面白い問題おしえて〜な 26問目
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>>111 2枚目は、分かスレ441-603,608-609 を参照 (1) f(x) -(ax+b) =(1-a)x + log{1 + e^(-2x)}+ b, ∴ a = 1, b = - lim[x→∞]log{1 + e^(-2x)}= 0, (2) 左 シュワルツ不等式で (x +1/2)・log(1 +1/x)= ∫[x,x+1] u du・∫[x,x+1]1/v dv >{∫[x,x+1] du}^2 = 1, 右 GM-AM より 1/x - 1/(x+1)= 1/(x(x+1))<{1/x + 1/(x+1)}/{2√(x(x+1))}= -{1/√(x(x+1))} ' あるいは、√(x(x+1))- x は単調増加ゆえ 1 <{√(x(x+1))} ' 1/x - 1/(x+1) = 1/(x(x+1))<{√(x(x+1))} '/(x(x+1))= -{1/√(x(x+1))} ' x〜∞で積分して log{(x+1)/x}< 1/√(x(x+1)), なお、x → e^(2x)とすれば 2e^(-2x)/{2 + e^(-2x)}< log{1 + e^(-2x)}< e^(-2x)/√{1 + e^(-2x)} (3) e^x・dx = dθ/(cosθ)^2, より ∫[0,p]e^(-2x)/√{1 + e^(-2x)}dx = ∫[π/4,arctan(e^p)]1/(sinθ)^2・cosθdθ = [ -1/(sinθ)](θ:π/4〜arctan(e^p)) = √2 - √{1 + e^(-2p)} → √2 - 1 (p→∞) (4) ∫ 2e^(-2x)/{2 + e^(-2x)}dx = -log{2 + e^(-2x)}, ∫[0,∞]2e^(-2x)/{2 + e^(-2x)}dx = log(3)- log(2)= 1.098612 - 0.693147 = 0.405465 S(∞)= ∫[0,∞]log{1 + e^(-2x)}dx = 0.4112335 √2 -1 = 0.41421356 >>120 (1) 320^2≡123 (mod 769) より 1 以下ヤコビ記号を使用する。すなわちbが奇数の合成数のときb=pb'なる素数pについて(a/b)=(a/p)(a/b') (2) (1234567/987654323)=-(723/1234567)=(406/723)=-(203/723)=(114/203)=-(57/203)=-(32/57)=-1 (3) (a/p)=-(61/a)=-(57/61)=-(4/57)=-1 >>111 3枚目 ∠ACB = θ とおく。 AC > AB > 0 より 0 < θ < π/2, デカルト座標(x,y)を以下のようにとる。 A (0,0) B (2 sinθ,0) AB = 2 sinθ, C (0,2 cosθ) AC = 2 cosθ, D (AD cosθ,AD sinθ) AD = 2 AC sinθ = 2 sin(2θ), E (2 sinθ,2 cosθ) AE = BC = 2, F (2 sinθ,2(sinθ)^2 /cosθ) G (2 sinθ,1/cosθ) FG = {1-2(sinθ)^2}/cosθ = cos(2θ)/cosθ, 直線AD: y = x tanθ, 直線BE: x = 2 sinθ, 直線CD: x/tan(2θ)+ y = AC = 2 cosθ, 以上により △AFG = (1/2) AB FG = tanθ・cos(2θ)=(√T)(1-T)/(1+T), ここに T =(tanθ)^2, (0<T<1) φ =(1+√5)/2 = 1.618034 (黄金比と云う)を使うと (5φ -8)(1+T)^2 - T(1-T)^2 =(φ-T)(T+3-2φ)^2 ≧ 0, ∴(△AFG)^2 = T(1-T)^2/(1+T)^2 ≦ 5φ -8 = 0.090170 ∴ △AFG ≦ √(5φ -8)= 0.300283 等号成立は T = 2φ-3 = √5 -2 = 0.236068 のとき。 cos(2θ)= 1/φ =(√5 -1)/2 = 0.618034 θ = arctan(√T)= 0.452278447 (rad) = 25.91 (゚) >>116 x_1からx_{2n+1}の中の最大値をM、最小値をmとする。 全ての元にTを加えた、X'={x_1+T,x_2+T,...,x_{2n+1}+T}という多重集合も、 「X'から任意に1つの元を取り除いたとき、残った2n個の元を和の等しいn個ずつの組に分ける」 ことができなければならない。 さて、X'において、ある元を除き、和が等しくなるようにn個ずつ分けた組の合計は、 下限がn*(m+T)、上限がn*(M+T)となるが、T >> M の様なケースを考えれば、下限、上限ともに、 n*Tが支配的な量になることから、X'の元の s 個の和 = X'の元の r 個の和 → s = r となる必要がある。 ところで、Tとして、(-1)*x_1 を考えると、(少なくとも)一つの元が0なので、 その元の加算は、和に影響を与えないので、左辺側にこの元が含まれると、 X'の元の n-1 個の和=X'の元の n 個の和 ;(左辺側にこの元が含まれる) という事が起こる。この矛盾を回避するためには、「n 個の和」と思っていた物も、実質「n-1 個の和」 と等しければよく、これは、x_1と同じ値を持つ物が、右辺側にも含まれていることを意味する。 取り除く元としてx_1を選んだとき、どちらかのグループに、x_1と同じ値を持つ元が有るので、反対の グループには、さらに、x_1と同じ値をもつ元がなければならない。 以下同様に、x_1と等しい元が、奇数個ある事が確認できている場合には、値不明の元を取り除く元として選び、 x_1と等しい元が、偶数個ある事が確認できている場合には、x_1と同じ値を持つ物を取り除く元として選べば、 順次、x_1と等しい新しい元の存在が確認でき、最終的に全ての元が、x_1と等しくなければならないことが示される。 次の条件を満たすn次正方行列の固有値を全て求めよ。 1≦m≦nを満たす全ての整数mについて第m行の行ベクトルは0が連続してn-m個並ぶその右に1/mがm個並んだものである。 あ...、思い込みでミスってました。>>125 は取り下げます。 >>126 +1,-1/2,+1/3,… ,(-1)^(n-1) /n. Le Veque の定理(1952) x-y = 1 のとき x^m - y^n = 1 …(1) を満足する2以上の自然数解は x=3,y=2,m=2,n=3 に限る。 ・カタラン予想に x-y=1 の制限を付加したもの。 ・カタラン予想そのものは 2004年にミハイルスクにより証明された。 数セミ増刊 「数学 100の定理」 日本評論社(1984) p.104-105 数セミ増刊 「数学・物理 100の方程式」 日本評論社(1989) p.20-21 >>130 数セミ増刊 「数学 100の問題」 日本評論社(1984) p.104-105 (略証) x = y+1 を (1) に入れると (y+1)^m - y^n = 1, ym +1 ≡ 1, (mod yy) y|m … (2) また y = x-1 を (1) に入れて x^m - (x-1)^n = 1, (-1)^n (nx-1) ≡ 1, (mod xx) nは奇数 かつ x|n ∴ xも奇数 … (3) (2)(3) より、yは偶数、mも偶数。 m=2r とおくと、 x^m -1 = x^(2r) -1 = (x^r +1)(x^r -1), 右辺の2因子はともに偶数で、その差が2だから、 一方は 2×奇数、他方は 4の倍数。 …(4) y = (x-1)|(x^r -1) より gcd(x^r +1,y) = gcd(x^r +1,x-1) ≦ gdc(x^r +1,x^r -1) = 2, x^r +1 が 奇素数pの倍数ならば yもpの倍数、gcd(x^r +1,y) も2pの倍数となり、矛盾する。 x^r +1 は2ベキである。 2^a = x^r +1 > x^r -1 ≧ x-1 = y ≧ 2, a > 1, (4) より x^r -1 = 2×奇数, y = 2K, (K:奇数) とおくと (1) より (2K)^n = y^n = x^m -1 = (x^r +1)(x^r -1) = 2^(a+1)・K^n, a = n-1, 2^(n-1) = x^r +1 > x^r -1 = 2・K^n, 2 > K, K = 1, y = 2K = 2, x = y+1 = 3, 3^r -1 = 2K より r=1, 3^r +1 = 2^(n-1) より n=3. (終) H.B.Yu (1999) による。数セミ,38巻,6号(1999/June) p、q、r を相異なる素数とするとき、[x/p] + [x/q] + [x/r] = x の実数解 x の個数を p、q、r を用いて表せ。 >>135 p<q<r とする。 (2, 3, 5) = 30, {0,6,10,12,15,16,18,20,21,22,24,25,26,27,28,31,32,33,34,35,37,38,39,41,43,44,47,49,53,59} (2, 3, 7) = 42, {0,-6,-12,-14,-18,-20,-21,-24,-26,-27,-28,-30,-32,-33,-34,-35,-36,-38,-39,-40,-41,-44,-45,-46,-47,-49,-50,-51,-52,-53,-55,-57,-58,-59,-61,-64,-65,-67,-71,-73,-79,-85} (2, 3, 11) = 14, {0,-6,-8,-9,-10,-11,-12,-14,-15,-16,-17,-19,-23,-25} (2, 3, 13) = 12, {0,-6,-8,-9,-10,-11,-13,-14,-15,-16,-17,-19} (2, 3, 17) = 8, {0,-6,-8,-9,-10,-11,-13,-19} (2, 3, r) = 7, (19≦r) {0,-6,-8,-9,-10,-11,-13} (2, 5, 7) = 8, {0,-4,-5,-6,-7,-8,-9,-11} (2, 5, r) = 5, (11≦r) {0,-4,-5,-6,-7} (2, q, r) = 3, (7≦q<r) {0,-4,-5} (3, q, r) = 3, (5≦q<r) {0,-3,-4} (p, q, r) = 2, (5≦p<q<r){0,-3} かなあ。 >>4 アホくさ (1) (@)正三角形を含む場合 AB=BC=CA=yと置く DA,DB,DCの内2つは等しい DB=DCと置く DはBCの垂直二等分線に在る (@-1)DA=yの場合 DBCが頂角30度の二等辺三角形の形の答えと、凧型の答えを得る (@-2)DB=y の場合(自動的にDC=y) 1つの候補はDとAが重なり、もう1つの候補から内角60度の菱形という1つの答えを得る (i-3)何方でも無い場合 DA=DB=DC DがABCの重心に在る場合という1つの答えを得る (A)正三角形を含ま無い場合 AB=AC=x, BC=yと置く DA,DB,DCのうち2つは等しい (ii-1)DB=DCの場合 DB=DC=yだと正三角形ができるのでDB=DC=xの場合を考えれば良い 更にAD=xだとABDが正三角形なのでAD=yを考えれば良い ABDCが正方形という1つの答えを得る (ii-2)DA=DB の場合 同様にDA=DB=yの場合を考えれば良い DC=yだとDBCが正三角形なのでDC=xを考えれば良い 辺の長さから△BAC≡△ACD ACを底辺と扱うと点B,DのACからの距離は同じなのでBD//AC 故に4点は等脚台形を為す 対角線が長い方の平行辺と長さが等しい図という答えに至る (2) A,B,C,Dが与えられた時のEの候補は次の2つに分けられる ・EA=EB=EC の場合のような場合3点の外接円(4種類) ・EA=EB, EC=EDの場合2点と2点に分けて垂直二等分線の交点(3種類) と考えて全部を検討するのが漏れなく其れなりに効率良さそうな1つの考え方だ ABCDが正方形の時だけは対辺の垂直二等分線が一致し点が定まらず、更に長さを考えるか、或いは視点を変えてBCDEも又(1)の形を為すと要求すると不可能であると分かる (3) BCDEFも(2)の形を為すと要求するとF=Aと成るしか無く不適 p≡1 (mod 4) のとき 1 p≡-1 (mod 4) のとき -1 これをまとめると、(-1)^{(p-1)/2} p≡±1 (mod 8) のとき 1 p≡±3 (mod 8) のとき -1 これをまとめると、(-1)^{(p^2-1)/8} ---------------------------------------------- 問題. (1)〜(4)のそれぞれについて、(-1)^x の形で表せ。 (1) p≡1,3 (mod 8) のとき 1 p≡-1,-3 (mod 8) のとき -1 (2) p≡±1 (mod 5) のとき 1 p≡±2 (mod 5) のとき -1 (3) p≡1,3,7,9 (mod 20) のとき 1 p≡-1,-3,-7,-9 (mod 20) のとき -1 (4) p≡±1 (mod 12) のとき 1 p≡±5 (mod 12) のとき -1 そろそろ>>62 の正解 初等幾何の諸定理より(リンク先参照)、n=kのときの明るさはn=k-1のときと等しく、 後ろ向きの帰納法を用いると、任意のnのときの明るさは(π^2)/4である。 また、無限に大きい円の場合、観測者が受ける光の明るさは、「数直線上の原点にいる観測者が、…,-5,-3,-1,1,3,5,…の点にある光源から受ける光の明るさα」と同等である。 よって α = 2Σ[t=1,∞] 1/(2t-1)^2 = (π^2)/4 すなわち奇数の二乗の逆数和は(π^2)/8に収束することが導ける。 更に、「数直線上の原点にいる観測者が、…,-6,-4,-2,2,4,6,…の点にある光源から受ける光の明るさβ」は、逆二乗則より「数直線上の原点にいる観測者が、…,-3,-2,-1,1,2,3,…の点にある光源から受ける光の明るさγ」の1/4になるになるはずである。 γ=α+β=(π^2)/4+(1/4)γよりγ=(π^2)/3, β=(π^2)/12 よって β = 2Σ[t=1,∞] 1/(2t)^2 = (π^2)/12 γ = 2Σ[t=1,∞] 1/(t^2) = (π^2)/3 すなわち 偶数の二乗の逆数和は(π^2)/24に収束し、 自然数の二乗の逆数和は(π^2)/6に収束する(バーゼル問題)。 物理学で対応する事象を用いたバーゼル問題の初等的・幾何的・直感的な証明は今世紀に入ってから発表されたものである。 論文 http://www.math.chalmers.se/ ~wastlund/Cosmic.pdf 動画 http://youtu.be/d-o3eB9sfls a,bを自然数とする。a^2+b^2をa+bで割った商をq、余りをrとすると、q^2+r=1977が成り立つという。 (a,b)を全て求めよ。 (もちろんq,rは非負整数でありr<a+b) ヒント:r<2qを示せて、q,rが確定する。 >>143 qq+r = 1977,r<2q から q=44, r=41 が確定する。 aa+bb = 44(a+b) +41,a+b>r=41 から{a,b}={7,50}{37,50} >>4 >>139 許される距離がm種類だったり、空間にしてみたり拡張を考えたくなる できるかは別として >>143 (a+b)q+r=a^2+b^2≧(a+b)(a+b)/2よりq≧(a+b)/2-r/(a+b)≧(a+b)/2 ∴2q≧a+b>r q^2+r=1977で2q>rを満たすのは(q,r)=(44,41)のみである。 このときa^2+b^2=44(a+b)+41⇔(a-22)^2+(b-22)^2=1009 1009は2平方数の和では(±15)^2+(±28)^2, (±28)^2+(±15)^2とのみ表されるから (a-22,b-22)=(15,28),(-15,28),(28,15),(28,-15) (∵a-22≧-21, b-22≧-21) よって(a,b)=(37,50),(7,50),(50,37),(50,7) 一昔前(1977年)の数オリだけど、難問揃いの近年では考えられないくらい簡単 >>55 (1) E.T. the Extra-Terrestrial 『E.T.』 (2) The Matrix 『マトリックス』 (3) Velocity (4) Leaving Las Vegas 『リービング・ラスベガス』 (5) La La Land 『ラ・ラ・ランド』 (6) 12 Monkeys 『12モンキーズ』 (7) Pi 『π』 (8) Dr. No 『007 ドクター・ノオ』 (9) Seven 『セブン』 (10) Home Alone 『ホーム・アローン』 (11) The Green Mile 『グリーンマイル』 (12) The Lord of the Rings: The Fellowship of the Ring 『ロード・オブ・ザ・リング』 (13) Catch Me If You Can 『キャッチ・ミー・イフ・ユー・キャン』 (14) Gravity 『ゼロ・グラビティ』 (15) All the Money in the World 『ゲティ家の身代金』 (16) The Da Vinci Code 『ダ・ヴィンチ・コード』 (17) 2001: A Space Odyssey 『2001年宇宙の旅』 (18) Dial M for Murder 『ダイヤルMを廻せ!』 (19) Signs 『サイン』 (20) 8 Mile 『8 Mile』 有力な別解 (3) Speed 『スピード』 reddit.com/r/math/comments/815ojr (0,1),(1,1)を結ぶ曲線のx軸周りの回転体の表面積の最小値を求めよ. >>151 ごめんなさいミスです (0,0),(1,1)を結ぶ曲線です ごめんな解くのがめんどいんだわ 解くのが面白い問題じゃないだろうし、ひたすら計算って、問題としてはつまんねーし >>159 まあ計算ゲーではあるけども 厳密にそれが最小解であることを証明するのはかなり高度な抽象論必要だし面白いと思う >>160 そうです _人人_/_/_/_/_/ (_^_)_/_/_/_/_/ _((-_-)_/_/_∩∩_/ _(っц)~/_/_(^) )_/ _(`γ)_/_/_,U⌒ヽ_/ _υυ_/_/(___)/_/_/_/_/_/_/UU/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/_/要はろくろだろ。扇形なら小さくなるし、放物線なら大きくなるし、指数関数にすればもっと大きくなるんじゃない? 101頭の牛がいてどの牛も体重は整数sである どの1頭を除いても残りの100頭を総体重が等しい50頭ずつのグループに分けることができる このとき全ての牛の体重は同じであることを示せ 3人の女性A,B,Cがいる。 この3人は、 100%本当のことを言う正直者 50%の確率で本当のことを言う気まぐれ 0%の確率で本当のことを言う嘘つき が一人ずつであるが、あなたは誰がどれに対応するかはわからない。 女性間では誰がどれに対応するかわかっている。 あなたは彼女らに「はい」、「いいえ」で答えられる質問を2回行う。 2回目の質問で「はい」と答えさせることができればあなたの勝ちである。 2回の質問をどう行うと良いか? ただし、各質問は一人ずつにしか行えない。 1回目:Aさんに質問 「もしあなたに『Bさんは気まぐれですか』と尋ねたら『はい』と答えますか」 2回目:1回目の答えが「はい」の場合はCさんに、「いいえ」の場合はBさんに質問 「あなたは正直者ですか」 1回目の質問で「少なくとも気まぐれではない1人」を探すのがポイント。 気まぐれでさえないことがわかっていれば、事実を聞き出したり特定の答えに誘導するのは簡単。 >>166 お見事。 論理の2回反転で嘘つきを正直者にする解法ですね。 エイプリルフールなので出してみました あ、エイプリルフールが終わってしまったようですw >>164 整数kgの101頭の牛に於いて同じ体重であるもの同士を同じグループとして分類せよ 全ての牛の体重が同じであることは無いとすれば2グループ以上に分類できる筈である n(n≧2)グループに分類されたとせよ 其々のグループの牛の体重を A[i]kg(i=1,2,3,…,n)とせよ 則ちA[n]>A[n-1]>…>A[2]>A[1]の大小関係が従う D[i]=A[i+1]−A[i](i=1,2,3,…,n−1)とせよ D[i]の最小値をmとし、其の時のi(かつiの中でも最小であるもの)をpとせよ m|{D[i]|i=1,2,...n-1} 今グループA[p]の牛の1頭Xを除いて100頭の牛が総体重が等しい50頭ずつのαグループとβグループに分かれていたとせよ 此処でXの代わりにグループA[p+1]の牛の1頭Yと入れ替え、Yを除く100頭の牛の牛を総体重が等しい50頭ずつのグループに分ける操作を考えよ Yを除外する前にYはαグループに存在していたとせよ。単純にYとXを交換しただけなれば、則ちグループαの総体重がmだけ減る 2つのグループの総体重を均衡させるにはグループαの総体重をm/2kg増やし、グループβの総体重をm/2kg減らすことが必要…★ αとβグループで牛を交換する操作で此れを行う必要があるが、A[1],A[2],…,A[n]のグループ間の体重差はmの整数倍, 則ちαグループ、βグループ間でいくら牛を交換した所で★は達成され得無い 故に全ての牛の体重は同じである >>168 A[1],A[2],…,A[n]のグループ間の体重差はmの整数倍というのが何故言えるのかが分からないです >>170 確かにmの整数倍で無い mより大きな体重差の牛を入れ替えてm/2kgの体重差を±し均衡させることは不可能という流れだろう >>164 ちょっとだけ一般化。 問題 2n+1枚のカードが有り、全てに正整数が書かれていていて どの一枚を除いても、残り2n枚を、和が等しいn枚ずつに分けることができるとする。 この時、全てのカードには同じ正整数が書かれていることを示せ。 解答 2n+1枚の和が奇数の時、和の合計から、偶数が書かれているカードがあるとすれば、 偶数枚でないといけないが、取り除くカードとして偶数のカードを選んだとき 「どの一枚を除いても、残り2n枚を、和が等しいn枚ずつに分けることができるとする。」 ができないから、和が奇数の時は、全てのカードは奇数で無ければならない。 2n+1枚の和が偶数の時も同様の理由から、全てのカードは偶数でなければならないことがわかる。 和が正で、奇数の時は、全てのカードから1を減じ、偶数の時は、2で割る。この操作を繰り返しても、 「どの一枚を除いても、残り2n枚を、和が等しいn枚ずつに分けることができるとする。」という性質は 維持される。1を減じるか、2で割る、という操作を繰り返すと、いつかは必ず、0に到達する。 これは、最初に書かれていた正整数が、全て等しかったことを意味する。 >>152 曲線の式を y=f(x) とする。 曲面の表面積は S[f] = ∫[0,1] 2πf(x) √{1 + [f'(x)]^2} dx, これは L[f,f'] = 2πf(x)・√{1 + [f '(x)]^2}, を Lagrangian とする変分問題。 S[f] = ∫[0,1] L[f,f '] dx を f(x) で変分すると、 δS[f] = ∫[0,1] δL dx = ∫[0,1] {(∂L/∂f)δf +(∂L/∂f')δf'}dx = ∫[0,1] {(∂L/∂f)-(d/dx)(∂L/∂f')}δf dx + [ (∂L/∂f')δf ](x=0,1) ↑ 部分積分した。 f(0) と f(1) が固定されていて δf= 0(x=0,x=1)のときは右辺第2項は0 任意の変分 δf に対して 右辺第1項が0となることから、 (∂L/∂f)-(d/dx)(∂L/∂f ') = 0, … Euler-Lagrange方程式 本問では f(x)f "(x) - {f '(x)}^2 = 1, により、懸垂曲面(カテナリー) >>175 176 ≡ 529 = 23^2 (mod 353) x ≡ 23,330 (mod 353) >>174 その微分方程式の一般解はf(x)=Acosh((x+B)/A)になると思うけどどんなA,Bに対しても(0,0)は通らなくね? >>173 素晴らしいです! この問題が載ってた本の解答では、最軽量の牛の体重を全ての牛から引いて体重0sの牛1頭と100頭の牛にするという手法でした >>165 誰にでもいいから2回目に「あなたはこの質問に正直に答えますか」で良くないか? >>8 近大数コン問題2つの解説 競争に参加するには去年から事前申し込みが必要になった [24-437] 2005年A4 http://imgur.com/Fl4qnjr.jpg [23-937,24-30] 2009年A6 http://imgur.com/dxasE4H.jpg 本は『白熱!無差別級数学バトル』 競技数学、趣味数学の本として面白いので買おう(ダイマ) >>140 これ、x を p の有理数係数多項式で表す問題だと思ってたんだけど それでは(2)が不可能であることが証明できてしまった。 (ちなみに(1)は、上の例をずらして x=((p-2)^2-1)/8 でできる。) 以下、分母が奇数であるような分数として表せる有理数全体の集合を U とし、 2U={ 2u | u ∈ U } とする。 すなわち、2U は分母が奇数、分子が偶数であるような分数として表せる有理数全体の集合である。 [補題] f(x) を有理数係数多項式とすると、十分大きい正整数 k が存在して、 任意の整数 n に対し f(n+2^k)-f(n) ∈ 2U が成り立つ。 [証明] f(x) が単項式の場合: f(x)=ax^d とおく。 a*2^k ∈ 2U となるような正整数 k をとる。 すると、 f(n+2^k)-f(n) = a{(n+2^k)^d-n^d} = a*2^k*(整数) ∈ 2U となる。 f(x) が一般の多項式の場合: 各項に対して上のような k をとり、その最大値をとればよい。□ [命題] x が p の有理数係数多項式であるとき、>>140 の(2)は成り立たない。 [証明] f(p) を p の有理数係数多項式とし、 p≡±1 (mod 5) のとき (-1)^f(p)=1 p≡±2 (mod 5) のとき (-1)^f(p)=-1 が成り立つと仮定する。 f(p) に対し、補題のように k をとる。 5a + 2^k*b = 1 を満たすように整数 a,b をとる。すると 5a + 1 + 2^k*b = 2 である。補題より、 f(2) - f(5a + 1) = f(5a + 1 + 2^k*b) - f(5a + 1) ∈ 2U である。一方、仮定より f(2) は奇数、f(5a + 1) は偶数であるから、 f(2) - f(5a + 1) は奇数であり、f(2) - f(5a + 1) ∈ 2U に反する。 □ で、有理数係数多項式以外で何かしら綺麗に表す方法がないか探した結果、 一応次のようなものがあった。 x=(cos(2pπ/5)-cos(2π/5))/(cos(4π/5)-cos(2π/5)) ただ、これを許してしまうと(3),(4)も三角関数と多項式補完の組み合わせですぐにできてしまうので なんだかなあという感じ。 >>184 x^4 ≡ 7 ≡ 7 + 19*126 = 2401 = 7^4 (mod 19) (x+7)(x-7)(xx+49) ≡ 0 (mod 19) -49 ≡ 8 は平方非剰余なので x ≡ ±7 (mod 19) 一辺1の正n角形の各辺(頂点除く)に1点ずつとって作ったn角形の周長をl(n)とする。 3/2≦l(3) (Fagnanoの問題の特別な場合) 2√2≦l(4) [『美しい不等式の世界』 演2.59] 3√3≦l(6) [『美しい不等式の世界』 演2.60] を示せ。 >>188 正n角形の頂点をA_i、辺A_i A_{i+1} 上にとった点をB_i とする。(i=1,2,…,n) ∠A_i = π - 2π/n, B_{i-1}A_i = x,A_i B_i = y とおくと、 第2余弦定理より (B_{i-1}B_i)^2 = xx + yy +2cos(2π/n)xy = {cos(π/n)・(x+y)}^2 + {sin(π/n)・(x-y)}^2 ≧{cos(π/n)・(x+y)}^2, (x+y)cos(π/n)≦ B_{i-1}B_i ≦ x+y, 1周にわたって和をとれば n cos(π/n)≦ I(n) ≦ n, ・別解 参考書のp.189の図に示されているように、辺に関する鏡映を使う。 ・参考書 佐藤淳郎(訳)『美しい不等式の世界』朝倉書店(2013) >>188 等号成立条件(左側)は x=y より nが奇数のとき … B_i は A_i A_{i+1}の中点 nが偶数のとき … 互い違いに並ぶ (1) p≡1 (mod 4) をみたす素数pに対して、gがpの原始根ならば、-gもpの原始根であることを示せ。 (2) p≡1 (mod 4) をみたす素数pに対して、2はpの原始根であることを示せ。 (3) Σ[k=1 to 2001] k^(2001) を13で割った余りを求めよ。 >>192 の続き (4) 2^n + n^2 (n∈N、n≧2)が素数ならば、n≡3 (mod 6) を示せ。 (5) x≡1 (mod 24)、ab=x (a、b∈N) のとき、24 | a+b を示せ。 (6) m^2 + n、m^2 - n (m、n∈N) がともに平方数ならば、24 | m を示せ。 (7) 1111^6666 + 2222^5555 + 3333^4444 + 4444^3333 + 5555^2222 + 6666^1111 を7で割った余りを求めよ。 >>192 (1) フェルマーの小定理 g^(p-1)≡ 1(mod p)より g^{(p-1)/2}= ±1(mod p) gがFpの原始根 ⇔ g^{(p-1)/2}≠ 1(mod p)⇔ g^{(p-1)/2}≡ -1(mod p) 題意より p≡1 (mod4),(-1)^{(p-1)/2}= 1 だから、(-g)^{(p-1)/2}= g^{(p-1)/2} (2) p ≡ ±1 (mod 8)のとき2は平方剰余だからFpの原始根でない。しかし p ≡ ±3(mod 8)のとき2は平方非剰余だがFpの原始根とは限らない。{2^14≡1(mod 43)} (3) k^2001 = k^(12*166)・k^9 ≡ k^9 (mod 13) Σ[k=0,13-1] k^9 = 0^9 + Σ[k=1,6] {k^9 + (13-k)^9} ≡ Σ[k=1,6] (k^9 - k^9) = 0 (mod 13) Σ[k=0,2001] k^9 = Σ[k=0,13*154-1] k^9 ≡ 0 (mod 13) 偶数の逆数 の 偶数個の和 で1を表すのは可能(1/2+1/2=1) 偶数の逆数 の 奇数個の和 で1を表すのは可能(1/2+1/4+1/4=1) 相異なる偶数の逆数 の 偶数個の和 で1を表すのは不可能(∵1未満になる) 相異なる偶数の逆数 の 奇数個の和 で1を表すのは不可能(∵同上) 奇数の逆数 の 偶数個の和 で1を表すのは【A】(∵【B】) 奇数の逆数 の 奇数個の和 で1を表すのは可能(1/3+1/3+1/3=1) 相異なる奇数の逆数 の 偶数個の和 で1を表すのは【A】(∵【B】) 相異なる奇数の逆数 の 奇数個の和 で1を表すのは【C】(【D】) >>203 (4) 2^n は偶数だから nは奇数に限る。 n = 6m±1 のとき、2^n + n^2 ≡ 8 + 1 = 9 (mod 12) ゆえ3の倍数。 ∴ n = 6m+3. (5) ab ≡ 1 (mod 24) より、a,b は正則元(24と互いに素) 正則元{±1,±5,±7,±11}は位数がすべて2 aa ≡ bb ≡ 1 (mod 24) 24|(a-b) (7) 1111^6666 ≡ 1111^0 = 1, 2222^5555 ≡ 3^5 ≡ -2, 3333^4444 ≡ 1^4 = 1, 4444^3333 ≡ (-1)^3 = -1, 5555^2222 ≡ (-3)^2 ≡ 2, 6666^1111 ≡ 2^1 = 2 (mod 7) より、3 >>208 訂正 (5) 1以外の正則元は位数が2 >>203 死んでお詫びを。 誤 (6) 24 | m を示せ。 正 (6) 24 | n を示せ。 >>8 >>181 〔類題〕 3^k + 4^l + 5^m = 6^n を満たす非負整数の組 (k,l,m,n) をすべて求めよ。 (3,3,3,3) (3,1,1,2) (0,1,0,1) >>181 の続き Aが大阪市 の場合 θ_A = 35.69゚N φ_A = 135.50゚E 大円Oの法線nは、 経度φ_A = 135.50゚E、南緯54.31゚S の海面を向く。 大円Oの方程式は n・r = 0, 経度φの経線上では |φ-φ_A| ≦ 90゚ のとき 北緯 Arctan(γcos(φ-φ_A)) N |φ-φ_A| ≧ 90゚ のとき 南緯 Arctan(-γcos(φ-φ_A)) S をとおる。ここに、γ = tan(θ_A) = tan(35.69゚) = 0.7184 >>212 修正 Aが大阪市 の場合 θ_A = 34.69゚N 大円Oの法線nは、… 南緯55.31゚S の海面を向く。 ここに、γ = tan(θ_A) = tan(34.69゚) = 0.69225 >>207 1/2+1/4+1/6+1/12=1 1/2+1/4+1/6+1/18+1/36=1 A:不可能、B:分母を払えば左辺が偶数、右辺が奇数となり矛盾するため。 C:可能。D:1/1=1. もしくは 1=(1/3+1/5+1/7+1/9+1/15+1/21+1/105)(1/1+1/11)+1/385+1/495+1/693. >>214 確かに 相異なる偶数の逆数 の 偶数個の和 で1を表す 相異なる偶数の逆数 の 奇数個の和 で1を表す は両方可能ですね… なぜか2のべきの逆数を考えていました A,B,C,D正解 Dは9個の和である 1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+1/15+1/35+1/45+1/231=1 を用意していた ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
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