面白い問題おしえて～な 二十四問目 [無断転載禁止]©2ch.net
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>>625
ハメル基底U={Ui}(Q-mode baseはこの意味？)を使って任意の実数xを有理ベクトル(q1,…,qn)に１対１に対応させてx=Σqi・Uiが成立するようにできるから、
基底ごとに係数ai=1またはai=ｰ1を選んでf(x)=Σai・qi・Uiとすれば条件は満たされるのではと。 >>626
ハメル基底の存在を示すとき選択公理が出てくる
選択公理からはハメル基底が「ある」ということは言えるが、ハメル基底の実例を具体的に示すことはできない
ハメル基底の実例が示せないから、実数を有理ベクトルに分解する方法も具体的には示せない
ってところかな >>627
Q-mod baseと書いたのはそれのこと
そしてそれが具体的に与えられないから
fを具体的に書けそうもないってこと
具体的に書けたら基底の交換とか反転(-1倍)とか
固有値±1の行列的なのが色々と >>586
Σ[k=1,n］k^5 =｛n(n+1)/2}^2（2nn+2n-1)/3,
が平方数になるような n をさがす。
>>624 に沿って考えると、結果は >>615 になるらしい。 黒板に何個かの相異なる自然数が書かれている。此れから2人で,以下の様な操作を交互に行うゲームをする.
(操作)「プレーヤーは自分の手番※のとき,黒板に書かれている数から1つの数aを選び,aを其れから1を引いた数a-1に書き直す.
此のとき,a-1=0であるか,a-1が既に黒板に書かれている他の或る数と等しければ,今書いたばかりのa-1を1つ黒板から消す.」
自分の手番のとき,黒板に書かれている最後の数を消してしまったプレーヤーが負けになる.
此のゲームに於いて,両者が最善を尽くした場合に先手が勝つ場合は先手必勝であると言い,後手が勝つ場合は後手必勝であると言う.
例えば,黒板に1,2が書かれている場合は,先手が2を選ぶと,2-1=1は黒板に書かれているから其れは消されて1が1つだけ黒板に残る.
其のとき,後手は1を選ぶしか無いが,1-1=0なので0は消されて,黒板から全ての数が消えてしまい,後手が負けとなる.
故に黒板に1,2が書かれている状態は,先手必勝である.
問.此のゲームについて最初に黒板に書かれている数が全て偶数の場合は,先手必勝であることを証明せよ.
※「手番」とは,先手と後手の2人で交互に操作を行うゲームにおいて,操作を行う順番が回ってきた状態を言う. 濁点が１コずつしかないのが気になる
ゲームの結果消されたのかな 先手は以下の戦略をとることで必ず勝利できる。
① 盤面が全て偶数ならば最大の数を減ずる
② 盤面に奇数が２つだけあるとき、小さい方の奇数を減ずる
(証明)初期盤面が全て偶数であるとき、上記の戦略をとると先手の着手後の盤面は必ず「最大の数は奇数」かつ「最大でない数は全て偶然」の状態(条件Ａ)にできる。
この条件Ａを満たす盤面は奇数が少なくとも１つ残っており、先手は負けることはない。このことを以下に示す。
先手の初手は①に従う。盤面は全て偶数である、および初期盤面に同一の数が存在しないことから、最大数は他のどの数よりも２以上大きい。
よって、最大数を１減じて奇数にしても他の数より大きいため盤面に奇数が残り、その奇数は盤面の最大数である。
最大数は奇数、かつそれ以外の数は偶数となり条件Ａを満たす。
次に条件Ａを満たす盤面での後手の着手を考える。後手の次の手は最大数である奇数か、それ以外の偶数を減ずることになる。
最大数の奇数が１である場合、それが最大数であることから他に数はなく、後手は唯一残った１を消す必要があるので先手は勝利する。
最大数の奇数が３以上のとき、後手が奇数を１減じて偶数とすると、その偶数を消す必要があるときもないときも、盤面に残った数はすべて偶数となる。
元の盤面はすべて異なる数であり、減じた結果の数が他の数と一致すればその数は消されるため、盤面はすべて異なる偶数となる。
そのため、初手と同じく次に先手が①のとおり着手すれば条件Ａを満たす盤面にできる。
最大数の奇数が３以上のとき、後手がいずれかの偶数を選び、１減じて奇数とした場合、元の盤面の唯一の奇数は最大数であることから、これとは一致しない。よってこの着手では奇数が２つだけ残る。
先手は②の戦略をとることで、後手が今しがた減じた奇数を１減じて偶数とする。
この着手で最大数の奇数は盤面に残り、減じた偶数を消す必要があるときもないときも、最大数以外の数はすべて偶数となる。この場合も条件Ａを満たす。
後手の着手は他にない。後手がいずれの着手をしても、先手は常に次に条件Ａの盤面にすることができ、先手は負けることがない。
最後に、全ての着手で盤面の数の総和は単調減少であり、このゲームは必ず決着する(引き分けはない)
よって、このゲームにおいて、偶数のみの盤面では先手必勝である。□ 即答か...流石
2つの壁と床が互いに直交している部屋の隅に半径1の円盤を立てかけて静止させる.
但し円盤は其の2つの壁と床の其々に唯1点点ずつで接触しているものとし,厚さは無視する.又部屋は十分広くて円盤が他の壁に接触することは無い.
部屋の隅を原点Oとし,壁と床を座標面,全ての座標が正である領域を室内とする座標系を定める.
円盤に垂直なベクトルを円盤の法線ベクトルということにする.又単純化のため,全ての成分が正となる法線ベクトルを持つ円盤だけを考える.
此のとき円盤の中心 (α, β, γ) の存在範囲を求めて図示せよ. xy平面上において、放物線y=x^2と円Oは異なる4点A,B,C,Dで交わっており、Aのx座標をaとする。
C,Dが線分ABの垂直二等分線上にあり、直線ABの傾きが正であるとき、C,Dのx座標をaで表せ。 >>637
A（a，aa)
B（b，bb)
C（c，cc)
D（d，dd)
とおく。
(ABの傾き）= a+b,
(CDの傾き）= c+d,
AB ⊥ CD より（a+b)(c+d）= -1
題意より、CDは円Oの直径。
円Oの中心O'は CD の中点O'（(c+d)/2，(cc+dd)/2)
円Oの半径は CD/2 =｜c-d｜√{1+(c+d)^2}/2
∴c，d は次式の根。
xx + x/(a+b) -（aa+bb+1)/2 = 0, これにより c，d は a+b，aa+bb で表わされる。
またA，Bは円O上にある。
∴a，b は次式の根。
｛x-(c+d)/2}^2 +｛xx -（cc+dd)/2}^2 =（CD/2)^2
これらより a+b，aa+bb は a で表わせる。 (続き）
放物線y=xx と円Oの交点はすべて次式の根。 >>639
｛x-（c+d)/2}^2 +｛xx -（cc+dd)/2}^2 =（CD/2)^2,
∴｛(x+c)(x+d）+1}(x-c)(x-d）= 0,
∴（x-a)(x-b）=（x+c)(x+d）+ 1,
∴ a+b = -(c+d),
ところで直交性（a+b)(c+d）= -1，（ABの傾き）= a+b >0 >>638
により
a+b = 1，c+d = -1,
∴ c，d は次式の根。
xx + x -(aa-a+1）= 0, y²＝x²＋x＋kを満たす0以上の整数(x,y)の組が2個となるような正の整数kを全て求めよ >>637
円Oの方程式を(x-p)^2+(y-q)^2=r^2とおいて
y=x^2を代入して整理すると
x^4+(1-2q)x^2-2px+p^2+q^2-r^2=0
A,B,C,Dのx座標をa,b,c,dとすると
解と係数の関係によりa+b+c+d=0
このとき直線ABの傾きは(b^2-a^2)/(b-a)=a+b、
同様に直線CDの傾きはc+dなので、2直線の傾きの和は0
直線ABの傾きは正で直線ABと直線CDは直交するので
直線ABの傾きは1、直線CDの傾きは-1
A(a,a^2)から直線ABの式はy=x+a^2-a
y=x^2を代入して整理するとx^2-x-a^2+a=0
解と係数の関係からa+b=1なのでb=1-a
つまりB(1-a,(1-a)^2)
ABの中点は(1/2,a^2-a+1/2)なので
直線CDの式はy=-x+a^2-a+1
これとy=x^2との交点のx座標を求めると
x={-1±√(4a^2-4a+5)}/2 … (答) 三角数1,3,6,10,...,n(n+1)/2,...がある。このとき、mが三角数であることが、(a_i・m)+b_iが三角数であるための必要十分条件であるようなa_i,b_iの組が無限に存在することを示せ。 >>641
k≠平方数のとき
（x，y）=（k-1，k）だけ、１個（不適）
k=平方数のとき
（x，y）=（0，√k）もある。
他に解が無ければ２個
k = L^2，
L = 2，3，6，9，15，21，… >>644
a>0
a+b=1
3a+b=3
a=1
b=0 2017年もそろそろ終わるということで。
x_0,x_1,x_2,...,x_63が{1,2,...,2017} の異なる要素であり、
かつ
(x_0)+(x_1)+2(x_2)+3(x_3)+...+63(x_63)
が2017で割り切れるような64個の順序組(x_0,x_1,x_2,...,x_63)を求めよ。 >>647
x_0=630
x_i=i (1≦i≦63)
とか
x_0=694
x_i=i+1(1≦i≦63)
とか
想定解は
x_0=2016
x_i=i^2(1≦i≦63)
だと思うが まぁ実際にはi^2の形は2016を超えるのでmod 2017で考えるのだが
2017が素数なのでi≧1でかぶらないことは明らかで
229^2+1が2017の倍数なのは簡単な計算で求められるから
2016も出てこないだろうことが言えるのかな >>644
a= s^2, b=(s^2-1)/8 とすれば簡単に確認できる
一般に自然数Nが△であることと,8N+1が□であることは同値であること
および 0以上の値を取る整数列が1より小さいなら0を取るしかないことを使えば
すべて求めることも可能 別解がないような問題って、気付いたらおしまいな一発芸クイズ問題のことか？ つまらないのか...
年末だし自作問題だしまくろうというヤケ糞精神で挑みますよ...
f(x),f’(x),f’’(x),f’’’(x)が任意のxに対して正であるような実関数fを取る。
また、この関数fは連続な3次導関数である。
任意のxに対してf’’’(x)≦f(x)が従うとき、
任意のxに対して
f’(x)<2f(x)が従うことを示せ。 学校の課題で問題が出されたのですが、全くわかりません。
問題は、
問１ 平均値μ=2、および標準偏差σ=2の正規分布に従う確率変数を考える。このとき、この確率変数が次の区間に含ま
れる確率を小数第4位まで計算しなさい。
1 (4, ∞)
2 (-∞, 2.7)
3 (0.88, 5.6)
4 (1.46, 3.24)
問２ ある検問所で記録された車のスピードのデータによると、そこを通過する車は平均時速61.6km、標準偏差7.0kmで、だいたい正規分布に従っている。このとき、次の割合を100分率(パーセント)で小数第1位まで計算しなさい。
1 時速70kmをこえている車は全体の○％である
2 時速49kmよりも遅い車は全体の○％である
3 時速56kmから時速63kmまでの車は全体の ○％である
皆様方どうかお手を差し伸べていただけませんか、、、 3^2=1^2+1+7.
7^2=6^2+6+7. 詰まってるようなのでさらに投下
n≧3である整数nに対し、θ=2π/nが従っている。
ここで、Iをn×n単位行列、A={a_(jk)}は任意のj,kに対して
要素a_(jk)=cos(jθ+kθ)を持つとする。
このとき、n×n行列l+Aの行列式を求めよ。 整数環Z[√2] において, x^3+y^3=z^3 を満たすx,y,zをすべて求めよ ｆ ∈ C^2 かつ f(0)≠0 で、
任意のx、y∈R に対して f(x+y) + f(x-y) = f(x)f(y)
をみたすとき、f を求めよ。 >>661
f0+f0=f0f0
f0=2
fy+f-y=f0fy=2fy
f-y=fy
f2x+f0=fxfx
2f'2x=2fxf'x
うーん >>659
D_n（θ）=｜I + A｜
=｜δ_(j,k）+ a_(j,k）｜
=｜δ_(j,k）+ cos((j+k)θ）｜
= -（nn-n-4)/4 + Σ[m=1,n］（(n+2-m)/2）cos(2mθ),
D_n（2π/n）= -（n+2)(n-2)/4,
どうでもいいけど、
D_n（θ）は周期πで、θ=0，±π，±2π，… にピークをもち、nが大きいほど鋭い。
D_n（0）= n+1, >>661
f（x）= 2cos（kx),
f（x）= 2cosh（kx）= e^(kx）+ e^(-kx),
他にもあるか…
う～ん 1-4n が Z/mZ で平方数となるような自然数nをすべて求めよ(但し, m=n! とする) >>664
ついでに…
D_n（±π/2）= -（n+2)(n-2)/4 （n：偶数）
-（n+1)(n-1)/4 （n：奇数）
θがピーク（mπ）から離れた所にあるときは、これ位の値。。。 >>661
f(x)=a^x+a^-x (a∈ℝ) >>668
それはそうだが、最後に「う－ん」がない。 >>661
ｆ∈C^2 を使ってみよう。
f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y) の両辺を y で微分した後
2y で割って y→0 の極限をとると、
f''(x)=f(x){lim f'(y)/(2y)}。
左辺が収束することから、右辺の{ }内も収束する。
f''(x)=f(x)C (Cは定数) と置いて
微分方程式を解いて原式へ代入すると、
誰かが上に書いた解が得られる。 x=y=0とせよ
2f(0)=f(0)^2
f(0)≠0より f(0)=2
x=0とせよ
f(y)+f(-y)=2f(y)
f(-y)=f(y)
∴fは偶関数.
y=xとせよ
f(2x)+2=f(x)^2
両辺をxで微分して両辺を2で割ると
f'(2x)=f'(x)f(x)
x=0を代入するとf'(0)=0.
与式の両辺をxについて微分せよ
f'(x+y)+f'(x-y)=f'(x)f(y)
更に微分せよ
f''(x+y)+f'(x-y)=f''(x)f(y)
此処でx=0とせよ
f''(y)+f''(-y)=f''(0)f(y)
偶関数を微分すると奇関数になり、奇関数を微分すると偶関数になるからf''は偶関数であって
2f''(y)=f''(0)f(y)
此の二階の微分方程式の解を求めよ
f''(0)=Kと置く
2f''(y)=Kf(y)
2f''(y)-Kf(y)=0
特性方程式2t^2-K=0を解き、t=±√(K/2)
則ち一般解はf(y)=Ae^{√(K/2)y}+Be^{-√(K/2)y}
√(K/2)=Cとせよ
f(y)=Ae^(Cy)+Be^(-Cy)
f(0)=2よりA+B=2
f'(0)=2よりf'(0)=AC-BC=0
AC=BC
C=0のときf(y)=A+B=2
此れはf(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)を満たす
C≠0のときA=B,則ちA=B=1
此のときf(y)=e^(Cy)+e^(-Cy)
此れはC=0としても成立する.
∴求める関数は f(x)=e^(Cx)+e^(-Cx) (Cは定数)
因みに>>655を解けたやつおるか？ >>673
f∈C²という表記がfがC²級(2回微分可能で微分係数が連続)ということを指しているのでは？ f:C→C の意味かな、それだったらf∈C^Cって書き方が正しいよねとか思ってた >>664 (補足)
D_n(θ）= -(n+2)(n-2)/4 +｛n/4 + Σ[m=1，n］((n+2-m)/2）cos(2mθ)},
θ = 2π/n のときは m ⇔ n-m としても cos(2mθ）は不変だから平均して
｛ ｝=（(n+4)/4）Σ[m=1，n］cos(2mθ）
=（(n+4)/4）Σ[m=1,n］｛sin((2m+1)θ）- sin(2m-1)θ)}/(2sinθ)
= 0,
・漸化式は
D_{n+1}(θ）-2 cos(2θ）D_n(θ）+ D_{n-1}(θ）= -((nn-2)/2){1 - cos(2θ)} >>677
お前は高校数学止まりなのか？常識だと思うが。お大事に。 いや、あれは>>661が悪い。
「級」を付けて書かなければ、
値が複素２次ベクトルかな？
くらいに思うほうが普通。 数学科の常識は非常識だからな
ときどきそういうことが起こる テキストだけの世界で端折った書き方する方が悪い
数学書は表記について意味を定義した上で省略が許される 基本中の基本である定義を知らないのがおかしいんじゃないのかな？ 〔問題21〕
凸4辺形ABCDにおいて、∠ABC = β，∠BCD = γ とします。
β/2 + γ = 120ﾟ,
∠ABD ：∠DBC = 1：3,
∠ACD = 30ﾟ,
と角度が指定されています。
このとき、∠ADB は何度でしょうか。
・参考
E.M.Lanley："A problem"，The Math. Gazette（1922/Oct）（1923/May)
Franklin の凧
数セミ増刊「数学の問題 第2集」日本評論社（1978）問題21 >>686
訂正ｽﾏｿ
E.M.Lanｇley："A problem"，The Math. Gazette（1922/Oct）（1923/May) >>686
∠ABCの二等分線と直線CDの交点をEとすれば
１つ目の条件より∠BEC=60°
∠ACD=30°よりACとBEは垂直で、内角の二等分線であることからAB=AC, ∠ABE=∠CBE
これと2つ目の条件から∠ABD=∠EBD
また、対称性から∠AEB=∠CEB=60°であり∠AED=60°
よって直線EDは∠AEBの外角の二等分線であり
点Dは△ABEの傍心の１つ
よって∠ADB=1/2 ∠AEB=30°
でどうでしょうか >>688
正解！おみごとです。
だだし AB=BC ですが…
最後の定理（？）
点Dが△ABEの傍心のとき、∠ADB =（1/2)∠AEB
も簡単ですね。
∠ADB = 180°- ∠BAD - ∠ABD
= 180°-（90°+ ∠BAE/2）-（1/2)∠ABE
=（180°-∠BAE -∠ABE)/2
=（1/2)∠AEB, >>686
(別解)
DC上に∠ABF=60°となる点Fをとって BF と共に AF を結ぶ。
∠BFC = 180°-（β-60ﾟ）- γ = γ となるから BF = BC.
また、∠BAC = 180°- β -（γ-30ﾟ）=（γ-30ﾟ）= ∠BCA だから BA = BC.
したがって、頂角∠ABF = 60°の2等辺△ABF は正三角形となり、AF= BF で ∠AFD = β/2 となる。
ところが、∠FBD = 60°- β/4 = ∠FDB だから、FD = FB で、結局△FAD は2等辺三角形となる。
その頂角が∠AFD = β/2 だから、その底角として
∠ADC = 90°- β/4,
∠ADB = 30°
前掲書「数学の問題 第2集」問題21，解V（改） (1) (2^n-1)/n が整数となるような自然数nを全て求めよ。
(2) (2^n+1)/(n^2) が整数となるような自然数nを全て求めよ。 (3) (2^n+1)/n が整数となるような素数nを全て求めよ。 (3)
2^n+1は明らかに奇数なので、nは奇素数であることがわかる。また、nが奇数であれば2^n+1は3の倍数であるので、結局のところn=3のみが求めるnである。 (2)
n∈ℕ=ℤ>0とする
(2ⁿ+1)/n²∈ℕは則ちn²|(2ⁿ+1)であり、従ってn|2ⁿ+1である
2ⁿ+1は奇数より、n²も奇数であり、則ちnは奇数である
n=1とすれば、1²|2¹+1は明らか
nが素数であればFermatの小定理より、
n|2ⁿ⁻¹-1
∴n|2ⁿ-2=2ⁿ+1-3
前提より、或るα∈ℕが存在し、2ⁿ+1=αn
∴n|αn-3、則ちn|3
nは素数より、n=3が必要である
逆に2³+1=9=3²=3²×1より、1∈ℤも加味し、
nが合成数の時、n|2ⁿ+1と仮定する
或る素数pとβ∈ℕが存在し、n=pβと表せる
∴p|2ⁿ+1
Fermatの小定理より、p|2ᵖ⁻¹-1
∴p|2ᵖ-2
∴p|2ᵖᵝ-2ᵝ=2ⁿ+1-2ᵝ-1
前提より、或るγ∈ℕが存在し、2ⁿ+1=γn
∴p|γn-2ᵝ-1、則ちp|2ᵝ+1
∴p|2ᵖ-2も加味し、p|2ᵖ+2ᵝ-1
∴p|2²ᵖ+2ᵖᵝ-1=4ᵖ+2ⁿ+1-2=4ᵖ-2+γn
此処で、Fermatの小定理より、p|4ᵖ⁻¹-1
従ってp|4ᵖ-4 >>692
(2）は IMO-1990（北京）A3.
いわゆる「マスターデーモン」
>>693
(3）n=3^m のとき、3で割りきれ、9で割りきれない。（n≠素数 ですが）
m=0,1 のとき 3，m=2 のとき 57，m=3 のとき ≡-24（mod 729）、m≧4 のとき ≡462（mod 729） >>688-690
〔補題〕
凸４辺形ABEDにおいて、
BD は ∠ABE を2等分し、
ED は ∠AEE’を2等分する（E’はBEの延長線上の点）
とします。このとき
AD は ∠EAA ’を2等分する。（A ’はBAの延長線上の点）
(略証）
点D が△ABEの傍心となることを使えば明らかだが、あえて使わない。
デカルト座標をとる。
Bを原点、BE方向をx軸とし、BE=1 とする。
p = tan（∠ABE/2),
q = tan（∠BEA/2),
とおく。
sin（∠AEB）= 2q/(1+qq）,
sin（∠ABE）= 2p/(1+pp），cos（∠ABE）=（1-pp)/(1+pp）,
sin（∠BAE）= sin（∠AEB+∠ABE）= 2(p+q)(1-pq)/｛(1+pp)(1+qq)},
正弦定理より
AB = sin（∠AEB）/sin（∠BAE）= sin（∠AEB）/sin（∠AEB+∠ABE）=（1+pp)q/{(p+q)(1-pq)},
A（ABcos(∠ABE)，ABsin(∠ABE)）=（(1-pp)q/{(p+q)(1-pq)}，2pq/{(p+q)(1-pq)}）
B（0，0）
D（1/(1-pq)，p/(1-pq)）
E（1，0）
↑AD =（{p/(p+q)(1-pq)}(1+pq)，{p/(p+q)(1-pq)}(p-q)）
DAの傾き =（p-q)/(1+pq）= tan((∠ABE-∠BEA)/2）=（∠EAA’の2等分線の傾き）
∴ AD は ∠EAA’を2等分する。 マスターデーモンって、あれか？
女の子に教えてもらったメアドにメール出したら、知らない外人から返事が来るってヤツ。 >>699
(2^n-1)/n∈ℤのとき明らかにn∈ℕ
n≧2と仮定すれば、nの素因数のうち最小であるpが取れる
此のとき2^n-1≡0(modp)より2^n≡1(modp)
一方nは奇数より、則ちpも奇数
∴Fermatの小定理から2^(p-1)≡1(modp)
∴2^(gcd(n, p-1))≡1(modp)
pはnの最小の素因数より、p-1の素因数とnの素因数が共通することは無い
∴gcd(n, p-1)＝1
∴2^1≡1(modp)⇔2≡1(modp)
∴p=1
此れはpが素数であることに矛盾する
∴n<2
n∈ℕよりn=1が必要である
n=1のとき(2^n-1)/n=1∈ℤ
∴n＝1 ありがとう。この手の問題は好きだけど苦手。解けたことがない。 自分が一重瞼なのか二重瞼なのかわからない人がn人いて、n人は毎朝を顔を合わせる。
すると天の声が聞こえてきて、二重瞼の人の人数に関する自明でない何かを言う。
n人は自分の瞼の状態がわかると40秒後に心臓麻痺で死ぬ仕組みになっている。
n人は天の声を最も自然な形で信じ込む。
実はn人は遅かれ早かれ全員死ぬ（驚くべきことに天の声が明らかな嘘のときも成り立つ）ことが証明できるが、難しいのでn=3の場合を証明せよ。
例えばn=2として2人とも一重瞼とする。天の声が「2人とも二重瞼である」といったとき、A君は天の声が嘘だとわかり、もし自分が二重瞼なら40秒後にB君が死ぬはずであると結論する。
しかしB君は死なないので自分が一重瞼であることがわかり、40秒後にA君は死ぬ。同じことがB君にも言えるので2人の心臓は同時に麻痺を起こす。
・「毎朝」という条件は特に意味がない。
・「自明でない何か」とは、例えば「少なくとも～人は一重瞼である」のように、「情報量としてゼロではない断定的なセリフ」を指す。 >>702
n変数論理関数の真理値表をつくるときは n行を使うから 2^n通り
よって, n変数論理関数の個数は2^(2^n)であり,有限である.
つまり,2^(2^n)日以内に全滅する.
>>660
誰か解かないのかな スルーされている >>704
(誤)n変数論理関数の真理値表をつくるときは n行を使うから 2^n通り
(正)n変数論理関数の真理値表をつくるときは 2^n行を使う >>704
回答ありがとうございます。
「論理関数」ということばを初めて聞いたので私には難しいのかもしれません。
40n 秒以内に全滅すると考えています。
n=3 のときは状況を列挙すればいいわけですがやはりそれ以外の方法は期待したいところです。 A一,B一,C一
「少なくとも2人は一重である」→40秒後に誰も死なない→全員自分が一重だと悟る→40秒後に全滅
計80秒
A一,B一,C二
「少なくとも1人は二重である」→40秒後にCが死ぬ→A,Bが自分が一重だと悟る→40秒後に全滅
計80秒 >>706
与えた上界2^(2^n)はもちろん最良からかけ離れていることは承知
このバカでかい上界の意味するところは全滅するまでというよりは
2^(2^n)回目以降の天の声は内容の重複が生じてしまうという意味
この場合の重複というのは内容を個々にみていった場合の重複であって,
いくつかの内容から ある内容が自明になってしまう場合は重複とみなしていない.
たとえば, n=2として 3つの内容を 「Aくんは一重」, 「AかBは一重」 「Bくんは一重」
この3つは重複しているとみなしていないが 本題のほうは
さきの2つの内容から3つ目の内容が自明化してしまうので
このようなことは起こらないという立場だとおもわれる
なので本題では 2^(2^n)より前にすでに内容が重複しているだろう
(いずれにしろ「いつか必ず全滅」を示したことにはなるが)
そういう意味で自明な上界だが, その一方で上限を求めるということならまだ考えてない.
論理関数とは {0,1}^n から {0,1}への写像
n人に番号をふり, i番目(1≦i≦n)の人が一重という命題が真なら A_i = 1, 偽なら A_i=0
A_1 から A_n に 0か1をすべて割り当てて, それ全体に対して, 0か1を割り当てる
これで論理関数がつくられた
天の声は必ず論理関数として表現されるとみなす(これは数学の問題としての形式化)
たとえば, n=3 として, 少なくとも一人が一重というのを論理関数Fで表現すると,
F(0,0,0) = 0, F(A_1,A_2,A_3)=1 (A_1=A_2=A_2=0 でないとき)
もっと複雑なものとしては「1番の人が二重であるか,あるは,2,3番の人のどちらかは一重」
F(0,A_2,A_3)=1, F(1,0,0)=0, F(1,A_2, A_3)=1 (A_2=A_3=0 でないとき)
こんな感じです (誤) 「Aくんは一重」, 「AかBは一重」 「Bくんは一重」
(正) 「Aくんは一重」, 「AかBの片方だけが一重」 「Bくんは二重」 >>708
少し考えます
ある直方体のなかに、その直方体より縦と横と高さの長さの和が大きい直方体を入れることはできるでしょうか？ >>688
3 circumcenter method（3外心法？）というのがあるようですね。
斉藤 浩：「初等幾何で整角四角形を完全制覇」, 現代数学, ４９巻, 590号, pp.66-73 (2016/Feb)
http://www.gensu.co.jp/saito/challenge/3circumcenter_en.html
成書（2009年）では難しかった問題も解けるらしい。 >>710
>ある直方体のなかに、その直方体より縦と横と高さの長さの和が大きい直方体を入れることはできるでしょうか？
これちょっと前に直方体のr近傍の体積の比較による見事な証明見たよ >>660 >>704
a=18-17√2，b=18+17√2，n∈Z として
（x，y，z）=（a･n，b･n，42n） >>660
a’= 9√2 -17，b’= 9√2+17，c’= 21√2， として
（x，y，z）=（a’n，b’n，c’n）も >>686は
凸四角形ABCDにおいて、
∠ABD=t, ∠DBC=3t, ∠BCA=90-2t, ∠ACD=30 （ただし、0<t<45，角度は全て度数法）
のとき、∠BDA=30となる
という話なので、 http://www.gensu.co.jp/saito/langley/ の最初のFlashの系列1-13の
120<x<165の範囲に相当するが、
別の系列で
∠ABD=2t, ∠DBC=90-3t, ∠BCA=60-t, ∠ACD=3t（ただし、0<t<30）のとき、∠BDAを求めよ
という問題もできる。（系列1-5の120<x<150）
いわゆるラングレーの（最初の）問題を含む系列が２つあるという話。
（で、こういう系列に属してる問題の証明に外心３つ法 http://www.gensu.co.jp/saito/challenge/3circumcenter_jp.html
を持ち出すのは、少々「砂場でブルドーザー」感はある） >>717
∠B =∠C の場合は三角法を使えば解けますね。（初等的でない？）
∠ABC = ∠BCD = β
∠DBC = β’
∠ACB = γ’
とおくと
∠ADB = β’- arctan[{(tanβ)^2（tanβ’- tanγ')}/{(tanβ)^2 -tanβ’tanγ'}],
http://www.youtube.com/watch?v=O2J4Nvy9cKo ∧＿∧
（ ´Д｀ ） 新年あけまして
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し、__X__,ノJ
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ｌ⌒ ⌒ｌ おめでとうございます
⊂ （ ） ⊃
V￣V 双曲線y^2 - xy -x^2 =1があり、
(x,y)はこの式の非負整数解である。
ある平方数nに対し、x+y=nが成り立っているとき、なりうるnの和を求めよ >>660
n∈ Z［√2］として
（x，y，z）=（0，n，n）（n，0，n)（n，-n，0）
>>714-715
n∈ Z［√2］ >>722
題意より、
（x，y）=（0，1）（1，2）（3，5）（8，13） … （F_{2m}，F_{2m+1}） …
ここに m≧0、F はフィボナッチ数。
n = x+y = Ｆ_{2m+2｝が平方数となるのは
F_2 = 1 と F_12 = 144
1 + 144 = 145 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
