面白い問題おしえて〜な 27問目
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〔前スレ.964〕
log(2) = 0.30103000,log(3) = 0.47712125 が与えられている。
ここから log(11) の小数第2位の値を求めよ。 >>3
(20/9)^3 = 8000/81 < 11 < 100/9 = (10/3)^2,
3 {1+log(2)-2log(3)} < log(11) < 2 {1-log(3)},
これに数値を入れて
3 * 0.346787486 < log(11) < 2 * 0.522878745
1.04036246 < log(11) < 1.04575749
なお log(11) ≒ 1.041392685 そういえば前スレに貼った画像の閲覧数から、このスレの人口は30人くらいだと分かった 前スレ
>>1000
>>>998
>テンソル積でうまく表現できるかもですね。
>いま思いついたんだけどGを可換有限群としてGの元gに対応する不定元Agを用意しておいてg行h列がAghである行列にすればよさそう。
>GがZ/2Zをn個直積した場合が今回の例でG=Z/nZの場合が巡回行列の行列式の理論になる。
>その行列式はGの既約指標x(g)にたいしてΣ[g] x(g)Agの形の一次式をn個の指標全体でかけ合わせたものになると思う。
>それで今回の話も巡回行列の行列式の理論も同様に説明できるみたい。
うひゃあ
一挙に一般化しちゃえるのですね素晴らしい
最後のところの証明って付けられますか? >>4 訂正
(20/9)^3 = 8000/729 < 11
でした。 前スレ993補足
a_1=7
a_(n+1)=a_n+gcd(n+1, a_n)
{a_n}=7,8,9,10,15,18,19,20,21,22,33,36,37,38,39…
https://oeis.org/A106108
b_n=a_(n+1)-a_n
{b_n}=1,1,1,5,3,1,1,1,1,11,3,1,1,1…
https://oeis.org/A132199
c_1=1
c_(n+1)=c_n+lcm(n+1, c_n)
{c_n}=1,3,6,18,108,216,1728,3456,6912,41472,…
https://oeis.org/A135504
d_n=(c_(n+1)/(c_n)-1
d_n=2,1,2,5,1,7,1,1,5,…
https://oeis.org/A135506 おまけ
パズル
10,11,12,13,14,15,16,17,20,22,24,31,100,121,10000,1111111111111111
の16項からなる数列の定義は? A = Σ[k=0 → ∞] {t^(3k)}/{(3k)!}
B = Σ[k=0 → ∞] {t^(3k+1)}/{(3k+1)!}
C = Σ[k=0 → ∞] {t^(3k+2)}/{(3k+2)!}
を簡単な形で表せ。 >>6
GがZ/2Z×Z/2Zの場合(前スレ>>994)と同じ。
――
g行h列がAghである行列をMとしxをGの指標とする。
n=#Gとする。
g行目(g≠e)をx(g)倍してe行目にたすとe行目はh^(-1) = h^として
Σ[g]x(g)Agh = Σ[k]x(k)x(h^)Ak = x(h^)Σx(k)A(k)
でe行目がすべてΣx(k)A(k)の倍数だからdet MはD(x) = Σx(k)A(k)でわりきれる。
D(x)の全体は一次独立であったからMはΠ[x]D(x)の倍数で(Ae)^nの係数を比較して
det M = Π[x]D(x)
をえる。
―― >>10
0<t<1の場合、(-∞,0]で切ったlog zの分岐をとって
Σ[k]t^(3k)/(3k)
=(1/3)(Σ[k](t)^k/k + Σ[k](ωt)^k/k + Σ[k](ω^2t)^k/k)
=log (1-t) + log (1-ωt) + log (1-ω^2t)
Σ[k]t^(3k+1)/(3k)
=(1/3)(Σ[k](t)^k/k + ω^2Σ[k](ωt)^k/k + ωΣ[k](ω^2t)^k/k)
=log t + ω^2log ωt + ωlog ωt^2
Σ[k]t^(3k+2)/(3k)
=log t + ωlog ωt + ωl^2og ωt^2
|t|<1の一般の場合はtの偏角に応じて分岐の切り目を変えればいける希ガス。
多分|t|=1でもt≠1ならAbelの定理でいける希ガス。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A2%E3%83%BC%E3%83%99%E3%83%AB%E3%81%AE%E9%80%A3%E7%B6%9A%E6%80%A7%E5%AE%9A%E7%90%86 自然数nについてn^5-nが5の倍数であることを示せ。(有名問題)
素数pについて一般化できる。 任意の自然数は4個の平方数の和として表せるという。
170以上の自然数はちょうど5個の正の平方数の和として表せることを示せ。
なお、34から169までの自然数もちょうど5個の正の平方数の和として表せることは個別に確認できる。 >>10 >>13
ω = exp(i(2π/3)) = (-1+i√3)/2,
ω~ = exp(i(-2π/3)) = (-1-i√3)/2,
とおくと
A(t) = (1/3){exp(t) + exp(ω・t) + exp(ω~・t)}
= (1/3)exp(t) + (2/3)exp(-t/2)cos((√3)t/2),
A '(t) = C(t) = (1/3)exp(t) + (2/3)exp(-t/2)cos((√3)t/2 + 2π/3),
A "(t) = B(t) = (1/3)exp(t) + (2/3)exp(-t/2)cos((√3)t/2 + 4π/3),
A '''(t) = A(t).
簡単ぢゃねぇ? >>3 >>4
(10/3)^2 - 11 = 81/729 = 1/9,
11 - (20/9)^3 = 19/729
直線で近似すると
1.04036246・0.81 + 1.04575749・0.19 = 1.0413875 < log(11) ある整数の五乗となる数を五乗数と呼ぶことにする。
13個の五乗数の和で任意の整数を表せることを示せ。 3.891156823326853818078262556719905049852981445670139299627728956 >>22
Wiki 情報ではVaughan and Wooleyの結果で17個以内で出来るってのは示されてるらしいけど13個で出来るん? (x-1)^3+(x+1)^3+(-x)^3+(-x)^3=6x.
a=a^3+6((a-a^3)/6). あ、整数か、負の数使うのありなのね。
なら頑張って見ます。 >>17
できた。
3平方定理は既知とする。
http://integers.hatenablog.com/entry/2017/07/05/172017
以下を除く正の整数は5個の正の平方数の和として表せることを示す。
1,2,3,4,6,7,9,10,12,15,18,33
n≦72のとき。
計算機で確認できる。
以下ではn≧72とする。
n≡0 (mod 8)のとき n-1-1 ≡ 6 (mod 8)よりn-1-1は3個の正の平方数で表せる。
n≡2 (mod 8)のとき n-4-4 ≡ 6 (mod 8)よりn-4-4は3個の正の平方数で表せる。
n≡3 (mod 8)のとき n-4-4 ≡ 3 (mod 8)よりn-4-4は3個の正の平方数で表せる。
n≡4 (mod 8)のとき n-1-9 ≡ 6 (mod 8)よりn-1-9は3個の正の平方数で表せる。
n≡5 (mod 8)のとき n-9-9 ≡ 3 (mod 8)よりn-9-9は3個の正の平方数で表せる。
n≡6 (mod 8)のとき n-4-4 ≡ 6 (mod 8)よりn-4-4は3個の正の平方数で表せる。
n≡7 (mod 8)のとき n-4-16 ≡ 6 (mod 8)よりn-4-16は3個の正の平方数で表せる。
n≡1 (mod 72)のとき n-4-36 ≡ 33 (mod 72)よりn-4-36は3個の正の平方数で表せる。
n≡17 (mod 72)のとき n-4-36 ≡ 57 (mod 72)よりn-4-36は3個の正の平方数で表せる。
n≡25 (mod 72)のとき n-4-36 ≡ 57 (mod 72)よりn-4-36は3個の正の平方数で表せる。
n≡33 (mod 72)のとき n-36-36 ≡ 33 (mod 72)よりn-36-36は3個の正の平方数で表せる。
n≡41 (mod 72)のとき n-4-4 ≡ 33 (mod 72)よりn-4-4は3個の正の平方数で表せる。
n≡49 (mod 72)のとき n-16-36 ≡ 69 (mod 72)よりn-16-36は3個の正の平方数で表せる。
n≡57 (mod 72)のとき n-36-36 ≡ 57 (mod 72)よりn-36-36は3個の正の平方数で表せる。
n≡65 (mod 72)のとき n-4-4 ≡ 57 (mod 72)よりn-4-4は3個の正の平方数で表せる。
以上によりnが9の倍数でない場合は示された。 >>26
一般のとき。
n = 9^em (mは9の倍数でない)となるe,mをとる。
mは9の倍数でない奇数であるから1,3,7,15,33の場合を除いては5個の正の平方数の和として表せる。
よってnも表せる。
m=1ならn≧73よりe≧4ゆえn=81・9^(e-4)かつ81=1+4+4+36+36ゆえよい。
m=3ならn≧73よりe≧2ゆえn=27・9^(e-1)かつ27=1+4+4+9+9ゆえよい。
m=7ならn≧73よりe≧2ゆえn=63・9^(e-1)かつ63=1+1+9+16+36ゆえよい。
m=15ならn≧73よりe≧1ゆえn=135・9^(e-1)かつ135=1+1+16+36+81ゆえよい。
m=33ならn≧73よりe≧1ゆえn=297・9^(e-1)かつ297=1+4+4+144+144ゆえよい。 >>21
これ>>24がほとんど答えやね。
f:Z/480Z→Z/480Zをf(x) = x^5で定めればこれは全射である。
(∵Z/32Z、Z/3Z,Z/5Z上で言えれば十分である。容易ゆえ略。)
よって整数Nに対しN-a-5= 480nを満たす整数a,nがとれる。
このとき
(-n-1)^5+(1-n)^5+(-n-2)^5+(-n+2)^5+(-n-2)^5+(-n+2)^5+(n+3)^5+(n-3)^5+n^5+n^5+n^5+n^5=480n
であるから
N = a^5+(-n-1)^5+(1-n)^5+(-n-2)^5+(-n+2)^5+(-n-2)^5+(-n+2)^5+(n+3)^5+(n-3)^5+n^5+n^5+n^5+n^5
である。 >>21
再挑戦
f:Z/2880→Z/2880は奇数の類かつ3の倍数でない場合に限れば全射である。
(∵Z/64Z、Z/9Z、Z/5Zについてしめせばよい。以下のように計算機でたしかめられる
length $ filter odd $ sort [mod (n^5) 64|n<-[0..63]] -> 32
sort [mod (n^5) 9|n<-[0..8]] -> [0,0,0,1,2,4,5,7,8]
sort [mod (n^5) 5|n<-[0..4]] -> [0,1,2,3,4]。)
与えられたNに対しaを
N≡0 (mod 2)、N≡0 (mod 3)のとき1。
N≡1 (mod 2)、N≡0 (mod 3)のとき2。
N≡0 (mod 2)、N≡1,2 (mod 3)のとき3。
N≡1 (mod 2)、N≡1,2(mod 3)のとき0。
とすればN-a^5は偶数でも3の倍数でもない。
よってN-a^5≡b^5 (mod 2880)を満たす整数bがとれる。
このときN-a^5-b^5=2880nとおけば
N = a^5+b^5+(n+5)^5+(n-5)^5+(-n-4)^5+(-n+4)^5+(-n-3)^5+(-n+3)^5+n^5+n^5
である。□
10個でいけた? >>30
正解です。すごい、越された…想定していたのは
(n+8)^5 + (n-8)^5 - (4n+1)^5 - (4n-1)^5 + 2・(4n)^5 - 2・n^5 = 40920n = 2^3・3・5・11・31n
を利用するものでした。(この式だとmod11,31でどうしても残り5つの五乗数が必要になります) >>17
N-169 が4個の平方数の和のとき
13^2 をたす。
N-169 が3個の平方数の和のとき
5^2 + 12^2 をたす。
N-169 が2個の平方数の和のとき
3^2 + 4^2 + 12^2 をたす。
N-169 が平方数のとき
1^2 + 2^2 + 8^2 + 10^2 をたす。
N-169=0 のとき
1^2 + 2^2 + 2^2 + 4^2 + 12^2.
(//ja.wikipedia.org/wiki/四平方定理)
N.C.Ankeny: "Sums of three squares" (1957) は2次形式の理論を使うし、難しそう。 >>17 >>32
〔ラグランジュの四平方定理〕(1770)
すべての自然数は高々四個の平方数の和で表わされる。
オイラーの四平方恒等式
(aa+bb+cc+dd) (ww+xx+yy+zz)
= (aw+bx+cy+dz)^2 + (ax-bw+cz-dy)^2 + (ay-bz-cw+dx)^2 + (az+by-cx-dw)^2
により、各々高々四個の平方数の和に表わされる二数の積は、高々四個の平方数の和で表わされる。
従って、全ての素数に関して高々四個の平方数の和で表わされることを証明すれば十分である。
素数2に関しては 2 = 1^2 + 1^2 より明らかであある。
次に奇素数pについて証明する。
p-1 が法pに関して平方剰余であれば、
s^2 ≡ -1 (mod p)
s^2 + 1^2 + 0^2 = f・p
となる {s,f} が存在する。
p-1 が非剰余であれば、1≦k<p-1 で kが平方剰余、k+1が非剰余となるものが存在する。
(-1)(k+1) は二個の非剰余の積であるから平方剰余である。従って、
s^2 ≡ k (mod p)
t^2 ≡ -(k+1) (mod p)
s^2 + t^2 + 1^2 = f・p
は解 {s,t,f} をもつ。
その解の中でfが最小になるものを選ぶと f=1 であることを証明する。(無限降下法?)
(以下略 >>16の正解
(証明1)
mod 5で
n≡0のときn^5-n=0≡0
n≡1のときn^5-n=0≡0
n≡2のときn^5-n=30≡0
n≡3のときn^5-n=240≡0
n≡4のときn^5-n=1020≡0
よってn^5-n≡0 ■
(証明2)
n^5の下1桁とnの下1桁は一致するからn^5-nは10の倍数
よってn^5-nは5の倍数 ■
(証明3)
唐突だがn^5-n+5(-n^3+n)を考えると
n^5-5n^3+4n
=n(n^4-5n^2+4)
=n(n^2-1)(n^2-4)
=n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2)
連続する5数のうちいずれかは5の倍数だからn^5-n+5(-n^3+n)は5の倍数
よってn^5-nも5の倍数 ■
(一般化)
素数pについて、nがpと互いに素のときn^(p-1)-1はpの倍数(フェルマーの小定理)
よってn(n^(p-1)-1)は常にpの倍数 ■ >>32正解
元ネタはWikipediaのその記事
(模範解答)
問題文より、任意の自然数は高々4個の正の平方数の和として表せる。
また、169は
169=13^2=5^2+12^2=3^2+4^2+12^2=1^2+2^2+8^2+10^2
のように1個から4個の正の平方数の和として表せる。
170以上の自然数nについて、
n-169がk個の正の平方数の和として表せるとき、169を4-k個の正の平方数の和として表せば、
nはちょうど5個の正の平方数の和として表せる。 ■ >>26
Kはちょうど3個の正の平方数の和で表せる⇒8を法としてK≡0,1,2,3,4,5,6
は真だけど
逆は言えないんじゃないかなあ >>16の類題
自然数nについてn^8-n^2が9の倍数であることを示せ。 >>36
逆の証明が>>26のリンク先にあるやん。 (x^2+4)/(x^2-4)が純虚数になる複素数xとは?
図形的に見ると計算もほとんど無くおわる >>40
X^2が±4にならない絶対値が2の複素数だから
|x|=2、x≠±2、2i
ヒント大杉 >>37
n^8 -n^2 = nn(n^3 +1)(n^3 -1),
n=3m のとき nn = 9mm ≡ 0 (mod 9)
n=3m+1 のとき n^3 -1 = (3m+1)^3 -1 ≡ 0 (mod 9)
n=3m-1 のとき n^3 +1 = (3m-1)^3 +1 ≡ 0 (mod 9)
>>40
0 = 2 Re{ (xx+4)/(xx-4) }
= (xx+4)/(xx-4) + (x~x~+4)/(x~x~-4)
= 2(|x|^4 -16)/{(xx-4)(x~x~-4)}
= 2(|x|^4 -16)/{(x+2)(x-2)(x~+2)(x~-2)}
= 2(|x|^2 +4)(|x|+2)(|x|-2)/(|x+2||x-2|)^2
∴ |x|=2,x≠±2 >>37
n^8 - n^2 = nn(n^6 -1),
n=3m のとき nn = 9mm ≡ 0 (mod 9)
nが9と素であるとき n^6 -1 = n^φ(9) -1 ≡ 0 (mod 9)
ここに、φ(9) = 6 は 1〜8 のうち9と素であるものの数(オイラーのtotient函数) >>37は>>34のように解き方は色々あるが、例えば
mod 9で
n^2≡0,1,4,-2
k≡0のときk^4-k=0≡0
k≡1のときk^4-k=0≡0
k≡4のときk^4-k=252≡0
k≡-2のときk^4-k=18≡0
この形式の問題をどうやって作ったかというと
nが3の倍数のときn^3≡0
その他のときn^3≡1,-1
みたいなのを見つけて来て
n^2(n^3-1)(n^3+1)=n^8-n^2
という式を組み立てた
次数が小さいほど芸術点が高い >>34
(さらなる一般化)
素数pについて、φ(p^k)=p^k-(p^k)/p=(p^(k-1))(p-1)だから
nがpと互いに素のときn^{(p^(k-1))(p-1)}-1はp^kの倍数(オイラーの定理)
よって[n^k][n^{(p^(k-1))(p-1)}-1]は常にp^kの倍数 ■ >>26
1≦n≦33 のとき
1, -
2, -
3, -
4, -
5, (1,1,1,1,1)
6, -
7, -
8, (1,1,1,1,2)
9, -
10, -
11, (1,1,1,2,2)
12, -
13, (1,1,1,1,3)
14, (1,1,2,2,2)
15, -
16, (1,1,1,2,3)
17, (1,2,2,2,2)
18, -
19, (1,1,2,2,3)
20, (1,1,1,1,4), (2,2,2,2,2)
21, (1,1,1,3,3)
22, (1,2,2,2,3)
23, (1,1,1,2,4)
24, (1,1,2,3,3)
25, (2,2,2,2,3)
26, (1,1,2,2,4)
27, (1,2,2,3,3)
28, (1,1,1,3,4)
29, (1,1,1,1,5), (1,1,3,3,3), (1,2,2,2,4)
30, (2,2,2,3,3)
31, (1,1,2,3,4)
32, (1,1,1,2,5), (1,2,3,3,3), (2,2,2,2,4)
33, - >>26
34≦n≦72 のとき
34, (1,2,2,3,4)
35, (1,1,1,4,4), (1,1,2,2,5), (2,2,3,3,3)
36, (1,1,3,3,4)
37, (1,1,1,3,5), (1,3,3,3,3), (2,2,2,3,4)
38, (1,1,2,4,4), (1,2,2,2,5)
39, (1,2,3,3,4)
40, (1,1,1,1,6), (1,1,2,3,5), (2,3,3,3,3)
41, (1,2,2,4,4), (2,2,2,2,5)
42, (2,2,3,3,4)
43, (1,1,1,2,6), (1,1,3,4,4), (1,2,2,3,5)
44, (1,1,1,4,5), (1,3,3,3,4), (2,2,2,4,4)
45, (1,1,3,3,5), (3,3,3,3,3)
46, (1,1,2,2,6), (1,2,3,4,4), (2,2,2,3,5)
47, (1,1,2,4,5), (2,3,3,3,4)
48, (1,1,1,3,6), (1,2,3,3,5)
49, (1,2,2,2,6), (2,2,3,4,4)
50, (1,1,4,4,4), (1,2,2,4,5)
51, (1,1,2,3,6), (1,3,3,4,4), (2,2,3,3,5)
52, (1,1,3,4,5), (2,2,2,2,6), (3,3,3,3,4)
53, (1,1,1,1,7), (1,1,1,5,5), (1,2,4,4,4), (1,3,3,3,5), (2,2,2,4,5)
54, (1,2,2,3,6), (2,3,3,4,4)
55, (1,1,1,4,6), (1,2,3,4,5)
56, (1,1,1,2,7), (1,1,2,5,5), (1,1,3,3,6), (2,2,4,4,4), (2,3,3,3,5)
57, (2,2,2,3,6)
58, (1,1,2,4,6), (1,3,4,4,4), (2,2,3,4,5)
59, (1,1,2,2,7), (1,1,4,4,5), (1,2,2,5,5), (1,2,3,3,6), (3,3,3,4,4)
60, (1,3,3,4,5)
61, (1,1,1,3,7), (1,1,3,5,5), (1,2,2,4,6), (2,3,4,4,4), (3,3,3,3,5)
62, (1,2,2,2,7), (1,2,4,4,5), (2,2,2,5,5), (2,2,3,3,6)
63, (1,1,3,4,6), (2,3,3,4,5)
64, (1,1,1,5,6), (1,1,2,3,7), (1,2,3,5,5), (1,3,3,3,6), (2,2,2,4,6)
65, (1,4,4,4,4), (2,2,2,2,7), (2,2,4,4,5)
66, (1,2,3,4,6), (3,3,4,4,4)
67, (1,1,2,5,6), (1,2,2,3,7), (1,3,4,4,5), (2,2,3,5,5), (2,3,3,3,6)
68, (1,1,1,1,8), (1,1,1,4,7), (1,1,4,5,5), (2,4,4,4,4), (3,3,3,4,5)
69, (1,1,3,3,7), (1,3,3,5,5), (2,2,3,4,6)
70, (1,1,4,4,6), (1,2,2,5,6), (2,2,2,3,7), (2,3,4,4,5)
71, (1,1,1,2,8), (1,1,2,4,7), (1,2,4,5,5), (1,3,3,4,6)
72, (1,1,3,5,6), (1,2,3,3,7), (2,3,3,5,5), (3,3,3,3,6) >>43
1〜q-1 のうち qと素であるもの(正則元)の全体は乗法群Gをなす。
単位元は 1、 #G = φ(q)
n∈G が生成する巡回部分群を <n> = H とすると、
#H | #G (←ラグランジュの定理)
n∈G の位数はφ(q)の約数。
∴ n^φ(q) ≡ 1 (mod q) -1≦α≦1とする.
円の面積を2等分する曲線Cについて、
Cの長さをL、Cにより区切られた円周の短い方の長さをSとする
(1)L+αSが最小となるようなCが存在することを示せ.
(2)L+αSが最小となるとき、Cと円周のなす角はarcsin(α)となることを示せ.
(3)円の半径を1として、L+αSの最小値を求めよ.
>>50
(2)については円でなくても一般のC^1曲線でも成り立ちますがそれだとあまりに証明が難しいので円にしました α=0のときCは直径じゃないの?
そのときなす角はπ/2だと思うけど、arcsin(0) = 0になってしまう?? >>52
あーごめんなさいarccos(α)の間違いでした 正の整数 n,k について、
n√2の整数部分を数列{an}とする。
また、全体を正の整数として、{an}の補集合を小さいものから順に並べたものを{bk}とする。
このとき、n=kにおいてbk-an=2nとなることを、(1/√2)+1/(2+√2)=1となることを利用して証明せよ。 >>1解けたよ。前スレの952
正五角形の対角線と正六角形を二分する線が一致するように正五角形内部に正六角形の半分を描くと、
分岐点と頂点を結ぶ線分の長さは(対角線の半分)か(1-対角線の半分)のどちらかになる。
分岐点と分岐点の距離は(対角線の半分)。
5つの頂点を結ぶ曲線(シオマネキのハサミのような)
=1+(対角線の半分)×3+(1-対角線の半分)×2
=1+{(1+√5)/4}×3+{1-(1+√5)/4}×2
=1+(3/4)(1+√5)+(1/2)(3-√5)
=(13+√5)/4
=3.8090167…… >>57
分岐点と頂点を結ぶ線分の短い方の長さは(1-対角線の長さ)にはなりませんよ
A=分岐点と頂点を結ぶ線分の長い方
B=分岐点と頂点を結ぶ線分の短い方
C=正五角形の一辺
とすると
AとCの挟角が12°ってことが分かって
余弦定理を使えばBの長さは0.30266...になる
そうするとネットワークの長さは4.0323...になって単に辺のみを結ぶよりも長くなってる 1,2,3,5,6,9,11,17,29,41を除く4の倍数ではない自然数は4つの正の平方数の和で表される事を示せ。 >>59
辺のみの解4より大きくなるのは、分岐点の角ぜんぶが120°になってないからで、そのAとBの角が120°になるように長さを調整すると、正弦定理より
A=0.85810…
B=0.24007…
分岐点と分岐点の距離は 1-B
これらからネットワークの長さは3.95629…
4未満にはなる >>57 >>59
正五角形を P1-P2-P3-P4-P5
正六角形の半分を P1-Q2-Q3-P4 とする。
分岐点の角ぜんぶが 120゚ にはなっていない。 >>61
A は対角線 P1-P4 の半分で
A = (1/4)tan(72゚) = (1/4)√(5+2√5) = 0.769420884293813350642572644009227456
P2-Q2,P3-Q3 は第二余弦定理から
B = √{AA -2AC・cos(12゚) +CC} = 0.2946084067614508837941816613267963
P1-P2-P3-P4 は
C = 1
したがってネットワークの長さは
3A + 2B + C = 3.897479466404341819516081254681275 < 4
単に辺のみを結ぶよりも長くなるのは おかしい。 >>62 訂正スマソ
A は対角線 P1-P4 の半分で
A = 1/{4sin(18゚)} = (1+√5)/4 = 0.809016994374947424102293417182819
P2-Q2,P3-Q3 は
B = √{AA+CC-2AC・cos(12゚)} = 0.2680157330941872201843362931855557
辺 P1-P2-P3-P4 は
C = 1
したがってネットワークの長さは
L = 3A + 2B + C = 3.96308244931321671267555283792 < 4 >>57
[前スレ.952] の解は
正五角形 P1-P2-P3-P4-P5 の一辺 P1-P5 に
1×A の長方形P1-Q2-Q4-P5 を貼る。
点Q3 を
∠P1-Q2-Q3 = 120゚
∠Q2-Q3-Q4 = 120゚
∠Q3-Q4-P5 = 120゚
となるようにとる。
分岐点の角ぜんぶが 120゚ になるように A,B を決める。
P1-Q2、Q4-P5 は 正弦定理より
A = (2/√3)sin(42゚)
= 0.772645471408608606145454411856338206414855596502316039236
P2-Q2、P4-Q4 は 正弦定理より
B2 = B4 = (2/√3)sin(18゚) = (√5-1)/(2√3)
= 0.356822089773089931941969843046087873981686075246868366421
P3-Q3 は
B3 = tan(72゚)/2 -1/(2√3) - A
= (1/2)√(5+2√5) -1/(2√3) - A
= 0.477521162584205212885116485911137977764694599631516736273
したがって、ネットワークの長さは
2A + (2/√3) + B2 + B3 + B4 =
= 3.891156823326853818078262556719905049852981445670139299627728956 >>22 >>3 の出題者です, 遅くなりました.
私はlog2, log3を小数第4位までしか与えていないのですが, 其れは置いておきまして, 想定解は
11・9<100, 11⁵>160000
此等に常用対数を取って評価するものです. >>64
>>57のほうが小さいよ。
前>>57
最初は大きくなると思ってあきらめてました。が120°に注意して作図しなおしたら実際は小さくなりました。
左右非対称だというヒントにもかなっていると思います。 >>67
>>57の想定は間違っていると言う話をしている
つまり、角度を120°にしたとき、
2つの分岐点の距離と、分岐点から頂点への距離は異なる
同じと考えてそこから計算するのは間違い >>3
20^(4/5) /10 = (8/5)^(1/5) < 11/10 < (4/3)^(1/3),
∴ (8/5)^(1/15)・(4/3)^(2/9) < 11/10 < (8/5)^(1/17)・(4/3)^(4/17),
∴ 1.04137216 < log(11) < 1.0414044
なお log(11) ≒ 1.041392685 x1,・・・,xn はすべてm以下の自然数
y1,・・・,ym はすべてn以下の自然数
このとき {xi|1≦i≦n},{yj|1≦j≦m} からそれぞれいくつかの数を選んで
それらの和が等しくなるようにできることを示せ m=nの場合はある本に載ってた。
ほとんどそのままの論法でいけた。 >>73
> ある本に載ってた。
構わん、続けたまえ! zi=z1+‥+zi、wj=y1+‥+yj とする。
zn≦wmとしてよい。
各1≦i≦nに対して
y j(i-1)<xi≦yj(i)
をみたすj(i)がとれる。
この時各iに対し0≦y(j(i))-xi≦n-1である。
=0が成立するiがあるときには、主張は正しいから≠0とする。
このときyj(1)〜yj(n)は全て1〜n-1であるから相異なるi1、i2でyj(i1)=yj(i2)となるものがとれる。以下ry >>68圧倒的多数らしい右のハサミが大きい(左利き?)シオマネキのオスを、分岐点が正五角形の下方に水平に並ぶように描きました。
前>>67分岐点の角度を120°にするという発想は当初なかったんですが、前スレの左右対称のカブトガニのような図を見て、(最小値は0.89……)分岐点については理にかなってると考えを改めざるをえませんでした。
左右非対称だというヒントで、シオマネキのオスの形を描きなおしました。
正五角形の中に正六角形の半分を描きます。シオマネキの胴体です。分岐点の角度を120°にしたということは正六角形なんで辺の長さは同じ。
分岐点と分岐点の距離は正五角形の対角線(正六角形を二分する線)の半分です。
分岐点から下方の頂点に引いた短い線は、右下か左下にこの短い線の正三角形ができるように平行線を描くことで、
(1-対角線の半分)
と直感しました。
∴1+(対角線の半分)×3+(1-対角線の半分)×2
=1+(3/4)(1+√5)(1/2)(3-√5)
=(13+√5)/4 >>75の後半ことごとくzとwがxとyになってる。
エスパーしてちょ 次の方程式が持つ整数解の個数は有限か、無限か。
1 + 3x^2 + 4y^3 - 108z^6 = 0 >>79
(x,y,z) = (0,3t^2,t)が解だから無限個。 >>55
a_n=a,b_n=b と略す。
{1,2,…,b} のb個のうち {a_k} に含まれるものの数は [(b+1)/√2] 個
{1,2,…,b-1} のb-1個のうち {a_k} に含まれるものの数は [b/√2] 個
∴ [b/√2] = [(b+1)/√2] = n-b,
n-b ≦ b/√2, (b+1)/√2 < n-b+1,
n - (1 -1/√2) < (1 -1/√2)b ≦ n,
(2+√2) を掛けると題意から
n(2+√2) -1 < b ≦ n(2+√2),
一方、定義から
-n√2 ≦ -a < -n√2 +1,
辺々たして
2n-1 < b-a < 2n+1
∴ b-a = 2n. >>83 訂正
∴ [b/√2] = [(b+1)/√2] = b-n, >>79
(|x|,y,|z|) = (5,2,1) (1,-1,0)
有限っぽい… 学部1〜2年レベル置いとく
⑴V,Wを有限次元K線形空間とする。f:V→Wの基底ℬ,ℬ'に関する表現行列がAである時、fの双対f *の基底ℬ'*,ℬ*に関する表現行列を求めよ
⑵任意の対称形式b:V×V→Kに対し
て、Kの標数が2でなければ直交基底が存在する事を示せ
⑶L^p[0,1]をp乗可積分な関数全体とする。この時、||f||={∫[0,1]|f|^pdx}^(1/p)でノルムを入れる。このノルムによる単位球面S={f:||f||=1}はコンパクトではない事を示せ。
但し、ここでいう積分は全てリーマン積分で考える 1+3(6z^2−1)^2+4(3z^2−1)^3−108z^6=0。 >>87
正解です。
abc conjecture のちょっとした一般化に n conjecture なるものがあるのですが、
この式のzに何を代入しても良いことから、強い方の n conjecture の反例"に近いもの"(
すなわち和が0になるような整数の四つ組であって、どの二つ組の最大公約数も高々4であるもの)がいくらでも構成できます。
この最大公約数の最大を4から1にできないかなとは考えてるけどこれがなかなか難しい… >>86
(3)正の整数nに対して f_n(x) の値を
2^n (2^(-n+1) - 2^(-pn) < x < 2^(-n+1) の時)
0 (それ以外)
と定めたら、f_n∈S かつ ||f_n-f_m||=2 となるので、
{f_n}_n=1,2,… のどの部分列も収束しない。
したがってSは点列コンパクトでないためコンパクトでない。 数値ちがう。
そもそも最小性の証明出来てないから話にならん。 aを1でない実数とする。
[tan(log|log√√√√‥√a|]
において√の数を変化させるとき上式は全ての実数値を取りうることを示せ。 >>92
え?これが出来たら自然数から実数への全射が出来ることにならない? 濃度に反するんだが
稠密の間違いじゃないの? カッコが対応してないのも気になるが、
一番外側のカッコがガウス記号のつもりなら、「全ての実数値」は「全ての整数値」の間違いだったりするのかな? >>93
×すべての実数値
○すべての整数値
orz >>79
1 + 3x^2 + (1/2)(x-1)^3 - (1/2)(x+1)^3 = 0,
1 + 3x^2 + 4{(x-1)/2}^3 - 108{(x+1)/6}^3 = 0, >>92 >>95
a>0,a≠1,√がn個あるとする。
log|log(√√√√…√a)| = log|(1/2^n)log(a)|
= log|log(a)| - log(2^n)
= log|log(a)| - n・log(2),
これはnの等差数列である。
次は tan だから mod π で考えよう。
上式にπ/2 を加えてπで割った ( log|log(a)| - n・log(2) + π/2)/πの小数部分を c_n とおく。
任意の有限区間(α,β)内に或る c_n が存在することを示そう。
〔補題〕
0≦α<β≦1 に対し、α < c_n < β をみたす自然数nが存在する。
(略証)
[ 1/(β-α) ] + 1 = m とおくと、β-α > 1/m
鳩ノ巣原理により
c_1,c_2,…,c_{m+1} の中に |c_i - c_j| < 1/m となる i<j がある。
n を j-i ずつ増減すれば、c_n はある公差(<1/m)で増減する。
∴ m/2回以内にc_nは区間 (α,β) に到達し、補題が成立する。(終) >>97
正解です。いろいろ問題文不備あったけどエスパーしていただいて申し訳ない。
問題は
an = -n (log2)/π + (log | loga |)/πの小数部
がどうなるか?
です。
用意した解答。
――
はLindemannの定理から(log2)/π は無理数。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AA%E3%83%B3%E3%83%87%E3%83%9E%E3%83%B3%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86
よってWeylの一様分布定理
http://integers.hatenablog.com/entry/2016/07/30/140137
により任意の0≦α<β≦1に対し
lim[n→∞] #{n | α < an < β} /n = 1/(β - α)
が成立することから主張が成立。
――
ホントは上のサイトで紹介されているKroneckerの定理でも証明できるのですが、なんといってもWeylの発見したワイルの基準(Weyl's criterion)が美しく素晴らしい。
はじめて見たときはちょっと感動しました。 >>98
訂正
× lim[n→∞] #{n | α < an < β} /n = 1/(β - α)
○ lim[N→∞] #{n | α < an < β , n≦N }/N = 1/(β - α) >>97
鳩ノ巣原理のところを、
0 < |c_i - c_j| < 1/m となる i≠j がある。
と訂正。
Lindemann により log(2)/π が無理数だから。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています