありますので紹介してみた
http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q10107769715


http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q14120464989
（tar0_puzzleさん, 回答ありがとうございました。正解です。
　ぎりぎりまで待とうとしたら投票になってしまいました。）

・最近特殊四則というものを知って私も問題作ってみました！(2014/2/3)
(1) 3,3,5,7 → 2
(2) 4,4,8,8 → 3
(3) 1,4,8,8 → 32
(4) 2,3,3,5,10 → 7
(5) 3,3,7,10,10 → 3

特殊四則のルール：
http://unnikki.web.fc2.com/4sok/tm4rule.html
問題例：
http://unnikki.web.fc2.com/4sok/tm4pro0.html

私が用意した解の紹介には、元の知恵ノートではスクロールという古典的な仕掛けを使いましたが
ここではjavascriptを使えます。（私が期待した環境であれば）
答えを表示する
(1) ^7√(5^3+3)
(2) log[4](8)+log[4],(8)  ,  log[4^4](8^8)
(3) 8^(1+log[8](4))
(4) ^3√(3^5+10^2)
(5) log[3+10](3^7+10) 

http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q14104679079
f(x,y)が常に f(f(x,f(f(y,x),x)),f(y,f(z,x)))=y を満たす時 f(f(1,1),f(1,1))=1 を示せ

（URL先の私の回答には後半には書き間違いが見られるのでこちらに整理）

f(1,f(f(1,1),1))=b とおく。
x=y=1,z=f(1,1) を条件式に代入して f(b,b)=1を得る
x=f(f(1,1),1),y=b,z=1 を条件式に代入して f(s,1)=bとなるsを得る
x=y=1,z=s を条件式に代入して f(b,f(1,b))=1を得る
x=y=b,z=1 を条件式に代入して f(1,1)=b を得て f(b,b)=1と合わせて解決
ちなみに sを具体的に書くと s=f(f(f(1,1),1),f(f(b,f(f(1,1),1)),f(f(1,1),1)))

・どうしてミとファの間は黒鍵がないのか(2017/4/29)

尋ねられてうまく答えることができなかった
それについてもう一度自分の認識を整理してみたものである
（必然性を説明するものではなくて、単に１つの視点でしかないと思っている）

c[0]:d[0]:c[1]=4:5:6
c[1]:d[1]:c[2]=4:5:6
c[2]:d[2]:c[3]=4:5:6
...　となる振動数の比をとる
d[-1],c[0],d[0],c[1],d[1],c[2],d[2] が
c[1]を中心とする長調的な「主要な7音名」となる

b[0]:c[0]:b[1]=4:5:6
b[1]:c[1]:b[2]=4:5:6
b[2]:c[2]:b[3]=4:5:6
...　となるb[n]をとると
b[0],c[0],b[1],c[1],b[2],c[2],b[3] が
c[1]を中心とする短調的な「主要な7音名」となる

c[n+12]≒c[n]*2^7 によって c[n]は1オクターブを12等分する12種類の音名を与える
b[n]≒c[n-4]*4, d[n]≒c[n+4]/4　によって b[n],d[n]をその12種類の音名にあてはめることができる
c[1]を基準として他の音を必要なだけ2で割ることでc[1]と2*c[1]の間に入るようにする。
そうすると次のような大小関係となる：

c[1] (ド) < b[0]*2 (♭レ)
< d[-1]*2 (レ) < b[2] (♭ミ)
< d[1] (ミ)
< c[0]*2 (ファ) < d[3] (♯ファ)
< c[2] (ソ) < b[1]*2 (♭ラ)
< d[0]*2 (ラ) < b[3] (♭シ)
< d[2] (シ)
< 2*c[1] (ド)

そういうわけで長調的な音名に白鍵を割り当てて、残りに黒鍵を割り当てると、実際の配置になる
-------
例えば「レ」という音があったときにd[-1]とc[3]のどちらに由来するかは、
古典的な和声を用いた曲のなかでは基本的に明確に区別されるものと思っている。
同様に異名同音（＃ソと♭ラ等）が区別されるのは言うまでもない。
（イ短調の導音としての＃ソであればd[1]:e[1]:d[2]=4:5:6によるe[1]に由来する。）

＊この内容は概ね2012年に考察して以下に紹介を試みたものである
http://searial.web.fc2.com/ongaku/document/index.html


http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1494249884

・x^2+y^2 と x^2-y^2 が両方とも平方数になるような整数(x,y)は
y=0に限ることを示してください(2012/9/18)

簡単そうに見えて、なかなか証明が難しい問題でした。

複素整数の素因数分解の一意性を利用する方法：

もしx^2+y^2=z^2, x^2-y^2=w^2 と書けるなら
(w+yi)(w-yi)=x^2=(z+y)(z-y) である。
w+yiとz+yの最大公約数をa+bi とするとある整数kがあって

(a+bi)(c+di)=w+yi・・・�@
(a-bi)(c-di)=w-yi・・・�A
k(a+bi)(a-bi)=z+y・・・�B

�@�A/�Bより (c+di)(c-di)/k=z-y

最大公約数の性質からc+diとkは互いに素
ということはk=1 としてよい。

改めて、次のような有理整数a,b,c,d が存在するはず
(w+yi)=(a+bi)(c+di),
(a+bi)(a-bi)=z+y
(c+di)(c-di)=z-y

これよりyを２通りで表すと
2(ad+bc)=2y=(a^2+b^2)-(c^2+d^2)
(a-d)^2+(b-c)^2=0
a=d,b=c,よってz+y=z-y,y=0


・R-多元環のテンソル積の例C(x)CとH(x)H　(2017/2/16)

http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q10170070480
定理
「体K上の多元環A,Bが単純環でAの中心がKならばテンソル積A(x)Bも単純環」

Aの中心がKという条件は外せない。
R上の多元環として R[i](x)R[i] をとると
di = i(x)1-1(x)i が自明でない(両側)イデアルIを生成する

[1] Iが自明でないことを納得せよ（diが零因子であることに注目）
[2] I^2 = I を確認せよ：α*di^2 = di となるαを見つけよ
（R[i]/Rが不分岐拡大であることの代数幾何的視点：ケーラー微分）

-------
[考察]
Q[i](x)Q[i] は自然に Q[X,Y]/(X^2+1,Y^2+1で生成されるイデアル)
に同型である。以下X,Yに対応する剰余類をそのままX,Yで書く。
(X+Y)(X-Y)=0 に注目すれば良い。

α(X-Y)^2 = (X-Y) とおいて考察。
α(X-Y)-1≡0 (mod X+Y), 2αX=1, α=1/2X=-X/2 と入手。

実際に α=(-i(x)1)/2 が適することの直接計算確認：
2α*{i(x)1-1(x)i}^2
= {-ii(x)1+i(x)i}{i(x)1-1(x)i}
= {1(x)1+i(x)i}{i(x)1-1(x)i}
= i(x)1-1(x)i+ii(x)1-i(x)ii
= 2*{i(x)1-1(x)i}

------------------------------------------------
一方で、H(x)H は単純環であるはずである。
Hは通常四元数環H=R[i,j] (ii=jj=-1,ij=-ji)
H(x)Hにおいて
di = i(x)1-1(x)i が生成する両側イデアルが自明となるはずである。
※非可換環では零因子がなすイデアルも自明になり得る
（典型的な例として、体上の全行列環は単純環である）

[3] これを確認せよ、すなわちΣα*di*β=1(x)1 を得よ。
これを行き当たりばったりに適当に構成するのは簡単ではないと思う。

---
冒頭のリンク先でも紹介した資料「中心的単純多元環」（渡部 隆夫）
http://www.math.sci.osaka-u.ac.jp/~twatanabe/algebra.pdf
33-34ページ　定理16の証明の議論　を追うことで、
H(x)H の4次正方行列環M_4(R)への具体的な同型を構成を試みた。
http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12158302052
の再挑戦でもあった。

a1,a2,b1,b2,c1,c2∈R[i], 次のR-多元環A,B,Cを考える
（ここでCという文字を使うためにR[i]という表記を使っている事情）
A={a1+a2*x} xi=-ix, x^2=-1
B={b1+b2*y} yi=-iy, y^2=-1
C={c1+c2*z} zi=-iz, z^2=+1
A,Bは四元環Hに自然に同型 （xやyを四元数環のjと同一視）
Cは2次正方行列環M_2(R)に同型（i->[0,1/-1,0], z->[1,0/0,-1]）

a^∈A を右からaを掛ける準同型と同一視することで
反対環 A^を（集合として）Aと同一視する
積 (a^)*(a'^) は 右からa',a^の順に掛ける(a'a)^となる
R[i]加群としてのテンソルを(X),R-多元環としてのテンソルを(x)で表記する。

V=A^(X)Bを考えると左C加群、右A(x)B加群の構造を持つという。
i*v = (i*a)^(X)(b)
z*v = (x*a)^(X)(y*b)
v*(a'(x)b') = (a*a')^(X)(b*b')

次元の考察により、左C加群として VはC^2 に同型であるという。
基底 v1=1^(X)1, v2=x^(X)1 をとれて v=c1*v1+c2*v2
v1=1^(X)1, i*v1=i^(X)1, z*v1 = x^(X)y, iz*v1 = (ix)^(X)y
v2=x^(X)1, i*v2=(ix)^(X)1, z*v2 = -1^(X)y, iz*v2 = -i^(X)y

従って(A(x)B)^はEnd(C^2)として作用する
v1*(i(x)1) = i^(X)1 = i*v1
v2*(i(x)1) = (xi)^(X)1 = -i*v2 [xi=-ix]
v1*(x(x)1) = x^(X)1 = v2
v2*(x(x)1) = -1^(X)1 = -v1
v1*(1(x)i) = 1^(X)i = i*v1
v2*(1(x)i) = x^(X)i = i*v2 [*]
v1*(1(x)y) = 1^(X)y = -z*v2
v2*(1(x)y) = x^(X)y = z*v1

[*] 積の向きに注意 x^(X)i = (x^*i^)(X)1 = (ix)^(X)1
（反対環をとる意義はこういう所に有った）

(c1,c2) (i(x)1) = (i*c1,-i*c2)
(c1,c2) (x(x)1) = (c2,-c1)
(c1,c2) (1(x)i) = (i*c1,i*c2)
(c1,c2) (1(x)y) = (-z*c2,z*c1)

Cを冒頭の2次正方行列環で表示すれば次の行列表現を得る：
i(x)1 : matrix([0,1,0,0],[-1,0,0,0],[0,0,0,-1],[0,0,1,0]);
j(x)1 : matrix([0,0,1,0],[0,0,0,1],[-1,0,0,0],[0,-1,0,0]);
1(x)i : matrix([0,1,0,0],[-1,0,0,0],[0,0,0,1],[0,0,-1,0]);
1(x)j : matrix([0,0,-1,0],[0,0,0,1],[1,0,0,0],[0,-1,0,0]);
残りはこれらの積で得られる

計算機で性質を確認。それっぽい。
やったーーーーーーーーーーーー！！！！！！！！！！！１

この行列表示を活用した計算機での試行錯誤で[3]を解決できた：
((1(x)k)(di)(1(x)j) + (1(x)i)(di))/2 = 1(x)1