面白い問題おしえて～な 二十二問目©2ch.net
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
>
>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
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>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
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>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
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>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
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>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
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>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
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>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
>
>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
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>性犯罪者の増田哲也（50歳・東京都足立区千住寿町）が
>8月4日にＪＲ牟岐線の列車内で、午後4時20分ごろから約50分にわたり、
>徳島県内の女性（21歳・専門学校生）の胸や太ももなどを触った疑いで、
>8月5日未明、県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で徳島県警阿南署に
>逮捕されました。
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>性犯罪者 増田哲也の供述
>「夏休み期間に、講演活動を兼ねて旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」
> 三角形A(a,0,0)B(a,b,0)C(a,0,c)をz軸の周りに回転させてできる立体の体積を求めよ。
ただしa,b,cは全て正の実数とし、立体はその内部を含むものとする。 >>23
z軸のまわりの極座標r=√(xx+yy) をとる。
z軸から距離rの点の高さ(z方向)は、
h(r) = |c|{1－(1/|b|)√(rr-aa)} (|a|≦r≦√(aa+bb))
= 0, (その他)
V = 2π∫[|a|,√(aa+bb)] h(r)r dr
= πbb|c|/3,
かな f(x)を[0,1]上連続関数とする
このとき、極限
lim(n→∞)n∫_0^1 f(x)x^n dx
をf(x)を用いて表せ 長方形O(0,0,0)A(a,0,0)B(a,b,c)C(0,b,c)をz軸の周りに回転させてできる立体の体積を求めよ。
ただしa,b,cは全て正の実数とし、立体はその内部を含むものとする。 >>25
具体例から予想して力技で…
もっとスマートにできるのかもしれんが
任意に ε>0 をとる。
連続性から、ある 0<t<1 が存在して
t<x<1 のとき |f(x)-f(1)|<ε
が成り立つ。
また、|f(x)| の最大値を M とおく。
（|f(x)| は閉区間上の連続関数なので M は存在する。）
このとき、
|n∫_0^1 f(1)x^n dx - n∫_0^1 f(x)x^n dx|
≦ n∫_0^1 |f(1)-f(x)|x^n dx
= n∫_0^t |f(1)-f(x)|x^n dx + n∫_t^1 |f(1)-f(x)|x^n dx
≦ n∫_0^t 2Mx^n dx + n∫_t^1 εx^n dx
≦ (2Mnt^(n+1))/(n+1) + εn(1-t^(n+1))/(n+1)
0<t<1 であることから、n が十分大きいとき、最右辺第１項は ε より小さく、第２項は 2ε より小さくなる。
よって
lim(n→∞)|n∫_0^1 f(1)x^n dx - n∫_0^1 f(x)x^n dx| = 0
ここで、
lim(n→∞)n∫_0^1 f(1)x^n dx = lim(n→∞)nf(1)/(n+1) = f(1)
であるから、
lim(n→∞)n∫_0^1 f(1)x^n dx = lim(n→∞)((n∫_0^1 f(x)x^n dx - n∫_0^1 f(1)x^n dx) + n∫_0^1 f(1)x^n dx) = f(1)
f(x) が微分可能なら部分積分でもっと楽にできるんだけど >>35
z_max(r)= (c/b)r, (0<r<b)
= c, (b<r<√(aa+bb))
= 0, (√(aa+bb)<r)
z_min(r)= 0, (0<r<a)
= (c/b)√(rr-aa) (a<r<√(aa+bb))
= 0, (√(aa+bb)<r)
V =∫[0,√(aa+bb)] {z_max(r) - z_min(r)} 2πrdr
= ∫[0,b] (c/b)r 2πrdr + ∫[b, √(aa+bb)] c 2πrdr - ∫[a,√(aa+bb)] (c/b)√(rr-aa) 2πrdr
= (2π/3)bbc + πaac - (2π/3)bbc
= πaac. 任意の多面体は何回か平面でカットすればどの面も3の倍数の辺をもつようにできることを示せ。
例：立方体ABCD-EFGHは頂点A,C,F,Hをそれぞれ含む4つの小さな三角錐をカットすれば
三角形4つと六角形6つからなる多面体ができる。 >>38
これだけだと可能なのは自明だった。（適当な4面体を掘り出せばいい）
カットする部分の体積をいくらでも小さくできるという条件も追加。 そして組みなおしたら２倍の体積の相似な多面体になる、と。 ・ 多面体はボレル可測である。
・ 多面体を平面でカットしたときに生じる全ての破片は、再び多面体である。
・ よって、多面体を平面で何回カットしても、ボレル可測集合が増えていくだけであり、
ルベーグ非可測な集合は出てこない。当然ながら、体積が2倍になるような状況は起きない。 x^2<p<(x+1)^2となる素数pが存在することを証明する。
nを以下を満たす整数とすると
x^2<n<x(x+1)
x>2のとき、nはxで割り切れない。
2<=q<xとなる素数qによって、n=mqと表されるとすると
x^2<mq<x^2+x…①
0<mq-x^2<x
0<-x^2 (mod m)<x (mod m)
m<xであるから、x=am+bとすると
-x^2 (mod m)=-(am+b)^2 (mod m)
=-b^2 (mod m)
x (mod m)=b
0<-b^2 (mod m)<b (mod m)
b=m-1のとき
-b^2 (mod m)=-(m^2-2m+1) (mod m)=-1 (mod m)=m-1
となり①は成立しないから、x^2<p<x^2+2xを満たすpが高々1個存在する。
x>2で、x(x+1)<(x+1)^2であり、x=1.2のときは、(x,p)=(1,2),(1,3),(2,4),(2,7)
が存在することから、題意は示された。 nを以下を満たす整数とすると
x^2<n<x(x+1)
x=1,2のとき、(x,p)=(1,2),(1,3),(2,5),(2,7)となり素数pが存在する。
x>2のとき、nはxで割り切れない。
2<=q<xとなる素数qによって、n=mqと表されるとすると
x^2<mq<x^2+x…①
x=am+b、0<=b<mとすると
a^2*m^2+2abm+b^2<mq<a^2*m^2+2abm+b^2+am+b
a^2*m+2ab+b^2/m<q<a^2*m+2ab+b(b+1)/m
この式が成立するためには
b^2/m<r<b(b+1)/m…②
を満たす整数rが存在しなければならない
b=0, m>0のとき、0<r<1/m
b=1, m>1のとき、1/m<r<2/m
b=2, m>2のとき、4/m<r<6/m
b=m-1, m>1のとき、(m-1)^2/m<r<m-1
となり、0<=b<mのbに対して、②を満たす整数rは存在しないから
①は成立しない。
x>2のとき、x(x+1)<(x+1)^2であるから、題意は示された。 b^2/m<q<b(b+1)/m+a、だから、これもNG x^2<p<(x+1)^2となる素数pが存在することを証明する。
x=1,2のとき、(x,p)=(1,2),(1,3),(2,5),(2,7)となり素数pが存在する。
nを以下を満たす整数とすると
x^2<n<x(x+1)
x>2のとき、nはxで割り切れない。
2<=q<xとなる素数qによって、n=mqと表されるとすると
x^2<mq<x^2+x…①
x=am+b、0<=b<mとすると
a^2*m^2+2abm+b^2<mq<a^2*m^2+2abm+b^2+am+b
a^2*m+2ab+b^2/m<q<a^2*m+2ab+b(b+1)/m+a
この式が成立するためには
b^2/m<r<b(b+1)/m+a…②
を満たす整数rが存在することが必要である
b=0, m>0のとき、0<r<a 1からa-1までのa-1個
b=1, m>1のとき、1/m<r<2/m+a 1からaまでのa個
b=2, m>2のとき、4/m<r<6/m+a 2からa+1までのa個
b=m-1, m>1のとき、(m-1)^2/m<r<m-1+a m-1からm+a-2までのa個
よって、x^2<mq<x^2+xを満たすmは最大でa個まで存在することができる。
x^2+1<=p<=x^2+x-1のには整数がx個存在し、x>aであるから
少なくとも、x個のうちx-a個素数が存在する。
x>2のとき、x(x+1)<(x+1)^2であるから、題意は示された。 いや読んでもさっぱり分からんのよね。証明になってないでしょ ルジャンドル予想
x^2<p<(x+1)^2となる素数pが存在する
の証明を正しい日本語になるように推敲してみた
x=1,2のとき、(x,p)=(1,2),(1,3),(2,5),(2,7)となり素数pが存在する。
nを以下を満たす整数とすると
x^2<n<x(x+1)
x>2のとき、nはxで割り切れない。
2<=q<xとなる素数q、整数mによって、n=mqと表されるとすると
x^2<mq<x^2+x…①
a,bを0<=a, 0<=b<mを満たす整数として、x=am+bと表されるとすると
a^2*m^2+2abm+b^2<mq<a^2*m^2+2abm+b^2+am+b
a^2*m+2ab+b^2/m<q<a^2*m+2ab+b(b+1)/m+a
この式が成立するためには、整数rを
r=q-(a^2*m+2ab)…②
として
b^2/m<r<b(b+1)/m+a…③
を満たす整数rが存在することが必要である
b=0, m>0のとき、0<r<a rは1からa-1までのa-1個の値を取り得る
b=1, m>1のとき、1/m<r<2/m+a rは1からaまでのa個の値を取り得る
b=2, m>2のとき、4/m<r<6/m+a rは2からa+1までのa個の値を取り得る
b=m-1, m>1のとき、(m-1)^2/m<r<m-1+a rはm-1からm+a-2までのa個の値を取り得る
よって、①を満たすqは、②から最大でa個まで存在できる。
x^2+1<=p<=x^2+x-1の範囲には整数がx個存在し、x>aであるから
x個の整数のうち、素数が少なくともx-a個存在する。
x>2のとき、x(x+1)<(x+1)^2であるから題意は示された。 ×x^2+1<=p<=x^2+x-1の範囲
○x^2+1<=p<=x^2+2x-1の範囲 >>59
素数と整数の積は合成数でそれ以外は素数だからOK qがmqと表されるとしているので、pはmとqの組み合わせ以下の個数となる >>63 訂正
n=mqとしているので、合成数となるnの個数はmとqの組み合わせ以下の個数となる すべてのｍで考えているならｍの倍数の個数の合計を出してるところが必要だけどそれがないので一つのｍについてしか考えてないから駄目。 >>65
mがどんな値であろうとも、最大でa個までしか③を満たすrが存在しないということだけれども >>67
xはどの値かでbの値は0からm-1までが考えられ、bの値、mの値に関わらず
rの取りうる個数がa以下であると書いているが ｘ＝１０
ｍ＝１５
ａ＝０
x^2+1<=p<=x^2+x-1の範囲には素数が少なくともx-a＝１０個存在する
となるけど４個しか存在しないから>>54は間違い。 ルジャンドル予想の証明を取り得る全てのmに対して加算するかたちで修正をしてみた
x=1,2のとき、(x,p)=(1,2),(1,3),(2,5),(2,7)となり素数pが存在する。
nを以下を満たす整数とすると
x^2<n<x(x+1)
x>2のとき、nはxで割り切れない。
2<=q<xとなる素数q、m>1の整数mによって、n=mqと表されるとすると
x^2<mq<x^2+x…①
2m<=mq<mxだから、①が満たされるために
x^2<2m, mx<x^2+x
x^2/2<m<x+1…②
が必要になる。
a,bをa>0, 0<=b<mを満たす整数として、x=am+bと表されるとすると
a^2*m^2+2abm+b^2<mq<a^2*m^2+2abm+b^2+am+b
a^2*m+2ab+b^2/m<q<a^2*m+2ab+b(b+1)/m+a
この式が成立するためには、整数rを
r=q-(a^2*m+2ab)…③
として
b^2/m<r<b(b+1)/m+a…④
を満たす整数rが存在することが必要である
kを0<=k<=m-1を満たす整数とし、b=m-kとすると
(m-k)^2/m<r<(m-k)(m-k+1)/m+a
②と、m=(x-b)/a, a>0から、mの値の範囲はx^2/2<m<=x-b=am…⑤
だからrは
m-2k+k^2/m<r<m-2k+k^2/m+1-k/m+a
x^2/2-2k+2k^2/x^2<r<x-b-2k+k^2/(am)+1-k/(am)+a
上式を満たすrの個数の最大値をR(x,m)とすると
R(x,m)=x-b-2k+k^2/(am)+1-k/(am)+a-(x^2/2-2k+2k^2/x^2)+1
=x-b+k(k-1)/(am)+a-(x^2/2+2k^2/x^2)+2
x^2+1<=n<=x^2+x-1…⑥
の範囲には整数がx個存在するから、素数の数をN(x,m)とすると
N(x,m)=x-R(x,m)
=b-k(k-1)/(am)-a+x^2/2+2k^2/x^2-2
=-k^2(1/am-2/x^2)+k/(am)+x^2/2-a+b-2 (続く)
N(x,m)が最小となるのは、N(x,m)がkの2次式でその2次の項の係数が負であり
頂点がk=1/(2(1-2am/x^2))<1/2であるからk=m-1、b=1のときに最小となる
④から、1/m<r<2/m+a
m=2のとき、1<r<1+aとなり、rはa-1個存在する
m>2のとき、1<r<=1+aとなり、rはa個存在する
mは⑤の範囲をとるので
(1)xが偶数のとき
x^2/2+1<=m<=x、mの取り得る個数は-x^2/2+x
この範囲でのrの取り得る個数の最大値は、a(-x^2/2+x)
よって、⑥の範囲でpの取り得る値の個数の最小値P1(x)は
P1(x)=x-a(-x^2/2+x)=x(a(x-2)+2)/2>0
(2)xが奇数のとき
x^2/2+2<=m<=x、mの取り得る個数は-x^2/2+x-1
この範囲でのrの取り得る個数の最大値は、a(-x^2/2+x-1)
よって、⑥の範囲でpの取り得る値の個数の最小値P2(x)は
P2(x)=x-a(-x^2/2+x-1)=x(a(x-2)+2)/2+a>0
したがって、x^2+1<=n<=x^2+x-1の範囲に、少なくとも1個以上の素数が存在する。 ＞nを以下を満たす整数とすると
x^2<n<x(x+1)
x>2のとき、nはxで割り切れない。
2<=q<xとなる素数q、m>1の整数mによって、n=mqと表されるとすると
x^2<mq<x^2+x…①
2m<=mq<mxだから、①が満たされるために
x^2<2m, mx<x^2+x
x^2/2<m<x+1…②
が必要になる。
ｘ＝１０
ｎ＝１０５
ｑ＝７
ｍ＝１５
必要じゃない。 >>72
二乗の方が明らかに大きい。
個数がどう見ても負。 さっきから何しようとしてるんだ
未解決問題の証明を見つけたとかなら別スレでやれよ x の二次式 f(x) で次の条件を満たすものは存在するか：
任意の正の整数 n について、f(m) = 2^n を満たす整数 m が存在する f(x_n) = 2^n
|x_n| → ∞ (n → ∞)
2 = f(x_(n+1))/f(x_n) → 1 (n → ∞)
矛盾 a,b,cを有理数として、a sin10°+b sin50°+c sin70°を解に持つような有理数係数の多項式を１つ求めよ. 都知事選：知事に当選する為ならば、公約とか政策なんてどうでもヨロシ。
大学教育：経営が成立する為ならば、学生とか論文なんてどうでもヨロシ。
糞父芳雄：教授に昇進する為ならば、分野とか研究なんてどうでもヨロシ。
よよよ、よォ～～～しを。近視眼的で打算的だよォ～～～んんん。
ケケケ￥
都知事の選挙：人気だけで候補になり、政策は無視。
馬鹿板の議論：態度だけが問題になり、論理は無視。
ニホンの習慣：学歴だけで採用となり、能力は無視。
ヨシヲの主張：態度だけが問題になり、学問は無視。
商習慣の基本：名前だけで契約となり、品質は無視。
博士号の実態：肩書だけが問題になり、優劣は無視。
￥ >>80の答え:存在しない
存在すると仮定すると、f(m)が整数となるような整数mが少なくとも3つ存在することから、
二次の係数、一次の係数、定数項は全て有理数であることがわかる。よって、
f(x) = (a/d)x^2 + (b/d)x + (c/d) (ただしa,b,c,dは整数、aもdも非0)
とおくことができる。
f(x)=2^n となるような整数xを x_n とおくと、解の公式より
x_n = (-b±√(b^2-4ac+4ad･2^n))/2a
となるので、
A=4ad、 B=b^2-4ac
とおくと、 A･2^n + B は必ず平方数でなければならない。
y_n = √(A･2^n+B) とおく。 (2y_n)^2 - (y_(n+1))^2 ￥
>232 ：１３２人目の素数さん：2016/07/01(金) 13:34:39.39 ID:zLVRVGit
> >>217 たんなる京大とプロ数学者じゃ全然話が違うだろ
> 同列に書くあたり、ほんと、どうしようもないクソ京大コンプだな、じじい
>
>246 名前：１３２人目の素数さん ：2016/07/01(金) 18:07:16.21 ID:/KsaK/zz
> >>217
> ＞解ってると思うが、悪質なネット民は絶対に許さんのでナ。低能は低能だ
> けで遊べや。ほんでや、頭の悪いアホが京大とかプロの数学者とか、そう
> いうモンを話題にすんなや。解りもセンくせにいい加減な事を言うてや、
> ほんでプロに迷惑なんて掛けるなや。許さんのでナ。
>
>
> 本当のエリートは有象無象の言うことなど、ハナから眼中にない。
> アンタが有象無象の言うことが癇に障ってしかたがないのは、アンタ自身が
> （アンタがヘドがでるほど嫌悪する）有象無象の一人に過ぎない証拠。
>
>> 217 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/07/01(金) 11:07:44.51 ID:Hb6rl5wG
>> 解ってると思うが、悪質なネット民は絶対に許さんのでナ。低能は低能だ
>> けで遊べや。ほんでや、頭の悪いアホが京大とかプロの数学者とか、そう
>> いうモンを話題にすんなや。解りもセンくせにいい加減な事を言うてや、
>> ほんでプロに迷惑なんて掛けるなや。許さんのでナ。
>>
>> そもそも他人のプライバシーなんかに興味を持つんじゃねェんだよ。こう
>> いう匿名無責任糞板はケシカラン連中が跋扈してるやろ。そやし壊滅する
>> まで焼くさかいナ。エエな。馬鹿は馬鹿だけで閉じて遊べや。京大を話題
>> になんてスナ。焼き払ってやる。アホは絶対に許さんのでナ。糞野郎共め。
>>
>> ￥
>> すまん誤送信
(2y_n)^2 - (y_(n+1))^2 = 3B
となるが、一般に x^2-y^2=n (nは0でない整数) の整数解は有限個しか存在しないから、
B=0でなければならない。
y_n と y_(n+1)=2y_n がともに平方数であるためには A=0 でなければならないが、
a≠0、d≠0 と矛盾。背理法より、そのようなfは存在しない。 >>97
訂正:
誤 (2y_n)^2 - (y_(n+1))^2 = 3B
正 (2y_n)^2 - (y_(n+2))^2 = 3B ￥
>232 ：１３２人目の素数さん：2016/07/01(金) 13:34:39.39 ID:zLVRVGit
> >>217 たんなる京大とプロ数学者じゃ全然話が違うだろ
> 同列に書くあたり、ほんと、どうしようもないクソ京大コンプだな、じじい
>
>246 名前：１３２人目の素数さん ：2016/07/01(金) 18:07:16.21 ID:/KsaK/zz
> >>217
> ＞解ってると思うが、悪質なネット民は絶対に許さんのでナ。低能は低能だ
> けで遊べや。ほんでや、頭の悪いアホが京大とかプロの数学者とか、そう
> いうモンを話題にすんなや。解りもセンくせにいい加減な事を言うてや、
> ほんでプロに迷惑なんて掛けるなや。許さんのでナ。
>
>
> 本当のエリートは有象無象の言うことなど、ハナから眼中にない。
> アンタが有象無象の言うことが癇に障ってしかたがないのは、アンタ自身が
> （アンタがヘドがでるほど嫌悪する）有象無象の一人に過ぎない証拠。
>
>> 217 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/07/01(金) 11:07:44.51 ID:Hb6rl5wG
>> 解ってると思うが、悪質なネット民は絶対に許さんのでナ。低能は低能だ
>> けで遊べや。ほんでや、頭の悪いアホが京大とかプロの数学者とか、そう
>> いうモンを話題にすんなや。解りもセンくせにいい加減な事を言うてや、
>> ほんでプロに迷惑なんて掛けるなや。許さんのでナ。
>>
>> そもそも他人のプライバシーなんかに興味を持つんじゃねェんだよ。こう
>> いう匿名無責任糞板はケシカラン連中が跋扈してるやろ。そやし壊滅する
>> まで焼くさかいナ。エエな。馬鹿は馬鹿だけで閉じて遊べや。京大を話題
>> になんてスナ。焼き払ってやる。アホは絶対に許さんのでナ。糞野郎共め。
>>
>> ￥
>> >>95
f(m)が整数となる、相異なる整数を m1,m2,m3 とする。
ラグランジュ補間公式で補完すると、
f(x) = {F1･(x-m2)(x-m3) + F2･(x-m3)(x-m1) + F3･(m2-m1)･(x-m1)(x-m2)}/{(m1-m2)(m2-m3)(m3-m1)}
但し、F1 = f(m1)(m3-m2)、F2 = f(m2)(m1-m3)、F3 = f(m3)(m2-m1).
f(x) = (axx+bx+c)/d とおくと、
a = F1 + F2 + F3,
b = -F1･(m2+m3) - F2･(m3+m1) - F3･(m1+m2),
c = F1･m2m3 + F2･m3m1 + F3･m1m2,
d = (m1-m2)(m2-m3)(m3-m1), …差積 >>97
計算ミスしてないか。
(2y_n)^2 - (y_(n+1))^2
= 4y_n^2 - (y_(n+1))^2
= 4(A･2^n + B) - (A･2^{n+1} + B)
= A･2^{n+2} + 4B - A･2^{n+1} - B
= A･2^{n+1} + 3B
となってしまうが。
2(y_n)^2 - (y_(n+1))^2 = B
という式なら成り立つけど、これはペル方程式だから
解は無限個存在しえる。むしろ、ここから逆算すると
「存在する」と言えてもおかしくない気がｗ >>111
すまない、>>98で訂正してるが
(2y_n)^2 - (y_(n+2))^2
の間違いだった。
計算したら
4(A･2^n+B) - (A･2^(n+2)+B)
=4A･2^n +4B - 4A･2^n - B
=3B
になってちゃんと定数になる。 エセ左翼の目的は、わざと突っ込みどころが多い主張をすることで自分たちへ注意を向けさせ、
カルトへ向かう非難の矛先を逸らすこと。
国益に反することを言ったり、主張が食い違うもの同士の対立を煽ろうとするので放置し難いが、
主義思想についての洗脳を受けているわけではなく、フリをしているだけなので、
言い負かされてもダメージを負った様子もなく、論点をすり替えられるかスルーされる。
まともに相手をしてはならない。
サヨに対する危機意識が強すぎると、普段は常識的に振舞っている
（又は、サヨから不当に叩かれている）政治家などがズレたことをやろうとした時でも、
許容したり擁護してしまいがちになるので注意が必要。 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
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>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> ￥
>1 ：名無しさん ：2006/04/30(日) 01:41:01 ID:KPnB.CH2
> 迷惑かしらん
>
>5392 ：kmath1107★ ：2016/07/31(日) 11:53:29 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5393 ：kmath1107★ ：2016/07/31(日) 11:58:25 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5394 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/07/31(日) 12:06:23 ID:???
> ￥
>
>5395 ：kmath1107★ ：2016/07/31(日) 13:24:11 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5396 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/07/31(日) 17:23:53 ID:???
> ￥
>
>5397 ：kmath1107★ ：2016/08/01(月) 15:59:13 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5398 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/08/01(月) 16:06:01 ID:???
> ￥
> 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> ￥
>1 ：名無しさん ：2006/04/30(日) 01:41:01 ID:KPnB.CH2
> 迷惑かしらん
>
>5392 ：kmath1107★ ：2016/07/31(日) 11:53:29 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5393 ：kmath1107★ ：2016/07/31(日) 11:58:25 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5394 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/07/31(日) 12:06:23 ID:???
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>
>5395 ：kmath1107★ ：2016/07/31(日) 13:24:11 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5396 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/07/31(日) 17:23:53 ID:???
> ￥
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>5397 ：kmath1107★ ：2016/08/01(月) 15:59:13 ID:???
> 人への念の盗み見による介入を阻め。
>
>5398 ：￥ ◆2VB8wsVUoo ：2016/08/01(月) 16:06:01 ID:???
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> 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> 正方行列ＡがA＾3-5A＾2+A-2E=Oを満たしているならば正則であることを示し、
その逆行列をAを用いて表せ
よろしくお願いします。 日本人ってホンマに『人を舐めてる』よね。こういう糞みたいな奴ばっか
りだから国家も腐るし、そして学問もダメになる。だからとにかく馬鹿板
は焼きます。こういう場所でカキコする低能が苦悩する様に。
￥
>331 名前 :１３２人目の素数さん：2016/07/31(日) 12:42:35.54 ID:eoIQzfwB
> 反論できないってことは読んでないんだなｗ
> なのに数学談義大好きｗ馬鹿の考えてることはよくわからんｗ
> ある自然数Ｘを十進法で表したときの各位の数の和をＳ（Ｘ）と書く。
Ｓ（Ｓ（Ｓ（4444＾4444）））を求めよ。ただし4444と指数部4444は十進法表記である。
見たことあるかな？ >>140
見たことはないけどよくありそうな問題ね
4444^4444 = A とおくと、
A < 20000000^2222 < (10^22)^741 = 10^16302.
よって、S(A) < 9･16302 < 2･10^5,
S(S(A)) ≦ 46,
S(S(S(A))) ≦ 12.
一方、任意の自然数 n について n≡S(n) (mod9) であるから、
S(S(S(A))) ≡ A ≡ (-2)^4 ≡ 7 (mod9).
以上より、S(S(S(A))) = 7. この種の十進法表示に関する問題は recreational number theory に含めることがある
数学的な面白さというよりはパズルのような娯楽気分で親しまれるもの ★★★『芳雄とは何ぞや？コイツに親の資格がアルのか？
⇒息子の邪魔してるだけ。そやし焼いてしまうべき。』★★★
親ともあろうものが子供の向上心を砕き、そして近視眼的で打算的な考え
から「安全パイを取って、そして安易な人生を選択させる」なんて発想を
押し付けたらダメ。
こんな考え方をスルから国家がダメになり、そして学問が閉塞するだけ。
★★★『芳雄が頻繁に連呼する「研究者としての基本的態度」とは何ぞや？
⇒中身の安っぽさをメッキで誤魔化し、偉く見せ掛ける偽善的態度。』★★★
現役の研究者を自称する理学部教授ともあろう者が、こういう近視眼的で打算的な
考えを持つのみならず、周囲の若輩にこういう安易な態度を高圧的な物言いで押し
付けるとは何事か。しかも恩着せがましい指導者を気取り、周囲に毒を撒き散らす。
こういう無責任な卑怯者は『自らの身の処し方』をきちんと考え、死を以て逃げ切
る安易な逃亡行為を行ってはならない。きちんと自分の毒を認め、そしてソレを
広く世間に知らしめ、その恥ずかしい愚かさを深く悔いなければならない。
研究者を自称する者が、こういう『科学を冒涜する態度』は決して許されない。
芳雄の様な野郎は、粉末にナルまできちんと砕いてしまうべき。こういう無責任
で卑怯な野郎には、そのケツに「無責任と卑怯者の二つの焼き印」を焼き込んで
烙印を押し、罰とするべき。きちんと烙印を押してこういう不見識者を毒物だと
社会が認識するまでは、決して安易に見逃してはならない。こういう奴が居るか
ら日本の教育がダメになる。
￥
>>593
そうなんですか？私はそういう事は何も知らないので、ココでそれをちゃ
んと解説して貰えませんかね。もしその内容を私が理解し、そして納得し
た場合に『のみ』、その「芳雄の研究業績の素晴らしさとやら」を認めな
い事もありませんがね。あの『糞みたいな人格』は別としてですが。
￥
>593:１３２人目の素数さん 2016/08/09(火) 16:54:15.88 ID:tButZE2x
>でも芳雄は素晴らしい研究業績を残したよね
>
>そのことについては？
> ★★★『芳雄とは何ぞや？コイツに親の資格がアルのか？
⇒息子の邪魔してるだけ。そやし焼いてしまうべき。』★★★
親ともあろうものが子供の向上心を砕き、そして近視眼的で打算的な考え
から「安全パイを取って、そして安易な人生を選択させる」なんて発想を
押し付けたらダメ。
こんな考え方をスルから国家がダメになり、そして学問が閉塞するだけ。
★★★『芳雄が頻繁に連呼する「研究者としての基本的態度」とは何ぞや？
⇒中身の安っぽさをメッキで誤魔化し、偉く見せ掛ける偽善的態度。』★★★
現役の研究者を自称する理学部教授ともあろう者が、こういう近視眼的で打算的な
考えを持つのみならず、周囲の若輩にこういう安易な態度を高圧的な物言いで押し
付けるとは何事か。しかも恩着せがましい指導者を気取り、周囲に毒を撒き散らす。
こういう無責任な卑怯者は『自らの身の処し方』をきちんと考え、死を以て逃げ切
る安易な逃亡行為を行ってはならない。きちんと自分の毒を認め、そしてソレを
広く世間に知らしめ、その恥ずかしい愚かさを深く悔いなければならない。
研究者を自称する者が、こういう『科学を冒涜する態度』は決して許されない。
芳雄の様な野郎は、粉末にナルまできちんと砕いてしまうべき。こういう無責任
で卑怯な野郎には、そのケツに「無責任と卑怯者の二つの焼き印」を焼き込んで
烙印を押し、罰とするべき。きちんと烙印を押してこういう不見識者を毒物だと
社会が認識するまでは、決して安易に見逃してはならない。こういう奴が居るか
ら日本の教育がダメになる。
￥
>>593
そうなんですか？私はそういう事は何も知らないので、ココでそれをちゃ
んと解説して貰えませんかね。もしその内容を私が理解し、そして納得し
た場合に『のみ』、その「芳雄の研究業績の素晴らしさとやら」を認めな
い事もありませんがね。あの『糞みたいな人格』は別としてですが。
￥
>593:１３２人目の素数さん 2016/08/09(火) 16:54:15.88 ID:tButZE2x
>でも芳雄は素晴らしい研究業績を残したよね
>
>そのことについては？
> >>137
ついでだから回答しとくと
B=(AA-5A+1)/2,
とおくと、
AB=BA＝E, 命題 「数ヲタならロリコンである」 の真偽を検証するには、次の４人のうちの誰を調べればよいか？
(a) 数ヲタ
(b) 数ヲタでない人
(c) ロリコン
(d) ロリコンでない人 その４人が全体集合でない限り、全員調べたってなんの検証にもならねーよ。 分数の足し算
1/1625＋1/2600
1/1320＋1/4125
1/1218＋1/2146 正整数全体の集合を N と置く。集合 A⊂N に対して、写像 1_A：N → { 0, 1 } を
1_A(n)＝1 (n∈Aのとき), 0 (それ以外のとき)
と定義する。以下、素数全体の集合を P と置き、m≧0 に対して
π(m)＝Σ[n＝1～m] 1_P(n) (＝m以下の素数の個数)
と置く。ただし、π(0)＝0 と規約する。
(1) Σ[n＝1～m] 1/n ≧ log(m＋1) を示せ。
(2) m≧2のとき Σ[n＝1～m] 1/n ≦ Π[p≦m] (1－1/p)^{-1}＝Π[p≦m] (1＋1/(p－1)) を示せ。
ただし、[p≦m] の部分は p≦m なる素数 p 全てをわたる意味とする(以下の設問でも同様)。
(3) log(1＋x)≦x (x∈R) を示せ。
(4) m≧2 のとき log log (m＋1) ≦ Σ[p≦m] 1/(p－1) を示せ。
(5) m≧2 のとき log log (m＋1)－1 ≦ Σ[p≦m] 1/p を示せ。
(6) Σ[p≦m] 1/p ＝ π(m)/m＋Σ[n＝1～m－1]π(n)/(n(n＋1)) を示せ。
(ヒント：Σ[p≦m] 1/p ＝ Σ[n＝1～m] 1_P(n)/n ＝ Σ[n＝1～m] (π(n)－π(n－1))/n)
(7) (1)～(6)により、m≧2 のとき log log (m＋1)－1 ≦ π(m)/m＋Σ[n＝1～m－1]π(n)/(n(n＋1)) が成り立つ。
このことから、limsup[m→∞] π(m)/(m/log m)≧1 を示せ。(ヒント：「＜1」と仮定して計算すると矛盾が出る)
素数定理によれば lim[m→∞] π(m)/(m/log m)＝1 が成り立つわけだが、
(1)～(7) のようなオーソドックスな計算だけでも、
limsup[m→∞] π(m)/(m/log m)≧1 という
そこそこの結果が出るという満足感 ( ＾o＾ ) 「数学の問題」第３集、日本評論社 (1988)から
〔問題41〕
水平に一直線に伸びている線路の上を、一定の速度で走っている列車から、遥か遠方にある平行四辺形に建てられた煙突が見えました。(◇PQRS)
地点A、B、Dを通過した時刻を計ったら、下記の表のとおりでした。
---------------------------------------
A（PとRが重なって見える） 18:32
B（PとQ、RとSが重なって見える） 19:32
C（QとSが重なって見える） ？
D（QとR、SとPが重なって見える） 19:56
----------------------------------------
ところが、あいにくCの地点では
、すれ違った列車に邪魔されて、通過時刻が計れませんでした。
しかしよく考えてみたら、点Cの位置は、4本の煙突が平行四辺形をなす限り一定であることが分かりました。
この事実を証明し、点Cを通過した時刻を求めて下さい。
・文献
一松「数学100の問題」p.30-31 日本評論社 (1984) >>192
なんだか、昔あった、「おばけ煙突」を題材にしたみたいですね ￥
>55 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 22:27:13.98 ID:ol2qzlaN
>東京の税金たからないで関西に帰れよ部落民
>
>59 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 22:54:42.02 ID:ol2qzlaN
>お前の親でもない赤の他人の東京都からナマポふんだくって一人前ズラしてんじゃねえよ関西部落民
>とっとと痴漢しに関西に帰れよ
>鬼のようにぶっさいくな関東女茨城女よりも四国や関西で痴漢した方が楽しいんだろ？ん？
>62 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:04:21.99 ID:ol2qzlaN
>関西に帰るのがいやならフランスの旧植民地の大学にでも行きゃあいいだろうがよ
>フランス崇め奉ってる植民地根性なら旧植民地がお似合いだろうがよ
>フランス文化受容強要の美しい現実も見られるだろうしなｗ
>
>64 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:10:41.77 ID:ol2qzlaN
>親のいいなりの関西のお受験坊ちゃんなんて関東女に相手されるどころかキンタマ握りつぶされそうだしな
>フランス人女には口げんかで負けるし
>フランス植民地選良の黒人女にでも慰めてもらえば？
>
>68 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:16:27.29 ID:ol2qzlaN
>フランス語でフランスの掲示板で関西のお受験パパの暴虐っぷりとお受験坊やのへなちょこっぷり宣伝して回ればいいのに
>日本人には常識レベルの関西のテストだけ誤魔化すのに特化したお受験親子の実力皆無っぷりなんて自分で実証して回ったって冷笑すらされんだろうに？
>旧関係者のガン無視っぷりにますます逆恨みがつのるだけじゃねぇのｗｗｗｗ
>
>70 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:20:13.28 ID:ol2qzlaN
>実力ありゃあ旧関係者も可哀想に感じてどっかにアカデミックな引き立てもあらアするかも知らねえが
>宇沢親子をしょっぱくしたコネと実績じゃあ冷笑すらされずガン無視空気だわな日本に限らず
>
>72 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:22:55.17 ID:ol2qzlaN
>親が教授じゃなかったらアカポスに最初っから引っかからなかった程度の癖に上等だな関西のお受験お坊ちゃん
> ￥
>55 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 22:27:13.98 ID:ol2qzlaN
>東京の税金たからないで関西に帰れよ部落民
>
>59 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 22:54:42.02 ID:ol2qzlaN
>お前の親でもない赤の他人の東京都からナマポふんだくって一人前ズラしてんじゃねえよ関西部落民
>とっとと痴漢しに関西に帰れよ
>鬼のようにぶっさいくな関東女茨城女よりも四国や関西で痴漢した方が楽しいんだろ？ん？
>62 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:04:21.99 ID:ol2qzlaN
>関西に帰るのがいやならフランスの旧植民地の大学にでも行きゃあいいだろうがよ
>フランス崇め奉ってる植民地根性なら旧植民地がお似合いだろうがよ
>フランス文化受容強要の美しい現実も見られるだろうしなｗ
>
>64 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:10:41.77 ID:ol2qzlaN
>親のいいなりの関西のお受験坊ちゃんなんて関東女に相手されるどころかキンタマ握りつぶされそうだしな
>フランス人女には口げんかで負けるし
>フランス植民地選良の黒人女にでも慰めてもらえば？
>
>68 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:16:27.29 ID:ol2qzlaN
>フランス語でフランスの掲示板で関西のお受験パパの暴虐っぷりとお受験坊やのへなちょこっぷり宣伝して回ればいいのに
>日本人には常識レベルの関西のテストだけ誤魔化すのに特化したお受験親子の実力皆無っぷりなんて自分で実証して回ったって冷笑すらされんだろうに？
>旧関係者のガン無視っぷりにますます逆恨みがつのるだけじゃねぇのｗｗｗｗ
>
>70 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:20:13.28 ID:ol2qzlaN
>実力ありゃあ旧関係者も可哀想に感じてどっかにアカデミックな引き立てもあらアするかも知らねえが
>宇沢親子をしょっぱくしたコネと実績じゃあ冷笑すらされずガン無視空気だわな日本に限らず
>
>72 :１３２人目の素数さん 2016/09/18(日) 23:22:55.17 ID:ol2qzlaN
>親が教授じゃなかったらアカポスに最初っから引っかからなかった程度の癖に上等だな関西のお受験お坊ちゃん
> n! になるややこしい nCr のΣ和があったけど、誰か覚えてない？
検索しても見つけられんのだけど。 （ｘ＋１）＾３－ｘ＾３＝３ｘ＾２＋ｏ。
（ｘ＋２）＾３－２（ｘ＋１）＾３＋ｘ＾３＝６ｘ＋ｏ。
（ｘ＋３）＾３－３（ｘ＋２）＾３＋３（ｘ＋１）＾３－ｘ＾３＝６。 【素数クイズ】
2,3,5,7,X,13,17,Y,…
この数列のX,Yを求めよ。
[ヒント1] 素数
[ヒント2] X+Y=30
[ヒント3] おそらく無限数列 >>199はちゃんとしたクイズなんだけどなあ。
ちゃんとした数学の問題ではないかもしれないけど、数学的な内容だし。 別スレで似た問題を見たから投下
問1
1000mの真っ直ぐな道路がある。
道路の一端から秒速2mの人Aが、もう一端から秒速3mの人Bが、それぞれお互いに向かって歩き始めた。
それと同時に、道路上のどこかにいる秒速10mの犬がAに向かって走り始めた。
この犬は、Aと出会ったあとはBに向かって走り始め、以降AとBの間を往復する。
犬が走ることになる距離を求めよ。
また、級数を用いて求めた距離と一致することを示せ。
問2
一辺1の正方形ABCDの各頂点が、AはBに、BはCに、CはDに、DはAに向かって一斉に動き始めた。
各点の動く距離を求めよ。
また、軌跡の式を用いて求めた距離と一致することを示せ。 4点とも同じ速さで動くということね
その速さは終始変わらないとしてよい
（途中で一斉に変わっても同じ距離になるが） >>192
19分42秒
数セミ増刊「数学の問題＝第３集」日本評論社（1988)
No.41（sin）
>>203
問2
ABCDの中心Oを極座標で考える。
点の軌跡を r＝f(θ) とすると、
f(θ)/f '(θ)＝tan(3π/4)＝－1,
f(θ)＝f(0)e^(-θ)＝(1/√2)e^(-θ),
動く距離＝(√2)f(0)＝1,
数セミ増刊「数学の問題＝第３集」日本評論社（1988)
No.40（牛島） >>193
数セミ12月号に関連記事があります（上原先生） （このスレを見て記事を書こうと思い立ったとは口が裂けても言えない…） eの無理性を示すスレが盛り上がったら河合の模試に出たこともあったな
意外と見てるだろ --- 、 ´ ￣￣ ｀ / ---- ､
/: : : : : ぃ :, ／ ＼‐{― 、 ／￣￣ ヽ
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. / / / / ..::'⌒7:/／ : |: : : 〈 厂{ 〉: : : :厂＼: : い、 ヽ ＼ :, ‘, 化学の問題です。
３つの成分をｕ：ｖ：ｗの割合で含む混合物（合金など）がある。
その組成を表わすのに、次の２つの方法がある。
Ⅰ 一辺がｕ＋ｖ＋ｗの正三角形ＸＹＺをとる。
３辺からの距離がｕ･sin60ﾟ、ｖ･sin60ﾟ、ｗ･sin60ﾟの直線を引く。
交点Ｐの位置で組成を表わす。（状態図）
Ⅱ １点Ｆから互いに120ﾟをなす方向に３本の半直線を曳く。
各々の上にＡＦ＝ｕ、ＢＦ＝ｖ、ＣＦ＝ｗとなる点Ａ，Ｂ，Ｃをとる。
△ＡＢＣの形で組成を表わす。
〔問題〕
ＡＢ＝ＰＸ，ＢＣ＝ＰＹ，ＣＡ＝ＰＺ を示せ。
△の合同を使うらしい。 >>255
＞３辺からの距離がｕ･sin60ﾟ、ｖ･sin60ﾟ、ｗ･sin60ﾟの直線を引く。
＞交点Ｐの位置で組成を表わす。（状態図）
このままでは解けないので勝手に次のように修正させてもらう。
「3辺ZX,XY,YZからの距離がそれぞれu･sin60ﾟ,v･sin60ﾟ,w･sin60ﾟとなる点Pをとる。」
〔解答〕
Pを通りXYに平行な直線と辺ZXとの交点をQとして
△AFB≡△PQXよりAB=PX
他の等式も同様（証終） 平面上の点Oからの距離がx,y,zであるような点X,Y,Zが正三角形XYZを成すとき
x,y,zの条件を求めよ 昨日バイト先で、333円の買い物したやつが千円札を出してきたから
レジに打ち込む前につり銭777円をソッコー渡してやった。
俺の暗算の能力とそのスピードにすげえビックリしてたみたい。 店主に、レジから金を盗んだ、って110番されたろ？ >>257
O (0,0)
X (x.cosα, x.sinα)
Y (y.cosβ, y.sinβ)
Z (z.cosγ, z.sinγ)
とおく。
△XYZが一辺Ｌの正三角形をなすから、
XY = YZ = ZX = L,
より
L^4 - (x^2+y^2+z^2)･L^2 + {x^4 + y^4 + z^4 -(xy)^2 -(xz)^2 -(yz)^2} = 0,
{L^2 - (x^2+y^2+z^2)/2}^2 = (3/4){2(xy)^2 +2(xz)^2 +2(yz)^2 -x^4 -y^4 -z^4}
= (3/4)(x+y+z)(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z),
∴ L^2 が正根をもつ条件は、
(x+y-z)(x-y+z)(-x+y+z) > 0,
すなわち、x,y,z が△の３辺をなすこと。 >>263 ( >>257 )
｜LL - (xx+yy+zz)/2｜ = (2√3)Heron(x,y,z)
Heron(x,y,z) は辺長が x,y,z の△の面積 １にトレース、２に行列式、３、４がなくて、５に成分。 ２次正方行列 A、B がA^2 + B^2 = 2AB をみたすならば、AB=BA であることを示せ。
個人的には面白かった（苦労した）けど、どうかな？
エレガントな解法ないかなあ？ ( ﾟ∀ﾟ) ｳﾋｮｯ！ これ２次じゃないと成り立たないの？
もし３次以上でも成り立つならひょっとしたらエレガントな解法あるのかもね？ >>269
文字が対称だから入れ替えたのか？ とんでもない誤りだ。
たとえば、A^2 + B^2 =AB だが、AB≠BA となる２次正方行列A、Bが存在する。
A^2 + B^2 = 2AB のときは、AB=BA となっている。
>>267を改造。
複素数を成分とする２次正方行列 A、B に対して、
(1) A^2 + B^2 = 2AB をみたすならば、AB=BA であることを示せ。
(2) A^2 + B^2 = kAB かつ AB=BA をみたす k の条件を求めよ。
( ﾟ∀ﾟ) ﾌﾟｩ
ノヽノ) =3'A`)ﾉ ﾋｬｰ
くく へﾍﾉ >>268
>>269
A
000
001
000
B
010
000
000
>>270
A=B=0 >>270
行列AとBを交換して、式を書き換えることは可能で
B^2 + A^2 = 2BA
A^2 + B^2 = 2ABだから、AB = BA >>272
それは詭弁だぞ、しっかりしろ。
しかし、意図したとおりの良い間違いをしてくれので、問題の面白さが伝わるだろう。
どこで間違ったかを明確にするために、条件 A^2 + B^2 = C とおいて説明する。
A^2 + B^2 = C … [1]
左辺のAとBを置き換えて （←ここが勘違いの元。）
B^2 + A^2 = C … [2]
これは正しい。いまは C=2ABで、左辺のAとBを置き換えても、右辺は2BAにならずに 2ABのままなのだ。
実は、[1]の左辺のAとBを入れ替えた[2]は、和の順序を入れ替えたのであって、右辺の積の順序を入れ替えてはダメ。
一般に行列は可換でないから。
C=2ABのときは、結果的にAB=BAが成り立つのが、たとえばC=ABのときは成立しない。 >>272
a*b=a/bが成り立つ場合、これが成り立つからと言ってb*a=b/aが成り立つとは限らない
実際、3*1=3/1が成り立つからと言って3と1を入れ替えると成り立たない
「B^2 + A^2 = 2BAが一般に成り立つ」（実際は成り立たないけど）ってことと混同してると思う >>267
AA + BB - 2AB = (A-B)^2 - (AB-BA) = CC - D,
また
tr(D) = tr(AB-BA) = 0, (1)
Cayley-Hamilton（2次）より、
CC = tr(C)C - det(C)･I, (2)
(1)(2)より
tr(CC-D) = tr(C)^2 - 2det(C), (3)
ところで、
tr{(CC-D)[2C-tr(C)･I]}
= tr{[tr(C)C-det(C)･I-D][2C-tr(C)･I]} (←(2))
= tr(C)[tr(C)^2 - 4det(C)]
= tr(C)[2tr(CC-D) - tr(C)^2] (←(1)(3))
ここで
AA + BB = 2AB,
のとき
CC-D = O,
∴ 上式より
0 = -tr(C)^3,
∴ tr(C) = 0,
∴ det(C) = 0, (←(3))
∴ CC = O, (←(2))
∴ D = AB-BA = O,
エレガントぢゃねぇなぁ... >>276
一行目を少し弄ってみる
C = A-B とおき、条件式 O = AA+BB-2AB を変形すると
O = AA + (A-C)(A-C) - 2A(A-C) = AC - CA + CC
∴CC = CA-AC … [1]
両辺のトレースを考えて
tr(CC) = tr(CA-AC) = tr(CA)-tr(AC) = 0
∴tr(CC) = 0 … [2]
Cayley-Hamilton より、
CC = tr(C)C - det(C)･I … [3]
両辺のトレースを考えて、[2] を用いると
0 = [tr(C)]^2 - 2det(C) … [4]
もし det(C)≠0 とすると、[1] の左右から C^(-1) を掛けて、
I = AC^(-1) - C^(-1)A
両辺のトレースを考えると、2=0 となって矛盾するの
したがって det(C)=0 で、[4]から tr(C)=0 となり、[3] から CC=0
∴0 = CC = (A-B)(A-B) = AA+BB-AB-BA = (AA+BB-2AB) + AB-BA = AB-BA
∴AB = BA
( ﾟ∀ﾟ) ｴﾚﾌｧﾝﾄ！ 他に 「○○ならばAB=BAである」 系の類題ないですかね？ >>273
当たり前の解説をどうも。エレガントな解を書く人間が現れないかと思って
わざと書いてみたまで。 >>280
センター試験の数学満点の私がこの程度の問題で
間違えるなどということはないので、そうではない。 >>267
A,Bの固有値が等しく、共通の固有ベクトルがとれて
同時に対角化または三角化できることから示せそうだけど、場合分けがめんどくさい (1) 絶対値abs(x)を、四則演算とルートのみを用いた式で表せ。
(2) 2数a,bから大きいほうを選ぶ関数Max(a,b)を、四則演算とルートのみを用いた式で表せ。 本当に馬鹿だな
要点さえ書けば後は自明ということ
この呼吸が掴めない者は置いて行かれ、馬鹿にされる センター試験がどうたらとか抜かす坊やが勘違いして書き込むスレだから、レベルが低いのは仕方がないこと。 出題したの俺だけどなんで荒れてんの…
正解
(1) abs(x)=sqrt(xx)
(2) Max(a,b)=(sqrt((a-b)(a-b))+a+b)/2
abs(x)=Max(x,-x)とも定義できる >>291
>>280のレスを否定するために、数学力の一端を言うのが何故勘違いなのか答えよ さいきん線形代数の復習をしているんだけど、なんか面白い問題ない？ >>304
Ａを n次正方行列とし、その固有多項式を
f(t) =｜tＩ - Ａ|,
とします。
Cayley-Hamiltonにより
ｆ(Ａ) = O,
Ａ^n = (Ａのn-1次以下の多項式）
ただし、Ａ^0 = Ｉ.
これを使って
exp{Ａ} = Σ[k=0～∞) (1/k!)Ａ^k
をＡの(n-1)次以下の多項式で表わす問題です。
Ａが2次のときは簡単で
exp{Ａ} = (1/2)(e^α + e^β)Ｉ+ [(e^β - e^α)/(β-α)][Ａ - (1/2)(α+β)Ｉ] (α≠β)
= e^α [(1-α)Ｉ + Ａ] (α=β)
です。 ここにα、βは固有多項式 f(t) = tt - tr(Ａ)t + det(Ａ) の根です。
Ａが3次以上のときはどうなるでしょうか？
（注）Ａを対角化する方法は、固有ベクトルを求めねばならず、ひじょうに面倒です。 >>305
( ﾟ∀ﾟ) ｳﾎｯ、いい問題。 とりあえず２次正方行列の場合は出来た。 >>305
やり方は２次のときと同じようにすれば出るよね。
固有値が相異なるときを計算中だけど、計算が面倒…。 >>306-307
Lagrange-Sylvesterの補間式を使うといいらしい･･･
・参考書
千葉克裕「行列の関数とジョルダンの標準形」【増補改訂版】サイエンティスト社（2010/June)
260p．2700円
http://www.scientist-press.com/14_294.html
http://www.amazon.co.jp/dp/4860790391 >>306-307
多項式Ｐ(x)をｆ(x)で割ると
Ｐ(x) =ｆ(x)Ｑ(x) + Ｒ(x),
Ｒ(x)は高々(n-1)次の多項式 (←ｆはn次の多項式)
n=2 のときは
Ｒ(x) = [(b-x)/(b-a)]Ｐ(a) + [(x-a)/(b-a)]Ｐ(b) (a≠b のとき)
= Ｐ(a) + Ｐ'(a)(x-a) (a=b のとき)
となるが... >>308
マジか、力任せに解いたぜ。（３次正方行列の固有値が相異なる場合だけだが） >>310
速レス乙です。
重根がない場合はＲ(x)に因数定理を使う → Lagrangeの補間式
重根がある場合は極限移行するか、Ｒ(x)、Ｒ'(x)、… に因数定理を使う → Lagrange-Sylvesterの補間式
ですね。 計算過程で Σ[n=0 to ∞] {1/(n+2)}*{a^n/n!} が出たけど、これってe^aの何倍かになるんだっけ？ 結局、固有値について場合分けして、因数定理で解いた。Lagrangeの補間式は使ってないけど。 >>312
1/{(n+2)n!} = 1/(n+1)! - 1/(n+2)!
{1 + (a-1)e^a}/(aa) ぢゃね？ 重解をもつときは、因数定理で求めたものと、極限操作で求めたものが一致したので安心。
計算ミスが多すぎて時間かかりすぎたが、なんとか片付いたな、４次以上は無理だな… >>305 の起源は、
〔補題〕
A, B が実対称行列のとき
tr｛exp(A+B)｝≦ tr｛exp(A)exp(B)},
等号成立は AB=BA のとき。
（京大RIMS元所長）荒木教授ご提出らしい。
数セミ増刊「数学の問題」第２集、日本評論社（1978) No.96 >>317
その本には n=2 の場合しか証明がないけど、一般の場合の証明はどうするのでしょうね。
参考文献があれば教えてください。 >>317
その本には実対称行列の場合しか証明がないけど、エルミート行列の場合の証明はどうするのでしょうね。
参考文献があれば教えてください。 あぶない、あぶない。釣られるところだった。どうせ こないだの>>272だろ。 ヴぁれた…
det{exp(A)} = e^{tr(A)}, >>316
この本 TeXじゃないから読みにくいよな >>321
Ａが正規行列なら、ユニタリ行列で対角化できて簡単
そうでないときはジョルダンの標準形が必要で面倒 >>316
せっかく借りたのに、改定前の古い方だった件。 >>323
tr（対角和）を計算するだけなら、三角化すればおk。 >>317
> 〔補題〕
> A, B が実対称行列のとき
> tr｛exp(A+B)｝≦ tr｛exp(A)exp(B)},
> 等号成立は AB=BA のとき。
>
> 数セミ増刊「数学の問題」第２集、日本評論社（1978) No.96
その証明を読んでみて、P.138の左側一行目
「ても、やはり、(2)が示される」
ここまでは理解できたけど、その直後の
「つまり trA = trB =0 の場合について照明すれば十分であることに注意する」
が何故なのか分からん。俺はアホなのか？ >>323
とりあえず三角化すれば固有値は求まるから、tr も det も求まる...
Ａ = Ｐ⊿Ｐ^(-1),
det(xＩ-Ａ) = det(Ｐ(xI－⊿)Ｐ^(-1))
= det(xＩ－⊿)
= Π(x-d_i) >>326
ｎ次の正方行列Ａ1、Ｂ1に対して
Ａ = Ａ1 - tr(Ａ1)/n・Ｅ
Ｂ = Ｂ1 - tr(Ｂ1)/n・Ｅ
とおけば、
tr(Ａ) = tr(Ｂ) = 0
になります。
このＡとＢについて（2）が成り立てば、
上で説明したように x = tr(…)/n とおけば
一般の行列Ａ1とＢ1につても（2）が成り立つよ、
ということでしょうね。
sin先生一流のご講釈と思いますが、初心者には取付き難かったかも？
でしたね... 問
任意のデータで可逆圧縮できる方法が存在しないことを示せ 指数行列とか、普通の線型代数の本には載ってないんよな m!+1=n^2の自然数解をすべて求めよ。
というのを一年以内にどこかのスレで見かけたけど、解法が分からん。
m!=(n+1)(n-1)でnは奇数くらいしか思いつかん。 329訂正
任意のデータについて圧縮後のデータサイズが元より小さくなるような可逆圧縮の方法が存在しないことを示せ >>335
それだと条件が強すぎてくだらない。
そのような可逆圧縮が存在したとすると、
1ビットのデータは0ビットのデータに圧縮せざるをえないが、
1ビットのデータは2種類あり、0ビットのデータは1種類しかないので、
0ビットのデータの復元先が少なくとも2種類存在することになって、
可逆にできない。 三辺の長さ、および面積が自然数の三角形は、平面上の格子点を頂点とする三角形で実現できることを示せ。
というような問題を、昔、エレガントな解答を求む（を集めた本）で見た気がするけど、あってる？ >>332-334
(m,n) = (4,5) (5,11) (7,71)
をブラウン数とか云うらしい... 今更ながら e^A・e^B について Baker-Campbell-Hausdorff formula というのを知った。 1からnまでの自然数が書かれたカードがm枚ずつ合計mn枚ある。
これらをよく混ぜてから、m枚ずつ選んで n組に分ける。このとき、
各組から1枚ずつ選んで1からnまでの数字を揃えることができることを示せ。 >>342
このパズル20問しかないんだな。あっという間に終わってしまった。 〔問題〕
f(x,y) がn次の同次多項式で
f(x,y) + f(x+y,z) = f(x,y+z) + f(y,z)
を満たすならば、
f(x,y) = c[ (x+y)^n -x^n -y^n ]
（cは定数）となることを示せ。
（佐武一郎教授ご提出らしい。）
数セミ増刊「数学の問題」第２集、日本評論社(1978)、No.68 >>344
正解。
1002401=(49+1000i)(49-1000i)=(20+1001i)(20-1001i)
と分解できるので
(49+1000i)-(20+1001i)=29-i=(1+i)(14-15i)
(49+1000i)+(20-1001i)=69-i=(1+i)(34-35i)
14^2+15^2=196+225=421
34^2+35^2=1156+1225=2381
と計算すれば、素因数の候補として421と2381が得られる。
あとは実際にこれらが素数であることを確認すれば終わり。 >>346
なんで素因数の候補になるのか、理屈が分かりません。 計算術に関するこの手の問題は不毛
暗算が速い人は正攻法でやるわけだから >>346の考え方を知りたい。何をやっているのか想像がつかないんで。 n=1002401
a=49+1000i
b=49-1000i
c=20+1001i
d=20-1001i
とする。
n=ab=cdと2通りに分解されているが実際は
n=efgh (a=ef, b=gh, c=eg, d=fh)
というように分解されるはず。
このe,f,g,hを見つけるためa,cの公約数とa,dの公約数を計算する、ってな感じ。
4n+1型の素数は2個の平方数の和としてただ1通りに表されるという定理が根拠にある。 ２次体の整数論を知らない人向けの蛇足。
整数a,bを用いてa+biと表される数（ガウス整数）に対し
ノルムをN(a+bi)=a^2+b^2とすると、
N(αβ)=N(α)N(β)だったりする。
以下zと共役なガウス整数をz'で表すとする
n=zz'=ww'と2通りに表されるとき、N(z)=N(w)=nであり、
zとwがガウス整数としての公約数αを持ちz=αβ,w=αγとすると、
N(α)やN(β)=N(γ)はnの約数。
>>346 さんがやってるのは、
zとwがノルムが1でない（単数でない）公約数を持つなら、
それはz-wの約数である、みたいな話かと。 行列の関数を詳しく取り扱った本って、>>308以外にある？ 自然数nについて、σ(n)をnの約数の総和とする
σ(n)>100n を満たす自然数nは存在するか？ 不等号の向きが＞だったら楽勝でしょ？
むしろ、小さい m に対して σ(n)<mn を全て求めよ
とかが問題になり得るかな。 アホですがさっき問題考えました。
数学あまり知らないんでアホな事書いてたらスマソ
答えはまだ知りません。
問題
次のようなピアノが有ります。
上から見ると、左端と右端が円形に曲がって、くっついている円形のピアノ。
全部で白鍵が３６４個あり、その円の中心から、XY座標が伸びていて、ドレミファソラシのドの
白鍵とその左のシの白鍵のちょうどその境界線の座標（X,Y）＝(0,0)にしてあるものとします。
円の半径は１メートルから５メートルの範囲のものとし、白鍵の幅は全部同じでその間の幅の長さも全部同じで、０.１ｍｍ以下とし、黒鍵の幅は白鍵の幅のちょうど、半分であるものとする。
そのピアノを自動演奏するロボットが存在し、１秒間隔に一つの鍵だけをロボットの指で
叩くものとする。
さて、問題です。
①西暦２０００年１月１日になったばかりの０時０分０秒に、(0,0)の右隣のド（白鍵）を叩き、
以後、１秒間隔ごとに隣の白鍵にロボットの指を移して叩く運動が永遠に為されるものとする。
西暦３０００年１月１日になったばかりの０時０分０秒に、ロボットは何か所目の白鍵を叩き、
その音はドレミファソラシのうち、どの音かを、しかもその座標をも求め、その
サイン、コサイン、タンジェントをも求め、更に４秒で１小節が完了するものとし、
何小節目かをも求め、更に、左手の小指、薬指、中指、人差し指、親指、右手の親指、
人差し指、中指、薬指、小指の順番で叩き、それを繰り返すものとし、
どの指であるかをも求めよ。
ただし、暦はグレゴリオ暦に従うものの、閏秒は省くものとする。
② ①と同じ条件でロボットが黒鍵のみを叩き続ける場合で、（0,0）のドの
すぐ隣のド＃から始める場合を求めよ。
③ ①, ②と同じ条件でロボットが、白鍵も黒鍵も順番通りに、
つまり、ド,ド＃,レ,レ＃,ミ,ファ,ファ＃,ソ,ソ＃,ラ,ラ＃,シの１２音をその
順番の通りに叩いてゆくものとし、その場合を求めよ n = Π_[i=1]^[i=k] p_i
σ(n) = Π_[i=1]^[i=k] (1+p_i)
σ(n)/n > 農[i=1]^[i=k] 1/p_i → ∞ (k→∞) 357の追加
④白鍵の数が３６０個の場合、つまり、左端がドで右端がミで終わっている
ピアノでそれが円形に曲がり、くっついている場合をも求めよ。 357の追加（これで最後にするんでスマソ）
⑤閏年の間は、１音目と２音目が１秒、３音目と４音目と５音目と６音目が０．５秒
で計４秒で１小節、つまり、４分音符２つと８分音符４つを繰り返した場合を求めよ
⑥以上のものを2012年１月１日になったばかりの０時０分０秒に叩いた場合を求めよ。
（３０００年は失敗だったかなと思ったので少しでも簡単にということで） あ、完全に間違ってた
XY=(0,0)でなくて（1,0）でした
すげー格好わるっ
スマソ >>354
それって、素数を小さい方から順に並べた列を{p(n)}として、
Π[n=1,∞]p(n)/(p(n)-1)
が収束するか否か、収束するならそれは100を超えるか
という問題に帰結する気がする。 Nの素因数分解が
N = Π[i=1,n]p(i)^a(i)
ただし、p(1)～p(n)は相異なる素数でa(1)～a(n)は自然数
と表せるとき、Nの約数の総和は
σ(N) = Π[i=1,n](Σ[j=0,a(i)]p(i)^j)
となるので、
σ(N)/N = Π[i=1,n](Σ[j=0,a(i)](1/p(i))^j)
と表せる。
ここで、Σ[j=0,a(i)](1/p(i))^jを各素数毎のσ(N)/Nに寄与するファクターだとすると、
その上限はΣ[j=0,∞](1/p(i))^j = p(i)/(p(i)-1) 有名な事実
素数の逆数和は発散する；
1/p(i)＝∞ ｎ＝ｍ！。
σ（ｎ）≧ｎ（１／１＋１／２＋１／３＋．．．＋１／ｍ）。 >>367
？？？
左辺はσ(n)/nのつもりなのだろうがなんでそれが言えるの？
（Σが文字化けしているが） >>358 ならわかるが。 >>369
左辺は
> σ（ｎ）≧ｎ（１／１＋１／２＋１／３＋．．．＋１／ｍ）。
で合ってる
m!,m!/2,m!/3,...,m!/mはm!の約数 1 ＝ 1,
1/2 ＝ 1/2,
1/3 + 1/4 ＞ 1/4 + 1/4 ＝ 1/2,
1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 ＞ 1/8 + 1/8 + 1/8 + 1/8 ＝ 1/2,
m≧2^k のとき
1 +1/2 + 1/3 + … +1/m > 1 + k/2, >>347
n = AA + BB = CC + DD,
のとき、
(n+AC-BD)*(n-AC-BD)
= (n-BD)^2 - (AC)^2
= (n-BD)^2 - (n-BB)*(n-DD)
= n*(B-D)^2,
|B-D|=1 ならばｎは n±AC-BD で割り切れる。 >>350
e = (14-15i),
f = -(34-35i),
g =ｉ(34+35i),
h =ｉ(14+15i),
a-c = 29-i = (1+i)e,
a+d = 69-i = (1+i)(-f),
eh = ｉ|e||h| = 421ｉ,
fg = -i|f||g| = -2381ｉ, >>362-364
〔問題〕
調和級数の発散を使わずに、
Σ[k=1～∞) 1/p_k が発散することをを示せ。
ここに p_k は小さい方からk番目の素数。 >>371
左辺うんぬんは勘違い。すんません。
なるほど。約数を全部考えずとも、わかりやすい約数だけ並べただけで
発散することが言えるって話なのですね。 >>375
{1,2,…,N} を２組に分ける。
Ａ＝｛ p(m+1) 以上の素因数を含むｎ｝
p(k) の倍数は [N/p(k)] 個 ゆえ
#A ≦ Σ[k>m] N/p(k),
Ｂ＝｛ p(m) 以下の素因数のみを含むｎ｝
n = uvv, (uは平方因子をもたない。）と分解する。
u は 2^m 通り以下、1≦v≦√N ゆえ、
#B ≦ (2^m)√N,
∴ N = #A + #B ≦ Σ[k>m] N/p(k) + (2^m)√N,
∴ 1 ≦ Σ[k>m] 1/p(k) + (2^m)/√N,
いま、N = [ {(2^m)/(1-a)}^2 +1] とおく。（0<a<1)
∀m>0： a ≦ Σ[k>m] 1/p(k),
∴ 右辺はコーシー列でないので、収束しない。 >>362-364 >>375-377
Σ[p(素数)<n] 1/p － log(log(n)) → 0.26149721 （n→∞）
Meissel-Mertens定数 とか云うらしい... 自分の中ではまだ未解決だけど投稿します
n
Σ(-1)^k･nCk･√k
k=0
はn→∞で0に収束するか。 >>379
1/√(πlog(n)) → 0 (n→∞) >>380
和をnの指数に乗っけてみたりしたけどだめだった…
何でその式で評価できたかヒントくれたら嬉しい >>382
n次正方行列Pを
(0 0 0 … 0 1)
(1 0 0 … 0 0)
(0 1 0 … 0 0)
(0 0 1 … 0 0)
( … … … )
(0 0 0 … 1 0)
のように定めると、任意の巡回行列Aは P^i (i=0,1,…,n-1) の線型結合で書ける。
よって、A^m (mは任意の自然数)も同様に P_i の線型結合で書けるので巡回行列。
Aの固有方程式を
f(x) = x^n + a_(n-1)･x^(n-1) + … + (a_1)x + a_0
とおくと、A^-1 が存在する時、
A^-1 = -A^(n-1) - a_(n-1)･A^(n-2) - … - (a_1)A^0
も P_i の線型結合で書けるので巡回行列。
見にくくてすまぬ >>383
最後の長い式は
(a_0)A^-1 = …
だったわ…でも A^-1 が存在するなら a_0≠0 だし、両辺を a_0 で割ればおk >>382
A が巡回行列のとき、A の余因子行列(Bとする)も
巡回行列であることを示せば十分である。
そのためには、tB (Bの転置) が巡回行列であることを示せば十分である。
A の (i,j) 余因子を Δ(i,j) (係数(－1)^{i+j} は含まない定義を採用する)と書くと、
B ＝ ((－1)^{i+j}Δ(j,i))_{i,j} であるから、tB ＝ ((－1)^{i+j}Δ(i,j))_{i,j} である。
よって、これが巡回行列であることを言えばよい。簡単な考察により、係数 (－1)^{i+j} を
削除した (Δ(i,j))_{i,j} が巡回行列であることを示せば十分であることが分かる。
さて、A は n×n の行列で巡回行列とする。A＝(a_{i,j})_{i,j} の添え字は
1≦i,j≦n の範囲しか動かないが、これを i,j∈Z 全体に「周期的に」拡張する。
さらに、ij平面 H を用意し、H の上に a_{i,j} (i,j∈Z) を敷き詰める。
ただし、H での座標の取り方は、右方向に行くほど j の値が増え、
下方向に行くほどi の値が増えるものとする。
この平面 H において、(n－1)×(n－1) マスの a_{i,j} の塊 S を任意に考える。
また、S の位置から右方向に＋1マス, 下方向に＋1マスずれた場所にある塊を S' とする。
S と S' の中に書き込まれている a_{i,j} の配置は完全に一致していることが
分かる( A が巡回行列であることから即座に従う)。
続く 続き
次に、各 Δ(s,t) について、Δ(s,t)＝det(C) と行列式表示する。
ただし、C は A から第s行, 第t列を取り除いた (n－1)×(n－1)行列である。
C の中身の a_{i,j} の配置について、
・ a_{i,j} の配置全体を上方向に s－1 マスずらす
(上端からはみ出た行は順次下端に持っていく)
・ そのあと、a_{i,j} の配置全体を左方向に t－1 マスずらす
(左端からはみ出た列は順次右端に持っていく)
という変換をしたあとの行列を D とすると、
Δ(s,t) ＝ det(D) * (－1)^{(n－2)(s－1＋t－1)} ＝ det(D) * (－1)^{n(s＋t)}
となることが分かる。また、D における a_{i,j} の配置は、
H における何らかの (n－1)×(n－1) マスの塊 S に書き込まれた
a_{i,j} の配置と完全に一致する( A → C → D という変換の過程を
平面 H の中で見ればすぐに分かる)。
Δ(s＋1,t＋1) に対しても同じことをすると、
Δ(s＋1,t＋1)＝det(D') * (－1)^{n(s＋t)}
という形になることが分かる。また、D' に対応する H における塊 S' は、
さっきの S の位置から右方向に＋1マス, 下方向に＋1マスずれた場所の塊である。
既に見たように、S＝S' だったから、結局、Δ(s,t)＝Δ(s＋1,t＋1) が成り立つ。
(ただし、s＝n のときは s＋1 を 1 に読み替える。t も同様。)
よって、(Δ(i,j))_{i,j} は巡回行列である。
よって、Aの余因子行列は巡回行列である。 >>379 の類題のうち自力で解決できた問題
n
Σ(-1)^k･nCk･1/√(k+2)
k=0
は n→∞ で0に収束するか。 >>387
1/√(k+2）＝(2/√π)∫(0～∞）e^{-(k+2)xx｝dx,
(与式）＝（2/√π)∫(0～∞）e^(-2xx){1-e^(-xx)}^n dx,
xx=y とおくと、
f(y)＝e^(-2y){1-e^(-y)}^n
＝(4/nn){(n/2)e^(-y)}^2･{1－e^(-y)}^n
≦(4/nn){n/(n+2)}^(n+2) ←相乗･相加平均
＝{4/n(n+2)}{n/(n+2)}^(n+1)
＝f(y0)
≒4/{een(n+2)},
∵ (1＋2/n)^((n+1)/2) ≒ｅ,
f(y）は y0＝log((n+2)/2）にただ１つの極大をもつ。
その近傍を正確に求めるため、放物線→Gaussian で近似する。
f(y)≒f(y0){1－((n+2)/n)(y－y0)^2}
≒f(y0)ｅ^{－((n+2)/n)(y－y0)^2},
これをyで積分する（-∞～∞）と
dx＝dy/(2√y)≒dy/(2√y0),
(与式）≒ｆ(y0)/√{y0･(n+2)/n}
≒4/{ee(n+1)(n+2)√y0}
→ 0 (n→∞)
鞍点法、峠点法、WKB法とか云うのかな？ >>379 >>381
Ｃ[n,k]･√k＝n･Ｃ[n-1,k-1]/√k
以下、>>387-388 と同様にやれば出る？
ｎ階差分式も計算するのは中々大変... >>388
おお…
何というか、これが正攻法か…って感じで圧倒されました
自分が用意した解法の概略は以下の通りです。参考までに
①C^∞((-1,∞))上の作用素Δを (Δf)(x):=f(x+1)-f(x) と定める
②ΔとD(微分)が可換であることを示す
③f(x):=1/√(x+1) とおくと、任意の非負整数n,mについて (-D)^m･(-Δ)^n･f は正である
④数列 {(-Δ)^n･f(0)} は収束する
⑤ (-Δ)^n･f(1) = (-Δ)^n･f(0) - (-Δ)^(n+1)･f(0) より、左辺は0に収束する
この方法では 1/√(x+1+ε) までにしか適用できないのが残念 F(n)をn番目のフィボナッチ数、
φ(k)を1以上k以下の整数のうちkと互いに素であるものの個数とする。
任意の非負整数nに対して
Σ[k=1～F(n+2)]φ(k)>=2^n
が成り立つことを示せ。 >>388
この積分表示だと、pを0以上の実数、lを正整数、z∈C は |z＋1|＜1 を満たすとして
lim[n→∞] Σ[k＝0～n] nCk z^k (k＋l)^{－p} ＝ 0
が出るね。 >>379 >>381
>>387-388と同様にやると、
1/√(k+1）＝（2/√π)∫(0～∞）e^{-(k+1)xx｝dx,
（与式）＝ｎ納k=1,n] Ｃ[n-1,k-1] / √k
＝ｎ納k=0,n-1] Ｃ[n-1、k] / √(k+1)
＝（2n/√π)∫(0～∞）e^(-xx){1－e^(-xx)}^(n-1) dx,
xx=y とおくと、
f(y)＝e^(-y){1－e^(-y)}^(n-1)
＝(1/(n-1)){(n-1)e^(-y)}･{1－e^(-y)}^(n-1)
≦(1/(n-1)){(n-1)/n}^n ←相乗･相加平均
＝(n-1)^(n-1) / (n^n)
＝f(y0)
≒1/{e√(n(n-1))},
∵ (1＋1/(n-1))^(n-1/2) ≒ｅ,
f(y）は y0＝log(n）にただ１つの極大をもつ。
その近傍を正確に求めるため、放物線→Gaussian で近似する。
f(y)≒f(y0){1－(n/2(n-1))(y－y0)^2}
≒f(y0)ｅ^{－(n/2(n-1))(y－y0)^2},
これをyで積分する（-∞～∞）と
dx＝dy/(2√y)≒dy/(2√y0),
（与式）≒ｆ(y0)･√{2n(n-1)/y0}
≒(√2)/(e√y0)
→ 0 (n→∞)
ひじょうに遅いものの、収束すると思うよ。 任意の正整数iに対してiとi+1は互いに素だから
任意の整数jはiまたはi+1と互いに素となるので
φ(i)+φ(i+1)≧i+1（1はiとi+1のどちらとも互いに素なので）
これにより任意の正整数mに対して
2Σ[k=1～m]φ(k)
=φ(1)+{φ(1)+φ(2)}+{φ(2)+φ(3)}+…+{φ(m-1)+φ(m)}+φ(m)
≧1+2+…+m+φ(m)
=m(m+1)/2+φ(m)
したがってΣ[k=1～m]φ(k)≧m(m+1)/4+φ(m)/2
0≦n≦3のとき、直接代入することによって
Σ[k=1～F(n+2)]φ(k)≧F(n+2)(F(n+2)+1)/4+φ(F(n+2))/2≧2^n
がいえる。
n≧4のとき、F(n)の一般項を考えると
Σ[k=1～F(n+2)]φ(k)≧F(n+2)^2/4≧2^n
がいえる。 >>394
残念だが例えば6は15,16のどちらとも互いに素ではないぞ >>396の言うとおりで、盛大に間違ってたｗ
φ(i)+φ(i+1)≧i+1はi=14のとき成り立たない。
φ(i)+φ(i+1)≧iなら言えるかと思ったけどi=69のとき成り立たない。
根本的に考え方を変える必要がありそう。 >>391 解答
数列{a[n,m]}(n=0,1,...,m=0,1,2,...,2^n)を以下に従って帰納的に定める：
a[0,0]=a[0,1]=1,
i≧0において
a[i+1.2k]=a[i,k](k=0,1,...,2^i),
a[i+1.2k-1]=a[i,k-1]+a[i,k](k=1,2,...,2^i).
このときmax{a[n.0],a[n,1],...,a[n,2^n]}=F(n+2)(n≧0)が帰納的に示される.
よって数列a[n.0],a[n,1],...,a[n,2^n]はF(n+2)に対応するファレイ数列の,各項の分母のみを取り出してできる数列の部分列である(ファレイ数列の性質より).
一方ファレイ数列に現れる分母がk(≧2)の分数は高々φ(k)個であるから,φ(1)=1に注意すると所望の不等式が得られる.(終) >>398
こんな難しいことしなくても、チェビシェフによる素数定理の
初等的な評価の仕方を真似した方が、オーソドックスなのに
より強い結果が出る。 鶏を割くに焉んぞ牛刀を用いん。
あえて牛刀を用いるマゾ体質に突っ込みを入れちゃぁいけないなあ。 どっちのことを牛刀と言っているのかは知らんが、
チェビシェフの計算を牛刀と証するのは物凄い違和感がある。 定理を引用するのではなく計算の技巧を参考にするだけなら
論理的に不経済というわけではないわな 濫りにチェビシェフ猊下を引用するのは
不敬罪であります。 a[k+1]=2a[k]+1を満たす数列は素数でない項をもつことを示せ >>405
a[1]>0 は素数とする。
a[1]=1 のとき、a[4]=15=3*5 は素数でない。
a[1]=2 のとき、a[6]=95=5*19 は素数でない。
a[1]=p (奇素数) のとき
a[p]=2^(p-1)･(a[1]+1)-1≡2^(p-1)-1≡0 (mod p)
ここでフェルマーの小定理を用いた。
また、a[p]>a[1]=pゆえ、a[p] は素数でない。 mを0以上の整数,nを2以上の整数とするとき,
2Σ[k=0～m]C[2m,2k]n^{2k}(n+1)^{m-k}(n-1)^{m-k}
は平方数でないことを示せ. x = √(nn-1) とおく。
S_M ≡ 2Σ[k=0～[M/2]] Ｃ[M,2k] n^(2k) x^(M-2k)
= (n+x)^M + (n-x)^M,
S_0 = 2,
S_1 = 2n,
S_M = 2n･S_{M-1} - S_{M-2},
より、S_M は自然数。
S_{2m} = (S_m)^2 -2 は平方数でない。 >>409 訂正
S_M ≡ 2納k=0～[M/2]] Ｃ[M,2k] n^(M-2k) x^(2k)
= (n+x)^M + (n-x)^M, 任意の正の整数a,mに対して,以下の条件を満たす正の整数nが無限個存在することを示せ.
条件：an^2+1が相異なるm個以上の素因数をもつ. a[k+1]=2a[k]+1を満たす数列は素数でない項をもたない。
＝＞a[k+1],a[k] が素数、しかし いずれかは偶数
で おかしい。
よって
a[k+1]=2a[k]+1を満たす数列は素数でない項をもつ ちなみに+1を+b(bは任意の正の整数)に置き換えても同じことが成り立つとさっきわかった rを有理数とし,f(r)=(cosrπ)^2とする.
(1)f(2r)をf(r)で表せ.
(2)(1)を利用して,f(r)が有理数となるときその値は0,1/4,1/2,3/4,1のいずれかであることを示せ. >>415
(1)だけ
f(r) = {1＋cos(2rπ)}/2,
f(2r) = {cos(2rπ)}^2 = {2f(r)－1}^2, rを二倍二倍していくと、f(r)はあるところから循環する
f(r)がそれらの値でないと、分母が肥大化していく Σ1/(p^2+q^2)
は収束するか。ただしp,qは全ての素数を動く 書き方悪かったかも
Σ1/(p^2+q^2)
p,qは素数 ｛ｐ，ｑ｝で前空間を覆う
integrate((1/r^2)r, {r,1,Infinity}] で発散するが
適当な薬て実用麺では、積分可能になるので使い方次第。 >>422
xが大きい所での素数率は 1/log(x) なので（素数定理）
納p］… ≒∫[a,∞）… dx/log(x)
(与式）≒ ∬[a,∞）1/{(xx+yy)log(x)log(y)} dxdy
> ∬[a,∞) 1/{(xx+yy)log(√(xy))^2} dxdy
> ∬[a,∞) 1/{(xx+yy)log(√((xx+yy)/2))^2} dxdy
= ∫[a,∞) 1/{r･log(r/√2)^2} (π/2)dr
=［ -π/2log(r/√2) ](r=a,∞)
= π/{2log(a/√2)},
う～む ∫[0,π/2］1/{log(cosθ)*log(sinθ)} dθ = ∞
で発散？ p[k]をk番目の素数とする
p[k]^2+p[n-k]^2 は、k=[n/2]で最小になることに注目すると、
Σ[i,1,N]Σ[j,1,N] 1/(p[i]^2+p[j]^2)
=Σ[n,2,2N]{Σ[k,1,n] 1/(p[k]^2+p[n-k]^2)} - 2Σ[余分に足した領域]
<Σ[n,2,2N]{Σ[k,1,n] 1/(p[k]^2+p[n-k]^2)}
<Σ[k,1,N] {(2k-1)/(2p[k]^2) + 2k/(2p[k]*p[k+1])}
<Σ[k,1,2N] k/p[k]^2
たぶん 収束 p[k]をk番目の素数とする。
s_n = Σ[k=1,n-1］1/(p[k]^2 + p[n-k]^2) < π/n^2, …(*)
∴ Σ[n=2,N］s_n < Σ[n=2,N］π{1/(n-1/2) - 1/(n+1/2)} = π{2/3 - 1/(N+1/2)} < 2π/3, >>427
nが小さい所では
s_2 = 1/8 = 0.125
s_3 = 0.153846154
s_4 = 0.124521073
s_5 = 0.096559378
s_6 = 0.070482759
s_7 = 0.053972336
s_8 = 0.041964605
s_9 = 0.034264846
s_10 = 0.028833721
s_11 = 0.024079395
s_12 = 0.020750266
s_13 = 0.017804386
s_14 = 0.015494523
s_15 = 0.013698936
s_16 = 0.012221603 = 3.128730 / 16^2
s_17 = 0.010254314
s_18 = 0.008568337
s_19 = 0.007161035
s_20 = 0.005957559
s_21 = 0.004919547
s_22 = 0.004035864
s_23 = 0.003270644
s_24 = 0.002596187
s_25 = 0.002023219
s_26 = 0.001549861 >>422 の答えは『収束する』です。
一応用意してた証明の概略はこんな感じ↓
①素数定理を使って、 p[n]≦(nlogn)/2 を満たす自然数nが有限個しか存在しないことを示す
②和を積分で評価した後、x>1 の範囲で (xlogx)^2 が下に凸であることを利用して簡単にしてから計算し、収束を示す x以下の素数の数をπ(x）とおく。
〔補題〕
π(n）< 2n/log(n),
(略証)
n以下の自然数で、dで割りきれないものは
n -［n/d］≦ n -（n/d）+（d-1)/d
=（n+1)(1-1/p)
=（n+1)/(1+1/p+1/pp+…)
よって
π(n）= n - Σ_(p)［n/p］+ Σ_(p<p')［n/pp'］- Σ_(p<p'<p")［n/pp'p"］+ …
< n･Π_p (n+1)(1-1/p)
< n･(n+1)^((n+1)/2)／(1+1/2+1/3+…+1/n) (←*)
< 2n/{log(n)＋γ}
* p(n)≧2n-1 より、π(n)≦［(n+1)/2],
ここに γ = 0.5772156649（オイラー定数）
〔系〕
p[n] > n･log(n)/2 フィボナッチ数列F(n)について次の等式を証明せよ
Σ[k=0,n-1]F(2^k)F(3*2^k)=F(2^n-1)F(2^n+1) もうひとつ。次の等式を証明せよ
Σ[k=0,n-1](-1)^(n-k-1)*F(3^k)F(2*3^k)=F((3^n-1)/2)F((3^n+1)/2) >>431-432
G(n）= √{5･F(n)^2 + 4･(-1)^n},
とおくと
F(n+m）F(n-m）=｛G(2n）- (-1)^n･G(2m)}/5,
・参考
sinh(a+b)sinh(a-b) = {cosh(2a) - cosh(2b)}/2,
cosh(a+b)cosh(a-b) = {cosh(2a) + cosh(2b)}/2, >>433 に補足。。。
G(n) = F(n-1) + F(n+1),
F(n）=｛G(n-1) + G(n+1)}/5,
∴ G(n+1）= G(n）+ G(n-1),
倍角公式
F(2n) = F(n)G(n),
G(2n) = G(n)G(n) - 2(-1)^n,
・参考
nが偶数のとき
F(n) =（2/√5)sinh(nα),
G(n) = 2cosh(nα),
nが奇数のとき
F(n) =（2/√5)cosh(nα),
G(n）= 2sinh(nα),
α = log(φ）= log((1+√5)/2), a[1]<a[2]<・・・を正の整数からなる無限列とする.
正の整数kに対してa[i]+a[j]=kを満たす組(i,j)のうち,i≦jであるものの個数をf(k),i<jであるものの個数をg(k)と表す.
(1)f(n)≠f(n+1)を満たす正の整数nが無限個存在することを示せ.
(2)g(n)≠g(n+1)を満たす正の整数nが無限個存在することを示せ. >>435
正の整数kに対して a[i]=k となるiの個数をb[k]とおくと、
f(k）= Σ(i+j=k，i≦j）b[i]･b[j],
g(k）= Σ(i+j=k，i<j）b[i]･b[j],
題意により b[k]= 0 or 1 だが...
う～む >>435
f(2n)+g(2n)は、b[n]=0の時偶数、b[n]=1の時奇数になるから、
f(n)+g(n)≠f(n+1)+g(n+1) を満たすnは無限に存在する事が言える。
しかしこれでは(1)と(2)の少なくとも一方が成り立つという事しか言えん… >>435
とりあえず、(1)はできたと思う。
正整数全体の集合を N と置く。B⊂N に対して、1_B：N → { 0, 1 } を
1_B(n)＝ 1 (n∈B), 0 (￢(n∈B))
と定義する。以下では、B＝{ 2a_i｜i≧1 } と置く。
>>435 の f(n), g(n) に対して、
｜{ (i,j)∈N^2｜a_i＋a_j＝n }｜＝ 2f(n)－1_B(n) ＝ 2g(n)＋1_B(n)
が成り立つことに注意する。さて、F(x)＝Σ[i＝1～∞] x^{a_i} と置くと、
この級数は｜x｜＜1 なる任意の実数 x に対して絶対収束する。
また、任意の｜x｜＜1 に対して
F(x)^2＝Σ[i,j＝1～∞] x^{a_i＋a_j}
＝Σ[n＝1～∞] x^n｜{ (i,j)∈N^2｜a_i＋a_j＝n }｜
＝Σ[n＝1～∞] (2f(n)－1_B(n))x^n
＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n－Σ[n＝1～∞] 1_B(n)x^n
＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n－Σ[i＝1～∞] x^{2a_i}
＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n－F(x^2)
となるので、F(x)^2＋F(x^2)＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n となる。
同様にして、F(x)^2－F(x^2)＝2Σ[n＝1～∞] g(n)x^n となる。
(続く) (続き)
(1)：背理法で示す。f(n)≠f(n＋1)を満たす n が有限個しかないとする。
このとき、ある n_0 が存在して、n＞n_0 のとき f(n) は定数である。
その値を s としておく。このとき、任意の｜x｜＜1 に対して
Σ[n＝1～∞] f(n)x^n
＝Σ[n＝1～n_0] f(n)x^n＋Σ[n＝n_0＋1～∞] sx^n
＝Σ[n＝1～n_0] f(n)x^n＋Σ[n＝0～∞] sx^n－Σ[n＝0～n_0] sx^n
＝E(x)＋s/(1－x)
となる。ただし、E(x)＝Σ[n＝1～n_0] f(n)x^n－Σ[n＝0～n_0] sx^n と置いた。
よって、
F(x)^2＋F(x^2)＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n＝2E(x)＋2s/(1－x)
となる。F(x)^2≧0 だから、F(x^2)≦2E(x)＋2s/(1－x) となる。
これが任意の｜x｜＜1 で言える。そこで、x↓－1 とすると、
＋∞ ≦ 2E(－1)＋2s/2
となって矛盾する( E(－1) は普通に実数値として値が定まることに注意する)。
よって、(1)が成り立つ。 >>435の(2)も出来た気がするが、清書してみたら6レス分の長さになった上に
評価の仕方が際どくて、書き込むべきか非常に迷う・・・ 読み返してたら、不等号の向きを完全に間違えてる箇所があった
書き込まなくてよかったｗ >>435の(2)の途中経過を書き込んでみる
昨日は不等号の間違いを見つけてしまってダメだったが、
そのあと別の計算をして、次のことは分かった
―――――――――――――――――――――――――――――――――――
(2) 背理法で示す。g(n)≠g(n＋1)を満たす n が有限個しかないとする。
このとき、ある n_0 が存在して、n＞n_0 のとき g(n) は定数である。
その値を s としておく。明らかに s≧1 である。このとき、色々と計算すると、
(2s)^{-1} * (2^{1/3}＋2^{-2/3})^{-3} ≦ liminf[n→∞] a_n / n^2,
limsup[n→∞] a_n / n^2 ≦ 2 / s
が成り立つことが証明できる。
―――――――――――――――――――――――――――――――――――
どのみち計算が長い上に間違ってる可能性があるので詳細は書き込まないが、
もしこれが正しいなら、a_k は k^2 のオーダーということになり、
かなりスカスカになっている
こうなると、そもそも n＝a_i＋a_j の形では表せない n が
無限に存在しそうな気がするのだが、よく分からん >>430
ちょっと変…
π(n）= n - Σ_(p)［n/p］+ Σ_(p<p')［n/pp'］- Σ_(p<p'<p")［n/pp'p"］+ …
< n･Π_p (1+1/n)(1-1/p）
< n･(1+1/n)^((n+1)/2)／(1+1/2+1/3+…+1/n) (←*）
< 2n/{log(n)＋γ｝
* n≧3 のとき
（1+1/n)^{(n+1)/2｝
<｛e^(1/n)}^{(n+1)/2｝
= e^{(1+1/n)/2}
≦ e^(2/3）
< e^(0.693…)
= 2 １４以下の自然数を８つ選び、どの三つ組も等差数列を成さないようにすることは可能か。
可能ならその選び方を全て求め、不可能なら証明せよ。 >>446
{1,2,4,5,10,11,13,14}
しかないようですね。
もし7を選んだら、1～6と8～13の12個の中からは7を挟んで対称なペアは選べないので
7と、{1～6,8～13}のうちから6個と、13を選ぶことになるが、
この場合、1～6と8～13の中の7を挟んだペアの片方は必ず選ぶことになり、
すぐ矛盾が導ける。
例えば、もし6を選んだら5は選べないので9を選ぶことになるが、
7,9があるので11は選べず3を選ぶことになり、3-6-9で不適。
8を選んだ場合も同様。
以上より、7は選べないことがわかる。
同様にして、8も選べない。
すると、1～6と9～14から8個選ぶことになるが、連続した6個から5個は選べないことは
すぐわかるので、結局1～6と9～14からそれぞれ4個ずつ選ぶことになる。 あとは、連続した6個から4個を選ぶ方法が
○○×○○×
○○××○○
○×○○×○
×○○×○○
しかないので、これらを××をはさんで組み合わせて条件を満たすのが
○○×○○× ×× ×○○×○○
しかなかった。
もっとスマートな探し方があるかどうかは知らん (1..14).to_a.combination(8){|x|
print x if x.combination(3).all?{|y|y[1]-y[0]!=y[2]-y[1]}
} F(n)およびL(n)は任意の整数nについて
F(0)=0, F(1)=1, F(n+2)=F(n+1)+F(n)
L(0)=2, L(1)=1, L(n+2)=L(n+1)+L(n)
を満たすものとする。
にんいの整数m,nについてF(2mn)/L(m)は整数となることを示せ。 >>450
加法公式
F(a+b）=｛F(a)L(b)+L(a)F(b)}/2
nについての帰納法により、
F(na）は F(a）の倍数。
F(2mn）は F(2m) の倍数
また、F(2m) = F(m)L(m),
>>433-434 の G(n) は L(n）と同じものです。 >>451
その加法公式を示すところも問題の一部のような気もしますが…。
任意の整数nについてA(n+2)=A(n+1)+A(n)を満たすとき
A(n)=(A(1)-A(0)/2)F(n)+(A(0)/2)L(n)
となることなどからいろいろやるとそこは導けましたが、
＞ nについての帰納法により、
＞ F(na）は F(a）の倍数。
のところが、加法公式の右辺が2で割られているせいでうまくできません。
そこはどうやって処理するのか教えていただけるとうれしいな。 >>448
正解です。正直、等差数列系の問題はだいたいごり押しとか数の暴力からの鳩ノ巣が多い気がするので効率を求めたら負けって思ってしまう >>452
加法公式
F(a+b）= F(a)F(b±1) + F(a干1)F(b),
を使うと、2で割らないので、うまくできると思います。
F(a+b）= F(a+1)F(b+1）- F(a−1)F(b−1),
F(a+b+c）= F(a+1)F(b+1)F(c+1）+ F(a)F(b)F(c）− F(a−1)F(b−1)F(c−1),
もありますが。。。
>>431
積和公式
F(n+m)F(n-m）= F(n)^2 －(-1)^(m±n)･F(m)^2,
を使うと、うまくできると思います。
L(n）を出す必要なかった。。。 >>452
〔ド･モアブルの式〕
［L(na)＋F(na)√5]/2 =｛[L(a)＋F(a)√5]/2}^n,
(略証)
F(a）=［φ^a -(-1/φ)^a]/√5,
L(a）= φ^a + (-1/φ)^a,
∴［L(a)＋F(a)√5]/2 = φ^a, m,kは非負整数とする
(1)
8k+7は、3個の平方数の和として表せないことを示せ
逆は成り立たない（例えば28）
(2)
(4^m)(8k+7)は、3個の平方数の和として表せないことを示せ
逆も成り立つ（が証明は知らない） >>457
俺がアホなのか？
「n=8k+7」 ⇒ 「nは3平方和で表せない」の逆は、 「nは3平方和で表せない」 ⇒ 「n=8k+7」じゃないのか？
28が逆が成り立たないことの反例になっていないと思うけど。 >>457
(1)
(4a)^2 = 16a^2≡0 （mod 8)
(4a±1)^2 = 8a(2a±1) + 1 ≡ 1 （mod 8)
(4a+2)^2 = 16a(a+1) +4 ≡ 4 （mod 8)
｛0,1,4｝から3個取ってたしても ≡7 にならない。
(2)
それが3個のへ平方数の和で表わせたと仮定すると、3個とも偶数。、
∴ その1/4もまた3個の平方数の和として表わせる。
これを繰り返すと結局、8k+7が3個の平方数の和として表わせ（1）と矛盾する。 >>458
うん。
28は３つの平方数の和として表せないにもかかわらず8k+7ではないので
ちゃんと反例になってますね。 n≧3において
(1)一辺1の正n+1角形に含まれる最大の正n角形の一辺は？
(2)一辺1の正n角形に含まれる最大の正n+1角形の一辺は？
せめてこのくらいで。答えは知らん >>463
折角なのでほぼ数式だけで解いてみる。
座標平面上の三点(0,0)、(a,b)、((a+(√3)b)/2,(-(√3)a+b)/2) のうち、どの二点のx座標の差、y座標の差も絶対値が1以下であると仮定すると、
A=1-a^2
B=1-(((√3)a+b)/2)^2
C=1-((a+(√3)b)/2)^2
D=1-b^2
E=1-((-a+(√3)b)/2)^2
F=1-((-(√3)a+b)/2)^2
は全て0以上となる。よって、
0≦ACE+BDF
であるから、式を整理すると
0 ≦ 32 - 48(a^2+b^2) + 18(a^2+b^2)^2 - (a^2+b^2)^3
すなわち
a^2+b^2 ≦ 8-4√3 or 2 ≦ a^2+b^2 ≦ 8+4√3
を得る。
後者の不等式が成り立つと仮定すると A=D=0 となるが、B,C,E,F の符号を考えると不適。
したがって、 a^2+b^2 ≦ 8-4√3.
∴√(a^2+b^2) ≦ √6-√2.
等号は (a,b)=(1,2-√3) 等の時に成り立つ。 >>468
早稲田数学フォーラムか。
こんな感じで大学の数学の問題出してる所ないかな？ F(n),f(n)は任意の整数nについて
F(0)=0, F(1)=1, F(n+2)=F(n+1)+F(n)
f(n+2)=f(n+1)+f(n)
を満たすとする。
このとき任意の整数a,b,cについて次の等式が成り立つことを示せ。
(-1)^c*F(b-c)f(a)+(-1)^a*F(c-a)f(b)+(-1)^b*F(a-b)f(c)=0 P(x)を定数でない整数係数多項式とする.
以下の条件(i),(ii)をともに満たすような正の整数からなる無限列a[1],a[2],...が存在することを示せ.
(i)任意の正の整数kに対して,P(a[k])はP(a[k+1])を割り切る.
(ii)任意の正の整数kに対して,P(a[k+1])の素因数であって,P(a[k])を割り切らないものがある. (1)縦a横bの長方形に含まれる正三角形の最大面積Sを求めよ
(2)縦a横b高さcの直方体に含まれる正四面体の最大体積Vを求めよ >>471
P(x)の最高次の係数を正としてよい。
x>M で P(x)が単調増加になるような実数Mを１つ定める。
a[1]>M かつ P(a[1])>1 を満たすように a[1] をとり、漸化式
a[n+1] = a[n] + P(a[n])^2
により数列 {a[n]} を定めると、
P(a[n+1]) ≡ P(a[n]) (mod P(a[n])^2)
より、
P(a[n+1]) = P(a[n])×(kP(a[n])+1) (ただしkはある正の整数)
となるので、数列{a[n]}は(i),(ii)のどちらも満たす。 >>473
補足
下から二行目のkの値はnに依ります。k[n]と書いた方が正確だったかも
このkが何故正になるかというと、
a[n+1] > a[n] ≧ a[1] > M より、
P(a[n+1]) > P(a[n]) が成り立つため。 >>426
7^2+13^2<11^2+11^2. なるほど、n-4,n,n+2 型の三つ子素数が中央に来る場合
2n^2-{(n-4)^2+(n+2)^2}=4(n-5)なので、当てはまらないですね。
p[k]^2+p[m-k]^2+p[m+1-k]^2+p[N+1-k]^2 , m=[N/2]
みたいな物を考えて、これが、kによらず 4*p[m]^2 以上みたいなものに変更すれば、
修正可能と思われる。 × p[k]^2+p[m-k]^2+p[m+1-k]^2+p[N+1-k]^2 , m=[N/2]
○ p[k]^2+p[m-k]^2+p[m+1+k]^2+p[N+1-k]^2 , m=[N/2] 収束を示すだけなら
p[k]^2 + p[2n-k]^2 ≧ p[n]^2
だけでも十分良い評価になりそうだけどもまあ 級数(n=1,∞)arctan(2/n^2)を求めよ N
Σarctan(2/n^2) = arctan((N+1)(N-2)/N(N+3))
n=3 O(0,0),A_k(1,2k)とする
arctan[∠A_k O A_(k-1)]=arctan[2k]-arctan[2k-2]=arctan[{2k-(2k-2)}/{1+2k(2k-2)}]=arctan[2/(2k-1)^2]
従って、Σarctan[2/(2k-1)^2],{k=1 to n} = arctan[∠A_n O A_0] = arctan(2n) → π/2 (n→∞)
P_k(k+1,k)とする
arctan[∠P_k O P_(k-1)]=arctan[k/(k+1)]-arctan[(k-1)/k]
=arctan[{k/(k+1)-(k-1)/k}/{1+(k-1)/(k+1)}]=arctan[2/(2k)^2]
従って、Σarctan[2/(2k)^2],{k=1 to n} = arctan[∠P_n O P_0] = arctan(n/(n+1)) → π/4 (n→∞)
Σarctan[2/n^2],{n=1 to ∞} = Σ(arctan[2/(2k-1)^2]+arctan[2/(2k)^2]),{k=1 to ∞} = 3π/4 全面的に訂正
O(0,0),A_k(1,2k)とする
∠A_k O A_(k-1)=arctan[2k]-arctan[2k-2]=arctan[{2k-(2k-2)}/{1+2k(2k-2)}]=arctan[2/(2k-1)^2]
従って、Σarctan[2/(2k-1)^2],{k=1 to n} = ∠A_n O A_0 = arctan(2n) → π/2 (n→∞)
P_k(k+1,k)とする
∠P_k O P_(k-1)=arctan[k/(k+1)]-arctan[(k-1)/k]
=arctan[{k/(k+1)-(k-1)/k}/{1+(k-1)/(k+1)}]=arctan[2/(2k)^2]
従って、Σarctan[2/(2k)^2],{k=1 to n} = ∠P_n O P_0 = arctan(n/(n+1)) → π/4 (n→∞) >>479
arctan(2/nn) = arctan(1/(n-1)) - arctan(1/(n+1))
= arctan(n+1) - arctan(n-1),
>>480 と同じことだが.... （１）実数列a(n)に対して
「a(n)は収束列⇔lim(n,m→∞){a(n+m)-a(n)}=0」
を証明せよ．
（２）以下の性質を満たす実数列a(n)は存在するか？
(i) a(n)は有界列
(ii) lim(m→∞)lim(n→∞){a(n+m)-a(n)}=0
(iii)a(n)は収束列でない >>505
(1)：lim(n,m→∞){a(n+m)-a(n)}=0 が成り立つことと、
a(n) がコーシー列を成すことは同値であることが簡単に示せる。
a(n) が収束することと、a(n)がコーシー列を成すことは同値なので、
以上より、(1)が成り立つ。
(2)：存在する。Σ[i＝1～∞] 1/i ＝＋∞ だから、
i ごとに c_i ∈ { 1, -1 } を上手く定めることで、
Σ[i＝1～n] c_i / i
が区間 [-1, 1] の中を動き回って収束しないようにできる。
よって、a_n＝Σ[i＝1～n] c_i / i と置けば、この a_n は
(i)と(iii)を満たす。また、m を固定するごとに
a(n+m)-a(n)＝Σ[i＝n+1～n+m] c_i / i → 0 (n→∞)
であるから、lim(m→∞)lim(n→∞){a(n+m)-a(n)}=0 であり、
(ii)も成り立つ。 >>506
なるほど、さすがです
ちなみに具体的にはa(n)=sin(log(n))みたいなものが作れます >>518
世界のどこにも無いオリジナルな数式です。
解の無い数式でした。
kosumoはcosmoでした。失礼しました。 ちょっとした自作問題
(1) 0＜a_1≦a_2≦a_3≦… は実数の無限列であり、
Σ[n＝1～∞] 1 / a_n ＜ ＋∞ を満たすとする。
このとき、lim[n→∞] n / a_n ＝ 0 が成り立つことを示せ。
(2) (1)を用いて、Σ[n＝1～∞] 1/n ＝ ＋∞ が成り立つことを示せ。 >>520
(1)はa_n = S_n - S_{n-1} から出るが、(2)が分からん (1)が示せれば、(2)は
an=nに当てはめて背理法。
(1)は、後で(2)に使ったとき
話が循環しないようにするのが
難しいような気はする。 >>520
(1)
S_n = Σ[k=1,n］1/a_k
は有界かつ単調増加だから収束する。
S_n - S_m = Σ[k=m+1,n］1/a_k
≧ Σ[m+1,n] 1/a_n
=（n-m)/a_n
m =［n/2］とおくと
S_n - S_m ≧ n/2a_n >0, >>520
(2)
S_n = Σ[k=1,n] 1/n
とおくと
S_n - S_m = Σ[k=m+1,n] 1/k
≧ Σ[k=m+1,n] 1/n
= (n-m)/n,
m = [n/2] とおくと
S_(2m) - S_m ≧ 1/2,
∴どこまでいっても猶 1/2 以上増加する。 〔問題〕
a,b,c,p,q,r は正の実数で、abc=1, p≧2, q≧2, r≧2 をみたすとする。
(a^p +p)(b^q +q)(c^r +r)
≧ (2+aa)(2+bb)(2+cc)
≧ (2+1/a)(2+1/b)(2+1/c)
≧ (2+√a)(2+√b)(2+√c)
≧ {2 + 1/a^(1/4)}{2 + 1/b^(1/4)}{2 + 1/c^(1/4)}
≧ {2 + a^(1/8)}{2 + b^(1/8)}{2 + c^(1/8)}
≧ ･････
≧ 27,
を示せ。（「すうじあむ」の問題を基に改作）
http://suseum.jp/gq/question/2714 >>526
最初の不等式は a^x+x の単調増加性より成り立つ。
二つ目の不等式は、コーシーシュワルツの不等式より
(2+aa)(2+bb)(2+cc)
=√((2+aa)(2+bb)･(2+bb)(2+cc)･(2+cc)(2+aa))
≧(2+ab)(2+bc)(2+ca)
=(2+1/a)(2+1/b)(2+1/c).
三つ目以降も同様。
この操作を何回も繰り返して極限をとる事により、最後の不等式も得られる。 >>527
正解です！
蛇足ですが
(a^p + p/2)(b^q +q/2)(c^r +r/2）≧（1+aa)(1+bb)(1+cc)
≧(1+1/a)(1+1/b)(1+1/c)
≧ ･････
≧ 8
も同様です。 >>527
0<a<1 のときも単調増加であること
を説明しといた方がベターかも。 7^9999999(9が7個)の下8桁を求めよ
答えは半角トリップ logは自然対数、a, b, cは有理数とする。次を証明せよ。
a log 3 + b log 5 + c log 7 = 0 ⇔ a=b=c=0 >>530
7^2 = 50-1,
7^4 = (50-1)^2 = 2400 + 1,
両辺を 25*10^5 乗すると二項公式から
7^(10^7) = (6*10^9)N + 1,
これを7で割ると下位桁は
5421092008 9621923225 7788977414 0513596339 5526633473 6019427362 0591317125 7809720026 2434221611 5142857143. >>537
なるほど
ちなみに7^(10^7)≡1 mod 10^8
はオイラーの定理使っても示せます
あとはZ/10^8Zにおける7の乗法の逆元を計算すれば終わり >>536
a, b, c の共通分母のひとつを d と置く。
a log 3 + b log 5 + c log 7 = 0
両辺expして⇒ (3^a)(5^b)(7^c) = 1
両辺^dして⇒ (3^(ad))(5^(bd))(7^(cd)) = 1
素因数分解の一意性から、ad=bd=cd=0 logは自然対数、a, b, cは代数的数とする。次を証明せよ。
a log 3 + b log 5 + c log 7 = 0 ⇔ a=b=c=0
(Gel'fond - Schneider) f(x) = x^5+x^4+x^3+x^2+x+1 とおくとき、
f(x^{12}) を f(x) で割った余りを求めよ。 >>543
x^6=f(x)(x-1)+1
Q(x)=f(x)(x-1)^2+2(x-1) x^12=f(x)Q(x)+1
f(x^{12})=Σ[k=0,5](f(x)Q(x)+1)^k f(x^{12})=f(x)R(x)+6 【問題】
単位面積の3角形がある。そこに一様分布する2点を独立に選ぶ。
これらの2点を通る直線は3角形を1つの3角形と1つの4角形とに確率1で分割する。
これらの2つの部分の面積の期待値を求めよ。 整数a, b, c (1<a<b<c) に対して、次の7個の整数
a, b, c, a+b, b+c, c+a, a+b+c
を7で割った余りが相異なる組(a, b, c)のうち、cが最も小さい組を求めよ。 原点０から出発して、数直線上を通る点Ｐがある。
点Ｐは、硬貨を投げて表が出ると+２だけ移動し、
裏が出ると-１だけ移動する。このとき、
点Ｐが座標３以上の点に初めて到着するまで
硬貨を投げ続ける。
このとき、投げる回数の期待値を求めよ。 次の和を求めよ。
(1) Σ[n=0 to ∞] 1/(2n)!
(2) Σ[n=0 to ∞] 1/(3n)! >>546
7個の和=4(a+b+c)は7の倍数になるのでa+b+cは7の倍数。
a+b+c≧2+3+4=9よりa+b+c=14と仮定。
3c≧(a+2)+(b+1)+c=17よりc≧6なのでc=6と仮定。
a+b=14-6=8かつa<b<6を満たすのはa=3,b=5のみ。
これは条件を満たす。 >>550
(2)e=1+1+1/2!+1/3!+...
e^ω=1+ω+ω^2/2!+1/3!+...
e^(ω^2)=1+ω^2+ω/2!+1/3!+...
から
1/(3n)!=(e+e^ω+e^(ω^2))/3
=(e+2e^(-1/2)cos(√3/2))/3 >>545
多分、三角形の方の面積の期待値が4/9で、四角形の方が5/9
「多分」ってのは、積分計算が面倒でwolframalpha.comに投げたら厳密値ではなく概数を返してきたので…。
Integrate[Integrate[Integrate[Integrate[(a*t-b*s)^2/((t-b)(a-s)),{t,b(s-1)/(a-1),(b-1)s/a+1}],{s,0,a}],{b,0,1-a}],{a,0,1}]
を計算した結果が0.0185185になって、それの24倍が求める三角形の面積の期待値。
△OABの内部に点P,Qをとり、
↑OP=a↑OA+b↑OB、↑OQ=s↑OA+t↑OB
としたとき、直線PQが線分OA、OBと両端以外で交わり、なおかつPがQよりOAとの交点に近い
という条件を満たすような(a,b,s,t)の組が動く４次元領域を考え、その場合の三角形の面積
(at-bs)^2/((t-b)(a-s))をその領域で積分したものが上式。
それをさらに、その領域の大きさ1/24で割ったものが求める期待値。
実際は、(a,b,s,t)の動ける領域（a>0,b>0,a+b<1,s>0,t>0,s+t<1）全体の大きさは1/4だが、
条件の対称性より、その1/6の領域で考えても期待値は同じ。 なんとか手計算でもその積分が1/54になることを確認した 区間 [0,1] からランダムに 3点 x, y, z を選んだとき、x≧yz となる確率を求めよ。 >>557
「一様分布で独立」を仮定するなら3/4 cot7.5°の値を求めよ。（√a + √b + √c + √d の形で） √2+√3+√4+√6
tan(45/2)=√2-1
tan60=√3
cot7.5=tan82.5=tan(60+45/2) >>561
手で計算した際、ややこしい項が最終的に全部きれいに消えたので、
きっともっといいルートがあるのだろうとは思っていたのですが。
まだよく理解してないので、努力してみます あ、何やってるか理解。
自分のやったのは、(a,b,s,t)が4次元領域で一様分布してることを踏まえて、
その領域に対して対応する面積の平均（期待値）をそのまま計算したのだが、
模範解答では直線PQがOA，OBと交わる場所をX,Yとしてx=OX，y=OYの組が決まると
面積が決まるので、(x,y)の組の確率分布を考えて、その確率分布の上での
重み付け平均を計算してるのね。確かにそっちの方がシンプル。
（文字の使い方は違うけど。） (a,b,s,t)が4次元領域で一様分布だと、
P,Qが△内で一様分布しないような気がするけど？ >>562
出典は↓の3ページ目
https://books.google.co.jp/books?id=2wwXImJ2HocC&;printsec=frontcover&dq=Contests+in+Higher+Mathematics&hl=ja&sa=X&ved=0ahUKEwj9t-2Z0e7SAhVES7wKHaJuAVIQ6AEIHzAA#v=onepage&q=Contests%20in%20Higher%20Mathematics&f=false >>566
そんなことはないです。
まずa軸b軸をとった座標系で(0,0)(1,0)(0,1)を頂点とする三角形の内部に
(a,b)が一様分布することを考えると、この三角形と△OABの対応関係を考えれば
点Pが△OABの中で一様分布となるのは明らか。 >>550 (m)
ωを1のm乗根とする。ω = e^(i(2π/m))
Σ[n=0, ∞] 1/(mn)!
= (1/m)Σ[k=0, m-1] e^(ω^k)
= (1/m)Σ[k=0, m-1] e^{e^(i(2kπ/m))}
= (1/m)Σ[k=0, m-1] e^{cos(2kπ/m)+i･sin(2kπ/m)}
= (1/m)Σ[k=0, m-1] e^{cos(2kπ/m)}cos(sin(2kπ/m)), (1) a, b, x, y が自然数（正の整数）で、a, b は互いに素とするとき、ax+by の形に表せない最大の自然数を求めよ。
(2) a, b, c, x, y, z が自然数で、G.C.M(a, b, c)=1 のとき、ax+by+cz の形に表せない最大の自然数を求めよ。 >>570
(1)はabだよな（説明略）
(2)は…とりあえずGCMって何？って突っ込んでおくか せんせー、ばななはおやつに入りますか？
より低レベルな突っ込み greatest common divisor
least common multiple GCMでもいいのか。失礼した。
(2)に役に立つかどうかわからんが、
(1)を一般化した以下を示しておく（自然数はここでは正の整数を指す）
「自然数a,bに対して、g=GCD(a,b)、l=LCM(a,b)とすると、
ax+by（x,yは自然数）と表せない最大の正のgの倍数はl」
a=Ag，b=Bgとおくと、AとBは互いに素でl=ABg
以下、整数nについてn=ax+byの整数解を考える
整数解を持つとき、明らかにnはgの倍数なので、以下n=Ngとおくと
n=ax+by ⇔ N=Ax+By であり
AとBが互いに素なので任意の整数Nに対して(x,y)の整数解は存在する。
・ n＞l（すなわちN＞AB）のとき
Ax+By=Nの整数解のうちxが最小の自然数となる場合を(x,y)=(X,Y)とすると、
一般解は(x,y)=(X+Bk,Y-Ak) （kは整数）となるが、
Xが最小の自然数解なので、X-B≦0，X＞0
∴ 0＜X≦B、AX≦AB＜N
∴ BY=N-AX＞0 となり、X,Yはともに自然数、すなわち(x,y)の自然数解(X,Y)が存在する
・ n=l（すなわちN=AB）のとき
(x,y)=(B,0)は解の１つなので、一般解は(x,y)=(B+Bk,-Ak) （kは整数）となるが、
k≧0でy≦0、k≦-1でx≦0なので、(x,y)の自然数解は存在しない 1のn乗根をζ_k (k=0,1,…,n-1)とおく。mを整数とする。
S_m = Σ[k=0 to n-1] (ζ_k)^m の値を求めよ。 mがnの倍数のときn
それ以外のとき0
なのは明らかだと思ったのだが、何か見落としがある？ >>546のオマケ問題。
整数a, b, c (1<a<b<c) に対して、次の7個の整数
a, b, c, a+b, b+c, c+a, a+b+c
を7で割った余りが相異なるとき、上の7数の中で7の倍数はどれか？ >>578
以下、7を法として
a≡0のとき、a+b≡bより、7で割った余りが相異なることに矛盾
同様に
b≡0のとき、b+c≡c
c≡0のとき、c+a≡a
a+b≡0のとき、a+b+c≡c
b+c≡0のとき、a+b+c≡a
c+a≡0のとき、a+b+c≡b
で矛盾
したがって、与条件を満たすような7数が存在するならば、a+b+c≡0
7数が存在するのは上にある通り 【問題】
n×1の細長い碁盤があり、次のルールのもと、2人で交互に石を置いていく。
(*) すでに置かれている石の隣には置くことができない。
石を置くことのできなくなった方を負けとするとき、後手必勝となるnをすべて求めよ。 nが奇数なら初手天元マネ碁で先手必勝かな
偶数の時はどうなるかな？ とりあえず、ざっと計算機回してみた。
バグがなければ後手必勝は4,8,14,20,24,28...と続く。
法則性はまだ見つかってない。 更に計算機を回した。
後手必勝は
4,8,14,20,24,28,34,38,42,54,58,62,72,76,88,...以下続く
誰か法則性見つけてくれ。 n<100までの後手必勝
4,8,14,20,24,28,34,38,42,54,58,62,72,76,88,92,96,
法則性わからんorz. グランディー数を使って20000まで計算したところ
52以降、54,58,62,72,76; 88,92,96,106,110; 122,126,130,140,144; 156,160,164,174,178;・・・
のように、周期34の繰り返しになるみたい >>584 差を計算してみた
必勝:4 8 14 20 24 28 34 38 42 54 58 62 72 76 88 92 96 106 110 122 126 130 140 144 156 160 164 174 178･･。
差: 4 6 6 4 4 6 4 4 12 4 4 10 4 12 4 4 10 4 12 4 4 10 4 12 4 4 10 4 ･･。
途中から循環してて、あと差はほとんど 置かれた石によって分断された碁盤は、いくつかの小さな碁盤の集合と見なせる。
例えば20×1の碁盤の端から5番目の場所に石を置くと、
石を置ける場所が端から1～3番目の3ヶ所と7～20番目14ヶ所になるので、
3×1の碁盤と14×1の碁盤からなる集合となる。
これを単に{3,14}と表わすことにする。
>>587
初期状態が{20}の場合、先手がどう打っても
2手目で{3,11},{3,12},{7,7},{1,3,10},{2,3,9},{3,3,8},{4,5,5}のいずれかにでき、
4手目で{8},{1,7},{2,6},{2,7},{4,4},{5,5},{1,1,8},{1,3,5},{2,2,4},{3,3,4},{1,1,3,3},{1,2,3,3},{1,1,1,1,4}のいずれかにできる。
以下省略するが、これで後手必勝となる。 >>589
細かいことだが、同じ長さの盤が複数ある場合はそれらを区別するので通常の集合の書き方とは違っていることに注意。 >>589
4手目で{1,3,5}のとき先手必勝じゃね？ >>589
やっぱりn=20は無理だ
2手目で{4,5,5}のとき後手は勝てない 先手が４に置けば後手は４をすべてなくせる。
先手が５に置けば後手はもう一つの５の同じ所に置けばいい。 後手必勝のパターンを合体させたらまた後手必勝
{4}も{5,5}も後手必勝だから{4,5,5}も後手必勝
また、同じパターンを２つ組み合わせたものも後手必勝
例：{3,3,7,7,7,7,10,10,100,100}
1と2だけを偶数個組み合わせたものも後手必勝
例：{1,1,1,2,2,2,2,2} ある配置パターンについて1手の操作は以下のいずれか
(1) 1～3を1つ削除する
(2) 3以上の数のうちの1つから2を引く
(3) 4以上の数のうちの1つから3を引く
(4) 5以上の数のうちの1つから3を引いてそれを2つの自然数に分解する
{}を後手必勝パターンとして、以下の漸化式的なルールで先手必勝か後手必勝かが決まる
・そのパターンから1手でたどり着くパターンのうち1つでも後手必勝があれば先手必勝
・そのパターンから1手でたどり着くパターンが全て先手必勝であれば後手必勝
碁石を置ける場所の個数N毎に後手必勝パターンを全て挙げていくと
N=1：なし
N=2：{1,1}
N=3：{1,2}
N=4：{4},{2,2},{1,1,1,1}
N=5：{1,1,1,2}
N=6：{3,3},{1,1,4},{1,1,2,2},{1,1,1,1,1,1}
N=7：{1,6},{1,2,4},{1,2,2,2},{1,1,1,1,1,2}
以下略
まあ、そんなに簡単に一般的な規則性は見つからないよね >>596
後手必勝パターンと先手必勝パターンを合体させたら先手必勝ってのもいえるな。
（規則性を見出すのには役に立たない知見ばかりだが） >>593
6手目で{1,2},{3,3},{1,1,1,1}のいずれかにできるので後手勝利。
>>594は>>595の通り。
>>586が正しいのであれば、おそらくグランディー数も周期34でループするんだろう。
証明は、計算が面倒なだけで地道にやればできそうだ。
面倒だからやらないが。 プログラムは長くないので貼っておく。言語は Python3
周期性は、あるところからある程度周期的なら、それ以降ずっと周期的であることが
帰納法で証明できるね
def mex(s):
import itertools
for i in itertools.count():
if i not in s:
return i
g = [0, 1, 1]
def grundy(n):
global g
if n < len(g):
return g[n]
for m in range(len(g), n+1):
s = {g[k] ^ g[m-3-k] for k in range((m-1)//2)} | {g[m-2]}
g.append(mex(s))
return g[n]
#グランディ数
print(list(enumerate(map(grundy, range(100)))))
#後手必勝となるn
print([n for n in range(200) if grundy(n) == 0])
#周期34からはずれるn
print([n for n in range(1000) if grundy(n+34) != grundy(n)]) #[14, 16, 31, 34, 51] 【問題】
単位体積の正四面体Tと、Tの内部の点Pを考える。
点Pを通り、Tの4つの面に平行な4枚の平面によって、Tを14個の小片に分割する。
これらの小片のうち四面体でも平行六面体でもない小片すべての体積の和をf(P)とおく。
点PがTの内部を動くとき、f(P)のとる値の範囲を求めよ。 >>601
正四面体をOABCとし、
↑OP=x↑OA+y↑OB+z↑OCとすると、
x＞0，y＞0，z＞0，x+y+z＜1
w=1-x-y-z、正四面体の１辺の長さをaとする
14個の小片のうち
１面が元の正四面体の1つの面に含まれる正四面体が4つあり、
それぞれの１辺はxa,ya,za,wa
１つの頂点を元の正四面体と共有する平行六面体が4つあり、
それぞれの1つの頂点に集まる3辺の長さの組は
{xa,ya,za},{ya,za,wa},{za,wa,xa},{wa,xa,ya}
他の6つは正四面体でも平行六面体でもない。
f(P)=1-(x^3+y^3+z^3+w^3)-6(xyz+yzw+zwx+wxy)
まずはここまで 0＜f(P)＜3/4
f(P)が0に近づくのはPが正四面体の頂点に近づくとき
f(P)が3/4に近づくのはPが正四面体の各辺の中点に近づくとき 【問題】
荷造り用のPPバンドを6本用いてセパタクローボールを作ることができる。
この6本の帯の色がすべて異なるとき、異なるパターンのボールは何通りできるか。
※セパタクローは東南アジアの球技であり、使用するボールは準正32面体の形をしている。
3本の帯はすべての箇所で三すくみの関係になっていてほどけず、各帯は大圏コースを通る。
空洞部分は正五角形をしている。
http://i.imgur.com/Q0aK0Vx.jpg >>605
１つのボールの中では、３つのバンドが１点で接する20箇所の重ね方は全て同じなので
６つのバンドが同じ色なら作り方は鏡像の２通り
そのうちの１つを６色のバンドで作ると、１つのバンドに着目して
残りの５本がそのバンドの上に重なる箇所の配置を考えると、５箇所のじゅず順列となるので
4!/2=12通り
よって、鏡像も含め12×2=24通り
（ルール上鏡像が許されないなら12通り） ２次元上で、n個の単位円を内部に含むように紐を巻くときの最小の長さを考える。
ただし円は重ならないように。
1個のときは、2π
2個のときは、2π+4
3個のときは、2π+6
4個のときは、2π+8
n=5、6のとき、紐の最小値は？ >>607
証明はできてないけど
n=5のとき 2π+10
n=6のとき 2π+8+2√3
かな >>608
正解。n=6のときの答えが自分では思いつかなかった。
発展問題として、2π+2n よりも小さくなる n (≧7)を見つけてみてください。 n≧7 なら、n-1 個の円を円形に並べて内側に１個置けば
2π+2(n-1) にはなる n=9で 2π+12+2√3 より短い方法ってあるのかな？ n=4のときの見た目って、正方形に積むのと、正三角形状に２つ積むのとで同じ長さだよね？ n=7 2π+12
n=8 2π+14
n=9 2π+12+2√3
n=10 2π+16
n=11 2π+14+2√3
n=12 2π+18
n=13 2π+16+2√3
n=14 2π+20
n=15 2π+18+2√3
n=16 2π+22
n=17 2π+16+4√3
n=18 2π+20+2√3
n=19 2π+24
あたりがとりあえずの候補か。
ここから先はかなり混沌としてくる悪寒 circle packing問題の解のときに紐の長さも最小になる？ n=6まで描いたお。疲れたわ
http://i.imgur.com/vl31LNr.jpg
n=7のときは、正三角形状にぎっしり詰めればええんやね。
n=8のときは？ ちょっくら文房具屋行ってくる
／|
_/⌒)A
＿／/三///＼＿
∠＿_∥∥//＿＿_＞
- - -∠◎◎_＞ + - -
ﾆ +-／////ｉﾆ - ﾆ +-
三三三＿三三_三_三三
//////////////////// n=1 2π
n=2 2π+4 4をたす
n=3 2π+6 2をたす
n=4 2π+8 2をたす
n=5 2π+10 2をたす
n=6 2π+8+2√3 約1.46をたす
n=7 2π+12 約2.54をたす
n=8 2π+14 2をたす
n=9 2π+12+2√3 約1.46をたす
n=10 2π+16 約2.54をたす
n=11 2π+14+2√3 約1.46をたす
n=12 2π+18 約2.54をたす
n=13 2π+16+2√3 約1.46をたす
n=14 2π+20 約2.54をたす
n=15 2π+18+2√3 約1.46をたす
n=16 2π+22 約2.54をたす
n=17 2π+16+4√3 約0.93をたす
n=18 2π+20+2√3 約2.53をたす
n=19 2π+24 約2.54をたす >>620
その図のl_6だと2π+5√(10-2√5)となり、2π+8+2√3より長い。
正解はこんな感じ
三辺の辺長が全て有理数で面積が自然数の直角三角形のうち、周長が最小のものを見つけよ。
無理ならば、12より短いものをいくつか見つけよ。 >>629
とりあえず１つ見つけた
３辺の長さが 7/2，145/42，97/21
面積 6
周の長さ 81/7 = 11.5714… 三角形の３辺も面積も有理数なら、その頂点から対辺に下ろした垂線で
分割される２つの直角三角形の各辺も有理数であることが示せる。
よって、逆に２つの３辺が整数の直角三角形（ピタゴラス数）を組み合わせてできる
３辺が整数で面積も整数の三角形の各辺を、面積の平方因子の平方で割ったものが
求める周長が最小のものの候補となる。
>>630の例は、２つのピタゴラス数
(97,65,72)と(145,17,144)から、前者を2倍に拡大したものと後者を組み合わせて
できる３辺が(147,145,194)の三角形（底辺を147とすると高さ144）を
1/42に縮小したもの あ、直角三角形か…w
まあ、直角三角形という条件を外したものの方が難しそうだからそっちもよろしく。 >>629
互いに素なピタゴラス数は、一般に
互いに素で偶奇の異なるm＞nなる自然数の組(m,n)を用いて
(m^2+n^2, m^2-n^2, 2mn)と表される。
よって、３辺の長さがいずれも有理数の直角三角形の３辺は
このm,nと自然数kを用いて
((m^2+n^2)/k, (m^2-n^2)/k, 2mn/k)と表せる
このとき、周長はL=2m(m+n)/k
ここで、面積をS=mn(m+n)(m-n)/k^2とおくと、
k^2=mn(m+n)(m-n)/S
∴ L^2=4Sm(m+n)/(n(m-n))
ここで、m>nより、x=m/n-1（＞0）とおくと
L^2=4S(x+1)(x+2)/x=4S(3+x+2/x)≧4S(3+2√2)
となる。（実際は、等号成立条件x=√2が成り立たないので、等号は成立しない）
なお、面積Sが整数なので、k^2は1またはmn(m+n)(m-n)の平方因子である。
(m,n,k)=(2,1,1)のとき、S=6，L=12となる。
S≧7のとき、L＞√(28(3+2√2))=12.7748…なので、
L≦12となるためには、S≦6であることが必要条件となる。 >>634 続き
ある(m,n)に対してLをなるべく小さくするには、Sをなるべく小さくとる必要があるので、
以下k^2はmn(m+n)(m-n)の最大の平方因子とする。
自然数m,nは互いに素で偶奇が異なりm＞nをみたすので、
m, n, m+n, m-nは、どの２つをとっても互いに素な自然数である（証明略）
よって、S=mn(m+n)(m-n)/k^2は、
m, n, m+n, m-nのそれぞれを最大の平方因子で割ったものの積となる。
以下、
(1) m, n, m+n, m-nのいずれも平方数となることがあるか
(2) m, n, m+n, m-nのうちの３つが平方数となり、
残る１つをその平方因子で割ったものが6以下となることがあるか
(3) m, n, m+n, m-nのうちの２つが平方数となり、
残る２つをその平方因子で割ったものの積が6となる(m,n)の組のうち、
2n＜m＜3nとなるものがあるか
を検討していくことになる。
あとは任せた。
なお、(m,n,k)=(2,1,1)以外でSがなるべく小さくなるものを探すと、
例えば(m,n,k)=(16,9,60)とするとS=7となり、そのときL=40/3=13.333…となる。 細かいロジックのバグ修正。
>>634 で、
３辺の長さがいずれも有理数の直角三角形の３辺は
このm,nと自然数kを用いて
((m^2+n^2)/k, (m^2-n^2)/k, 2mn/k)と表せる
と書いたが、
実際は、３辺の長さが(m^2+n^2, m^2-n^2, 2mn)の直角三角形の面積が
mn(m+n)(m-n)と自然数となることから、この三角形と相似で面積が自然数、各辺が整数
となる三角形のうち「最も小さいもの」の３辺が、
ある自然数kを用いて上記のように表せる、というのが正解。
（最も小さいという条件がないと、それらをさらに整数倍したものを除外できない） >>629
斜辺を除く二辺が、互いに素なp,qを用いて p/q, 2nq/p と表される時(つまり面積がnの場合)
l^2 = (p/q)^2 + (2nq/p)^2 であるから、
(pql)^2 = p^4 + 4n^2q^4
より、右辺はqの素因数を持たないので、q=1 となる。
同様に、右辺がpの素因数を持つならば2nの素因数でもあるから、小さい数からしらみつぶしに調べるとnの最小値は6とわかる。(3,4,5の三角形)
n≧7 の時、周の長さは少なくとも
2√n + √(2n)
≧2√7 +√14
>12
より大きいので、(3,4,5)の長さ12が最小。 >>637
ごめんこれlが整数の場合しか調べてないね吊りたい >>638
, -,
,'ヽ,',' カッパえびせんやるから落ち着けよ
,'ヽ,','
,'ヽ,','
,'ヽ,','
／)、,,','ヽ
／／ } |`i､
l `ー‐'" ／ l }
| ／
| ／ おそらく最もシンプルで、周長もかなり小さい、ある三角形の周長の分母
186
です。629の出題者より。 >>634のxを√2に近づければいいんじゃないの？
連分数展開を打ち切って有理近似にすれば。 >>640
>>634 >>635の理屈だと
kは186=2*3*31の倍数なので、
m,n,m+n,m-nのうちのいずれかが31^2=961の倍数になるのだが、
それで、各数の平方因子を除いた残りの積が6以下になるというのは
なかなか難しい。 >>641
いや、xよりもSを6以下にするのが難しいのですよ。 １５１９／４９２，４９２０／１５１９，３３４４１６１／７４７３４８。 >>644
m=1681=41^2
n=720=12^2*5
m+n=2401=49^2
m-n=961=31^2
k=747348=41*12*49*31
S=5
L=2009/186=10.801…
ですね。美しい！
（これがL最小だと証明するのは難しそうですね） ご名答。640で想定していたものは、将にそれです。
ですが、最小ではありません。有理数として表現するのは、事実上不可能ですが、
具体的な計算法がはっきりしているいるもので、それより小さい周長のものの存在も確認していますし、
コストと時間さえかければ、もっと小さいものも、見つかるでしょう。
この問題、周長の下限はありますが、最小は無いと思われます。 ＞有理数として表現するのは、事実上不可能ですが
それは、恐ろしい桁数になるということですね((((；ﾟДﾟ))))
それより周長の小さい例の面積は全て５なのですか？ 派生した問題
m,nをm＞nなる自然数とするとき、m, n, m+n, m-nがいずれも平方数になることはないことを証明せよ
（各辺が有理数で面積1の直角三角形は存在しない、という話です） >>647
面積6で周長12未満のものを確認してます。
ただし、最もシンプルなものでも分母分子共に1500桁を超えてます。 あ、面積4,3,2,1で、例のような三角形は存在しないという事の確認でしたら、その通りですね。^^ >>650
「それより周長の小さい」は、>>644の例より周長の小さい、というつもりでした。
面積6なら、周長＞√(24(3+2√2))=11.8271…なので、>>644の例より短くはなりませんね。
それでも12未満の例が存在する（しかも分母子が1500桁以上…）というのはすごい話です。
面積4以下がないのなら、すぐわかる周長の下界は√(20(3+2√2))=10.7966…ということですか。
実際の下限もここになるのでしょうね。すでに相当近い値ですが。 面積がnで、三辺有理数の直角三角形は、楕円曲線 y^2=x^3-n^2 x 上の有理点と
対応させることができます。（詳細は「合同数」をググってください。）
楕円曲線上に有理点が見つかると、その点上での接線を考え、その接線と、楕円曲線
との交点を見つけることで、別の有理点を見つけることができます。
つまり、一つの三辺有理数の直角三角形が見つかると、面積が同じ別の形状の
三辺有理数の直角三角形が見つかると言うことになります。
この方法を具体的に実行し、三角形の三辺に置き換えると、次の恒等式として顕れます。
{(a^2-b^2)/(2c)}^2 + {2abc/(a^2-b^2)}^2 = {(a^4+6a^2b^2+b^4)/(2(a^2-b^2)c)}^2
ただし、a^2+b^2=c^2
(a,b,c)=(3,4,5)、あるいは、(3/2,20/3,41/6) からスタートして
a'=(a^2-b^2)/(2c)
b'=2abc/(a^2-b^2)
c'=(a^4+6a^2b^2+b^4)/(2(a^2-b^2)c)
という変換を順次行うことで、(ループしない限り)、
無数の「面積が同一の三辺有理数の直角三角形」を見つけ続けることができます。
以上が出題の背景でした。 >>651
なるほど、同じ面積の各辺が有理数長の直角三角形の系列が漸化式によって順次生み出されるなら
有理数として計算しなくても、実数値として漸化式を計算していけば、
（その計算の精度の問題に目を瞑ると）周長が小さいケースがいつ出現するかを探ることができる
ということだったのですね。（1500桁とかどんなスパコンで計算してるのかと思った^^）
ざっとExcelのシートで計算したところ、
S=5では(3/2,20/3,41/6)を１番目とすると、>>644の例は２番目にいきなり出現するのですね。
で、周長がそれを下回る例は40番目ぐらいに出現（10.7971…）。ただし、誤差の蓄積の影響は不明。
S=6では(3,4,5)を１番目とすると、7番目に11.8368…というのが出現します。これが>>649の話ですね。
周長の下限が√(20(3+2√2))と言えるには、楕円曲線y^2=x^3-25x上に有理点が稠密に存在すると言えれば
よいのかな？その辺の議論はよくわからないので… p=18428872963986767525.
q=4433082615462019402.
m=p^2.
n=6q^2.
k=(mn(m^2-n^2)/6)^(1/2).
a=(m^2-n^2)/k=
318497209829094206727124168815460900807
/81696716359207757071479211742813520050.
b=2mn/k=
980360596310493084857750540913762240600
/318497209829094206727124168815460900807.
c=(m^2+n^2)/k=
129247578911342274421755561174058897934715352348544627081785824806803920030001
/26020176212606586320464365557466481663803361400079403341276573868591555680350. >>654
面積が6になるのは、(3,4,5)から始まる系列だけではないということですね。
他にも、(4653/851,3404/1551,7776485/1319901) m=2738, n=529 から始まる系列とかもあるようです。
面積6でLが12未満となるLの分母最小の例は>>654なんですかね。 ちなみに、>>654の例が出現する系列の出発点は
a=3122541453/2129555051 (=(m^2-n^2)/k)
b=8518220204/1040847151 (=2mn/k)
c=18428872963986767525/2216541307731009701 (=(m^2+n^2)/k)
m=3292336658=2*(13*3121)^2
n=2754885169=(73*719)^2
m+n=3*(17*19*139)^2
m-n=(97*239)^2
k=2216541307731009701=13*17*19*73*97*139*239*719*3121
であるようです。mとnのうち偶数の方が、4で割って2余る数となると、それ以上遡れないので。
>>654の例は、その系列の２番目です。
楕円曲線上の有理点の系列には、有限個の生成元しかないそうですが、
y^2=x^3-36xの場合は、ここまで出てきた３つを含め、全部でいくつの生成元があるのでしょうね。 n個の自然数 a1, a2, …, an が
f = 1/a1 + 1/a2 + …+ 1/an < 1
を満たしながら変化するとき、fの最大値を求めよ >>657
いわゆる「欲張り法」でとっていくと、
b_0=1，b_{n+1}=b_n*(b_n + 1)という数列
{1,2,6,42,1806,…}
を考えて、
a_n = b_{n-1} + 1 とすると
f = 1/a_1 + 1/a_2 + 1/a_3 + … + 1/a_n
= (b_n - 1)/b_n
となります。
n=1から順にfの値は
1/2，5/6，41/42，1805/1806，3263441/3263442，…
という感じです。
ただ、これが最大だという理由は自分には全然見つかってません。
なお、上記数列{b_n}はここ https://oeis.org/A007018 にあります。きれいな一般項の表記はない模様。 >>658
> いわゆる「欲張り法」でとっていくと、
ｋｗｓｋ！ >>659
１から、単位分数を順次引いていくというプロセスを考え、
ステップごとに残った値から（全部は取らない範囲で）最大の単位分数をとっていく。
最初は1 - 1/2 = 1/2
次は1/2 - 1/3 = 1/6
以下1/6 - 1/7 = 1/42，1/42 - 1/43 = 1/1806，…
という具合です。
元々は、任意の有理数をエジプト式分数（異なる単位分数の和）に展開する際の手法で
Wikipediaの「エジプト式分数」の項には「強欲算法」と紹介されてます。
そっちは、ぴったりその数にするのが目的なので、残りが単位分数ならそれで終わりですが、
今回は１にしてはいけないので、全部取らない範囲でなるべく大きく取る、
つまり、残りが1/nなら、1/(n+1)を取ればよいことになり、1/(n(n+1))が残ります。
今回の問題は>>658で正解のような気がするので、だれか証明よろしく。 >>657
そもそも最大値があるのかどうかも一応確かめてみる
(定理)
任意の正の実数r,任意の自然数nについて、
f= 1/a_1 + 1/a_2 + …+ 1/a_n < r
を満たすfは最大値を持つ。
(証明)
(i)n=1 の時
省略
(ii)ある自然数mについて、n=mの時 rがどんな値でも成り立っていると仮定する。
n=m+1 の時、反例となるrが存在すると仮定すると、
各 k=1,2,…,n に対して自然数列 {a_ki}_i (ただし a_1i≦a_2i≦…≦a_ni)が存在して
1/a_1i + 1/a_2i + … + 1/a_ni → r (i→∞)
となる。
liminf(a_1i) が存在するのでこれを b とおくと、
{a_ki} の部分列 {b_ki} が取れて
1/b_2i + … + 1/b_ni < r - 1/b
かつ左辺の極限が右辺になるものが取れるが、これはn=mの場合についての仮定と矛盾。
背理法よりn=m+1の場合も成り立つ。
数学的帰納(以下略) >>661
ちょい訂正
誤：1/a_1i + 1/a_2i + … + 1/a_ni → r (i→∞)
正：1/a_1i + 1/a_2i + … + 1/a_ni < r かつ左辺の極限が右辺 1/a_1+…+1/a_n < 1 の右辺をどんな数に変えても欲張り法でいいのかなと思ったけど
そんなことはなかった
1/a_1+1/a_2 < 0.451 の場合を考える。
欲張り法だと a_1=3 で、
1/3 + 1/8 = 0.458…
1/3 + 1/9 = 0.444…
なので a_2=9, このとき 1/a_1 + 1/a_2 = 0.444…
一方 1/4 + 1/5 = 0.45 なので、欲張り法では最大にならない。 >>661
それだと、fが最大値を持つことではなく、
fの上限がrとならないことを証明しているように見えるのですが…。
上限がrではなく、なおかつ最大値を持たないケースが排除できていない気がします。
＞n=m+1 の時、反例となるrが存在すると仮定すると、
の後、
fは上に有界なので上限を持ち、それをRとすると
というような記述を挟んで、以下rをRに置き換えるべきでは。
それと、
＞1/b_2i + … + 1/b_ni < r - 1/b
＞かつ左辺の極限が右辺になるものが取れるが、
とありますが、
bはinf(a_1i)の極限であってa_1iの極限ではないので、
「左辺の極限が右辺になるものが取れる」とかは言えないと思います。 一つ目を決めて残りが最大になるようにとる。
一つ目は有限通り考えればいいので最大はある。 任意の正の実数rと自然数nについて、
有限自然数列a_1～a_nが
a_1≦a_2≦…≦a_n，1/a_1+1/a_2+…+1/a_n < r
かつ
a_n = 1または1/a_1+1/a_2+…+1/(a_n - 1) ≧ r
を満たすとき、その数列a_1～a_nを極大解と呼ぶものとする。
（極大解は、a_nのみの変更でfをよりrに近づけることができないような例とも言える）
そのとき、極大解が有限個しか存在しないことを示せば、fの最大値の存在は自明だし、
有限個しかないこともほぼ自明。 a1≦a2≦…≦an とすると、a1≧n+1 のときは、f≦n/a1≦n/(n+1) <1 となるから、a1は、2≦a1≦n+1 についてのみ調べればよい。
a1を固定すれば、同様にしてa2も有限個について調べればよく、結局、a1～an有限個の組み合わせだけ調べればよいことになるから、最大値は存在する。
欲張り法で求めた解が最大値かどうかは、自明ではないが、証明方法は分からない。 >>664
１つ目の指摘は確かにその通りだった。サンクス
上限を新たにRとおけばここは解決しそうだな
二つ目だけど、
{a_ki}のうち a_1i=b を満たすiだけ取り出して並べた数列を{b_ki}としたら解決すると思う >>668
「a_1i=b を満たすi」が無限に存在する保証はないし、
「liminf(a_1i) が存在するのでこれを b とおく」という設定をやめて
無限に存在するa_1iを１つ選んでbとすることにしても、そんなものが存在する保証はないし、
そもそも、
＞1/b_2i + … + 1/b_ni < r - 1/b
＞かつ左辺の極限が右辺になるものが取れる
ことと、
1/b_2i + … + 1/b_niの最大値が存在しないことは無関係
（必要条件であっても十分条件ではない）
なので、矛盾なんか導けない。 >>669
そうか？
a_1i≦a_2i≦…となるように定めてるから、
もし a_1i がliminfを持たない(つまりlim(a_1i)=∞)とすると、
1/a_1i + 1/a_2i + … + 1/a_ni
≦1/a_1i + 1/a_1i + … + 1/a_1i
=n/a_1i
が、i→∞で0に飛んでくことになっておかしい。
二つ目も、必要条件だけで大丈夫じゃないかな
実際、前者から後者が導けるわけだし、そこでn=mの仮定と矛盾が生じる >>669
まず先に謝っとくと、「矛盾なんか導けない」ってことはないですね。>>668の後半は間違い。
bとなるa_1iが無限に存在するなら、r - 1/bより小さい範囲での最大値が存在しないと言えるから、
矛盾は導けますね。すみません。
で、前半の話だが、
＞a_1i がliminfを持たない
ということを言っているのではなく、a_1iの最小値が存在し、なおかつそれが有限回数しか出現しない
可能性があるという話をしてます。だから、b=liminfa_1iとすると、無限列が作れない場合がある。
で、a_1iのうち無限に出現するものが存在することは、{a_ki}_iが無限列であるということと
a_1iのとりうる値の範囲の制約（R-fが0に収束するという仮定なので、それがある値以下になる時を考える）
から言えるので、そのa_1iをbとすれば、めでたく矛盾は導ける。
（が、そのa_1iのとりうる値の範囲の制約についての議論をした時点で、>>666 >>667あたりの議論が
できてしまうので…） シルベスター数列とか、カーティスの定理とかでググってみると…
証明はされてるけど難しいもののようですな。
当方ギブアップ 有名な難問だったのか。知らんかったわ。
ならば解くのは無理だね。 調べてみたらオイラーが解いてるってオチじゃないよね？
芸風が違うものね。 カーティスさんの記事はここで閲覧できる
http://www.jstor.org/stable/2299023?seq=1#page_scan_tab_contents
この記事に先行して、一般化した問題を日本のTakenouchiという人物が発表してたみたいな話が
記事の最後に書いてある。まだちゃんと読んでないけど。 【アリクイはアリを食べる
アリクイをアリも食べる
千万年そうしてきた♪♪】
さて、問題です。アリとアリクイは互いに捕食しあっています。それぞれ個体数をx、yとする。時刻tとし、それぞれの個体数の変化を次の方程式でモデル化した。
dx/dt=2x-y
dy/dt=2y-x
時刻０においてx=200,y=100の場合、一方の個体が0となる最初の時刻を計算せよ。 水木一郎によると、アリクイは死んだら食われるそうだから、
dy/dt=2y-x の -x は違うような気がするけどな。
dy/dt=2y(t)-y(t-1) とか？
>>679 を解いてみると、
x = f(t)x0 + g(t)y0,
y = g(t)x0 + f(t)y0,
f(t) = {e^t + e^(3t)}/2,
g(t) = {e^t - e^(3t)}/2.
なので、先に 0 になるのは y で
そのとき t = (1/2)log((x0+y0)/(x0-y0)).
x0 = 200, y0 = 100 ならば、t = log√3. >>679
z=x+y dz/dt=z log(z)=t+C z=Ce^t
z(0)=300 z=300e^t
dx/dt=3x-300e^t
x=ue^(3t) dx/dt-3x=e^(3t)du/dt
du/dt=-300e^(-2t) u=150e^(-2t)+C1
x=150e^t+C1e^(3t)
x(0)=200 y(0)=100 x=50e^t(e^(2t)+3) y=50e^t(-e^(2t)+3) ロトカ・ヴォルテラの方程式みたいだな
数理生物学の nを自然数とする。以下のすべての条件を満たす自然数の組(a1,a2,・・・,an,b1,b2・・・,bn)の個数を求めよ。
•n≧a1≧a2≧・・・≧an≧1
•n≧b1≧b2≧・・・≧bn≧1
•a1≧b1,a2≧b2,・・・,an≧bn
•a1≠1,a2≠2,・・・,an≠n
•b1≠1,b2≠2,・・・,bn≠n n 次元ユークリッド空間 Rn の 2 点 A = (a1, a2, . . . , an) と B = (b1, b2, . . . , bn) の距離はd(A,B)=√{(a1 －b1)^2 +(a2 －b2)^2 +···+(an －bn)^2}
で定義されている.次の条件を満たす n(n + 1) 個の点からなる Rn の部分集合 S が存在することを示せ.
(条件) S の任意の異なる 2 点間の距離は 1 または √2 である. >>684
自然数の組a=(a_1,…,a_n), b=(b_1,…,b_n)に対して
a_1≧b_1,a_2≧b_2,・・・,a_n≧b_nが成り立つことをa≫bと書く
n=2のとき
・(2,1)≫(2,1)
のみ
n=3のとき
・(3,3,2)≫(3,3,1)
・(3,3,2)≫(3,1,1)
・(3,3,1)≫(3,1,1)
・(3,1,1)≫(2,1,1)
の4組 >>686
正解だと思います。ちなみに近大数学コンテストの昨年の問題です いや、間違えてたｗ
n=3のとき
(3,3,2), (3,3,1), (3,1,1), (2,1,1)
が>>684の一つ目のaに対する条件を満たしてるから
bのとり方を考えたら全部で10通りだ >>684
(2n-1)!(2n-2)! / (n+1)!n!(n-1)!(n-2)! かな？ >>685
n=2ですでに無理なのだが…
何か問題を読み違えてるのかな
n=2のとき、Sの要素のうちある２点P1,P2の距離が1だとすると、
他のSの候補となりうる点は8つしかない。
（P1,P2と組み合わせて、３辺が(1,1,1)(1,1,√2)(1,√2,√2)の三角形を作る点）
その8点のうち、同時にSに含まれうるのは、最大でも2点しかないので、
Sの要素の数は高々4個。（正方形を形成する） >>685
もしかして
n(n + 1) 個
は
n(n+1)/2 個
の間違いか？それなら言えそう。
n次元について考えるときは、n+1次元空間内のn次元部分空間である
x_1+x_2+x_3+…+x_{n+1}=√2
を考えて、その部分空間に存在する
x_1～x_{n+1}のうちの２つだけは√2/2，残りは0となるような {n+1}Ｃ2 = n(n+1)/2 個の点を考えると、
それらのうち異なる2点間の距離は1または√2となる。
あとは、そのn次元部分空間の中に座標軸をとりなおせば、そのn(n+1)/2個の点の集合Sは条件を満たす。 >>692
問題文書き間違えました、その通りです
これまた近大の数学コンテストからです では、
(1) ３次元空間の中の６点の集合Sがあり、Sの中のどの２点をとってもその距離が1または√2であるとき、
その6点はどのような配置となるか。可能な配置を全て答えよ。
(2) ４次元空間の中の10点の集合Sについて、同様の考察をせよ。
（ちゃんとした解答は用意してません。思いつきです。すみません） x^2±(x+y+z)y^2±(x+y+z),z^2±(x+y+z)が全て平方数であるとき、有理数x,y,zを求めよ。 >>695
その「平方数」は、整数の２乗の意味？それとも有理数の２乗でも可？
（一応、どちらの意味でも使うことがあるようなので） >>694
答えお願いします(-.-;)y-~~~ >>694のこちらで想定した答えらしきもの
(1) すぐ思いつくのは１辺１の正八面体の頂点で、それが>>692の方法でできる解でもあるが、
もう１つ、底面が１辺１の正三角形で高さ１の正三角柱の頂点も条件を満たす。
この２番目の解は、５次元空間の中の４次元部分空間x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=√2にとった15点の
x_1+x_2+x_3=x_4+x_5に含まれるものだけを選んだ６点として得られる。
(2) １辺１の正四面体５個と、１辺１の正八面体５個からなる十胞体の頂点。
この十胞体は、各辺の周りには正八面体２個と正四面体１個が接しており、
各頂点の周りには正八面体３個と正四面体２個が接している。
面の数30，辺の数30，頂点の数10
多分他にはないと思うが、定かではない。 あ、間違い
誤：５次元空間の中の４次元部分空間x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=√2にとった15点
正：５次元空間の中の４次元部分空間x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=√2にとった10点 正整数全体の集合を N と置く。n は正整数とする。
x＝(x_1,…,x_n), y＝(y_1,…,y_n)∈N^n に対して、
x≦y ⇔ x_i≦y_i (1≦i≦n) として N^n の上に半順序≦を定義する。
(1) N^n の任意の点列 { x^j }_{j＝1～∞} ⊂ N^n に対して、
ある部分列 { x^{j_k} }_{k＝1～∞} が存在して、x^{j_k}≦x^{j_{k＋1}} (k＝1,2,3,…)
が成り立つことを示せ。
(2) 実数全体の集合をRと置く。Rには通常の全順序≦を入れて全順序集合と見なす。
f：(N^n,≦) → (R,≦) は広義単調減少とする。すなわち、
∀x,y∈N^n [ x≦y ⇒ f(x)≧f(y) ]
が成り立つとする。このとき、inf{ f(x)｜x∈N^n } ＜ r なる任意の実数 r に対して、
max{ f(x)｜x∈N^n, f(x)＜r } が存在することを示せ。 >>704
Qの要素q(x,y,z)を座標空間上の点とみなし、遷移q→q'を有向線分で表すと、
Qの12個の要素は立方八面体の頂点をなし、有向線分はその辺となる。
また、その立方八面体の各面（正三角形または正方形）の周を構成する有向線分は閉路をなす。
（以上は、実際に12個の要素を図示することで容易に確かめられる）
Qの部分集合Xについて、EG(X)、AF(X)もQの部分集合であり、
EG(X) = {q∈Q | qから始まる無限遷移のうち、Xの要素のみを通るものが存在する}
AF(X) = {q∈Q | qから始まる無限遷移は全て、Xの要素のいずれかを経由する}
(1) EG(X) = φとなる必要十分条件は、Xの要素のみを使う閉路が存在しないことである。
上記立方八面体には正三角形の面が8つあるが、各頂点は2つの正三角形が共有している。
したがって、正三角形状の閉路を排除するには、少なくとも4つの頂点を除外する必要があり
EG(X) = φとなるXについて|X|は高々8である。
実際、Qから(0,1,1),(0,-1,1),(1,0,-1),(-1,0,-1)を除外した8点からなる集合をXとすると
EG(X) = φを満たす。
よって、(1)の答えは8 >>704
>>705の続き
(2) 定義より明らかにAF(X)⊃Xなので、
EG(AF(X)) = φならばXの要素のみを使う閉路は存在しない。
また、定義より明らかにEG(Q)=Qなので、
EG(AF(X))≠QならばAF(X)≠Q
ここで、定義よりAF(X)の補集合＝EG(Xの補集合)が言えるので
AF(X)≠QならばEG(Xの補集合)≠φ、すなわち、Xに含まれない要素のみを使う閉路が存在する。
以上をまとめると、EG(AF(X)) = φならば、
Xの要素のみを使う閉路は存在しないが、Xに含まれない要素のみを使う閉路が存在する。
Xに含まれない要素のみを使う閉路として正三角形状の閉路が存在するとき、
Qのうちその3点を除く9点は互いに重複しない3つの正三角形状の閉路を作るので、
Xに閉路が含まれない以上、Xの要素の個数は高々6個である。
Xに含まれない要素のみを使う閉路として正方形状の閉路が存在するとき、
Qのうちその4点を除く8点は4つの正三角形状の閉路を形成するので、
そのうち2つずつから共有される2点を除く必要があり、Xの要素の個数は高々6個である。
Xに含まれない要素のみを使う閉路が、正三角形状の閉路も正方形状の閉路も含まないとき
その閉路の長さは最短でも8となることが確かめられるので、
Xの要素の個数は高々4である
以上より|X|は高々6であることがわかる。
実際、立方八面体の頂点を結んで正六角形となるような6点を選び、それをXとすると
AF(X)=X，EG(AF(X))=EG(X)=φとなる。
よって、(2)の答えは6 >>703
(1) nについての数学的帰納法でやる。
[1-1] n=1 の場合、題意は、
任意の正整数列 (x^j)_1,(j=1,2,3,…) に対して、
ある部分列 (x^{j_k})_1,(k=1,2,3,…) が存在して
(x^{j_k})_1≦(x^{j_{k+1}})_1 (k=1,2,3,…) が成り立つ
となる。 この (x^{j_k})_1≦(x^{j_{k+1}})_1 の ≦ は、
普通の整数としての大小関係だから、全順序である。
正整数列 a^j, (j=1,2,3,…) の中に
a^{j_1}≦a^{j_2}≦a^{j_3}≦…≦a^{j_K} であるような
有限部分列 a^{j_k},(k=1,2,3,…,K) を取ってみる。
j＞j_K の範囲に a^{j_K}≦a^j となる j があれば、
その j を j_{K+1} として、この非減少列を延長することができる。
任意回延長できれば、題意の部分列が見つかったことになる。
どこかの K で延長できなくなれば、
j＞j_K のとき a^{j_K}＞a^j が成り立つ。
ここで p_1=j_K と置いて、先の j_k のことは忘れ、
列 a^j, (j＞p_1) の中に、新たに非減少列 a^{j_k} を取り直し、
同様に p_i=j_K,(i=1,2,3,…) を順次定めてゆく。
何回取り直しても a^{j_k} が無限列にならなければ、←[*]
a^j の部分列 a^{p_i} が狭義減少な無限列となる。
a^1 以下の正整数は有限個しかないから、
列 a^j に狭義減少な無限部分列は存在せず、これは矛盾である。
背理法により [*] は否定され、[1-1] が成立する。 (続き)
[1-2] n=m のとき題意が成立すると仮定する。
N^(m+1) の任意の点列 x^j,(j=1,2,3,…) について
y_j=((x^j)_2,(x^j)_3,…,(x^j)_{m+1}) と置くと、
y_j,(j=1,2,3,…) は N^m の点列だから
上記の仮定により、N^m の半順序 ≦ について
y^{j_1}≦y^{j_2}≦y^{j_3}≦… が成り立つような
無限部分列 y_{j_k},(k=1,2,3,…)が存在する。
この添字列 j_k を用いて正整数列 (x^{j_k})_1 を考えると、
[1-1] により、列 (x^{j_k})_1 には非減少な無限部分列
(x^{j_{k_i}})_1,(i=1,2,3,…) が存在する。 この k_i を用いて
x^j の部分列 x^{j_{k_i}},(i=1,2,3,…) をとれば、
N^(m+1) の半順序 ≦ について
x^{j_{k_1}}≦x^{j_{k_2}}≦x^{j_{k_3}}≦… が成り立っている。
つまり、n=m+1 のときも題意が成立する。
[1-1][1-2] より、数学的帰納法によって以下同文。 >>707 に訂正。
＞ a^1 以下の正整数は有限個しかないから、
＞ 列 a^j に狭義減少な無限部分列は存在せず、これは矛盾である。
↓
a^{p_1} 以下の正整数は有限個しかないから
正整数列 a^{p_i},(i=1,2,3,…) は狭義減少な無限列にはなりえず、
これは矛盾である。 >>703
記号の使い方がよくわからんのだが
N^nの「^n」は指数（実際はN^nがn個の正の整数の組の集合を表す）ですよね。
で、{x^j}の「^j」は何なんですか？指数のつもりではないようですが。
下付きの添字と区別するために上付きにしたただの添字？
悪いんですが、TeXで書けない掲示板を翻訳するのは、
無意味じゃないですか？
TeXで書くのが今ではWeb siteでも当たり前の時代でしょ。
汚いgifファイルから解放されたと思っているのに。
技術的に難しい話じゃないし、Wikipediaでは当たり前のようにやってますよ。
\documentclass{article}
\begin{document}
\[
\frac{6}{2(1+2)}
\]
\end{document} そもそも>>711はだれに対して噛みついているのだろう… （１）
正の整数からなる数列は有界でないとき狭義増加な部分数列があり有界なとき定数の部分数列がある。
Ｎ＾ｎの点列が有界でないとき第ａ成分が有界でないａがある。
第ａ成分が狭義増加な部分点列をＡ（０）とし
Ａ（ｂ－１）の部分点列で第ｂ成分が広義増加な部分点列をＡ（ｂ）（ｂ＝１，２，．．．，ｎ）とすると
Ａ（ｎ）は狭義増加な部分点列。
Ｎ＾ｎの点列が有界なとき同じ点を無限にとるので定数の部分点列がある。
（２）
ＡをＮ＾ｎの空でない部分集合とする。
Ａの極小元全体Ｂは（１）から有限集合。
ａをＡの元とする。
ａから始まる狭義減少点列は成分の和が狭義減少数列になるので存在せず
それより長く伸ばせなくなる最後の項ｂはＡの極小元。
Ｂは空ではない有限集合なのでｍａｘ（ｆ（Ｂ））は存在する。
ｆ（ａ）≦ｆ（ｂ）≦ｍａｘ（ｆ（Ｂ））なのでｍａｘ（ｆ（Ａ））は存在し
ｍａｘ（ｆ（Ａ））＝ｍａｘ（ｆ（Ｂ））。 一辺の長さ2の正方形の内部に閉曲線を描く
このとき、(閉曲線が囲う領域の面積)/(閉曲線の長さ)の最大値を求めよ >>717
面積をS、周をL、r=S/Lとする。
円の場合も正方形そのものの場合もr=1/2だが、正方形の角をすこし切り取るとrは少し1/2より大きくなる。
（角を切り取って正８角形にしてしまうと同じくr=1/2となってしまうので、それよりも小さめに切り取る）
角から２辺がaの直角二等辺三角形を4つ切り取ることを考えると、
S=4-2a^2
L=8-(8-4√2)a
これからrをaで微分して増減を調べると
a=2+√2-2√(1+√2) でrは最大値 3+√2-(√2+2)√(√2+1)=0.5235…
ただし、周が曲線になる場合や、さらに辺の数を多くする場合はよーわからん。 |x|^t + |y|^t = 1 で改善できそうな気がしたが、
L が計算できなかった。 (1)
Σ[n≧1] 1/(n^2) = ∫[0,1]∫[0,1] 1/(1-xy) dxdy
を示せ。
(2)
これを利用して
Σ[n≧1] 1/n^2 = (π^2)/6
を示せ。 >>715
何か、テキストファイルで必死に書いてある問題を見ても、
分かりにくいし、解く気にならないなと思ってね。
数学の先生がテキストファイルだけで試験作っていたら、
止めて欲しいな
と思うだろうな。
視覚的に違うと解けそうなものも解けないかな。
>>716
(2)の解答がエレガントでワロタｗ
この回答から察するに暗算ならぬ暗証で解いたのを纏めてるようですね >>717
閉曲線の微少な長さをdsに取ると、
面積は
∫[0-L]y'(s)・x(s)ds
じゃなかったかな？
これをLで割れば良いんだから...、あれどうしたっけ？
昔はこれを極座標で解こうとして、
∫ 1/2r^θ dθ / ∫ r dθ
を部分積分かなんかでいじって、試験中に解答を出そうとして失敗したが
単位は他で取れた。
結局、境界条件がθについて異方性なだけで、r(θ)の関数だけ考えれば、
極大値は求められそうに思ったのだが。
>721
1/(1-xy) = Σ(xy)^(n-1)
の両辺を[0,1]×[0,1]で積分すればOK
単調収束定理使えば、Σと∫の交換も示せる
積分値は (x,y)=(u+v,y-v)の置換をすれば計算できる 数学系のスレに \ 記号だけ連投してる荒らし割と見かけるんだけどなんなの？
荒らしの規模にしては小さいわ、何も主張してないわで厨2病そのまんまなんだけどな 3次の魔法陣は実質的に1種類しかないのは有名事実だが、「斜めの和については縦や横の和に等しくなくても良い」と条件を緩和した場合、何種類存在するか。 >>750
5と同じ行または列に並ぶ3数の組合せは
{5,4,6},{5,3,7},{5,2,8},{5,1,9}から2つ選ぶことになるが、
その2つの組合せのうち「{5,3,7}と{5,1,9}」以外の５通りについては破綻することが
すぐ確認できる。
{5,3,7}を縦、{5,1,9}を横に配置する場合、
5がどこに入るかで９通り、
そのそれぞれについて5と同じ列の2数、同じ行の2数の配置が2×2で4通り。
さらに、縦と横を入れ替えることを考えると、
枠の向き固定で考えた場合は全部で9×4×2=72通り。
回転や反転したものも同一視するならば、72/(2×4)=9通り。 >>751
検証してないけど、プログラミングせずにその答えにたどり着いたなら凄いな >>719
角から長さaの所だけ円弧にした場合（中心O）
S = 4(1-a) + {π-4arctan(1-a)}(2-2a+aa),
L = 8(1-a) + 2{π-4arctan(1-a)}√(2-2a+aa),
a=0.3807 でrは最大値 0.52686395
（0.52351094975050 よりわずかに大きい） >>719
角から長さaの所だけ円弧にした場合（R面取り）
S = 4 - (4-π)aa,
L = 8 - 2(4-π)a,
最大は a = r = 2/(2+√π) = 0.5301589042686
（0.52351094975050 よりわずかに大きい） >>719
S/L の値は必ず 4/(4+π) ≒ 0.5601 以下である事を示してみる。
(補題)実関数fが f(0)=0, f(1)=1 を満たすならば
1
∫√(1+f'(x)^2) - f(x) dx ≧ π/4.
0
(補題の証明)
g(x)=√(1-(x-1)^2),
h(x)=f(x)-g(x) とおく。
コーシー・シュワルツの不等式より、
√((1+f'^2)(1+g'^2)) ≧ 1 + f'g'
であるから、これを変形して
√(1+f'^2) ≧ √(1+g'^2) + (f'-g')g'/√(1+g'^2).
これより、
∫√(1+f'^2) - f dx (積分は0から1まで。以降省略)
≧∫√(1+g'^2) + (f'-g')g'/√(1+g'^2) - g - h dx
=∫h'g'/√(1+g'^2) - h dx +π/4
=∫-xh' - h dx +π/4
=π/4. (∵h(0)=h(1)=0 )
(補題終わり)
正方形を座標軸で４等分して考えると、補題より
L-S≧π が示される。
これと 0≦S≦4 の両方を満たすような(L,S)の範囲を図示すると、
S/L は (L,S)=(4+π,4) で最大値 4/(4+π) をとることがわかる。
微分可能性については言及してきてないが、
・上の補題は、ほとんど至る所で微分可能な全てのfについて言える
・どんな閉曲線に対してもその凸包を考えれば同等以上のS/Lを達成できる
という事を考えれば問題ないかと >>770
すまん凡ミス
誤：
∫h'g'/√(1+g'^2) - h dx +π/4
=∫-xh' - h dx +π/4
正：
∫h'g'/√(1+g'^2) - h dx +π/4
=∫-(x-1)h' - h dx +π/4
まあ積分の結果は変わらないから問題ないんだけど (1) (dx/dy)(dy/dz)(dz/dx)を求めよ。
(2) この公式が多用される科学の分野は何か？ >>772
> (1) (dx/dy)(dy/dz)(dz/dx)を求めよ。
どういう状況だよ？ >>719は、たぶん >>757でFAのような気がする。
直接的な証明にはならないかもしれないが、次の問題を考えたら
>>757が正解のような気がとってもしてくるはず。
問題：
平面上に距離aだけ離れた２点A,Bがある。
A,Bを結ぶ長さLの曲線Cと線分ABで囲まれる部分の面積Sが最大となるのは
曲線Cが円弧となるときであることを示せ。
計算問題ではなく、簡単なロジックで示せると思います。 ただし「同一周長の平面図形の面積が最大となるのはその図形が円である場合である」ことは
既知とする。 >>776
あってると思う。
>>757の証明の流れとしてはこんな感じかな↓
･最大のS/Lを達成するような閉曲線Cのうち、凸であり、少なくとも4本の対称軸 y=±x, y=0, x=0 を持ち、4点(0,±1),(±1,0)を通るものが存在。
･Cと直線y=1の共通部分のうちx座標が最大のものをA(a,1)とおくと、点Aは角ばっていない。ゆえにA'(1,a)等も同様。
･弧AA'上の2点P,Q(ただし端点を除く)を任意にとると、aの最大性と >>776 により、弧PQは円弧でなければならない。
したがって弧AA'も円弧。
･点Aで角ばらないためには、円弧AA'の中心は(a,a)でなければならない。
あとは >>757の計算。 (1)平面上にOの文字を互いに交わらないように非可算個描くことは可能か？
(2)平面上にQの文字を互いに交わらないように非可算個描くことは可能か？ x^2+y^2=r^2 (rは有理数を除く実数)
は重なっちゃうのかな？よくわからん。 >>781
有理点の全体が平面上稠密に分布していることから、問に対する解答は明らか (1)可能
例：x^2+y^2=a^2 (a>0を動かす)
(2)不可能っぽいけど上手く証明できない >>781
Qを平面上に交わらずに置くと任意の二つのQの間に開球をねじ込める
非交和の開球が平面上に存在すると、ユークリッド空間が第二可算的であることに矛盾 >>781 (2)不可能。証明の流れはこう
平面と(0,1)×(0,1)は同相なので、全てのQは X=[0,1]×[0,1] の中にあるとしてよい。
X上の空でない閉集合全体の集合をYとおく。
Y上の距離Dを次のように定める：
D(A,B) := max( max_[a∊A] min_[b∊B] d(a,b) , max_[b∊B] min_[a∊A] d(a,b) )
(ただし d は通常の距離)
この時、距離空間(Y,D)は第二可算公理を満たす。
X上に描かれた全てのQ全体の集合をPとおくと、
Pは非可算な離散集合となるが、これは(Y,D)の第二可算性と矛盾。 >>797 のPの離散性のイメージはこんな感じ
Q_0∊P を一つ固定すると、
これと交わりを持たない他のどんなQ∊Pも、 Q_0 の内側か外側に無きゃいけないわけだが、
内側にいれば緑色の点と、外側にいれば赤色の点と一定以上の距離にならざるを得ない。
だから、Q D(Q_0,Q) は必ずある正の定数以上にならなければならない
研究者はさらっと回答するから凄いね
単語は理解できても行間を埋めれないわ >>798
全てのQのちょい棒の長さを集めると
0に集積してるって場合は、
抜け道にならないのかな。 >>800
確かにちょい棒の長さの下限が０である場合も考えられるが問題ない。
その場合PがY上に集積点を持つ可能性は出てくるが、
Pの個々の点が孤立点である事実は変わらないからね
実際、実数の部分集合で{1, 1/2, 1/3, 1/4, …} みたいな、それぞれは孤立点だが集積点を持つようなものはあるし >>797 の(Y,D)の第二可算性のイメージ
どんな A∊Y に対しても、それをｎ分割近似したものを A'∊Y とおけば
D(A,A') ≦ (√2)/n
となるから、ｎを十分大きくすれば任意に近いｎ分割近似が作れる。
各ｎに対してｎ分割近似の総数は高々 2^(n^2) で有限だから、
自然数分割全体の集合はYの可算な稠密部分集合となる
(3)平面上にTの文字を互いに交わらないように非可算個描くことは可能か。 (4)平面上にSEXの文字を互いに交わらないように非可算個描くことは可能か。 ★★★数学徒は馬鹿板をしない生活を送るべき。大脳が腐るのでサッサとヤメレ。★★★
￥ 素朴な疑問なんだが、QはOと線の太さが違うだけで実質Oと違いが無いと見ることによって、
>>781の(1)が可だから、(2)も可と考えるのは何が間違ってる？ つまりQを半径ｒ、太さεの円環とみなす
U(r)で半径ｒの円盤を表すとすると、Q(ε,r):=U(r)＼U(r-ε) 772の解答が出なかったので
(1) -1（オイラーの連鎖式、マクスウェルの規則）
(2) 熱力学 面積のある図形を非可算個描けると思っている人発見。 x＝y＝z
dx/dy＝1
dy/dz＝1
dz/dx＝1 ★★★数学徒は馬鹿板をしない生活を送るべき。大脳が腐るのでサッサとヤメレ。★★★
￥ >>810
同心円は非可算個描けるんだから
そこから2個ずつペア取って円環作れば
非可算個描けるんじゃないの >>824
円環は必ず内部に有理点を持つわけだが、
互いに交わらない非可算の円環があるとすると
有理点が非可算個ある事にならないかい？ >>824
実数は非可算無限個あるが、
0<a_1<a_2<a_3<a_4<…
となる実数列{a_n}に含まれる実数の個数は、
それが数列である以上可算無限個しかないという事実を理解すべき。
非可算無限個の同心円から２つを選んでドーナツ型を作るとき、
その内径と外径の間には必ず非可算無限個の同心円があるので、
２個選んだ時点で、非可算無限個の同心円を他で選べなくしていることになり、
２個ずつのペアを（間が重ならないように）非可算無限個選べるということにはならない。 >>797の距離Dのイメージが直観的につかめない
どんな感じだろう >>838
AとBの距離 D(A,B) のイメージとしては、
『Aの各点が速さ1で動いてBにフォーメーションチェンジする時にかかる時間』
かな (かえって解りにくいか…)
ただし最初に各点には非可算無限の点が重なってても良しとする。
(一点から同心円にフォーメーションチェンジする時、最初の一点にめっちゃ沢山の点が凝縮されてる事になる)
もしくはこれが解りにくかったら、
『片方の集合のどの点をとっても、距離ε以内にもう片方の集合の点が存在する』ような最小のε、という感じかなあ >>839
なるほど
どっちのイメージも何となくわかった
何個かシンプルな例で試してたけど特にフォーメーションチェンジの方はしっくりきます
ありがとです lim[A→+∞] (1/A)∫[1,A] A^(1/x) を求めよ。 ごめん
lim[A→+∞] (1/A)∫[1,A] A^(1/x) dx を求めよ。 >>852
∫[1,A] A^(1/x) dx=logA∫[1,A] e^(logA/x) d(x/logA)=logA∫[1,A/logA] e^(1/y) dy
lim[A→+∞] (1/A)∫[1,A] A^(1/x) dx=lim[A→+∞] (logA/A)∫[1,A/logA] e^(1/y) dy
=lim[B→+∞] ∫[1,B] e^(1/y) dy/B=lim[B→+∞] (d/dB)∫[1,B] e^(1/y) dy/(dB/dB)
=lim[B→+∞] e^(1/B)=1 模範解答
(1/A)∫[1,A] A^(1/x) dx
> (1/A)∫[1,A] 1 dx = 1 - 1/A
あるδとKをとれば、
(1/A)∫[1,A] A^(1/x) dx = (1/A)(∫[1,1+δ] + ∫[1+δ,KlogA] + ∫[KlogA,A])
<(1/A)((1+δ-1)A^(1/1) + (KlogA-1-δ)A^(1/(1+δ)) + (A-KlogA)A^(1/(KlogA))) （∵A^(1/x)は単調減少）
<(1/A)((δ)A + (KlogA)A^(1/(1+δ) + (A)A^((1/K)(log_A(e))) = δ + KA^(-δ/(1+δ))logA + e^(1/K)
A→+∞で
1 - 1/A → 1
δ + KA^(-δ/(1+δ))logA + e^(1/K) → δ+e^(1/K)
さらにδ→0, K→+∞で
δ+e^(1/K) → 1
ハサミウチの原理より(与式)
最後にt>0, X→+∞で(logX)/(X^t)→0を利用して真ん中の項が消えるように、積分区間を分割するのが肝
ロピタルの定理を用いた別解もある
出典：IMC2015-7 (1) 連続する2個の自然数の積がn乗数にならないことを示せ。
(2) 連続するn個の自然数の積がn乗数にならないことを示せ。 >>867
(2)は同じnは使わないほうが…
後半のnは「n乗数」という用語で、前半のnとは無関係という設定ですよね？ nは2以上の整数
前半のnと後半のnは同じ
拡張して
(0)
連続するn個の自然数の積がm乗数にならないことを示せ。
ただしn,mは2以上の整数。
を解いてもいいけど 調べたら(0)はエルデシュが示してるな
http://www.renyi.hu/~p_erdos/1975-46.pdf
Erdös, P.; Selfridge, J. L. The product of consecutive integers is never a power. Illinois J. Math. 19 (1975), no. 2, 292--301. 面白いかどうかわからんが、こんなのはどないや？
総ての辺の長さが同じ三角錐がある。
総ての辺の長さはこの三角錐と同じだが、底面が正方形の四角錐がある。
三平方の定理を使わず、両者の体積の比率を求めよ。 ２つの立体を順にA,Bとすると、
Bを２つ貼り合わせてできた正八面体にAを４つくっつけると、
Aの相似比で２倍（体積比８倍）の正四面体ができるから
Bの体積はAの２倍
って話でしょ。 ついでに。
全ての面が合同な正三角形である１辺の長さ１の８面体のうち
凸多面体となるものは１つしかないことを示せ。
（頂点と辺をグラフとみなした時にグラフとして１種類のみというだけでなく
ある面を固定したら全ての頂点が固定されることも含めて示せ）
また、全ての面が合同な正三角形である１辺の長さ１の８面体は全部で何種類あるか。 全ての面が合同な正三角形である多面体で、ある面を固定した状態で
各面の形状を保ったまま連続的に変形できるものは作れるか。
作れるならその例を示せ。 >>879 は
凸多面体ではなくてもよいが、トポロジー的には球と同じ、ということでお願いします。
（すみません、答えは知りません。できたら面白いけど無理っぽいなというぐらいで） >>883
正十二面体の各面を、側面が正三角形の正五角錐の底面に置き換えたものはどうかな？
もともとの頂点のところには、正三角形が六つ集まる事になり、
引っ張れば平面になり、押せば縮まることもでき、弾力のある構造になっている。 >886
BASICで計算したとこｒ、
e^pi = 23.14069263277919
pi^e = 22.45915771836098
となって、どうやら
e^pi
の方が大きいようです。
厳密な証明はどなたかにお任せ >>887
f(x)=(log x)/xを微分して(1-log x)/x^2で
f(x)はx=eで最大となりf(π)<f(e)=1/e
logπ/π<1/eからe logπ<πなので
π^e<e^π >>889
この頃は良かったよな。今は思いつきで片っ端から書きまくって無駄に分量が多すぎて見る気も起こらないが。 >>892
このブログ主が、自分のルールを作って喚いているだけだな。相手にするだけ時間の無駄だ。 >>879
紙で多面体を作って破れないように潰せばいいじゃん >>889 のリンク先を見る限りでは
・各面の形状が変わらないように連続的に変形できる多面体があるとすれば
その変形の過程において体積は変わらない
・各面が全て正三角形であるような、そのような多面体は見つかっていない
・それが存在しないことが証明されたとはそこには書いていない
という理解でよろしいか？ cosθ=3/4 0＜θ＜π/2とする。
このとき、cos(n-1)θ≧1/2^n -1を示せ。 >>907
和積公式より
cos{(n+2)θ}+cos(nθ) = 2cosθcos{(n+1)θ}
∴ cos{(n+2)θ} = (3/2)cos{(n+1)θ}-cos(nθ)
これを用いて、数学的帰納法により任意の自然数nについて
cos(nθ) = (4k+(-1)^n)/2^(n+1) （ただし、kは整数）
となることが示せる。
これを用いて
n≧2のとき
cos{(n-1)θ}+1 = (4k+(-1)^n-1+2^n)/2^n = (2(2k+2^(n-1))+(-1)^n)/2^n
ここで、cos{(n-1)θ}+1≧0であり、分子は奇数≠0より、
cos{(n-1)θ}+1 ≧ 1/2^n
∴ cos{(n-1)θ} ≧ 1/2^n -1
（これはn=1の時も成り立つ） >>908
cos(nθ) = (4k+(-1)^n)/2^(n+1)
ではなく
cos(nθ) = (2k+1)/2^(n+1)
でも、問題なく数学的帰納法は成立しますね^^; >>867の解答例
以下、m,α,β,a,kは自然数
(1)
m,m+1は互いに素であるから、m(m+1)がn乗数ならばm,m+1もそれぞれn乗数
しかしα^n-β^nが1になることはなく矛盾
(2)
N=a(a+1)(a+2)…(a+n-1)とおくと、n≧3でa^n<N<(a+n-1)^n
よって、Nがn乗数ならばN=(a+k)^n (1≦k≦n-2)と表せる
しかしNの約数であるa+k+1という数は、a+kと互いに素であり(a+k)^nの約数になることはなく矛盾
(補)
連続する2数に1以外の公約数があった場合、その公約数は2数の差の1を割りきるはずであり矛盾
よって連続する2数は互いに素 1行整数問題詰め合わせ
たぶん難易度順
m,nは自然数
(1) C[2015,n]が偶数になるnを求めよ。
(2) 全てのnに対してn^4+aが素数にならないような自然数aが無限に存在することを示せ。
(3) 2n-1,3n-1,5n-1のいずれかは平方数にならないことを示せ。
(4) a_n=2^n+3^n+6^n-1の全ての項と互いに素である自然数を求めよ。
(5) (n^3+1)/(mn-1)が整数となるm,nを求めよ。
(6) m,nに対してN=(m^2+n^2)/(mn+1)が自然数のとき、Nは平方数であることを示せ。
(7) (2^n+1)/n^2が自然数となるnを求めよ。 >>924
ジャンルをまとめて出題されると分かりやすいな。他の分野もやりたまえ！ 良問ぞろいだなあ。忘れ去ったダンジョン数学おとこより。 ■■■馬鹿板を続けたらオツムがスポンジ脳になるのでサッサと足を洗うべき。■■■
￥ 幾何(Geometry)は解答を書くのが面倒だし、代数(Algebra)の不等式は別スレがあるし、組み合わせ(Combinatorics)は問題文が長いし
やっぱり数論がナンバーワン！
解答は毎日1問ずつ掲載 ★★★数学徒は馬鹿板をしない生活を送り、日頃から真面目に学問に精進すべき。★★★
￥ >>924
(2) a=4m^4 (mは2以上の自然数)とすれば
n^4+a = (n^2-2mn+2m^2)(n^2+2mn+2m^2)
より、nがどんな整数でも、m^2 以上の2つの整数の積に書ける。
それはそうと幾何が人気無くてさみしいな
ついこの間の最大値問題なんか、どれだけ大きい数を達成できるかを競うってのがオリンピックみたいでわくわくしたもんだが ■■■馬鹿板を続けたらオツムがスポンジ脳になるのでサッサと足を洗うべき。■■■
￥ >>924 (3)
(2n)^2=4(n^2)+0
(2n+1)^2=4(n^2+n)+1
平方数を4で割った余りは0か1。
nを4で割った余りで場合分けすると、
2n-1,3n-1,5n-1を4で割った余りは
n:2n-1,3n-1,5n-1
0:3,3,3
1:1,2,0
2:3,1,1
3:1,0,2
どの行にも2か3が含まれている。 数学なのは、5～8.
10は多少数学っぽいかもしれない。
1～4はアウト。 とりあえず1は数学でもなんでもないな
つか全部読むなんて根性あるなｗ >>931
完璧！
Sophie Germainの不等式を知っていれば一瞬、知らなければかなり手こずる問題。
出典：IMO1969-1 >>943
正解！
元の問題は実質「2n-1,5n-1,13n-1のいずれか1つのみが平方数にならないことを示せ。」であり、解答と同じ手法でmod 16で確認する必要がある。
よく考えずに改変したら、かなり簡単になってしまった。
【別解】3を法として、平方数は0か1と合同であるが、nによらず3n-1≡2であり平方数となることはない。
出典：IMO1986-1 改題 >>947
「Sophie Germainの等式」だった ★★★数学徒は馬鹿板をしない生活を送り、日頃から真面目に学問に精進すべき。★★★
￥ (1)の模範解答
（n=0のときはC[2015,n]=1で奇数）
まず1≦n≦1008について考える
C[2015,n]
=(2015*2014*…*(2015-n+1))/(n*(n-1)*…*1)
=Π[k=1,n] (2016-k)/k …①
k=2^a*b (bは奇数)とおくと
(2016-k)/k
=((2^5*63)-(2^a*b))/(2^a*b)
=(2^(5-a)*63-b))/b …②
k≦31のとき、a≦4であるから
②は分子分母共に奇数、よってそれらの積の①も奇数
k=32のとき、a=5であるが
このとき②は分子が偶数（・分母が奇数）となり①も偶数になる …★
a=6,7,8,9 (k=64b,128b,256b,512b)のとき、②の分子が奇数・分母が偶数となるが
①の分子の素因数の2の指数sと、①の分母の素因数の2の指数tを比較したのが次表
1009≦n≦2014のときはC[2015,n]=C[2015,2015-n]で求められる
以上より、C[2015,n]が偶数になるのは
32b≦n＜32(b+1) （bは61以下の奇数）
b=2m-1とおけば
64m-32≦n＜64m （mは31以下の自然数） 順に
kの最大値(=n) s t ①の偶奇
（000～031 00 00 奇）
032(=2^5*01)～063 01 00 偶
064(=2^6*01)～095 01 01 奇
096(=2^5*03)～127 03 01 偶
128(=2^7*01)～159 03 03 奇
160(=2^5*05)～191 04 03 偶
192(=2^6*03)～223 04 04 奇
224(=2^5*07)～255 07 04 偶
256(=2^8*01)～287 07 07 奇
288(=2^5*09)～319 08 07 偶
320(=2^6*05)～351 08 08 奇
352(=2^5*11)～383 10 08 偶
384(=2^7*03)～415 10 10 奇
416(=2^5*13)～447 11 10 偶
448(=2^6*07)～479 11 11 奇
480(=2^5*15)～511 15 11 偶
512(=2^9*01)～543 15 15 奇
544(=2^5*17)～575 16 15 偶
576(=2^6*09)～607 16 16 奇
608(=2^5*19)～639 18 16 偶
640(=2^7*05)～671 18 18 奇
672(=2^5*21)～703 19 18 偶
704(=2^6*11)～735 19 19 奇
736(=2^5*23)～767 22 19 偶
768(=2^8*03)～799 22 22 奇
800(=2^5*25)～831 23 22 偶
832(=2^6*13)～863 23 23 奇
864(=2^5*27)～895 25 23 偶
896(=2^7*07)～927 25 25 奇
928(=2^5*29)～959 26 25 偶
960(=2^6*15)～991 26 26 奇
992(=2^5*31)～1008（～1023） 31 26 偶
… sは、a=5のときに、63-bの素因数の2の指数だけ増える。
tは、a=6,7,8,9のときに、a-5だけ増える。
Wolfram AlphaはC[2015,1008]（605桁）も計算できるので、適当なnで計算させて上の解答を確認できる。
入試問題として出た際は★を求めさせるまで。それ以降は非本質なので、無駄に拡張するべきではなかった。
2進数で解く方法（n=*****1*****と表せることを示す）もあるが、ググれば出てくるので割愛。
出典：東大2015前期数学（理科）5 改題 ■■■馬鹿板を続けたらオツムがスポンジ脳になるのでサッサと足を洗うべき。■■■
￥ (4)
1は任意のa_nと互いに素。
2はa_1=10と互いに素ではない。
3はa_2=48と互いに素ではない。
5以上の素数pで、任意のa_nと互いに素になるものは無いことを示す。
以下、pを法として
6(a_(p-2))
=6(2^(p-2)+3^(p-2)+6^(p-2)-1)
=3*2^(p-1)+2*3^(p-1)+6^(p-1)-6 …★
≡3*1+2*1+1-6 （∵フェルマーの小定理）
≡0
6とpは互いに素であるから
a_(p-2)≡0
（例えばp=5ならば、a_3=250≡0でa_3はpの倍数であり、pと互いに素ではない。）
素数で、任意のa_nと互いに素になるものは無いことが示された。よって、素数の積で表せる合成数についても、任意のa_nと互いに素になるものは無い。
以上より、与条件を満たすのは1のみ。
フェルマーの小定理（の系）：素数p、pと互いに素な自然数aについてa^(p-1)≡1 mod p
★で2,3,6がそれぞれpと互いに素であるのを利用した。
出典：IMO2005-4 (5)
i) m=nのとき
(与式)=n+1/(n-1)が整数になるのはn=2、すなわち(m,n)=(2,2)
ii) m>nのとき
n=1のときm=2,3、すなわち(m,n)=(2,1),(3,1)
n≧2のときを考える。
以下、nを法として
与式が整数のとき
n^3+1≡1, mn-1≡-1より(与式)≡-1であり …☆
(与式)=kn-1 （kは自然数）
とおける
kn-1=(n^3+1)/(mn-1)<(n^3+1)/(n^2-1)=n+1/(n-1)
∴(k-1)n<1+1/(n-1)≦2
よってk=1、n^3+1=(mn-1)(n-1)
∴m=(n^2+1)/(n-1)=n+1+2/(n-1)
これが整数になるのはn=2,3、すなわち(m,n)=(5,2),(5,3)
iii) m<nのとき
与式の対称性よりiiと同じ議論ができ
(m,n)=(1,2),(1,3),(2,5),(3,5)
以上より、(m,n)=(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,5),(3,1),(3,5),(5,2),(5,3)
このスレが埋まりそうなので、もう一問解答発表。
元々の問題をそのまま出したら出したで難易度が高すぎるんだよなぁ…
出典：IMO1994-4 （☆でさらっと1/(-1)=-1を行っているが、これは自明じゃない気がするなあ） >>989
m=nだから
(与式)
=(n^3+1)/(n^2-1)
=(n+1)(n^2-n+1)/(n+1)(n-1)
=(n^2-n+1)/(n-1)
={n(n-1)+1}/(n-1)
=n+1/(n-1)
だと思う ★★★忖度と処世術に汚染された日本人：権威主義的な支配と損したくない人達★★★
～～～芳雄氏が言う『研究者としての基本的態度』とは一体何だろうか～～～
佐藤幹夫：自分自身の素朴な疑問に真剣に耳を傾ける。⇒不滅の金字塔を打ち立てる。
糞父芳雄：人間関係を駆使し他人を操り根回しを行う。⇒ハリボテお教授として君臨。
隠蔽の財務省、嘘吐きの文科省、そして問答無用に屈服させる官邸。コレでも先進国？
（佐藤師がしてたのは本物の研究だ。だが）芳雄氏がしてたのはケケケ、ケンキュウ。
外見を繕って偉そう見せさえすれば何でもヨロシ。ほんで教授になりさえすれば研究の
中身なんて何でもヨロシ。そもそも論文なんてモンは、外国の権威ある雑誌に掲載され
さえすれば、その中身のギロンなんて何でもヨロシ。そやし適当に書いてしまえ～～～
中身がダメだと知ってて、ソレでもSTAP論文を外国に投稿して受理される。発覚したら
適当に言い逃れる醜い態度。オツムのダメな大学院生に「虚偽の良品ラベル」を貼って
世間に出荷するハリボテ大学は詐欺行為そのもの。世間に媚びを売って客商売に徹し、
『売れさえすれば学生の脳の質なんて何でもヨロシ』と居直る大学。そしてブランド名
だけを見て仕入れる世間。●●は一流大学やさかい、きっと優秀なエリートやろｗｗｗ
中身を何も説明しないで、問答無用に上から押し付ける。ソレをイチャモンで騒いで、
そして邪魔して潰そうとする周囲の下々。大学教員も国会議事堂も、そして馬鹿板人の
遣ってる事も皆同じだ。日本人はバカ民族であり、今は外国にもちゃんとバレてるので
海外からも軽蔑されるだけであり、そのうちにどの国からも信用されなくなるだろう。
近視眼的で打算的な人生観を息子に押し付ける父親と、大脳に栄養が足りてない連中が
跋扈する永田町や霞が関に支配される国に住む不幸、一体どうしてくれるというのか。
■■■馬鹿板を習慣にすれば脳が悪くなります。そやし数学徒には特にダメです。■■■
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