面白い問題おしえて〜な 26問目
レス数が900を超えています。1000を超えると表示できなくなるよ。
Σ[k=2 to n-1] n!/(n-k)! + n! の値を求めよ >>803
これはムズい。見たことない。答え！とか出てくる？ てか
n!(1/(n-2)! + 1/(n-3)! + ... + 1/1! + 1)
=n!(1/0! + 1/1! + ... + 1/(n-2)!)
こんなんもたまらん希ガス。 >>805
+n!が完全蛇足になるとおかしいから分母にくるでしょ >>807
分母なんぞに来た日には目も当てられんやん。 >>803 >>807
分母でやってみた
http://codepad.org/itx6rWET
6 % 7
612 % 325
453800 % 155001
3861634830 % 976314031
481961256261492 % 96969788815873
1054761729394054912664 % 176420776601977522329
9379220392541459116676859552 % 1342977541299460819153297325
6871627232977971685604791983162107670 % 860310167933842952793421619070619213
なんのルールも見えん。
ほんまに解けんのこれ？？？？ >>803
ガウス記号使えるなら [e･n!]-n-1 という表示は可能だけど、もしかしてこれが答え？ >>778 (2)ですが自己解決しました。ヒントくださった方ありがとうございました。 >>803
元ネタは、たまたま書庫で見た数学セミナーの連載記事 「算私語録」 で、答えは書いてなかったのだ。
続けたまえ！ 半径1のn次元球D^nの体積はπ^[n/2]/(n/2)!
ただし半整数の階乗は1ずつ減らして1/2までの積
これを帰納法使わず証明して欲しい >>816
半径rのn次元球の体積を Vn*r^nとすると、
n次元球の表面積は、n*Vn*r^(n-1) となる事を利用して、
次の積分は、Vnを使って、下のように書くことができる。
I_n=∫・・・∫exp[-(x1^2+x2^2+...+xn^2)]dx1・・・dxn ; n次元空間全体での積分
=∫[0,∞]exp[-r^2] n*Vn*r^(n-1)dr
=(n/2)*Vn*∫[0,∞]exp[-y] y^((n/2)-1)dy
=(n/2)*Vn*Γ(n/2)
一方、I_n=(I_1)^n={∫[-∞,∞]exp(-x^2)dx}^n=(√π)^n なので
Vn=π^(n/2)/Γ(n/2+1)
あとはnの偶奇で分け、独自の階乗記号を使って書き下せば完了 >>817
この証明のdrって面積素、つまりはハウスドルフ測度のことだよね？だとしたらハウスドルフ測度の定義にはn次元球の体積が必要だから循環論法になるんじゃないの？ >>818
ごめんdrは半径か失礼しました
その前段階で表面積分してるよね？ △ABCはAB=3,BC=4,CA=5を満たすとする。
△ABCの外接円をO、内接円をIとする。
異なる3点P,Q,RがO上をPQ,PRがIと接するようにうごくとき、直線QRが通過しない部分の面積を求めよ。 >>773
5/8 と出た。自信は無い。
概略を書くと、
α=√(1+√(-5)), β=√(1-√(-5)) とおく。
f(x) の Q 上の最小分解体は L:=Q(α,β)
Gal(L/Q) は位数 8 の二面体群 D_8 に同型。
σ, τ∈Gal(L/Q) をそれぞれ
σ(α)=β,σ(β)=-α
τ(α)=β,τ(β)=α
を満たすものとする。
D_8 の既約表現は 5 つ。それらを ρ_0,...,ρ_4 とする。ただし ρ_0 は自明な表現。他は省略。
それぞれの表現に対応する指標を x_0,...,x_4 とおく。
有理素数 p に対し、f(x) を mod p で既約多項式に分解すると
(1) 4 つの 1 次式
(2) 2 つの 1 次式と 1 つの 2 次式
(3) 2 つの 2 次式
(4) 1 つの 4 次式
の 4 通りが考えられる。（式の形から (1次式)*(3次式) はあり得ない）
それぞれに対応する Frobenius 共役類は
(1) {id} (2) {στ,σ^3τ} (3) {σ^2} または {τ,σ^2τ} (4) {σ,σ^3}
整数解を持つのは (1),(2) のとき。
よって、類関数 f を
f(ζ)=0 (ζ=id,στ,σ^3τ)
f(ζ)=1 (otherwise)
で定めれば、求める値は
lim[x→∞]Σ[p≦x] f(Fr(pZ))/π(x)
に一致する。なお、分岐する pZ は高々有限個なので無視できる。多分。
f を x_0,...,x_4 で表すと
f=(5x_0+x_1+x_2-3x_3-2x_4)/8
が得られたので、>>792の定理より、求める値は 5/8 >>822
△ABCの外接円Oの半径:5/2
△ABCの内接円Iの半径:1
Pが円Oの周上を一回動くときQRは円Iに接しながら円Oの中かつ円Iの外の領域をくまなく動くので、QRが通らない部分は円Iの中と円Oの外である。
(円Iの面積)=π
(円Oの面積)=25π/4
(QRが通る部分の面積)=(円Oの面積)-(円Iの面積)
21π/4
(QRが通らない部分の面積)=∞+π
→∞ >>824
ほぼ正解。線分PRではなく直線PRね。
通らない部分は円Iの内部です。
直線QRがIに接して動く事に気付けば２秒で解ける問題でした。 難問です.
一般に、環A上の写像φ:A→Aが加法群の準同型であり、Leibniz rule(i.e.,φ(xy)=φ(x)y+xφ(y))を満たす時、φをA上の導分(微分)と云う.
今、A=ℝ[x] (実数体上の一変数多項式環)とする. 此の時、A上の導分φで、φ(ℝ)≠{0}なるものは存在するか？ ヒントとしては、先ずℝ上の微分を考えて其れを応用します. >>827
それはそうw
しかしφは加法群の準同型というだけで環準同型ともℝ-加群の準同型とも限らないのでそれだけでは何も言えないw Kを微分体とします(標数0)
K(x)をその純超越拡大とします
a∈K(x)を固定します
Kの導分DがK(x)上の導分でD(x)=aを満たすように一意拡張されますよね？ >>830
ああ、R射であることは要求されてないのね。
一般論はよくしらないけど以下の議論でGrand Field Kは標数0として
― 補題 ―
L/M/Kが拡大体、Mは超越拡大M = K(α)、φ:K→Lが導分のとき任意のx∈Lにたいしてφはφ(α) = xをみたす導分:M→Lに拡張される。
(∵) Σp_iα^i ∈ K[α]に対しては、φ(Σp_iα^i) = Σ( φ(p_i) α^i + i p_i α^(i-1) x ) 定め、p(α),q(α)∈ K[α]に対しては
φ(p(α)/q(α)) = (φ(p(α))q(α) - p(α)φ(q(α)/q(α))) / q(α)^2と定めればよい。
以下煩雑であるが初頭的ゆえ略。
― 補題 ―
L/M/Kが拡大体、Mは単項代数拡大M = K(α)、φ:K→Lが導分のとき任意のx∈Lにたいしてφはφ(α) = xをみたす導分:M→Lに拡張される。
(∵) F(x_0,x_1,…,x_n) ∈ K(x_0,x_1,…,x_n)とβ_1,…,β_nをF(x,β_1,…,β_n)がαの最小多項式となるようにとる。∂F/∂x_i = Fiとして
φ(α) = - ΣF_i(α,β_1,…,β_n)φ(β_i)/F_0(α,β_1,…,β_n)と定めれば良い.
以下煩雑であるが初頭的ゆえ略。
で結局
― 補題 ―
任意の導分 K→L は L→L に拡張される。
からQ[x] → Q[x] ⊂ R ⊂ R(x)の導分φをφ(x)≠0となるように定めておいてからR(x)まで拡張すればよい。
煩雑な計算を回避する方法がありそうでなさそうで……… >>823
すばらしい！正解！(ホントいうと f の展開のとこチェックしてませんが信じます。)
まさに期待通りの解答です！！
ちなみに>>792のヒントは>>774さんや>>777さんのカキコをみて後付けで思いついて作ったものです。
後日こちらが用意した解答もあげようと思いますけど……いや、すごい！！！ >>828
わざわざAを設定したからにはそれ使って示すことを想定してるんかな
ちょい気になるから書いて 今日のことわざ
Ground Field にチャンスは落ちてない。
チャンスは Pitch に落ちている。それを全力で探そう。 >>833
お、あってたか。良かった。
>>777の結果が 5/8 にあまり近くなかったのが不安で……
こちらも勉強になった。
ちょうど自分の知識の少し先って感じだったんで楽しかった。
答えを出してから気づいたんだけど、直感的に考えて
-5 が平方非剰余…1/2 の割合
-5 が平方剰余かつ 1+√(-5), 1-√(-5) が共に平方非剰余…1/8 の割合
で、合わせて 5/8 っていう結果と一致するのね。
f の展開をチェックをしてないってことは、元々の解答では f の展開を使わないってことですかね。
楽しみです。 >>837
もうすでに解答が出てるのであれなんですが参考までに用意していた解答を紹介します。
一般にGal(L/K)の部分集合Sとその特性関数(すなわちf(x) = 1 iff x∈S,f(x) = 0 otherwise)についてf(x)が類関数であるものを取ります。
d = lim[x→∞] #{ p ≦x | Fr(p) ∈ S}
を計算したい、もちろんそれは>>792をみとめれば
f = Σ[x]c_x x
と展開するときのc_x0です。
ここで有限群の表現論から一般の類関数 f について得られる結果
c_x = (f,x) = 1/#G Σ[σ∈G] f(σ)x^(σ) (x^ はxの複素共役による指標)
(http://gauss.ms.u-tokyo.ac.jp/lecture/algebra3/representation-theory.pdf)
を用いれば今のfについては
c_x0 = (f,x0) = 1/#G Σ[σ∈G] f(σ)x0^(σ) = #S/#G
が得られます。結局この設定のもとにおいては
----定理( チェボタレフの密度定理)----
lim[x→∞] #{ p ≦x | Fr(p) ∈ S} = #S/#G
https://en.wikipedia.org/wiki/Chebotarev%27s_density_theorem
が得られます。
本文においてはGal(L/K) = D4、(4つの解への作用は４次２面体の４頂点に対するそれと同じ)
Z/pZで解がない⇔Fr(p) ∈ {(1234),(4321),(13)(24),(12)(34),(14)(23)} (= Sとおく）
なので結局
lim[x→∞] #{ p ≦x | Fr(p) ∈ S} = #S/#D4 = 5/8
となります。
別の例f(x) = x^4 - 2x+6の場合にするとガロア群はS_4で
解０個⇔Fr(p) ∈ {(1234)...} ← 9個
解１個⇔Fr(p) ∈ {(123)...} ← ８個
解２個⇔Fr(p) ∈ {(12)...} ← 6個
解４個⇔Fr(p) ∈ {e} ← 1個
なのでmod pで解を０個、１個、２個、４個もつ比率は
9:8:6:1
となります。
http://codepad.org/c9fnjakx >>816
半径rのn次元球の体積を Vn*r^nとすると、
n次元球の表面積は、n*Vn*r^(n-1) となる事を利用して、
次の積分は、Vnを使って、下のように書くことができる。
I_n=∫・・・∫exp[-(x1^2+x2^2+...+xn^2)]dx1・・・dxn ; n次元空間全体での積分
=∫[0,∞]exp[-r^2] n*Vn*r^(n-1)dr
=(n/2)*Vn*∫[0,∞]exp[-y] y^((n/2)-1)dy
=(n/2)*Vn*Γ(n/2)
一方、I_n=(I_1)^n={∫[-∞,∞]exp(-x^2)dx}^n=(√π)^n なので
Vn=π^(n/2)/Γ(n/2+1)
あとはnの偶奇で分け、独自の階乗記号を使って書き下せば完了 >>838
乙です。
またゆっくり読もうと思います。 >>839
Γ(n/2+1)の値を求めるのに漸化式使うんでなくて？ 1はできましたが誘導がわかりません A,B,CがD,E,Fに対応しているのはわかりますが
https://i.imgur.com/Ehih0jr.jpg Peter Winklerのパズル本より
――
３つの非負整数の組(a,b,c)に対して次の操作を考える。
(※) (a,b,c)から２つの数 (x,y) (x≧y)を選び、その２数を(x-y,2y)に置き換える。
この操作を何回か繰り返すことにより３数のいずれかを0にできることを示せ。
―― >>844
任意の自然数nは、正の奇数aと非負整数bを用いてn=a*2^bの形でただ１通りに表せる。
このとき自然数nについての関数fをf(n)=bと定義する。
また、問題で与えられた操作を以下操作Xと呼ぶ。
非負整数の組(a,b,c)に対し操作Xを施してもa+b+cの値は不変であるので、
その値をSとおく。
証明の基本方針：まず以下の命題１，２を示す
命題１
a,b,cがいずれも0でないとき、
min(f(a),f(b),f(c))＜f(S)ならば、
操作Xを有限回数繰り返したものを(A,B,C)として
A,B,Cのいずれかを0とするか、min(f(A),f(B),f(C))=f(S)とすることができる。
命題２
a,b,cがいずれも0でなく、
f(a),f(b),f(c)を小さい方から順に並べたものをm,n,lとしてm=f(S)のとき、
操作Xを有限回数繰り返したものを(A,B,C)として
A,B,Cのいずれかを0とするか、
f(A),f(B),f(C)を小さい方から順に並べたものをM,N,LとしてM=f(S)かつN＞nとすることができる。
ここで、S≠0のとき、2^k≦S＜2^(k+1)を満たす非負整数kを考えて、
ある(a,b,c)に対し操作Xを繰り返して3数のいずれかを0にすることができないと仮定すると、
命題１，２より，(a,b,c)に対して操作Xを有限回数繰り返したものを(A,B,C)とし、
f(A),f(B),f(C)を小さい方から順に並べたものをM,N,LとしてN＞kとすることができる。
このときA,B,Cのうちの１つxが x＞Sを満たすこととなり、矛盾。
よって、仮定は誤りであり、
ある(a,b,c)に対し操作Xを繰り返して3数のいずれかを0にすることができる。
以下、命題１，命題２を証明する。 >>844
>>845の続き
命題１の証明
以下、a,b,cはいずれも0でなく、(a,b,c)に操作Xを有限回数繰り返しても0は
出現しないものとする。
f(S)=sとおく。
(x,y,z)は(a,b,c)を並べ替えたもので、f(x)≦f(y)≦f(z)、(m,n,l)=(f(x),f(y),f(z))とすると
p,q,rを奇数として
S=p*2^m + q*2^n + r*2^l = (p+q*2^(n-m)+r*2^(l-m))*2^m
ここで、m＜sのとき
m＜nとすると、p+q*2^(n-m)+r*2^(l-m)は奇数なのでf(S)=mとなり、矛盾
m=n=lとしても、やはりp+q*2^(n-m)+r*2^(l-m)は奇数なので矛盾。
よって、m＜sならば必ずm=n＜lとなる。
このとき、x,yを大きい方からx',y'とおくと、
f(x'-y')≧m+1，f(2y')=m+1となるので、
(a,b,c)を１回の操作Xにより(x'-y',2y',z)を並べ替えたものにすることができて、
このときmin(f(x'-y'),f(2y'),f(z))=m+1
このような操作を繰り返すことで、
min(f(a),f(b),f(c))＜sのとき、操作Xをs-min(f(a),f(b),f(c))回繰り返すことで、
操作後の組(A,B,C)についてmin(f(A),f(B),f(C))=sとすることができる。
以上より、操作の途中で0が出現するケースも含め、命題１が示された。 >>844
>>845，>>846の続き
補題３
非負整数の非順序対{a,b}について、操作ＹをＹ:{a,b}→{|a-b|,2*min(a,b)}とする。
いま、a,bがいずれも0でなく、M=min(f(a),f(b))，N=max(f(a),f(b))として
N≧M+2とすると、
{a,b}に操作Ｙを有限回施したものを{A,B}として、
min(f(A),f(B))=Mかつmax(f(A),f(B))=N-1とすることができる。
証明：Ｙ：{a,b}→{A,B}として、
a,bがともに0でなく、f(a)≠f(b)、min(f(a),f(b))=mのとき、
A,Bもともに0でなく、f(A)≠f(B)、min(f(A),f(B))=mとなることは容易に示される（略）。
よって、a,bがともに0でなく、f(a)≠f(b)、min(f(a),f(b))=mとなるような{a,b}から始めて、
操作Ｙにより、同じ条件を満たす非負整数の非順序対の列を無限に続けることができる。
一方、操作Ｙは２つの非負整数の和を変えないので、そのような非負整数の非順序対は
有限個しか存在しない。したがって、その列は必ず循環する。
ここで、a,bがともに0でなく、f(a)≠f(b)であるような非負整数の非順序対について、
操作Ｚを、以下のように定義する。
a,bを並べ替えたものをx,yとし、f(x)＜f(y)とするとき、Ｚ:{a,b}→{y/2，y/2+x}
このとき、
f(y)≧f(x)+2のとき、f(y/2)=f(y)-1，f(y/2+x)=f(x)より、f(y/2)＞f(y/2+x)=f(x)であり、
f(y)=f(x)+1のとき、f(y/2)=f(x)，f(y/2+x)≧f(x)+1より、f(y/2+x)＞f(y/2)=f(x)となるので、
明らかに操作Ｚは、a,bがともに0でなく、f(a)≠f(b)であるような非負整数の非順序対
の中で閉じた操作Ｙの逆操作となる。
逆操作が存在するため、前述の{a,b}から始まる無限列はその途中のどこから見ても
逆順に辿って出発点まで遡ることができ、循環節には必ず{a,b}が含まれる。
ここで、補題の設定の{a,b}について、Ｚ：{a,b}→{A,B}とすると、{A,B}は{a,b}から始まる
操作Ｙによる無限列の循環節に含まれることになるので、{a,b}から有限回の操作Ｙで
{A,B}にすることができる。このとき，明らかにmin(f(A),f(B))=Mかつmax(f(A),f(B))=N-1を
満たすので、補題３は成立する。 >>844
>>845，>>846，>>847の続き
命題２の証明
f(S)=sとおく。
(x,y,z)は(a,b,c)を並べ替えたもので、f(x)≦f(y)≦f(z)、(m,n,l)=(f(x),f(y),f(z))とする。
m=sのとき、s=m＜n≦lまたはs=m=n=lのいずれかとなる。
s=m＜n=lまたはs=m=n=lのとき、
(a,b,c)から１回の操作Ｘで(x,|y-z|,2*min(y,z))とすることができ、
このとき、|y-z|=0となるか、
f(x)=m=s，f(|y-z|)≧n+1＞n，2*min(y,z)=n+1＞nとなる。
s=m＜n＜lのとき、補題３より
{x,z}に対して操作Ｙを有限回繰り返すことで
f(x')=f(x)=m，f(z')=f(z)-1=l-1とすることができる、
すなわち、(a,b,c)に対して操作Ｘを有限回繰り返すことで
f(x')=m，f(y)=n，f(z')=l-1となる(x',y,z')を並べ替えたものにすることができる。
さらに、それを繰り返すことで、
f(x'')=m，f(y)=f(z'')=nとなる(x'',y,z'')を並べ替えたものにすることができる。
そこからさらに１回の操作で(x'',|y-z''|,2*min(y,z''))とすることができ、
このとき、|y-z''|=0となるか、
f(x'')=m=s，f(|y-z''|)≧n+1＞n，2*min(y,z'')=n+1＞nとなる。
以上より、命題２は示された。 手順としては
(1) まずmin(f(a),f(b),f(c))=sとなるまで、fの値の小さい2つを対象に操作Ｘを行う
(2) min(f(a),f(b),f(c))=sとなったら、fの値の大きい方から2つが一致してない場合は
fの値の一番大きいものと一番小さいものを対象に
fの値の大きい方から2つが一致するまで操作Ｘを繰り返す。
(3) fの値の大きい方から2つが一致していたら、
その2つを対象に操作Ｘを行う。この結果fの値の上から2番目が1増える。
(4) (2)(3)を繰り返す
この流れのどこかで、必ずa,b,cのいずれかが0になる。
たとえば、
(a,b,c)=(13,42,69)からスタートする。このとき
[f(a),f(b),f(c)]=[0,1,0]であり、
S=a+b+c=124、s=f(S)=2
手順(1)
(13,42,69)[0,1,0]
→(26,42,56)[1,1,3]
→(52,16,56)[2,4,3]
手順(2)
→(36,32,56)[2,5,3]
→(4,64,56)[2,6,3]
→(8,60,56)[3,2,3]
手順(3)
→(16,60,48)[4,2,4]
手順(3)
→(32,60,32)[5,2,5]
手順(3)
→(64,60,0)[6,2,-] パズル本だからもっとシンプルな証明があるんじゃないの？ >>843やってください お願いします
面白い問題スレなので面白く思えるように問題を言うと、
半径1のリングを空間中に配置する
一辺の長さが十分に長い大立方体のある頂点Xを通る3辺がつねにリングに接するように立方体をゴリゴリ動かす このときXの通過する面とリング面により囲まれる立体の体積を求めよ >>844 です。>>845 さん。お見事！正解です。もちろん本に載ってる証明はもっと洗練されてますが解答用意する時間とか全然ちがいますからねぇ。
何より人の作ったエレ解より自力の解答です。
以下は本の解答です。
----
補題 (>>847の補題３に相当)
(a,b,c)がa:奇数、b:偶数のとき何回か操作をして(a+b/2,b/2,c)にできる。
(∵) a,bに対して操作を行い得られる列を(a1,b1),(a2,b2),…とする。
ただし(a1,b1)=(a,b)。
ai+biが不変で正の整数だから(ai,bi)=(aj,bj) (i<j)となるi,jがとれる。
iが最小となるものをとる。
i>1とすると操作によって(a(i-1),b(i-1)) → (ai,bi)、(a(j-1),b(j-1)) → (aj,bj)となったこととai+biが奇数であることと、(ai,bi) = (aj,bj)により(a(i-1),b(i-1)) = (a(j-1),b(j-1))となる。
これはiの最小性にはんするからi=1である。
よって(aj,bj)→(a1,b1)と変化したこおｔになるが、このとき(aj,bj) = (a1+b1/2,b1/2)である。□
----
これを用いて示します。
----
(a,b,c)からいかなる操作によっても0が作れないとする。
奇数が２つ以上あればそれに対して操作を行い奇数は１個以下としてよい。
全部偶数ならすべてを2でわってよい。
この作業を繰り返してa:奇数、b,c：偶数としてよい。
操作を繰り返して発生する最大の奇数をMとする。
a=Mとしてよい。
b,cがともに４の倍数でないならb,cに対して操作を行えば４の倍数となるので、bは４の倍数としてよい。
以上の設定ののち補題を適用すれば操作によって(a+b/2,b/2,c)が得られるが、仮定によりa+b/2は奇数。
これはMの最大性に矛盾。□ 円Cに内接する四角形PQRSにおいてP,Q,R,SにおけるCの接線を結んで得られる四角形は円に内接している。
このとき四角形PQRSの４辺の中点は同一円周上にあることを示せ。 z^4 - 3 \bar{z} z^2 + \bar{z}^2 + 2z = 0 (z∈C) を解け 実数解は
z=−sqrt(5)−1/2,z=(sqrt(5)+1)/2,z=2,z=0
みたいだけどこれしかないのかな？ この4つしかないっぽいんだけどなぁ。
z≠0としてz'を複素共役として
Z^3-3zz'+z’^2/z+2=0
z=r cisθ としてrを固定してθを動かす。
r>>0 では原点周りを、大きく3回周り、r→+0で2に収束していくからその過程で原点を通る回数は高々3回っぽい。
うーん、しかし厳密には示めせてないなぁ？
輪っかが戻ってくる可能性あるしなぁ？
改めて因数定理の偉大さを感じる。 >>857
zの共役をz'とする。
zが実数のときは、z=z'なので、z^4-3z^3+z^2+2z=0、z(z-2)(z^2-z-1)=0より
z=0,2,(1±√5)/2
（>>858はちょっと違う）
zが虚数のときは、与方程式と、それの両辺の共役をとったものを(1)(2)として
(1)+(2)と(1)-(2)の２つの方程式を作る。
(1)-(2)はz-z'でくくれるが、z≠z'なので割って良い。
その結果、2つの左辺が対称式の方程式が得られるので、
z+z'=a，zz'=bとして、a,bについての連立方程式を作り、
それを実数の範囲で解けばよい。
（解けるかどうかはまだやってない） >>860
aについての6次方程式が出てきた。
途中計算に全く自信はないが、
4a^6+12a^5-5a^4-48a^3-24a^2+20a+8=0
とかになったので
Wolfram先生に訊いてみたら実数解は４つ。
それぞれの実数解に対応するa,bのペアからは
それぞれzの虚数解（共役ペア）が得られるようなので、
実数解4つと虚数解8つ？ 半径1の円を底面とする半球の表面積は、
π+4π/2=3π
おもしろいですね。
ちょうど球面が円盤の二倍の面積。 三点でしたね。訂正です。前>>862
>>852
半径1の円周上のある点から物体の頂点までの斜辺は、物体が半径1の円の中心の真上に来たとき、
√3/√2
半径1の円の中心からの頂点の高さは、三平方の定理より、
√{(3/2)-1}=1/√2
頂点の通過部分と半径1の円盤とで囲まれる部分の体積は、
(4π/3)(1/√2)(1/2)
=(π√2)/3 >>857-861
実根(2つ)
z = (1±√5)/2 = φ，-1/φ
虚数根(12個?)
z = (1+√5)(-1±i√3)/4 = φω，φω~,
z = (1-√5)(-1±i√3)/4 = (-1/φ)ω，(-1/φ)ω~
z = -1±i√3 = 2ω，2ω~
z = -0.7660444431189780352 ± 0.6427876096865393263 ｉ
z = -0.1736481776669303489 ± 0.9848077530122080594 ｉ
z = 0.9396926207859083841 ± 0.34202014332566873304 ｉ
ただし
φ = (1+√5)/2 = 1.618034
ω = (-1+i√3)/2 = e^(ｉ(2π/3)),
ω~ = (-1-i√3)/2 = e^(-ｉ(2π/3)), >>864 訂正
実根（4つ)
z = 0,
z = 2,
z = (1±√5)/2 = φ，-1/φ へぇ、解16個になるのか。
4^2になる事となんか関係あるのかな？ なんか日本語変だけど察してチョンマゲ。
zとbar{z}の絡み方から解の個数パッと出せたりするのかな？ 正n角形の各頂点に実数が配置されている。
負の頂点を選び、その数を辺でつながった2つの頂点に足し、それ自身の符号を反転する
（[…, p, q, r, …] -> […, p+q, -q, r+q, …]）という操作を、負の頂点がなくなるまで行う。
頂点上の数の総和が正である初期状態から始めたとき、次が成り立つことを示してほしい。
１．操作は有限回で終わる。
２．操作の回数は、初期状態のみに依り、途中の負の頂点の選び方に依らない。
３．最終状態も、初期状態のみに依り、途中の負の頂点の選び方に依らない。
また、以上のことは一般の有限グラフに自然に一般化されるが、
どのようなグラフが上記のような性質を持つだろうか？
パズルのようだけど、意外に深い数学につながっている問題です。 あれ？Winkler本の？これ答え知ってるからやめとこ。
ちょっと感動するよね。 Winklerの本は見たことないけど、>>844を見て思い出したから、書いてみた
ほとんど、ある論文の丸写し 正５角形の各頂点の１つずつ整数を割り当て、それら５つの整数の和が正になるようにする.
連続する３個の頂点に割り当てられた整数をそれぞれ x, y, z とする.
このとき y < 0 ならば次の操作を行う
「３つの数 x, y, z をそれぞれ x + y, −y, z + y で置き換える.」
５つの整数のうち少なくとも１つが負である限り、上述の操作を繰り返し実行する.
有限回の操作の後、この手続きが完了するか否か決定せよ.
数学オリンピックに似た問題あるね 数オリでも出てるんだ。有名なんやね。この解答は中々感動した。 >>868
一般のグラフのときはどういう操作をするんですか？やっぱり真ん中を-1倍して残りに同じ数加えるんですか？
それとも変化量の総和が0になるようにするんですか？ >>873
>真ん中を-1倍して残りに同じ数加える
です。そのため、総和が変化します。
また、初期状態の条件もグラフによって違ってきます。
例えば、
・―・―・―・―・
| （下の点は上の中央の点とつながっている）
・
の場合は、どんな実数を配置しても（総和が正でなくても）有限回の操作で終わります。 もしかして長さ2の枝が３またに分かれてると総和正からだと有限で終わりで、どこかの枝がも一つ長いと終わらないとかになったりします？ ∫[0,2π]cos(mx)(cosx-1+2/n)(cosx-1+4/n)…(cosx-1+(2n-2)/n) dx≧0 >>874
>真ん中を-1倍して残りに同じ数加える
よく読んだら、なんか変？残り？
ちゃんと書くと、一般のグラフの場合も「負の頂点を選び、その数を辺でつながった各頂点に足し、それ自身の符号を反転する」です。
>>876
すごい。挙げた例から分かっちゃいましたか。専門分野によってはよく見かけるグラフですね。
だいたいあってますが、総和が正という条件は違います。
どんなグラフでも初期状態さえ制限すれば性質を満たすようにできるので、
論文は特別にうまくいくグラフのクラスを挙げるものです。 やっぱり >>861 の計算は間違ってた。
正しい６次方程式は
a^6+3a^5-2a^4-12a^3-6a^2+5a+2=0
因数分解すると
(a+2)(a^2+a-1)(a^3-3a-1)=0
これは６つの実数解を持ち
a=-2，(-1±√5)/2，2cos(π/9)，2cos(5π/9)，2cos(7π/9)
(a,b) = (-2,4)，((-1±√5)/2,(3∓√5)/2)，(2cos(π/9),1)，(2cos(5π/9),1)，(2cos(7π/9),1)
ここから出てくる12個の虚数解は、>>864と同じだけど、
後半のものは
cos(π/9)±isin(π/9)，cos(5π/9)±isin(5π/9)，cos(7π/9)±isin(7π/9)
と書ける。 >>857
z≠0 に対して
f(z) = z^3 - 3(z~)z + (1/z)(z~)^2 + 2,
とおくと、
f(zω) = f(zω~) = f(z),
3つ組×5個 と {0} か？ >>864
・実数解（4個）
0，2，φ，-1/φ …… z(z-2)(zz-z-1)
・虚数解（12個）
φω，φω~ …… (zz +φz+φ^2)
(-1/φ)ω，(-1/φ)ω~ …… (zz-(1/φ)z +1/φ^2)
これらの積：(z^4 +z^3 +2zz -z+1)
2ω，2ω~ …… (zz+2z+4)
残りの虚数解（6個） …… (z^6-z^3+1) >>857
やっと題意が見えた。
以下、zの共役をz'で表す。
z≠0のとき、r=|z|，z=rwとおくと、
w'=1/w，z'=r/w
与式をzで割って
z^3-3z'z+z'^2/z+2=0より
r^3・w^3 + rw'^3 - 3r^2+2 = 0
w^3が実数でないとき，r^3=r ∴ r=1
このとき、w^3 = αとおくと
α + 1/α -1 = 0
α^2 - α + 1 = 0
∴ α = e^(±πi/3)
∴ z = w = e^(±πi/9)，e^(±7πi/9)，e^(±13πi/9)
一方、w^3が実数のとき，w^3=±1
w^3=1のとき，r^3-3r^2+r+2 = 0
r＞0より，r=2,(1+√5)/2
w=1,ω,ω'
z = rw = …
w^3=-1のとき，-r^3-3r^2-r+2 = 0
r＞0より，r=(-1+√5)/2
w=-1,-ω,-ω'
z = rw = … z'z^2とzが、ガウス平面上で0からみて同じ向きにあることに気づいて
4項あるようで実は3方向のベクトルの和が0というようなイメージから入れば
わりとすんなりたどり着いたんだろうな。 >>878
う〜む、特別にうまくいくクラスはAn、Dn、E6、E7、E8？
long とか short とかの議論混じらないだろうし。
いわゆる “こういうグラフを含む→うまくいかない” となる “こういうグラフ” を列挙しといて
“そういうのを含まないのは××…” 的な攻め方するやつかな。
で、その “こういうグラフ” のリストが Dynkin Diagram 導く場合のやつと一致するんかな？
>>868 の前半は答え知ってるから後半考えてみる。
でも論文レベルの話だと流石に無理かな？ グラフ系でもう少しやさしいやつ。
周期n>0の実数列 ‥‥,a[(-1),a(0),a(1),‥‥に対して一斉に
a(i)を[a(I)/2]+[a(i-1)/2]に置き換える。ただし[]はガウス記号。
つまりふたつにわって端数は切り捨て片方を次の人に一斉に渡す。
この操作を有限回行えば定数列になる事を示めせ。
これも例のパズル本の問題です。 >>885
グラフで考えるのはよくわからないけど…
k回操作後（初期状態ではk=0）の
１周期の中でのa(i)の最大値をA_k，最小値をB_kとし，C_k=2*[B_k /2]とおく。
さらに、１周期の中でA_kと一致するa(i)の個数をN_kとすると
以下のことが言える。
・A_k≧C_k
・C_{k+1}≧C_k
・A_{k+1}≦A_k（A_kが奇数のときはA_{k+1}＜A_k）
・A_{k+1}=A_kとなるとき、{a(i)}が定数列でない限りN_{k+1}＜N_k
よって、C_kは減ることはなく、{a(i)}が定数列にならない限り
A_kは着実に減っていく（n回以下の操作で1以上減る）が、
A_kはC_kを下回ることはできないので、いつか必ず{a(i)}は（偶数の）定数列となる。
＞・A_{k+1}=A_kとなるとき、{a(i)}が定数列でない限りN_{k+1}＜N_k
のあたりの説明でグラフを使うのかな？ >>880-881
F(z) = z(z^3 -8)(z^6 -4z^3 -1)(z^6 -z^3 +1)
= z(z^3 -8)(z^3 - φ^3)(z^3 + 1/φ^3)(z^3 +ω)(z^3 +ω~) >>886
正解です。グラフはあんまり気にしないでください。
原題が周期列でなく円状に並んだ数列として出題されてただけです。
――本の解答――
必要なら最初の列の全てに同じ偶数を足して全て非負の実数としてよい。2番目の列以降は全て整数の列ゆえ、全て整数の列としてよい。
総和は各項を2で割った後、切り捨てを行なった分発生するが、非負の整数の列だから総和が無限に減少することはない。
よって十分大きい操作の後に現れる列は偶数の列であるので、列に奇数は現れないとしてよい。
よって置き換えはa(i)→a(i)+a(i-1)であるとしてよい。
k番目の列の1項からn項を縦に並べた列ベクトルをvk、Aをn次正方行列でA1nとA(i+1)iが1で残りは0の行列、Iをn次の単位行列とするとき v(k+1) = (1/2)(A + I)vkである。
ζを1の原始n乗根とするときA+Iの固有値は(1+ζ^m)/2の形であり、m=0の時を除いてその絶対値は1未満である。
よってvkはk→∞のときA+Iの1に対する固有ベクトルの定数倍に収束するが、それは全ての成分が同じ値からなるベクトルである。vkは整数値からなるベクトルゆえ主張は示された□ >>857のすべての答えを解とするn次方程式を後付けで作っても
意味ないと思うんだよな…
元の問題からなんらかの手続きによりその方程式が得られるという話ならわかるのだが。 またまたWinkler本から。囚人と看守のやつです。
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あなたは他のn人と共にある牢獄に収監されている。
ある日看守からあるゲームに参加することを指示された。
勝てば全員釈放、負ければ全員死刑である。
ゲームの内容は以下のようなものである。
まず看守は秘密裏に囚人に順序付けを行う。
囚人は全員独居房に入れられた後、一人ずつ呼び出され、自分以外のn-1人の並びについて教えられる。
その情報のみに基づいて各囚人は赤か青の帽子を選択できる。
帽子を選択した後、囚人は独居房に戻される。
この作業を全員について行ったのち、囚人全員が集められ、先の決められた順に応じて整列させられる。
その際、囚人のかぶっている帽子の色が赤青交互になっていれば（一人目は赤でも青でもよい）囚人の勝ち、なっていなければ看守の勝ちである。
囚人に許されているのは、このルール説明の後、独居房に移される前に一度だけ全員が集まって選ぶ帽子の色についての取り決めをしておくことだけである。
それ以降には囚人は互いに情報を交換する機会は一切与えられない。
全員が釈放されるための取り決めを考えてほしい。
----
答え見て「へぇ、こんなシンプルな取り決めでうまくいくもんだなぁ」とちょっと感心しました。
取り決め自身はシンプルなんですが、その取り決めでうまくいく部分の証明がややてこずるかもしれません。
一つ解を見つければ正解です。
当方も別解があるのかどうか知りません。 >>890
訂正。問題文一行目
×：あなたは他のn人と共にある牢獄に収監されている。
○：あなたは他のn-1人と共にある牢獄に収監されている。 >>890
こんな感じ？
あらかじめ全員の仮の並び順（並び順Ａ）を決めておく。
各囚人は、看守に教えられた自分以外の並び順の最後尾に自分がいるような
並び順を考え（並び順Ｂ）、ＡをＢに並べかえる置換が偶置換か奇置換かを調べる。
偶置換なら赤、奇置換なら青をかぶる。
実際にはもう１つ正しい並び順Ｃが存在するので、ＡからＢへの置換は
Ａ→Ｃ→Ｂとみなすことができ、
Ａ→Ｃの置換は固定なので、Ｂ→Ｃの置換、すなわち
正しい並び順から自分自身を最後尾に回す並べ替えが偶置換か奇置換かにより
赤か青かが変わるからくりになっている。
パズルに出てくる囚人はみんな数学が得意だな >>844
ピーター・ウィンクラー「とっておきの数学パズル」日本評論社（2011/July)
296p．2592円 坂井・岩沢・小副川（訳)
http://www.nippyo.co.jp/shop/book/5638.html
（§4．9の問題が数セミ・エレ解に出題された：2018/Jan/出題1）
ピーター・ウィンクラー「続・とっておきの数学パズル」日本評論社（2012/July)
256p．2160円
http://www.nippyo.co.jp/shop/book/5955.html >>892
すばらしい！正解です。証明も用意してあった物とほぼ同じです。
看守の順でk番目、(k+1)番目の囚人をとり、Cのk番目の囚人をn番目に回した順列をBk、k+1番めの囚人のそれをB(k+1)とすれば
A→B(k+1)と写す置換hはA→B(k+1)と写す置換gに(k k+1)をつなげたものになるので
sgn(h) = sgn((k k+1) g) = (-1) sgn(g)
となることを利用すればよいというものです。
答え聞くと簡単なんですけどねぇ。
>>893
それです。
なかなか楽しい本です。
おすすめ。 >>868
とりあえずグラフがAn、Dn、E6、E7、E8の場合有限回で終わることはわかった。
―-
グラフGが上記のいずれかとする。
点vに対して>>868の操作をする変換をgvとする。
隣接する２点v、wについて(gw・gv)^3 = e、gv^2 = eからこれらの操作のなす群はワイル群の商群。
とくに各頂点に現れうる実数は有限個しかない。
端点に対する変換の回数が有限回しかなければ点数に対する帰納法の仮定に矛盾。
端点に対する変換の回数が無限回であるなら総和は無限に増大するが、各頂点に現れうる実数は有限個しかない事に矛盾。
―
あとは上記でないグラフでないもののうちの極小であるものそれぞれで無限回操作が続きうる事示せばいいはずだけどどんなグラフだったか忘れたorz。 整数k,nは 0≦k≦n を満たすとする。
A⊂(Z/2Z)^n が 2|A|>2^k を満たすならば |2A|≧2^k が成り立つことを示せ。
ただし、2A={a+a': a,a'∈A} とする。 面白い問題といえば、和算の本にはいろいろと
面白そうというか難しい問題が掲載されていますよ。
もっともほとんどすべてが円に関する問題ですが。 >>896
Fを2元体とする。
Aは0を含むとしてよい。
この時2AはFベクトル空間となる。
|2A|＜2^kとする。
この時dim 2A＜kであるからF^nのベクトル空間の自己同型φをφ(2A)が第k成分以降が全て0の元からなる部分空間Vに含まれるようにとれる。
この時φ(A)もVに含まれるがVの元数は2^(k-1)であるので仮定に反する。
簡単に見えて案外難しい‥‥まぁもっと楽な方法もあるかもだけど。 レス数が900を超えています。1000を超えると表示できなくなるよ。
