面白い問題おしえて～な 29問目
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こ .鳥 効 こ. 食 鳥 鳥 ___ i
の 類 率 の べ 類 類 | ___ / | ヽ す
ス は よ 器. た に の. ﾉ.| ! ┘/
レ 砂. く 官 エ は 胃 ´ |__! _／ な
に や す で サ 歯 に
た 小 り. す .は が あ ┌┐‐┬‐ ぎ
め 石 つ り 無 る. ├┤__.|__
て を. ぶ つ .い 器 ├┤ .! も
お .食 .す ぶ の 官 ' .┘ .!
く べ た. さ で
て め れ
る ｰ｡<
,'´ ,,.ヽ
....,,,,___i''´ ・ ＞
! ､ｰ‐- !
ﾞ､ヽ ﾉ
゛'' 'ｪ-ｪ"´ 前スレ997(1)
AP=BP=√2よりAB=2√2
ABCDの周長は2√2×4=8√2 前>>5修正。
ABの上はAB上ではないと解釈しました。
(1)6√2 再掲(前スレ996)
沢山の宝石がある。宝石には穴が空いており、全ての宝石は一本の長い紐に通されて一直線に並んでいる。
また、宝石はn種類あり、各種類の宝石の個数は様々であるが全て偶数個であることは分かっている。
紐を何回か切断しいくつかの塊に分けることで、紐から宝石を外すことなく2人の人間で宝石を分けることを考える。
このとき、宝石の個数や並びに関わらず、n回切断することで常に均等に宝石を分けられることを示せ。
古典クイズと書きましたが、topological proofが存在することが知られています
興味のある人がいればヒントやアイデアを書いていきます 代行でこっちでも貼っとく
997 １３２人目の素数さん sage 2019/01/25(金) 02:50:08.43 ID:PhzqWDq+
これ面白い
2の間隔の正方形を作り点をABCDとしたよ。
辺ABの上に点Pを取り、辺AP=BP=√2としたよ。
1)この時、Pを含めた5角形APBCDの周長さはいくつかな？
2)点Pを(1)の周長を変えないように点B点Dの延長線上となるように点Pを動かしたよ。
その結果四角形APCDとなったよ。
この時の点DP間の長さはいくつかな？
3)点Pが(2)の状態にある時、点P1とし、(1)の周長を崩さぬように点Pを動かしまた点BDの直線上に動かしその点をP2としたよ。
点P1→点P2動いた時間はいくつ？
なお、動かした時間は1につき1secとするよ。
4)動かした点Pの軌道をグラフに描く。
点P1が(0,0)を通るように上に凸で書いたよ。
次に(x,y)=(2,0)を中心とし(0,0)を通る半円を書き足したよ。
軌道と円で囲まれてる所の面積はいくつかな
？ 1)5角形の周長は
一辺2が3辺と
AP=PB=√2により
6+2√2 >>7
あの31言ったらダメなやつと考え方同じだな >>9 >>12
2)
BP = p√2 とおくと
AP^2 = (1+p)^2 + p^2,
ところで、 1) より
AP = CP = (6+2√2 -2 -2)/2 = 1+√2,
これらより
p = {√(5+4√2) -1}/2 = 1.132241882312
DP = DB + BP = (2+p)√2 = 4.42965895059852 では>>7のtopological proofのヒントを書いておきます
簡単のためn=2としておきます
(こちらで想定している証明方法であれば一般のnに対してもそのまま適用できます)
以下の補題を使います
補題
f:S^2→R^2を連続写像とするとき
f(x)=f(-x)
となるx∈S^2が存在する
補題の証明は易しいです(知らない場合は考えてみてください)
与えられた宝石の列に依存する連続写像f:S^2→R^2をうまく取ると、補題から直ちに元の命題が示されます
どのようにfを選べばよいか考えてみてください >>13
詳しくお願いします
初等的な証明方法はあるのかもしれませんが、把握しておりません >>9
わかった
(2)
Pが辺ABからどれくらい離れてるか
AP:PB:BA=√2:√2:2により垂線下ろすと高さは1:1:√2だから1
点の水平移動しても外周は変わらないからBの真上とBの真横にPとP' を置く
PP'間は辺から離れてる距離により真ん中は√2/2
DBの長さは一辺2により2√2
足すとDPの距離は
2√2 + √2/2 = 5√2 / 2じゃないかな？ >>9 >>12
2)
BP1 = p√2 とおくと
AP1^2 = (2+p)^2 + p^2 = 2 + 2(1+p)^2,
ところで、 1) より
AP1 = CP1 = (6+2√2 -2 -2)/2 = 1+√2,
これらより
p = √(1/2 + √2) - 1 = 0.38355107
DP1 = DO + OP1 = √2 + (1+p)√2 = √2 + √(1+2√2) = 3.37085025
3)
AP1 = CP1 = 1+√2 = a,
OP1 = (1+p)√2 = 1.95663668743 = b,
とおくと
A(-√2, 0) B(0, √2) C(√2, 0) D(0, -√2)
P1(0, b) P2(0, -b) Q1(a, 0) Q2(-a, 0)
Pの軌跡は楕円
(x/a)^2 + (y/b)^2 = 1, 小数点君…はじめから全部違うと思うゾ
点Pは楕円にはならない。
2点2辺固定の場合平行移動だぞ？
楕円の場合は焦点固定の場合だから
多分出題者高校生だと思うから3Cまでの計算だと思うぞ >>17
＞点の水平移動しても外周は変わらないから
この図の左右の外周が等しいということ？
https://i.imgur.com/LTdqUAP.jpg >>20
そうそう等しいと俺は思った
あと6+2√2ね
でも違うっぽいな >>19
2)
BP1 = p√2 とおくと
AP1 + BP1 = √{(2+p)^2 + p^2} + p√2 = √{2 + 2(1+p)^2} + p√2,
ところで、 1) より
AP1 + BP1 = 2√2,
これらより
p = 1/3
DP1 = DB + BP1 = 2√2 + (1/3)√2 = (7/3)√2,
3)
AP + BP = 2√2,
だよね。 >>9 修正案
> 辺ABの上に点Pを取り、辺AP=BP=√2としたよ。
□ABCDの外部に点Pを取り、AP = BP = √2 としたニダ。
> 2)点Pを(1)の周長を変えないように点B点Dの延長線上となるように点Pを動かしたよ。
> その結果四角形APCDとなったよ。
2) 点Pを(1)の周長を変えないように、線分BDの延長線上に点Pを動かしたニダ。
その結果五角形 APBCD となったニダ。
> 3)点Pが(2)の状態にある時、点P1とし、(1)の周長を崩さぬように点Pを動かしまた点BDの直線上に動かしその点をP2としたよ。
3) (2)の状態にある点Pの位置を P1とし、(1)の周長を崩さぬように点Pを動かし、直線BDと再会した点をP2としたニダ。 解答案
3)
AP + BP = 2√2,
より
(xx/2) + (y-1)^2 = 1,
これは楕円アルヨ。
直線BD y=x との交点は
P_1 (4/3, 4/3)
P_2 (0, 0)
アルヨ。 解答案
(3)
ｘ → (√2)cosφ， ｙ → 1+sinφ
とおくぢゃん。
ds = √{(dx)^2 + (dy)^2},
s =∫[-π/2, arcsin(1/3)] √{1+(sinφ)^2} dφ
=∫[-1, 1/3] √{(1+tt)/(1-tt)} dt
= 2.256224416017548793463688895981454170195765856203120990202091790152911696637111818875640341701872164
ぢゃん。 >>15
ダメだ。サッパリ分からん。
もう答えおながいします。
どうも私しか考えてないみたいだし。 前>>6「ABの上」という言い方がおかしい。どっちまわりに、どのようなABCDを描いたかでABの上は異なる場合がある。
正方形ABCDの外側、すなわち辺ABについて正方形ABCDのない側にPってことだと解釈した。
(2)PがBに対してAB方向にa、CB方向にbの地点に動いたとすると、
A→P→Cの長さは2√2+2のま変わらないから、
AP=PC=(2√2+2)/2
=√2+1
DP=2√2+BP
ピタゴラスの定理より、
AP^2=(1+√2)^2=(2+a)^2+b^2
a^2+4a+4+b^2=3+2√2
a^2+4a+4+a^2=3+2√2
2a^2+4a+1-2√2=0
a=-2+√{4-(2-4√2)}/2
=-1+{√(2+4√2)}/2
BP^2=a^2+b^2=2a^2
BP=a√2
DP=2√2+BP
=2√2+a√2
=2√2+√(1+2√2)-√2
=√2+√(1+2√2) >>15
答え書くのメンドイなら元ネタどこから拾ってきたか教えてもらえませんでしょうか？ >>34
他に問題を考えている人がいるかもしれないと思い待っていました、すみません
紹介しようとしていた証明の出典はこちらの論文です
https://m.tau.ac.il/~nogaa/PDFS/Publications/The%20Borsuk-Ulam%20Theorem%20and%20bisection%20of%20necklaces.pdf
(§2-3)
以下、n=2の場合について簡単に解説を書いておきます
>>15で与えた補題はBorsuk–Ulamの定理と呼ばれている有名な定理(の特殊な場合)です
S^2,R^2をS^n,R^nに置き換えたものが本来の主張です
証明は代数トポロジーの教科書をあたると良いでしょう
英語版wikipediaにも載っているようです
元々の問題は離散的な設定であるため、補題を適用する為には、まず問題を連続的な設定に置き換える必要があります
具体的には
紐→閉区間[0,1]=I
宝石列→閉区間Iの互いに素な2つの部分集合への分割I=V_1∪V_2
(宝石の総数をNとするとき、宝石１つの占める区間の長さを1/Nと考えて、宝石の種類によって分割。
pdfではcoloringと表現)
紐の切断……Iの互いに素な区間への分割I=U_1∪U_2∪U_3
また、S^2の元に対し「Iの分割及び2人への分配」を対応させます
具体的には、(x,y,z)∈S^2に対し
分割……U_1=[0,x^2],U_2=(x^2,x^2+y^2],U_3=(x^2+y^2,1]
分配……A=∪_{i|(x,y,z)の第i成分が正} U_iとB=∪_{i|(x,y,z)の第i成分が負} U_i
と定めます
最後に、f=(f_1,f_2):S^2→R^2を
f_i(x,y,z)=λ(A∩V_i)
(Aに含まれる種類iの宝石の"数")
(λはルベーグ測度)
と定めます
fが連続であることは明らかでしょう
最後に、このfに対し補題を適用すれば、元の主張が示されます
(なぜこれで示されるかはよく考えると分かると思います)
pdfでは、§2で元の問題を拡張した連続的な問題を定義し、§3でそれを示しています >>35
なるほど！すばらしい！
この Borsuk–Ulam 使ったこの問題は自作ですか？ >>35
とおもったら論文がまんまこの問題なのか。 >>36-37
それほど専門的でなくかつとても面白い証明だと思ったので、ここで紹介しようと思いました
イントロによると、この論文より以前にトポロジーと帰納法を用いた証明がなされていますが、それに比べてより簡単な別証明を与えた形のようです
また、後半では高次元への一般化を考えています >>38
面白い証明ですね。
Borusk-Ulamの証明も面白かったです。
wikipediaにはRP(n)のコホモロジー環の話使っててちょっと難しかったけどこの辺の勉強してる人には常識なんだろうなぁと。
でもこの問題考えてる途中で自然にコホモロジー環の事勉強させられたのでなんとか理解できました。
いい勉強になりました。 >>39
一般のnに対して示すには(コ)ホモロジーの理論が必要なので少し知識が必要ですね
n=2の場合は実は基本群を使うだけで示せます
また、wikipediaの証明を改めて見たのですが、Hurewiczの定理及びRP^nのコホモロジー環の環構造を使っており、たしかに要求される知識が多いですね、失礼しました
HatcherのAlgebraic Topologyという教科書であれば、もう少し簡単な証明が載っています
(n=2はThm1.10,一般のnはProp2B.6•Cor2B.7)
こちらの教科書は著者が無料で公開しているので興味があればどうぞ
http://pi.math.cornell.edu/~hatcher/AT/AT.pdf
あと、あまり他の人が興味を示していない話題についてたくさんレスしてしまいすみません
邪魔でしたら控えます >>40
>http://pi.math.cornell.edu/~hatcher/AT/AT.pdf
ありがとうございます。読んでみます。
ここですね。
p251
――
one can use the same argument with Z2 coefficients to deduce that H
H^*(RP(n); Z2) ≈ Z2[α]/(α^(n+1) with |α| = 1
――
時間見つけて頑張ってみます。 前>>30 ゜ 。 ﾟ｡ ゜°｡
∥∩∩ ゜。 ゜。° ゜
（(-_-)｡ﾟ°゜。ﾟ ｡ ｡ﾟ
（っц)~ ∩∩ｸﾝｸﾝ……
｢￣￣￣￣].-))⌒ヾ､゜
■/_UU＼■υυ`υυ。
(3)は楕円なのか。 前スレ>>854の本人による改題
今度は高校数学で解いてほしいとか言わないんでよろしくお願いします
nを自然数とする。数列{a_n}及びa_0を a_0 = 1 , a_n = a_n-1 +3-(-1)^n と、また数列{p_n}を、素数を小さい方から順に並べた数列と定める。
(1) a_n の一般項を1つの式で表せ。
(2) b_n = a_n / p_n と定める。b_1 * b_2 * b_3 * ... * b_n-1 * b_n がとりうる最大値と、その時のnの値を全て求めよ。 >>44
(1) a_n = 3n + {3 - (-1)^n}/2, >>45
(1)正解です
是非とも(2)を解いてみてください ジョーカーを除いたトランプ５２枚の中から１枚の
カードを抜き出し、表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから
３枚抜き出したところ、３枚ともダイヤであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
山札からダイヤを１２枚引くまでは変わらず１／４で、
１３枚目を引いたときに初めて０になる
■正の整数nに対して
{1-n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)(n-7)(n-8)(n-9)(n-10)(n-11)(n-12)/13!}/4
出力は0≦n≦13の範囲で
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
１／４
０ 典型題だと思いますが僕のやり方よりキレイな解答がありそうなのでお願いします
n(≧1)次元空間において、同一n-1次元空間上に存在しないn+1個の点がある。このn次元空間にn+1個の点から等距離な点が一つ定まることを示せ。 >>54
一番ふつうの垂直２等分超平面使うやつがしってる方法？
P0～Pnと並べてP(i-1)Piの垂直２等分超平面をAiとする。
Aiの法線ベクトルをviとしてAiの方程式をvi・(OPベクトル)=ciとおく。
v0～vnが張る空間の次元がn未満ならすべてのviと直交するwがとれる。
このときw・(OP(i-1)ベクトル)=w・(OPiベクトル)がすべてのiについて言えるから、この値をdとすれば、すべてのPiは平面w・(OPベクトル)=dに含まれるから矛盾。
よって連立方程式vi・(OPベクトル)=ciは解をもつ。 >>54
いえ、知りませんでした…！
僕のやり方より綺麗でした
ありがとうございます 先頭車両から順に
1からnまでの番号がついたn両編成の列車がある
ただしnは2以上とする
各車両を赤色、青色、黄色のいずれか1色で塗るとき、
隣り合った車両の少なくとも一方が赤色となるような
色の塗り方は何通りか
3 5 11 21 43 85 171 341 683 1365 2731 5461 10923 21845 43691
(2^(n+2)-(-1)^n)/3 384=8!!
53760=2(10!!)+12!!
8755200=8(12!!)+13(14!!)
1805690880=15(14!!)+12(16!!)+9(18!!)
471092428800=10(16!!)+15(18!!)+16(20!!)+5(22!!)
153043438141440=4(18!!)+2(20!!)+3(26!!)
60836834554675200=(20!!)+17(22!!)+15(24!!)+16(26!!)+12(28!!)+(30!!)
規則性を見つけてくれ～(・ω・)ノ ソースは
N組のカップル(合わせて2N人)が無作為に横一列に並ぶ
どのカップルについても彼氏と彼女が隣り合わない
確率を求めよ
a(n)=a(n-1)+a(n-2)/((2n-1)(2n-3)),a(1)=0,a(2)=1/3
の一般項を導くための準備 トランプの束がある
2～10までの数字が描かれたカードが各スートに1枚ずつと、
ジョーカーのカードが24枚ある
全てを混ぜて無作為に切り直して12枚のカードを無作為に引いたとき
その12枚のカードのうちジョーカー以外にいずれも違う数字が
書かれている確率はいくらか
Sum[choose(24,k)*choose(9,12-k)*4^(12-k), {k, 3, 12}]/(choose(60,12))
出力 7371811052/66636135475 ジョーカーを除いたトランプ５２枚の中から１枚の
カードを抜き出し、表を見ないで箱の中にしまった
そして、残りのカードをよく切ってから
３枚抜き出したところ、３枚ともダイヤであった
このとき、箱の中のカードがダイヤである確率はいくらか
最初に箱にしまった時が１／４で
そこから徐々に確率が減ってゆき、
山札から３枚ダイヤが出た時が１０／４９
山札から１３枚ダイヤが出たときに０になる
これを関数で表すことができる
正の整数aを定数、山札からn枚のダイヤが出るとして
［0≦a≦124］，［0≦n≦13］の範囲で成立する関数は
P(D)=((n-13)(a-4n-125))/(a(n-52)-7n^2+92n+6500)
P(D)=((n-13)(a+4n+1))/(a(n-52)+7n^2-216n-52) 障害者無能秘書パイズリ國場のゴキブリ殺害予告暴言秘書ダルマ顔田中奇形クソまみれの米粒自殺しろ
ゴキブリ田中奇形の子供は奇形米粒確定キチガイ遺伝子死滅せよ ＞a(n)=a(n-1)+a(n-2)/((2n-1)(2n-3)),a(1)=0,a(2)=1/3 の一般項
a(n)=Hypergeometric1F1[-n;-2n;-2] ■二つの関数を一つに合成する
P1st
(6n^3+20n^2-n-27)(n-1)/24 （奇数）……①
(6n^4+14n^3-21n^2-26n+24)/24 （偶数）……②
Q1st
(6n^2+10n-3)(n+1)(n-1)/24 （奇数）……③
(6n^2-2n-5)(n+2)n/24 （偶数）……④
奇数［1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0］のみ出力する関数は
((-1)^(n+1)+1)/2 ……⑤
偶数［0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1］のみ出力する関数は
((-1)^n+1)/2 ……⑥
①x⑤+②x⑥
((6n^3+20n^2-n-27)(n-1)/24)(((-1)^(n+1)+1)/2)+((6n^4+14n^3-21n^2-26n+24)/24)(((-1)^n+1)/2)
P1st =｛12n^4+28n^3-42n^2-52n-3(-1)^n+51｝/48
③x⑤+④x⑥
((6n^2+10n-3)(n+1)(n-1)/24)(((-1)^(n+1)+1)/2)+((6n^2-2n-5)(n+2)n/24)(((-1)^n+1)/2)
Q1st =｛12n^4+20n^3-18n^2-20n-3(-1)^n+3｝/48 >>66
ほほう
超幾何級数を使うとシンプルに書けるんですねー 第一種の合流型超幾何関数（クンマー）
1Ｆ1[a; b; z] = 1 + Σ[k=1, ∞] {a(a+1)････(a+k-1)/b(b+1)････(b+k-1)} z^k /k!
1Ｆ1[-n; -2n; z] = {n!/(2n)!} Σ[k=0, n] {(2n-k)!/(n-k)!k!} z^k, 4面が緑色で2面が赤色のサイコロがあるとする
そのサイコロを20回振って、緑色(G)と赤色(R)のどちらが
出たかを記録した
次の3つの選択肢から１つを選ぶとする
もしあなたが選んだ選択肢が20回分の記録のどこかと
一致すれば25ドルもらえる
1.RGRRR
2.GRGRRR
3.GRRRRR
選択肢1は選択肢2に内包されており、また、
他の選択肢よりも短いにも拘わらず、
被験者の65%は選択肢2を選んだ
25ドルの賭金が話の上だけの形の調査でも、
結果に顕著な差は見られなかった スレ27 #795 の一般化をトライ
縦Mマス、横Nマスのフィールド{(x,y)|x∈{1,…,N},y∈{1,…,M}}の相異なる2マスに宝を置き、
縦優先検索((1,1)→…→(1,N)→(2,1)→…)のPと
横優先検索((1,1)→…→(M,1)→(1,2)→…)のQとで
先にいずれかの宝を見つけたほうが勝ちとするゲーム
宝の置かれるパターンの数=MN(MN-1)/2に対して、
P,Qそれぞれの勝つパターンの数をP(M,N),Q(M,N)とする
と言っても、いきなり一般化は難しいので、まずは片方のパラメータを固定していくつか計算してみる
n≡0 (mod 2) のとき P(2,n) = Q(n,2) = (3nn-4n )/4, Q(2,n) = P(n,2) = (5nn-10n+4)/4
n≡1 (mod 2) のとき P(2,n) = Q(n,2) = (3nn-4n+1)/4, Q(2,n) = P(n,2) = (5nn-10n+5)/4
n≡0 (mod 6) のとき P(3,n) = Q(n,3) = (12nn-10n )/6, Q(3,n) = P(n,3) = (15nn-22n+ 6)/6
n≡1 (mod 6) のとき P(3,n) = Q(n,3) = (12nn-13n+1)/6, Q(3,n) = P(n,3) = (15nn-25n+10)/6
n≡2 (mod 6) のとき P(3,n) = Q(n,3) = (12nn-10n+2)/6, Q(3,n) = P(n,3) = (15nn-22n+ 8)/6
n≡3 (mod 6) のとき P(3,n) = Q(n,3) = (12nn-13n-3)/6, Q(3,n) = P(n,3) = (15nn-25n+ 6)/6
n≡4 (mod 6) のとき P(3,n) = Q(n,3) = (12nn-10n+4)/6, Q(3,n) = P(n,3) = (15nn-22n+10)/6
n≡5 (mod 6) のとき P(3,n) = Q(n,3) = (12nn-13n-1)/6, Q(3,n) = P(n,3) = (15nn-25n+ 8)/6
こうしてみるとそれぞれ周期性がありそう。
その気になれば多項式と指数関数の組み合わせで書けるのかもしれない。 qを2以上の整数、nを1以上の整数とする。
1の冪根ρ=e^(2πi/q)を使って、
f_q(n)=(q-1)/2+Σ{k=1～(q-1)}((ρ^k)^n * (ρ^k - 1)/(2 - ρ^k - ρ^(-k)))
で表される関数 f_q(n) はどのような値をとるか？ (3!!/3+0)/3!!=1/3
(5!!/3+0)/5!!=1/3
(7!!/3+1)/7!!=12/35
(9!!/3+14)/9!!=47/135
(11!!/3+190)/11!!=731/2079
(13!!/3+2799)/13!!=1772/5005
(15!!/3+45640)/15!!=20609/57915
(17!!/3+823724)/17!!=1119109/3132675
(19!!/3+16372071)/19!!=511144/1426425
(21!!/3+356123690)/21!!=75988111/211527855
━━━━★━━━━━━━━━━★━━━━
1 14 190 2799 45640 823724 16372071 356123690
1
14
190
2799
45640
823724
16372071
356123690
a(n)=((2n-1)!!/3+α)/(2n-1)!!を満たす
多項式αを見つけてくれ～(・ω・)ノ >>74
そんな多項式は存在しません
そもそもスレ違いですし、他のスレでも同じ質問を連投している荒らしのようなのでスルー推奨ですね >>75
多項式αが存在しない証明をしてくれ～(・ω・)ノ https://www.gaiki-seijouki.jp/column1/368/
キチガイニホンザル改ざん統計でもう硬式記録すら信じられない捏造国家ニホンザル消滅せよ >>71 は周期関数で書くとこうなる
P(2,n) = Q(n,2) = (3/4)n^2-n+(1/2)-(1/2)(-1)^n
Q(2,n) = P(n,2) = (5/4)n^2-(5/2)n+(9/2)-(1/2)(-1)^n
P(3,n) = Q(n,3) = 2n^2-(23/12)n+(1/12)+(1/4)(n+1)(-1)^n-(1/3)cos(2πn/3)+(√3/9)sin(2πn/3)
Q(3,n) = P(n,3) = (5/2)n^2-(47/12)n+(4/3)+(1/4)n(-1)^n-(1/3)cos(2πn/3)+(√3/9)sin(2πn/3) >>73
分母は 2 -ρ^k -ρ^(-k) = - (ρ^k -1)^2 /(ρ^k),
k と q-k を組にして計算すると
f_q(n) = (q-1)/2 -(1/2)Σ[k=1,q-1] {ρ^(kn)(ρ^k -1) + ρ^(-kn)(ρ^(-k) -1)}(ρ^k) /(ρ^k -1)^2
= (q-1)/2 - (1/2)Σ[k=1,q-1] {ρ^(k(n+1))(ρ^k -1) - ρ^(-kn)(ρ^k -1)} /(ρ^k -1)^2
= (q-1)/2 - (1/2)Σ[k=1,q-1] {ρ^(k(n+1)) - ρ^(-kn)} /(ρ^k -1)
= (q-1)/2 - (1/2)Σ[k=1,q-1] Σ[j=-n,n] ρ^(kj)
ところで、
Σ[k=1,q-1] (ρ^m)^k
= q-1 (ρ^m=1) (mがqの倍数または0)
= -1 (ρ^m≠1)
-n から n までの整数のうち、qの倍数は (0も含めて) 2[n/q]+1 個だから
f_q(n) = n - q[n/q] = (nをqで割った余り) 【超悪質！盗聴盗撮・つきまとい嫌がらせ犯罪者の実名と住所を公開】
①井口・千明（東京都葛飾区青戸６－２３－１６）
※盗聴盗撮・嫌がらせつきまとい犯罪者のリーダー的存在／犯罪組織の一員で様々な犯罪行為に手を染めている
低学歴で醜いほどの学歴コンプレックスの塊／超変態で食糞愛好家である／醜悪で不気味な顔つきが特徴的である
②宇野壽倫（東京都葛飾区青戸６－２３－２１ハイツニュー青戸２０２）
※色黒で醜く太っている醜悪黒豚宇野壽倫／低学歴で人間性が醜いだけでなく今後の人生でもう二度と女とセックスをすることができないほど容姿が醜悪である
③色川高志（東京都葛飾区青戸６－２３－２１ハイツニュー青戸１０３）
※色川高志はyoutubeの視聴回数を勝手に短時間に何百何千時には何万回と増やしたり高評価・低評価の数字を一人でいくつも増やしたり減らしたりなどの
youtubeの正常な運営を脅かし信頼性を損なわせるような犯罪的業務妨害行為を行っています
※色川高志は現在、生活保護を不正に受給している犯罪者です／どんどん警察や役所に通報・密告してやってください
【通報先】
◎葛飾区福祉事務所（西生活課）
〒１２４－８５５５
東京都葛飾区立石５－１３－１
℡０３－３６９５－１１１１
④清水（東京都葛飾区青戸６－２３－１９）
※低学歴脱糞老女：清水婆婆 ☆☆低学歴脱糞老女・清水婆婆は高学歴家系を一方的に憎悪している☆☆
清水婆婆はコンプレックスの塊でとにかく底意地が悪い／醜悪な形相で嫌がらせを楽しんでいるまさに悪魔のような老婆である
⑤高添・沼田（東京都葛飾区青戸６－２６－６）
※犯罪首謀者井口・千明の子分／いつも逆らえずに言いなりになっている金魚のフン／親子孫一族そろって低能
⑥高橋（東京都葛飾区青戸６－２３－２３）
※高橋母は夫婦の夜の営み亀甲縛り食い込み緊縛プレイの最中に高橋親父にどさくさに紛れて首を絞められて殺されそうになったことがある
⑦長木義明（東京都葛飾区青戸６－２３－２０） ※日曜日になると風俗店に行っている ■n=3のとき、10/49となる関数を125種類作成
Table[((n-13)(a-4n-125))/(a(n-52)-7n^2+92n+6500),{a,0,124},{n,3,3}]
■n=0のときはすべて1/4
Table[((n-13)(a-4n-125))/(a(n-52)-7n^2+92n+6500),{a,0,124},{n,0,0}]
■n=13のときはすべて0
Table[((n-13)(a-4n-125))/(a(n-52)-7n^2+92n+6500),{a,0,124},{n,13,13}]
318 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2019/03/07(木) 18:00:45.97 ID:TVoNUVmm
■無量大数の世界でも10/49を出力する
Table[((n-13)(a-4n-125))/(a(n-52)-7n^2+92n+6500),{a,10^68,10^68+150},{n,3,3}] 『桃が5個あります
3個もらうと全部で何個になりますか』
2
8だろがボケ
一部所有者が変わるだけで5個のままじゃね？
誰が何を貰うか書いてない
ネズミがクッキーを3個もらうのかもしれない
すもももももももものうちかも 20までの自然数を重複を許さず10個ずつに分けa[1], a[2], a[3], ...a[10]、b[1], b[2], b[3], ...b[10]とする。そして
S = Σ(k=1→10)a[k]b[k] = a[1]b[1]+a[2]b[2]+a[3]b[3]+……+a[10]b[10]
とする。色々な分け方についてSを考えたとき、Sの最大値と最小値、及びその時の分け方はどのようなものか
さらに一般に2n個の数(nは自然数)をn個ずつ2組に分けて、
a[1]、a[2]、a[3]、…… および b[1]、b[2]、b[3]、……
とし
S = Σ(k=1→n)a[k]b[k] = a[1]b[1]+a[2]b[2]+a[3]b[3]+……a[n]b[n]
とする。色々な分け方についてSを考えたとき、Sの最大値と最小値、及びその時の分け方はどのようなものか >>85
(19,20)のペアがなければ最大ではない。
∵ (a,19),(b,20)の組み合わせの時
19・20 + a・b - 19・a - 20・b = (20 - a)(19-b) > 0
以下同様にして最大値は
1・2 + 3・4 + ‥ + 19・20 = 1430
(1,20)のペアがなければ最小ではない。
∵ (a,1),(b,20)の組み合わせの時
1・a + 20・b - a・b - 1・20 = (20 - a)(b - 1) > 0
以下同様にして最小値は
1・20 + 2・19 + ‥ + 10・11 = 770 >>86
正解です
しっかり示すのはやや面倒かと思いましたがそんなことなかったですかね 下の図で, △FJGは正三角形, 四角形FBCEは正方形である. ∠KJGの大きさを求めよ.
https://i.imgur.com/h43Hkcg.jpg >>88
KからBCに垂線を加えて交点をPとする
JB=(1/√3)BF
BP=PK=(1/(1+√3))BF
BP/JB=PK/JB=((√3)/(1+√3))
tan∠KJG=PK/(JB+BP)
=((√3)/((1+√3)+(√3)))
=(6-√3)/11
∠KJG≒21.2°
きれいな値にはならんね 出題ガイジが適当に絵描いて出してる問題なんだから当たり前 ここは出題スレだから自作問題出すのは無問題。
今回のはチェックが甘かったね。
計算機使えるなら検算してからにすればよかったのに。 あまり見ない、アプローチ法を思いついたので、投稿
(1) Σ[k=1,n]cot^2(kπ/(2n+1)) = n(2n-1)/3 を示せ
(2) 上を使って、n(2n-1)/(2n+1)^2 < (3/π^2)Σ[k=1,n]1/k^2 < 2n(n+1)/(2n+1)^2 を示せ □■■■■
□□■■■
□□□■■
□□□□■
□■■■■■■
□□■■■■■
□□□■■■■
□□□□■■■
□□□□□■■
□□□□□□■ > sapply(1:20,function(k) treasure0(4,5,k))
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10] [,11]
短軸有利 9 84 463 1776 5076 11249 19797 28057 32243 30095 22749
長軸有利 9 83 453 1753 5075 11353 20057 28400 32528 30250 22803
同等 2 23 224 1316 5353 16158 37666 69513 103189 124411 122408
[,12] [,13] [,14] [,15] [,16] [,17] [,18] [,19] [,20]
短軸有利 13820 6656 2486 695 137 17 1 0 0
長軸有利 13831 6657 2486 695 137 17 1 0 0
同等 98319 64207 33788 14114 4571 1106 188 20 1
４×５の場合
宝：１個 同等
宝：２～５個 短軸有利
宝：６～１３個 長軸有利
宝：１４～２０個 同等
(17!/(18-k)!)/(k-1)!+(15!/(16-k)!)/(k-1)!+(13!/(14-k)!)/(k-1)!+(11!/(12-k)!)/(k-1)!+(10!/(11-k)!)/(k-1)!+(8!/(9-k)!)/(k-1)!+(5!/(6-k)!)/(k-1)!+(4!/(5-k)!)/(k-1)!,k=5 >>95
(2)を利用したらζ(2)=π^2/6を示せる？ 8と83に補正が必要
Table[(17!/(18-k)!)/(k-1)!+(15!/(16-k)!)/(k-1)!+(13!/(14-k)!)/(k-1)!+(11!/(12-k)!)/(k-1)!+(10!/(11-k)!)/(k-1)!+(8!/(9-k)!)/(k-1)!+(5!/(6-k)!)/(k-1)!+(4!/(5-k)!)/(k-1)!,{k,1,20}] >>98
ですね
>>100
(1)の導出は困難だと思うけど、入試問題になっていたとは．．．orz >>101
いや(1)の不等式が入試問題になってたんじゃないよ。
東工大のはチェビシェフの多項式使って
Σ(sin kπ/2n)^(-2)
を求めさせる問題。1990年見たい。これを一工夫するとζ(2)が計算できる。
なぜかリンクが貼れないけど “入試問題研究 90東工大” で検索すると出てくる。
ちなみにほぼ同じ内容のPDFを神大の先生が作ってた記憶もある。 >>95
このζ(2)の解法の出典は1953年のロシア語の論文
http://mi.mathnet.ru/eng/umn8256
で、wikipediaによると1960年代には広く知られるようになったそうです。 >>106
岩波の公式集をぱらぱらめくってて 興味深い公式を見つけました >>95 の(1)です。
どうやって示すのか考えていると、バーゼル問題に使えることに気づきました。
多くの人にも、面白いと思っていただけると思い、ここに投稿しましたが、
広く知られている解法だったようですね。寡聞でした。
情報ありがとうございます。 Table[(17!/(18-k)!)/(k-1)!+(15!/(16-k)!)/(k-1)!+(13!/(14-k)!)/(k-1)!+(12!/(13-k)!)/(k-1)!+(8!/(9-k)!)/(k-1)!+(7!/(8-k)!)/(k-1)!+(6!/(7-k)!)/(k-1)!+(3!/(4-k)!)/(k-1)!+(2!/(3-k)!)/(k-1)!,{k,1,20}]
長軸有利
完全一致☆>>97 Table[(17!/(18-k)!)/(k-1)!+(15!/(16-k)!)/(k-1)!+(13!/(14-k)!)/(k-1)!+(11!/(12-k)!)/(k-1)!+(10!/(11-k)!)/(k-1)!+(8!/(9-k)!)/(k-1)!+(5!/(6-k)!)/(k-1)!+(4!/(5-k)!)/(k-1)!+(1!/(2-k)!)/(k-1)!,{k,1,20}]
短軸有利☆
{9, 84, 463, 1776, 5076, 11249, 19797, 28057, 32243, 30095,
9 84 463 1776 5076 11249 19797 28057 32243 30095
22749, 13820, 6656, 2486, 695, 137, 17, 1, 0, 0}
22749 13820 6656 2486 695 137 17 1 0 0
完全一致>>97
補正完了>>99 > sapply(1:12,function(k) treasure0(3,4,k))
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10] [,11] [,12]
短軸有利 5 26 73 133 167 148 91 37 9 1 0 0
長軸有利 5 27 76 140 176 153 92 37 9 1 0 0
同等 2 13 71 222 449 623 609 421 202 64 12 1
□■■■
□□■■
□□□■
Table[(9!/(10-k)!)/(k-1)!+(7!/(8-k)!)/(k-1)!+(6!/(7-k)!)/(k-1)!+(3!/(4-k)!)/(k-1)!+(2!/(3-k)!)/(k-1)!,{k,1,12}]
長軸有利☆
Table[(9!/(10-k)!)/(k-1)!+(7!/(8-k)!)/(k-1)!+(5!/(6-k)!)/(k-1)!+(4!/(5-k)!)/(k-1)!+(1!/(2-k)!)/(k-1)!,{k,1,12}]
短軸有利☆
■全12マス完全一致
Table[(12!/(12-k)!)/k!-(2((9!/(10-k)!)/(k-1)!+(7!/(8-k)!)/(k-1)!)+(6!/(7-k)!)/(k-1)!+(5!/(6-k)!)/(k-1)!+(4!/(5-k)!)/(k-1)!+(3!/(4-k)!)/(k-1)!+(2!/(3-k)!)/(k-1)!+(1!/(2-k)!)/(k-1)!),{k,1,12}]
同等☆ 図形の問題だったらこんなのはどうか
Q. xy平面上に x^2+y^2=1+|x|y を図示せよ |x|^2 - |x|y + yy = 1,
は左右対称
軸を45ﾟ回して
(x+y)/√2 = u, (x-y)/√2 = v,
とおく。
x≧0 のとき
1 = xx -xy +yy = (1/2)uu + (3/2)vv,
x≦0 のとき
1 = xx +xy +yy = (3/2)uu + (1/2)vv,
楕円を2等分して貼り合わせたもの。ハート形？ 時事問題を1つ投入してみる。
当然答えはないが、いくつか意見が出たら自分の回答を出そうと思う。
あなたは新元号のイニシャル(アルファベット1文字)を当てる賭けに参加することになった。
次の条件のとき、あなたはどのように賭けを行うか？
・新元号のイニシャルを当てれば掛け金の3倍を得られ、外れれば掛け金は回収される。
・複数のイニシャルに賭けることも可能で、それらの賭け金は異なってもよい。
・その次の元号が発表される時にも同様な賭けが開催されることが予想される。 久々に投稿。（個人的に）未解決なので注意
～～～～～～～～～～～～～～～～
次の主張は成り立つか：球面S^2（⊂R^3）を
・S^2 = ∪_(n=1～5) f_n(D)
(ただし D は S^2 のルベーグ可測な部分集合、f_i は直行群の元で表される１次変換)
・n≠m の時 f_n(D)∩f_m(D) は（可微分多様体としてのS^2の）零集合
を満たすように合同な５つのパーツ f_n(D) (n=1,…,5) に"分割"する時、
f_n○(f_m)^(-1) (n≠m)
と表される全ての合成変換に共通する実固有ベクトルが存在する。
～～～～～～～～～～～～～～～～
５分割でなく、例えば4,6,8,12,20であれば正多面体を利用して自明でない合同分割が得られ、
少し工夫すると60や全ての８の倍数も可能。
（合同分割が自明であるとは、上のような状況設定で共通する実固有ベクトルが「存在する」ことをいう。
つまり上の主張は「球面の5-合同分割は全て自明である」と言い換えられる） >>119 の補足
つまるところ、球面の中で「基本領域」なるものを定めて
それと合同な図形何枚かを球面にモレなくダブリなく貼り合わせるのが合同分割。
nがどんな正の整数でも左の図みたいにすればうまいことn-合同分割ができるんだけど、
これはどの領域から別のどの領域に移すにもある共通の直線を"軸"にして動かせば良いことから、
これらはそれほど面白みのない合同分割として「自明」なものと定めた。
真ん中の6-合同分割は共通の"軸"にあたるものが存在しないため非自明。
右は非自明な32-合同分割。点線が軸になりそうだけど、
矢印で示したあたりの部分のせいで共通の軸とならない。他の８の倍数も同様。
（線がぐにゃぐにゃですまん。マウスで絵描くのむずい…）
>>120
連結でなくとも構わない。でかルベーグ可測な集合であれば何でもＯＫ
（ルベーグ可測性は、どうしても生じるレベルのもれやだぶりを零集合でごまかせるように、という意図） > sapply(1:20,function(k) treasure0(4,5,k))
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10] [,11]
短軸有利 9 84 463 1776 5076 11249 19797 28057 32243 30095 22749
長軸有利 9 83 453 1753 5075 11353 20057 28400 32528 30250 22803
同等 2 23 224 1316 5353 16158 37666 69513 103189 124411 122408
[,12] [,13] [,14] [,15] [,16] [,17] [,18] [,19] [,20]
短軸有利 13820 6656 2486 695 137 17 1 0 0
長軸有利 13831 6657 2486 695 137 17 1 0 0
同等 98319 64207 33788 14114 4571 1106 188 20 1
4×5の場合
宝：1個 同等
宝：2～5個 短軸有利
宝：6～13個 長軸有利
宝：14～20個 同等
□■■■■
□□■■■
□□□■■
□□□□■
短軸有利☆
Table[choose(17,k-1)+choose(15,k-1)+choose(13,k-1)+choose(11,k-1)+choose(10,k-1)+choose(8,k-1)+choose(5,k-1)+choose(4,k-1)+choose(1,k-1),{k,1,20}]
長軸有利☆
Table[choose(17,k-1)+choose(15,k-1)+choose(13,k-1)+choose(12,k-1)+choose(8,k-1)+choose(7,k-1)+choose(6,k-1)+choose(3,k-1)+choose(2,k-1),{k,1,20}]
同等☆
Table[choose(19,k-1)+choose(17,k-2)+choose(15,k-2)+choose(13,k-2)+choose(8,k-2)+choose(1,k),{k,1,20}] >>119 が肯定的に解決したので報告。ヒントを言うと、やはり正20面体を利用するものでした。
ちなみに全ての偶数や３でも可能。７以上の奇数はまだ目途が立っていないのでよければそちらも… 連投失礼。
>>124 この場合肯定的にというのは、主張の反例が見つかったということです
（自明でない5-合同分割があればいいなと期待しながら調べていたものでつい…） 自分も5の場合の(連結なDによる)非自明分割はみつけた
2nの場合は、自明n分割からさらに赤道による分割を考えればいけるね (1)次の条件を満たす 有理数 s,t を見つけよ
・0 ≦ t ≦ 1/√2
・61/80 ≦ s
・s^2 = 2t^2-2t+1
(2)次の条件を満たす 凸多角形 を見つけよ。
・すべての頂点は、単位円の周上または内部にあり、両座標は有理数
・すべての辺長は、有理数
・周長は 31/5 以上 >>126
おお、連結なの見つけたのか すごい
2nの場合、もし左の図のことを言ってるのなら残念。これはどう変換しても軸は不変だから非自明じゃないんだ
（共通の固有ベクトルを持つだけで良いから、固有値まで一緒じゃなくても良い。例えば、
①から②への変換では軸は固有値1の固有ベクトル、①から③への変換では軸は固有値-1の固有ベクトルとなる）
一応非自明な5-合同分割のひとつの例を右図に挙げておきます。
わかりにくいですが正二十面体を立体射影で平面に落としたみたいなノリで描いてます。
外円の円周は本来は一点を表し、各同じ色の領域全体が一つのパーツになってます。
本来曲線で描かれるべきところもありますが、辺を共有してる、点だけ共有してる等の位置関係は保ってるので
そこから本来の形状を想像していただけたらとorz
>>128
②→③の変換を、２つの領域の共有する1点の方向に軸をとって回転させる、とすればよいのでは？ >>129
実際それは固有ベクトルの１つなんだけど、絵に描かれてる直線も固有ベクトルであることに変わりはないよね
それで、自明の定義が「～～共通する実固有ベクトルが存在する」だから、他の固有ベクトルの存在に関わらずこれは自明になるんだ
"軸"と表現すると各変換で一つしかないように思えるけど（これはこちらの言葉選びが良くなかったと思う、すまない）
その図の場合、言及してもらった方向にx軸をとれば、②から③への変換は f(x,y,z)=(x,-y,-z) と表せるから
(1,0,0) の他に (0,cosθ,sinθ) という無数の"軸"を持つことがわかる（そして図の直線の方向もその中に含まれる） >>130
そういや元の定義は固有ベクトルを共有しないって話でしたね
考えてるうちに失念してました、失敬 >>127 (1)
与式は
s^2 = t^2 + (1-t)^2
ピタゴラス数だから、自然数 a, b により
s = (aa+bb)/N,
t = (aa-bb)/N,
1-t = 2ab/N,
と表わせる。
N = aa+2ab-bb,
s ≧ 61/80 より
0.41421356 = √2 -1 < a/b < (61-√1042)/19 = 1.51157764 または 4.90947499 = (61+√1042)/19 < a/b,
0 ≦ t < 1/√2 より
1 ≦ a/b < {1+√(4-2√2)}/(√2 -1) = 5.02733952
これらより
1 ≦ a/b < (61-√1042)/19 = 1.51157764
ならば十分。
例) a=b, s=1, t=0, >>132
訂正ｽﾏｿ
s ≧ 61/80 より
0.41421356 = √2 - 1 < a/b < (19+√4082)/61 = 1.35886117
0 ≦ t < 1/√2 より
1 ≦ a/b < 1 + √2 + √(4+2√2) = 5.02733949
これらの共通部分は
1 ≦ a/b < (19+√4082)/61 = 1.35886117 >>127 の出題者です。
まず最初に (1) の第一条件 「0 ≦ t ≦ 1/√2」 を「1/2 ≦ t ≦ 1/√2 」に変更させてください。
これは、(2)における、「凸多角形」を「多角形」としてしまうような重大なミスでした。申し訳ありません。
にもかかわらず、132さんには、「1/2 ≦ t ≦ 1/√2 」と変更されたとしても、対応可能なほど、
丁寧に解いていただき、感謝いたします。
s,tの表現や、4.90947499=(61+√1042)/19 < a/b < {1+√(4-2√2)}/(√2 -1)=5.02733952
などから、十分過ぎる内容です。
a:b=5:1を採用すると、自然と、(s,t)=(13/17,12/17) が導けますから。
すでにお気づきだとは思いますが、この問題作成のきっかけは、有名な入試問題「π>3.05を証明せよ」です。
61/80という数字は、そこから持ってきたものです。 >>127
しょうがねぇから (2) も解くか････
A (1, 0)
B (1 - 8nn/(nn+1)^2, 4n(nn-1)/(nn+1)^2)
C (c, c)
とおく。
ただし c = {21(n^4-6nn+1) + 80n(nn-1)}/{41(nn+1)^2} < 1/√2,
n≧6 のとき凸16角形（の 1/8）となる。
AB は 横2n：縦(nn-1) の直角⊿の斜辺ゆえ
AB = 4n/(nn+1),
BC は 横20：縦21 の直角⊿の斜辺ゆえ
BC = (29/41){1 - 4n(nn+2n-1)/(nn+1)^2},
周長L = 8 (AB+BC),
・L が 31/5 以上となるのは n=7,8,9 の場合。
n=6, L = 8 (0.64864865 + 0.12451674) = 6.185323095
n=7, L = 8 (0.56000000 + 0.21615610) = 6.20924878
n=8, L = 8 (0.49230769 + 0.28409872) = 6.21125126
n=9, L = 8 (0.43902439 + 0.33619651) = 6.20176724
n=10, L = 8 (0.39603960 + 0.37726813) = 6.18646187 お疲れ様でした。この問題は整数問題ととらえて平方根を外すことを主眼に解こうとするとドツボにはまると思います。
特定の角度をもつ、ピタゴラス三角形をあらかじめ探し出し、目的の多角形の一辺に合うように
縮小し、座標に当てはめていけば見つけられます。以下、用意しておいた解答です。
11sin(π/11)=3.099...、12sin(π/12)=3.105なので、辺の数が12以上でなければ6.2を超えないことが判ります。
そこで、第一象限内に、A(a,a)、B(b,c)、C(c,b) を考え、残りは対称コピーしてできあがる12角形を考えます。
丁度、時計を15度傾けたとき、数字のある位置を頂点とする様な配置の仕方です。
この場合、必要とするピタゴラス三角形は、斜辺の角度が60度のものです。1:√3:2の比の三角形ですが、
これに近いものとして、120:209:241 を採用することとします。A(a,a)が、上のような配置の正十二角形の
一頂点だとしたら、一辺の長さは(√3-1)aとなります。√3-1=0.7320...に近い値として11/15=0.7333...を採用すると、
b=a+(11a/15)*(120/241)=329a/241、 c=a-(11a/15)*(209/241)=1316a/3615
この場合全周は、8*(11a/15+1316a/3615)=31736a/3615 で、(√2)aで割ると6.207673となり、
12角形を用いたのですが、ぎりぎり満足できそうなことが判ります。
aとして、241*3615/Floor[241*3615*sqrt(2)+1]=58081/82139 を使うと
A(58081/82139,58081/82139)、B(79289/82139,317156/1232085)、C(317156/1232085,79289/82139)
ほかにも、三種類のピタゴラス三角形を用いて、
X0=(1,0)、X1=X0+(3/7)*(-9/41,40/41)、X2=X1+(9/20)*(-204/325,253/325)、X3=X2+(18/37)*(-1161/1289,560/1289)
で定まる14角形などもあります。 >>135 をﾁｮﾄ変えてみた。
A (1,0)
B (1 - 8nn/(nn+1)^2, 4n(nn-1)/(nn+1)^2)
C' (c', c')
とおく。
ただし c' = (4/7){1 + n(n-3)(3n+1)/(nn+1)^2},
n≧6 のとき凸16角形（の 1/8)となる。
c' < 1/√2 = 0.70710678 より n≧8.
ABは 横2n：縦(nn-1) の直角⊿の斜辺ゆえ
AB = 4n/(nn+1),
BC'は 横3：縦4 の直角⊿の斜辺ゆえ
BC' = (5/7){1 - 4n(nn+2n-1)/(nn+1)^2},
周長L = 8 (AB+BC),
・L が 31/5 以上となるのは n=8,9,10,11 の場合。
n=7, L = 8 (0.56000000 + 0.21828571) = 6.22628571, c' = 0.71222857 (失格)
n=8, L = 8 (0.49230769 + 0.28689772) = 6.23364328, c' = 0.70667794
n=9, L = 8 (0.43902439 + 0.33950880) = 6.22826549, c' = 0.69992352
n=10, L = 8 (0.39603960 + 0.38098506) = 6.21619729, c' = 0.69298528
n=11, L = 8 (0.36065574 + 0.41444312) = 6.20079088, c' = 0.68629785
n=12, L = 8 (0.33103448 + 0.44195685) = 6.18393070, c' = 0.68003397 >>136
なるほど。
(1,0) (0,1) を通さなければ 12角形で可能でござるな。
(1,0) (b,c) (c,b) (0,1) の12角形は、中央の辺長が |b-c|√2 なので即アウトでござる。
また
A (1,0)
B (1 - 8nn/(nn+1)^2, 4n(nn-1)/(nn+1)^2)
D (4m(mm-1)/(mm+1)^2, 1 - 8mm/(mm+1)^2)
E (0,1)
の12角形も
BD = {(mn-m-n-1)^2 - 2(m+n)^2}/[(mm+1)(nn+1)]・√2
でアウトでござる。 >>136
BA = AC = 638891/1232085 = 0.51854458
B~B = CC~ = 2･(317156/1232085) = 0.51482812
L = 4 (BA+AC+CC~) = 7648376/1232085 = 6.20766911
確かに可能でござる。 >>137
ある頂点から、有理数条件(x座標変位、y座標変位、距離すべてが有理数)を満たす点を探すだけなら、
簡単です。どんなものでもいいので、ピタゴラス三角形を持ってくればいいのです。しかも縮尺も
有理数倍でさえあれば自由です。いわば自由端問題で >>136 で記した二つは両方ともこの方針によるものです。
しかし、(t,t)型の頂点からも同時に有理数条件を満たさなければならないとなれば、大変です。
一定方向にのみ動かせますが、いわば固定端問題です。私はこの方針は面倒そうだと思い、端からあきらめて
いましたが、>>137 等では、それを行っています。よく見つけられたと、感歎してます。
実際にプロットしてみましたが、ｎの変化によって、頂点の分布が結構変化しますね。
凸条件を満たさないものや、単位円の外に出るものもありましたが、一定の範囲内のnに対し、
条件を満たします。
nは整数に限りません。有理数でokですね。すばらしい解答だと思います。 >>127
問題の趣旨に添う回答じゃないかもだけど一応。自然数 n に対して
a = 4n^4+8n^3-4n-1 = (2n^2-1)(2n^2+4n+1),
b = 8n^3+12n^2+4n = 4n(n+1)(2n+1),
c = 4n^4+8n^3+8n^2+4n+1 = (2n^2+2n+1)^2,
d = 8n^3+12n^2+8n+2 = 2(2n+1)(2n^2+2n+1)
と定めて α=(a+bi)/c とおけば、|α|=1, |1-α|=d/c と有理数になってくれるから、
うまいこと自然数 m を定めて複素平面上の点集合 {a^n}_(n=-m,…,m) を順に結べば周長以外の条件を全て満たす。
点集合を順に結んで（α^m と α^(-m) も結んで）凸多角形ができるために m が満たすべき条件はというと、
α^1 から α^m までが全て上半平面にあることのみ。（このため m の大きさはだいたい πn/2 程度に制限される）
n を十分大きくとればそれだけ辺が円に近づくから、周長が 31/5(<π) を超えるように n をとることは可能。
…そして実際にとれれば解決なんだけど、計算が煩雑になるため計算機に頼るしかないのが難点。一応理論だけ以上の通り > nは整数に限りません。有理数でokですね。
そうであったか。しからばチト修正････
>>135
・凸条件 (nn-1)/2n > 1+√2 から
n > 1+√2 + √{2(2+√2)} = 5.02733949
・c = (21/41){1 + (8/21)n(2n-5)(5n+2)/(nn+1)^2} < 1/√2 から
n > {881 + (29√2)[29+√(2･29･29+881√2)]}/(17･47) = 5.36862925
・L が 31/5 以上となるのは
6.45963968 < n < 9.13156611
>>137
・凸条件 (nn-1)/2n > 1+√2 から
n > 1+√2 + √{2(2+√2)} = 5.02733949
・c' = (4/7){1 + n(n-3)(3n+1)/(nn+1)^2} < 1/√2 から
n > {31 + (5√2)[5+√(50+31√2)]}/17 = 7.93257298
・L が 31/5 以上となるのは
6.10446338 < n < 11.04823360
これらの共通部分は
7.93257298 < n < 11.04823360
でござるか。 >>141
c+a = 2{2n(n+1)}^2,
c-a = 2{(n+1)^2 - n^2}^2,
c = {(n+1)^2 + n^2}^2
cc - aa = bb,
b = 2{2n(n+1)}{(n+1)^2 + n^2},
dd - (c-a)^2 = bb,
d = 2{(n+1)^2 - n^2}{(n+1)^2 + n^2} = 2{(n+1)^4 - n^4} >>141
θ = arcsin(b/c),
とおくと
m = [ π/θ ]
L = 2m(d/c) + 2sin(mθ),
n=3
a=527, b=336, c=25^2, d=14･25, θ=0.56758821841666, m=5,
sin(5θ) = 28515500892816/(c^5) = 0.29900669864185 ∈ Q
L = 2･5･(14/25) + 2sin(5θ) = 6.1980133972837
n=4
a=1519, b=720, c=41^2, d=18･41, θ=0.44262888469558, m=7,
sin(7θ) = 1637671530080839800240/(c^7) = 0.043177033944429 ∈ Q
L = 2･7･(18/41) + 2sin(7θ) = 6.2326955313035
・L が 31/5 以上 ････ n≧4
n=17
a=373319, b=42840, c=613^2, d=70･613, θ=0.1142546313550, m=27,
sin(27θ) = 0.056687202872879 ∈ Q
L = 2･27･(70/613) + 2sin(27θ) = 6.2797691855174
n=18
a=466487, b=50616, c=685^2, d=74･685, θ=0.10808179674906, m=29,
sin(29θ) = 0.00722048512511925 ∈ Q
L = 2･29･(74/685) + 2sin(29θ) = 6.2801344009072
・L が 6.28 以上 ････ n≧18 >>144
どうもありがとう。n=3 の時点でもう10ケタ超えてたのね…
そして n=4 と意外と早いタイミングで条件が満たされてやや驚き 底円の中心Oの半球を底円と平行な平面αで体積が半分になるように切断した
さらに、底円とαの中央にそれらの平面と平行な平面βで半球を切断する
βによる断面の中心をO'、周上の点をPとするとき、
∠OPO'を求めよ 前>>42
>>146
半径1の半球を底円から高さωまで足し集めたとき、体積が球(体積4π/3)の1/4とすると、
π/3=π∫0～ω(1-t^2)dt
1/3=[t-t^3/3]0～ω
1/3=ω-ω^3/3
ω^3-3ω+1=0――①
ω=sin∠OPO'
①を微分すると、
3ω^2-3=0
y=f(ω)=ω^3-3ω+1のグラフの形より、
ω=-1のとき極大、
ω=1のとき極小値-1をとる。
①の値が0となるωは、
0＜ω＜1のうちやや0寄りのとき。
∠OPO'≒18° 前>>147訂正。
{sin(20°)}^3-3sin(20°)+1=0.0139483266≒0
20°よりわずかに大きいが、整数値では20°がもっとも近い。 π∫[0,a](1-x^2)dx = 1/2・2π/3より
a-a^3/3 = 1/3 。
∴ (2b) - (2b)^3/3 = 1/3。
∴ 3b - 4b^3 = 1/2。
∴ 3(sinθ) - 4(sinθ)^3 = 1/2。
∴ sin3θ = sin(π/6)。
∴ θ=π/18。 >>149-150え？ 10°はうすいよ。そんなうすっぺらの円盤が半球の1/3になるの？ 前>>148そうかなぁ？ 10°で1/3か。
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ 白玉18個と黒玉2個の計20個の玉が袋に入っている。
「無作為に袋から玉を1つ取り出しその玉は戻さない」ということを繰り返す。
初めて黒玉が出るまでに白玉が出た個数として、最も確率の高いのを0, 6, 9, 18のうちから答えよ。 たぶん春休みの宿題を丸投げしたんだろう。レベル的にも納得いく。 >>152白玉1個食べて戻さない確率は18/20=9/10。白玉2個食べて戻さない確率は(9/10)(17/19)=63/190。白玉3個食べてｫｴｯ戻さない確率は(63/190)(16/18)=28/95。白玉4個食べてﾌｰｯ戻さない確率は(28/95)(15/17)=84/323。
白玉5個食べてｱｰ!! (84/323)(14/16)=72/323。白玉6個――(72/323)(13/15)=312/1615。9個かな？ 前>>151
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ V(θ) = π∫[0～2sinθ] (1-xx) dx
= (2π/3) [(3/2)x - (1/2)x^3](x=0,2sinθ)
= (2π/3) {3sinθ - 4(sinθ)^3}
= V(π/6) sin(3θ),
面白い。 よくあるキャッチコピー「2人に1人ががんになる」
実は、これには数字のカラクリがあるのだ
実際には、日本人が50歳までに罹る確率は、統計上では、なんと2％
60歳でも7％以下に過ぎない
80歳でも37％以下
90歳や100歳まで生きる人すべてを合わせて、ようやく「2人に1人」となる
（国立がん研究センターがん対策情報センター「最新がん統計」より） >>157
何いってんだ
死ぬ前までにガンにかかる確率、という言葉通りの当たり前の定義だぞ なんで式いっしょなのに答え違うんだろ？ 計算間違えたかな？ 10°かな？ 前>>155
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ 前>>160
底円とαの中央にそれらの平面と平行な平面β
ここが難しい。
底円と平面αに平行な平面βという意味ではないのか？ 中央は点だ、点に平行ってのはおかいしな。 >>155
不正解です
20回続けて取り出した時、黒が出るタイミングはC(20,2)=190通りあります
これらは全て同様に確からしいです
うち初めに黒が出るのは19通り。6回白が出て黒が出るのは13通り。同様に選択肢順に10通り、1通り。
よって0が最も確率が高いと結論されます 前>>161
平面βは底円と平面αのちょうど中央にあるとして、
π∫0～2sin∠OPO'(1-t^2)dt=(4π/3)(1/2)(1/2)
=π/3
[t-t^3]0～2sin∠OPO'=1/3
2sin∠OPO'-8(sin∠OPO')^3/3=1/3
6sin∠OPO'-8(sin∠OPO')^3=1――①
先の解答で、半球を平面αで切ったときの∠OPO'より上にある∠OP'O"はほとんど20°だったから、
∠OPO'=10°と予想される。 に①入し、、
s(in10°)な8(sin10°O^3=1
示された。
(文字化けの可能性あり) 前>>163修正。
平面βは底円と平面αのちょうど中央にあるとして、
π∫0～2sin∠OPO'(1-t^2)dt=(4π/3)(1/2)(1/2)
=π/3
[t-t^3]0～2sin∠OPO'=1/3
2sin∠OPO'-8(sin∠OPO')^3/3=1/3
6sin∠OPO'-8(sin∠OPO')^3=1――①
先の解答で、半球を平面αで切ったときの∠OPO'より上にある∠OP'O"はほとんど20°だったから、
∠OPO'=10°と予想される。①に代入し、
6(sin10°)-8(sin10°)^3
=6(0.173648178)-8(0.173648178)^3
=6(0.173648178)-8(0.00523613325)
=1
∴示された。 >>164
sin10°≒0.173648178
はあくまで近似値であって真の値でないためそれは数学的な証明でもなんでもありません
すなわち示されてません 前>>164
>>165
しかしだな、
6(sin10°)-8(sin10°)^3の値がぴったり=1となったんだよ。≒1じゃない。近似じゃないんだ。信じてほしい。びっくりしたし、おもしろいと思う。が、なんでそうなるかはまだこれから考えたいところ。
20°だと微妙に値がズレるのに、10°だとなぜかぴったりだった。 >>166
近似値ではなくぴったり1になることはすでに>>149で示されてます
そういうことを言いたいのではなくて>>164が全く数学の証明になっていないということを言いたいだけです >>167
3倍角以前にイナとかいう奴は「証明」という概念を知らないんだろうな 中心がOにある半球を、その底面と平行な平面αで切断したところ、
下側の体積が半球の sin(3θ) 倍になった。
さらに、底面と平面αから等距離な平面βをとる。
βと半球との交円をCとし、C上の一点をPとするとき、
OPと底面のなす角を求めよ。 前>>166
>>171
平面βの中心をO'とし、半球を水平面で切って(底面～平面β～平面αまで)足しあつめる(高さ0～2sin∠OPO'で積分する)と、
π∫0～2sin∠OPO'(1-t^2)dt=(4π/3)(1/2)(1/2)=π/3
[t-t^3/3]0～2sin∠OPO'=1/3
2sin∠OPO'-(8/3)(sin∠OPO')^3=1/3
6sin∠OPO'-8(sin∠OPO')^3=1
前問同様、∠OPO'=10゜
平面βと半球の底円が平行だから題意の角は∠OPO'の錯角で、10° 前>>172
>>171つづき。
(4π/3)(1/2)(sin3θ)=π/3
2sin3θ=π
sin3θ=π/3
3θ=30°
θ=10°
∴題意の角はθ 前>>173訂正。
(4π/3)(1/2)(sin3θ)=π/3
2sin3θ=π/3
sin3θ=π/6
3θ=30°
θ=10°
∴題意の角はθ 10桁の近似値を入れて10桁電卓で計算したら1になるかもしれないけど
10桁の近似値を入れて50桁電卓で計算したら1にはならんよね 我輩の電卓は八桁である。前>>174シナコンで受賞して映画化するのを楽しみにしている。
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣したらば板みつけた。書きこめないけど。もっとおもしろい問題を出してほしい。 とりあえず確信になった事が一つある。
絶対に東大ではない。 6sin10°-8(sin10°)^3=1
だれかこの不思議を紐解いてくれないか。なんでぴったり10°なんだ。できれば図に描いて。脳でわかるような図を。
前>>176もう眠たい。雨降ってきそうなぐらい気圧下がってきてる。
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￣￣￣￣￣￣ 永瀬隼介
深町秋生
ヒトモドキゴキブリネトウヨ猿障害者くそ食って自殺しろ >>179面白い問題 ∩∩
出してよ｡前>>178(^o^))
[￣] ｸﾝｸﾝ…… U⌒U､
￣￣]/＼___∩∩ノ (γ)
＿＿/＼/,,(`.`))⌒ヾU/
￣￣＼/彡`-`ﾐυ`υυ/
￣￣|＼_U,~⌒ヽ___／|
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_____`∥_________∥／
￣￣￣￣￣￣￣￣￣ 直線l上の異なる2点A,Bは線分ABをなしている。このABを三等分せよ。ただし次の条件で作図すること:
･ものさしとコンパスだけ
･ものさしは直線を引くためだけ
･コンパスは1回のみ使う >>183なんでコテが∩∩
要るの？ 前>>182(^o^))
[￣] ｸﾝｸﾝ…… U⌒U､
￣￣]/＼___∩∩ノ (γ)
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￣￣＼/彡`-`ﾐυ`υυ/
￣￣|＼_U,~⌒ヽ___／|
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣クジが引ける日時はコテが外れるんだよ。>>184
コンパスをただ一度どこで使うか。AB上の三等分地点をとおらなならんと思うがどうか。てことはABに対する垂直二等分線上に針を置けばいい。垂直二等分線はコンパスがなくても引ける。
ものさしを直線ABに対しやや斜めに置き、片側にAをとおる直線を、もう片側にBをとおる直線を同時に引く。これを逆の斜めで同様に行えばABを対角線としたひし形が描ける。そのもう一つの対角線がABの垂直二等分線だ。
さて問題はABの垂直二等分線上のどこにコンパスの針を置くかじゃない。ABの三等分地点のどちらか一方にコンパスの鉛筆を置かなならん。
コンパスの長さをABとするとABの中点からコンパスの針を置く位置までの長さは、三平方の定理より、
√{AB^2-(AB/6)^2}=(√35)AB/6
これは描けなさそう。
コンパスの長さを(1/2)ABとするとABの中点からコンパスの針を置く位置までの長さは同様に、
√{(AB/2)^2-(AB/6)^2}=(2√2)AB/6
=(√2)AB/3
これは描ける可能性がある。早ければあした。 >>187目分量はだ[≒](Y)
めだろ。前>>185(~e~( )
[￣] ｸﾝｸﾝ…… U⌒~ﾉ
￣￣]/＼__∩∩ノ (γ）
＿＿/＼/,(`.`))⌒ヾU /
￣￣＼/彡`-υﾐ`υυ /
￣￣|＼_U,~⌒ヽ___／|
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣画像が貼れなくてあれだけど、この[≒]みたいな感じで、ものさしをABに対し斜めに置けば、最後にコンパスで三等分できると思う。 >>178
-8x^3+6x-1=0の解がsin10°になる理由を考えろってこと？ >>184
直線AB上にない１点Zをとる。
コンパスでZを中心とし直線ABと交わる大きさの円周Cを曳く。
直線ABとCの交点をD, Eとする。
ものさしで直線DZを曳き、円周Cとの交点をD~とする。
ものさしで直線EZを曳き、円周Cとの交点をE~とする。
ものさしで直線D~E~を曳く。これは直線ABと平行である。
AB、D~E~の平行線をもう1本曳きたいが････
DED~E~ が長方形であることを使おう。
ものさしで長方形の各辺を2等分できれば、2直線AB、D~E~から等距離の直線を曳ける。 長方形DED~E~の一辺を3等分せよ。ただし、次の条件で作図すること：
･ものさしだけ
･ものさしは線分を引くためだけ（長方形の中だけ） ￣]/＼_＿＿＿＿＿>>190
＿/＼/ ∩∩ /|ちょ
￣＼/ ((`-`)/ |っと
￣|＼＿＿,U⌒U､| |__違
］| ∥￣￣~U~U | / /う
＿| ∥ □ ∥ |/ /か
_ `∥＿＿＿∥／_/な。
￣￣￣￣￣￣￣￣∥ /
□ □ □ ∥ /
＿＿＿＿＿＿＿＿∥/
￣￣￣￣￣￣￣￣￣xだとsinになるとも10°になるとも思う前>>188に、0＜x＜1の範囲で0寄りにあるある値に決まってしまう。知りたいのは値じゃない。
sin10°の10°のほう。
なぜぴったり10°なのか。
ただこれには自分なりの答えが出たからもうどっちでもいい。開運!! >>192
もっと標準的なレベルの問題でしょ
3倍角の公式使うだけだし >>196
約1名東大農学部卒で解けないとのたまう御仁がいる。 >>194
>>194
対角線DD~，EE~の交点を Z(0,0) とする。
辺の長さを DE = D~E~ = 2p, DE~ = D~E = 2q とする。
D (-p,-q) E (p,-q) D~(p,q) E~(-p,q)
辺DE上に点S (-ps,-q) 辺D~E~上に点T (-pt,q) を任意とる。(0<s<t<1 とする)
SZの延長と辺D~E~の交点はS~(ps,q)
TZの延長と辺DEの交点はT~ (pt,-q)
S~T~ // ST
線分STと対角線DD~の交点はU (-(s+t)p/(2-s+t), -(s+t)q/(2-s+t))
線分STと対角線DD~の交点はV (-(s+t)p/(2+s-t), (s+t)q/(2+s-t))
線分S~T~ と対角線DD~，EE~の交点は U~，V~
UV~の延長と辺DE~，ED~の交点は W (-p,-qs)，X~(p,-qt)
VU~の延長と辺DE~，ED~の交点は X (-p,qt)，W~(p,qs)
したがって
SW~ // S~W // TX // T~X~ // DD~ (傾き q/p)
SW // S~W~ // TX~ // T~X // EE~ (傾き -q/p)
5本組の平行線が2つ得られた。 原理的に、定規とコンパスによる作図で描き出せる「2線の交点」（線は直線でも円弧でも可）は、すべて定規のみで描けるという定理があるから、
究極はコンパス0回にできるはずなんだ >>198 (続き)
SW，T~Xと対角線DD~の交点をF，Gとする。
FT~とGSの交点をH，FXとGWの交点をIとする。
DHの延長とED~の交点は J (p, -q/3) EJ = (2q)/3
DIの延長とD~E~の交点は K (-p/3, q) E~K = (2p)/3
となる。
なお、各辺が3等分されたので、直線ABの平行線は無数に曳ける。
(注) アフィン幾何では、縦横に伸縮して考えてもよい。
たとえば正方形(p=q)にして考えると、両対角線の傾角は45°となる。
底辺に対する両対角線の傾角が等しいことが重要。 >>199
たぶん、できないと思うよ。（有限回では） nが有理数のとき、線分ABの1/nの長さの線分を取れることも示せそう
コンパスを使う回数を2回にすると、これまた少し違って楽しくなるね >>190その式なら
x=cos80°=1.73648178でも成り立つ。そうじゃなくて、半球を体積が半分になるように水平に切った球台をさらに高さ半分で水平に切るという一連の動作で、そのうすい球台の∠OPO'が、なぜぴったり10°になるのか、その不思議を言ってます。
￣]/＼＿＿＿＿前>>195
＿/＼/ ∩∩ /|
￣＼/ ((`-`)っ/ |
￣|＼＿_U,~⌒ヾ､ |__
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□ □ □ ∥ /
＿＿＿＿＿＿＿＿∥/
￣￣￣￣￣￣￣￣￣ ､∩レイザービームの如
`_')っ､くぴったり10°
￣]/＼_＼________で切
＿/＼/ с＼.~っ /|らせ
￣＼/ ((`-＼っ/ |ると
￣|＼＿_U,~⌒＼| |__こ
］| ∥￣￣~U~~U＼/ /|
＿| ∥ □ ∥ |/＼ |
___`∥＿＿＿∥／_/ ＼
￣￣￣￣￣￣￣￣∥ /`
□ □ □ ∥ /が
＿＿＿＿＿＿＿＿∥/面
￣￣￣￣￣￣￣￣￣白かった。前>>204ていうか、ぴったり10°かな？――見当つけて当たったとこが面白かった。 >>204訂正。cos10°=0.173648178前>>205
､∩
`_')っ､ﾋﾟｯ
￣]/＼_＼________
＿/＼/ с＼.~っ /|
￣＼/ (`e'＼っ/ |
￣|＼＿_U,~⌒＼| |__
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￣￣￣￣￣￣￣￣∥ /*
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＿＿＿＿＿＿＿＿∥/
￣￣￣￣￣￣￣￣￣ >>200
D (0,0) S (2a,0) T~ (2b,0) X (0,2mb) W (0,2ma)
とすると
対角線DD~： y = mx (m=q/p)
SW： y = m(2a-x)
T~X： y = m(2b-x)
SWとDD~の交点 F (a,ma)
T~XとDD~の交点 G (b,mb)
FT~： y = {ma/(2b-a)}(2b-x),
GS： y = {mb/(2a-b)}(2a-x),
これらの交点 H (3ab/(a+b),mab/(a+b))
DH： y = (m/3)x, 実数上のC^1級関数f(x)についてlim(x→∞)f(x)は収束するとしたとき、以下の問に答えよ
(1)f'が単調増加の場合、lim(x→∞)f'(x)=0となることを証明せよ
(2)fが単調増加でかつ
lim(x→∞)f'(x)は0とはならない例を挙げよ >>184
直線l上に点Bを中心として点Aを通る円Cを作図する。円Cと直線lの交点でAでない方をA'とする。
直線l上にない点Pを円Cの内部にとり、線分OP上の点Qを任意にとる。
APとA'Qの交点をR、A'PとAQの交点をR'、RR'とPBの交点をSとおく。
RBとSAの交点をT、PTとlの交点をUおけば、Uは線分ABの中点になる。
直線RR'と円Cの２つの交点をそれぞれV,Wとおく。
直線VBと円Cの交点でVでない方をV'、直線WBと円Cの交点でWでない方をW'とおけば、
直線VW、直線l、直線V'W'は全て平行であり、この順で等間隔である。
直線V'W'上から任意に点Oをとり、OAとVWの交点をD、OUとVWの交点をE、OBとVWの交点をFとおく。
点Oを原点として二点A,Bの位置ベクトルがそれぞれ(1,0),(1,1)となるように座標系を定めると、
現在 O(0,0), A(1,0), B(1,1), A'(1,2), D(2,0), E(2,1), F(2,2) 等が作図されていることになるので、
あとは例えばAEとA'Fの交点G(3,2)、ADとA'Eの交点H(3,0)、GHとBEの交点I(3,1)等のように作図をすれば、
OGとABの交点(1,2/3)、OHとABの交点(1,1/3)という求める二点が得られる。 >>209 訂正
１段落２行目
誤：線分OP上の点Qを任意にとる。
正：線分BP上に点Qを任意にとる。
３段落５行目
誤：OHとABの交点(1,1/3)
正：OIとABの交点(1,1/3) >>208
(1)
もしも f '(a) >0 となるaが存在したならば
x≧a ⇒ f '(x) ≧ f '(a) = b,
f(x) ≧ f(a) + b(x-a) → ∞ (x→∞)
となって矛盾する。
∴ f '(x) ≦ 0
∴ 単調増加で上に有界だから収束する。
lim[x→∞] f '(x) = L ≦ 0,
L < 0 ならば、ε=(-L)/2 に対して 或る N があって
x > N ⇒ |f '(x) -L| < ε = (-L)/2,
f(x) < f(N) +(-L)/2・(x-N) → -∞ (x→∞)
となって矛盾する。
∴ L=0
(2)
たとえば
f '(x) = sin(nnx) ( 2nπ < x < (2n+1/nn)π )
= 0 (その他)
f(x) → 2ζ(2) = ππ/3 (x→∞)
・有名な例
f '(x) = x/{1+ x^6･sin(x)^2},
高木：「解析概論」改訂第三版、岩波書店(1961) p.141
第3章 積分法 練習問題(3)-(9) f(x)=1-x^2+x^4-x^8+x^16-x^32+…+(-1)^n・x^(2^n)+…
とするときf(x)は[0,1)で連続だが
片側極限lim(x→1-)f(x)は存在しないことを示せ。 >>214
x ～ 1 - (√2)(1/4)^n の辺りで極大 ～ 0.5027
x ～ 1 - (1/√2)(1/4)^n の辺りで極小 ～ 0.4973
x ～ 1 - (1/2)^n の辺りでは ≒ 1/2
ですかねぇ >>213
n＝0 のとき (-1)^n・x^(2^n)＝x^(2^0)＝x^1なので、
f(x)=1-x^2+x^4-x^8+x^16-x^32+…+(-1)^n・x^(2^n)+…
ではなく
f(x)= x -x^2+x^4-x^8+x^16-x^32+…+(-1)^n・x^(2^n)+…
だよね？ >>213
a＝lim(x→1-)f(x)∈R が存在するとする。
f(x)＝Σ[n＝0～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n}) なので、0＜x＜1とm≧1を任意に取るとき、
f(x^{1/4^m})
＝Σ[n＝0～∞]x^{4^{n－m}}(1－x^{4^{n－m}})
＝Σ[n＝－m～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n})
となる。m→＋∞とすると、x^{1/4^m}↑1 なので、
a＝Σ[n＝－∞～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n})
となる。これが任意の0＜x＜1で言えることになる。 しかし、x＝1/2, 1/3 のときの Σ[n＝－∞～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n}) の値を
数値計算すると、同じ値にはならないことが予想される。
厳密に違う値になることを示すには、適当な有限項までは厳密に計算し、
残りの剰余項は雑に上下から評価するだけでよい。
この級数は収束のスピードが極めて速いので、それでも何とかなる。
ただし、手計算では追いつかない分量ではある (＾o＾) >>220-221
>>217-218で解答は終わってるはずだけど？
どこか間違ってた？ >>222
>厳密に違う値になることを示すには、適当な有限項までは厳密に計算し、
>残りの剰余項は雑に上下から評価するだけでよい。
これが示されればよいが、示してないので不正解。 >>223
本質的ではないね。
a＝Σ[n＝－∞～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n}) (0＜x＜1)
が導けた時点で本質的な矛盾は既に出ている。あとはただの数値計算。
人間の手でも終わるような上手い評価の仕方もあるかもしれないが、
受験数学でもあるまいし、それは本質ではない。 何が言いたいかというと、本質的ではないところにこだわって
「不正解」とか言い出すのはバカバカしいということ。 これがもしオーダー計算だったら、評価の仕方まで重要な意味を持つが、
ここでは x＝1/2, 1/3 における Σ[n＝－∞～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n}) の値を
比較するだけなので、ただの数値計算であり、評価の中身を見ても誰も得しない。
一応、雑な評価による計算例を書いておいてやるが、こんなの見てどうしたいんだ？
0＜x＜1とn∈Zに対して 0＜x^{4^n}(1－x^{4^n})＜x^{4^n}－x^{4^{n＋1}} なので、
m＜M を満たす整数m,Mに対して
0＜Σ[n＝m～M－1]x^{4^n}(1－x^{4^n})＜x^{4^m}－x^{4^M}.
よって
0＜Σ[n＝m～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n})≦x^{4^m},
0＜Σ[n＝－∞～M－1]x^{4^n}(1－x^{4^n})≦1－x^{4^M},
0＜Σ[n＝－∞～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n})≦1.
特に、0＜x＜1のとき g(x)：＝Σ[n＝－∞～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n}) は収束して
0＜g(x)≦1である。 次に、M＜m を満たす整数M,mに対して
g(x)≧Σ[n＝M～m－1]x^{4^n}(1－x^{4^n}),
g(x)＝(Σ[n＝－∞～M－1]＋Σ[n＝M～m－1]＋Σ[n＝m～∞])x^{4^n}(1－x^{4^n})
≦1－x^{4^M}＋Σ[n＝M～m－1]x^{4^n}(1－x^{4^n})＋x^{4^m}
であるから、
g(1/3)≧Σ[n＝M～m－1](1/3)^{4^n}(1－(1/3)^{4^n}),
g(1/2)≦1－(1/2)^{4^M}＋Σ[n＝M～m－1](1/2)^{4^n}(1－(1/2)^{4^n})＋(1/2)^{4^m}.
となる。特にM＝－4, m＝2として
g(1/3)≧Σ[n＝－4～1](1/3)^{4^n}(1－(1/3)^{4^n})＝：β,
g(1/2)≦1－(1/2)^{4^{－4}}＋Σ[n＝－4～1](1/2)^{4^n}(1－(1/2)^{4^n})＋(1/2)^{4^2}＝：α
となる。α,βともに有限項の計算でしかないが、人間の手で計算するのは無理があるので、
wolfram alpha で数値計算する。すると、
β＝0.499849960745428543744377819829608038347726011327545975385
α＝0.499054407972774107790531301512118479363010992347234146756
となるので、g(1/2)≦α＜β≦g(1/3)ということになる。つまりg(1/3)≠g(1/2)である。qed >>224 - 226
そんなに熱くならないで。
例えば、F(x)=∫(0,∞) sin(xt)/t dt はx>0で定数関数になるので、
a＝Σ[n＝－∞～∞]x^{4^n}(1－x^{4^n})
が定数関数ではない保証はないと言いたかった。
この問題の出典元は
G.H.Hardy "On Certain Oscillating Series", Quar. J. Math. 38 (1907)
でエレガントな解答やより精密な解答は検索すれば出てきます。 >>218 の時点では「～ことが予想される」としか書かれてなかったからね
もし正しい結果であると確かめていたのなら「～ことが計算により確かめられる」とかの方がよかったかも >>209言われたとおり作図してみた。途中でUはA'の外側になった。これ以上は作図できない。
[￣]前>>206
￣￣]/＼_____________
＿＿/＼/,,､､ )
￣￣＼/彡-_-ﾐ /|
￣￣|＼_U,~⌒ヽ___／||
□ | ∥￣~U~U~￣∥ ||
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_____`∥_________∥／ ____/＼/! ぁOP上じゃな
￣￣＼/彡-_-ﾐくOB上ね!
￣￣|＼_U,~⌒ヽ___／||
□ | ∥￣~U~U~￣∥ ||
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_____`∥_________∥／
前>>230了解しました。 →OA=(1,0)のとき、
|→OB|＜|→OA|だもんで、Oを任意にとると。
→OB≠(1,1)
x軸とy軸を何°にとってもOを任意にとると無理。得られない。
|→OB|≠1 ,､~
￣￣＼/彡-_-ﾐ 前>231/|
￣￣|＼_U,~⌒ヽ___／||
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_____`∥_________∥／ 前>>232前々>>231
→OA=(1,0),→OB=(1,1)とすると、
|→OA|=1,|→OB|=√2
Oのとりうる軌跡は円Cの点Aにおける接線について円Cのない側に描け、
lを対称軸とした曲線。
OがV'W'上にあるとすると、Oは任意(∀)ではなく強制または特定(∃)のある点になる。
∠AOBが、x軸とy軸のなす角の半分になれば可能。
OU//VWだから交点Eがない。
てことはOはV'W'上にはないってことか。
｢V'W'上から｣Oをとるとはどうとるんだ？ 曲線のどこでもいいってこと？
(理解中……)
OB=OA√2を満たすOの軌跡を描かないと任意のOがとれない。 前>>233
O、U、T、E、Pの順に一直線に並ぶ、であってる？
つまり任意にPに対して、
V'W'上にあるOは一意に決まる？ 任意のじゃなく、OA=1、OB=√2を満たす、ある特定のOってこと？
それなら(1,2/3)と(1,1/3)がたしかに決まる。ABが三等分できる。
きつねにつままれた。 >>209 の三段落二行目は少し言葉足らずだったか
旧：点Oを原点として～～～(1,0),(1,1)となるように座標系を定めると、
新：この平面を点Oを原点として～～～(1,0),(1,1)となるようなベクトル空間と見なすと、
の方がいいかな >>226 >>227
g(x^4) = g(x),
log| log(x) | が周期 log(4) をもつ…
例
g(1/2) = g(1/16) = 0.4972522664711 < α
g(1/3) = 0.50127862853167 > β
g(1/4) = g(1/√2) = 0.502747733528894 g(1/2) = g(1/16) = 0.4972522664 7110579821 9691998556 5993689265 0429538854 9508079518
g(1/3) = g(1/81) = 0.5012786285 3167081181 3508586478 6965549098 0669739652 4161337761
g(1/4) = g(1/√2) = 0.5027477335 2889420178 0308001443 4006310734 9570461145 0491920482 >>236
g(x^4) = 1- g(x^2) = g(x),
もあったな。 10人を空部屋なしで5部屋に割り当てる
但し、各部屋の定員は3人とする
割り当て方は何通りあるか 最大押しこみ③③②①①前>>234そうでもない③②②②①
一人部屋とか言うなやぁ②②②②②
￣￣]/＼____________
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____________________∥
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ ある国の死刑囚は刑務所で毎朝1回コインを投げる。
そしてn日連続して表が出るとその日のうちに刑が執行される。
最初にコインを投げた日を1日目として
刑が執行されるまでの日数の期待値をnを用いて表せ（計算過程も必要）。 E = (1/2)(1+E) + (1/4)(2+E) + (1/8)(3+E) + ‥ + (1/2^n)(n+E) + (1/2^n)n >>243
正解です。
ちなみにEで解くと E=-2+2・2^n これ結局エプシロン・デルタ論法におけるデルタの構成をやってるに過ぎず
意味がない
せいぜい総当たり的に帰納で解決してろ
こんなの数学じゃない 君たちの数学というのは全射が仮定されている中で
全射を証明していると言っているに過ぎない
仮定したものを証明してしまうというのは
代数学における初歩的なミスだよ
やり直してこい
むだだこんなクイズ www.businessinsider.jp post-168357
安倍下痢ネトウヨヒトモドキゴキブリ企業をぶち殺せ 箱の中に「同一の●が２個」ある場合の量子統計の問題
・ケース１ 「 ●●」 箱の右で●●が観測される確は率３分の１
・ケース２ 「●● 」 箱の左で●●が観測される確率は３分の１
・ケース３ 「● ●」 箱の左右で●●が観測される確率は３分の１
最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は２分の１だが
最初に箱の右の観測装置で●が観測せれた場合
・残った●が箱の右の観測装置で観測される確率はいくらか？
・残った●が箱の左の観測装置で観測される確率はいくらか？
この問題は答えを出すのは簡単だけど
答えが出た後に
何でこうなるの？と悩む問題だ >>249
馬場 1月か2月
千葉 3月か4月
台場 6月か9月か12月だがもしも6月か9月なら日にちを聞いてわかるってことにはならない。つまり12月だ。
つまり馬場千葉は1月3月だ。
(答え)馬場1月千葉3月台場(安生)12月 >>251
＞箱の中に「同一の●が２個」ある場合の量子統計の問題
＞・ケース１ 「 ●●」 箱の右側で●●が観測される確は率３分の１
＞・ケース２ 「●● 」 箱の左側で●●が観測される確率は３分の１
＞・ケース３ 「● ●」 箱の左右で●●が観測される確率は３分の１
＞最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は２分の１だが
＞最初に箱の右の観測装置で●が観測せれた場合
＞ ・残った●が箱の右の観測装置で観測される確率はいくらか？
＞ ・残った●が箱の左の観測装置で観測される確率はいくらか？
答え
箱に残った１個の●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は３分の２
（２分の１ × ？＝３分の１ ？＝３分の２）
箱に残った１個の●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は３分の１
（１ － ３分の２ ＝ ３分の１）
答えは簡単に求められたが
出た答えが奇妙な事になっている １）箱の中に区別のつく●と○が有った場合の確率
ケース１ 「 ●○ 」 箱の左側で●○が観測される確率４分の１
ケース２ 「 ●○」 箱の右側で●○が観測される確率４分の１
ケース３ 「● ○」 箱の左右で●○が観測される確率４分の１
ケース４ 「○ ●」 箱の左右で○●が観測される確率４分の１
２）箱の中に区別のつかない●●が有った場合の確率
ケース１「●● 」 箱の左側で●●が観測される確率３分の１
ケース２「 ●●」 箱の右側で●●が観測される確率３分の１
ケース３「● ●」 箱の左右で●●が観測される確率３分の１
問題
区別のつかない●●は
｛ｘ 、ｘ｝＝｛ｘ｝ と ｛ｘ 、ｘ｝≠｛ｘ｝ のどちらの規則に従うのか？
注）
この問題は面白いと感じられるのか？
それとも深刻な事態と感じられるのか？
物理では量子もつれとして深刻な事態という認識だけど
数学ではどんな認識なのか興味がある １）箱の中に区別のつく●と○が有った場合の確率
ケース１ 「●○ 」 箱の左側で●○が観測される確率４分の１
ケース２ 「 ●○」 箱の右側で●○が観測される確率４分の１
ケース３ 「● ○」 箱の左右で●○が観測される確率４分の１
ケース４ 「○ ●」 箱の左右で○●が観測される確率４分の１
２）箱の中に区別のつかない●●が有った場合の確率
ケース１「●● 」 箱の左側で●●が観測される確率３分の１
ケース２「 ●●」 箱の右側で●●が観測される確率３分の１
ケース３「● ●」 箱の左右で●●が観測される確率３分の１
問題
１）は「４個のケース」があり
２）は「３個のケース」があるが
「４個のケース」を３「個のケース」に減らすときに ｛ｘ 、ｘ｝＝｛ｘ｝ を使用するか？
注）
この問題の解答は簡単だが不思議な感じがしてくる 箱の中に「同一の●が２個」ある場合の量子統計の問題
・ケース１ 「 ●●」 箱の右で●●が観測される確は率３分の１
・ケース２ 「●● 」 箱の左で●●が観測される確率は３分の１
・ケース３ 「● ●」 箱の左右で●●が観測される確率は３分の１
問題１ ケース１の場合
ａ） 最初に●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
ｂ） 箱に残った１個の●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
問題２ ケース２の場合
ａ） 最初に●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
ｂ） 箱に残った１個の●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
問題３ ケース３の場合
ａ１） 最初に●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
ｂ１） 箱に残った１個の●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
ａ２） 最初に●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
ｂ２） 箱に残った１個の●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
＞最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は２分の１だが
これが間違いで正しくは3分の2 >>258
＞＞最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は２分の１だが
＞これが間違いで正しくは3分の2
それだと
最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は３分の２
最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は３分の１
になり変だ
最初は
右で観測されるか左で観測されるか
五分五分だ >>25８
＞＞最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は２分の１だが
＞これが間違いで正しくは3分の2
間違えたので訂正
それだと
最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は３分の２
最初に箱の左の観測装置で●が観測される確率は３分の１
になり変だ
最初は
右で観測されるか左で観測されるか
五分五分だ
最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は２分の１
最初に箱の左の観測装置で●が観測される確率は２分の１
が正しい ケース1とケース3は右側に●が存在するので、最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率は3分の2
ケース2とケース3は左側に●が存在するので、最初に箱の左の観測装置で●が観測される確率は3分の2
もしかして「最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率」と
「最初に箱の左の観測装置で●が観測される確率」を足したら100%になると思ってる？ >>261
＞もしかして「最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率」と
＞「最初に箱の左の観測装置で●が観測される確率」を足したら100%になると思ってる？
最初に右で観測される確率は５０％ ＋最初に左で観測される確率は５０％＝１００％ >>261
＞もしかして「最初に箱の右の観測装置で●が観測される確率」と
＞「最初に箱の左の観測装置で●が観測される確率」を足したら100%になると思ってる？
最初に右で観測されるか左で観測されるかの２択だが
左右が対称だからそれぞれの確率は５０％で
右で観測される確率と左で観測される確率を足せば１００％になる
１００％以外になることはありえない
たとえば左右で観測される確率が８０％なら
残りの２０％ってどんな状態なんだ？
（想像が出来ない） ＞最初に右で観測されるか左で観測されるかの２択だが
ケース1とケース3はそうだが、ケース2は違う。ケース2の場合は左右に●があるのだから、右からでも、左からでも観測される。
「最初に右で観測される確率」の排反事象は「最初に左で観測される確率」ではない、「最初に右で観測されない確率」だ
最初に右で観測される確率は66.66･･･％ ＋ 最初に右で観測されない確率は33.33･･･％＝１００％が正しい
もう飽きたから、最後にwikipediaの「モンティホール問題」とこれ ttp://www.juen.ac.jp/gp/yousei/exercise/iwasaki/exercise08.pdf
を読んで感想聞かせて 「観測したときに1事象目が右と観測される確率」と、
「右を観測したときに事象が観測される確率」を混同してない？
前者は1事象目が右で観測されるか左で観測されるかは排反、対称で、確率は1/2
>>251の意図はこっちじゃない？
>>255の各ケースが同様に確からしいという仮定が妥当かは知らんけど >>257
＞問題１ ケース１の場合
＞ａ） 最初に●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
＞ｂ） 箱に残った１個の●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
＞問題２ ケース２の場合
＞ａ） 最初に●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
＞ｂ） 箱に残った１個の●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
ケース１とケース２は対称なので
問題１と問題２の解答は等しい
最初に●が観測される場合 左右で差が無いので
最初に右で●が観測される可能性は１／２
最初に左で●が観測される可能性は１／２
問題１ ａ） 答え 可能性は１／２
問題２ ａ） 答え 可能性は１／２ ＞問題１ ケース１の場合
＞ａ） 最初に●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
＞ｂ） 箱に残った１個の●が箱の「右」の観測装置で観測される確率は？
＞問題２ ケース２の場合
＞ａ） 最初に●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
＞ｂ） 箱に残った１個の●が箱の「左」の観測装置で観測される確率は？
最初右で●が観測される可能性×次に●が右で観測される可能性＝●●が右で観測される可能性
最初左で●が観測される可能性×次に●が左で観測される可能性＝●●が左で観測される可能性
１／２ × ？ ＝ １／３
？ ＝ １／３ × ２／１ ＝ ２／３
問題１ ｂ）の答え ２／３
問題２ ｂ）の答え ２／３ >>265
＞「観測したときに1事象目が右と観測される確率」と、
＞「右を観測したときに事象が観測される確率」を混同してない？
電子を観測する場合は
箱の内側がスクリーンになっていて
電子が当たれば光る
最初に箱の右側のスクリーンに輝点ができれば
最初に電子は箱の右で観測された
最初に箱の左側のスクリーンに輝点ができれば
最初に電子は箱の左で観測された
左右は条件に差が無いので
最初に右で観測される可能性も最初に左で観測される可能性も
どちらも等しく１／２ 眠いなぁ。前>>252今夜は満月だね。見えないけど。一人部屋で寝るか。
￣￣]/＼____________
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￣￣|＼_U,~⌒ヽ､_／||
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ >>265
＞１）箱の中に区別のつく●と○が有った場合の確率
＞ケース１ 「●○ 」 箱の左側で●○が観測される確率４分の１
＞ケース２ 「 ●○」 箱の右側で●○が観測される確率４分の１
＞ケース３ 「● ○」 箱の左右で●○が観測される確率４分の１
＞ケース４ 「○ ●」 箱の左右で○●が観測される確率４分の１
＞２）箱の中に区別のつかない●●が有った場合の確率
＞ ケース１「●● 」 箱の左側で●●が観測される確率３分の１
＞ ケース２「 ●●」 箱の右側で●●が観測される確率３分の１
＞ ケース３「● ●」 箱の左右で●●が観測される確率３分の１
通常の物理の説明だと
ケース１ 「●○ 」
ケース２ 「 ●○」
ケース３ 「● ○」
ケース４ 「○ ●」
から
ケース１ 「●● 」
ケース２ 「 ●●」
ケース３ 「● ●」
ケース４ 「● ●」
を作る
ケース３とケース４は同一で
「同一なら１個」ということで１個のケースにする
物理系の人は数学は単なる道具なので別に気にはしないけど
ケースの場合は「同一なら１個」で
●の場合は「同一な●が２個ある」としてる
ようするに物理の説明では
ケースの場合は ｛ｘ 、 ｘ｝＝｛ｘ｝ で
●の場合は ｛ｘ 、 ｘ｝≠｛ｘ｝ としてる
これは数学系の人からみればどんな事なのか
興味があった ああ、左右同時に観測開始して最初に1つ目の●が観測される。
しばらくして、2つ目の●が観測されるってことね。
最初に右側のみ観測して見つかるかどうか。と思ってた
相手の言ってることがおかしいと思ったら、自分がおかしいかもしれないと考える重要性
だったら最初の1個目は左右で五分五分だ。
そして2個目は3分の2の確率で同じ側で観測される。
別におかしいところはないね。
確率について知識がない人は2個目も五分五分と考えるだろうけど、
これがまさに ttp://www.juen.ac.jp/gp/yousei/exercise/iwasaki/exercise08.pdf で解説されている 昔、NHKの2355の番組で、紹介された算数(数学)トリックで、マジックナンバー9という問題が、気になってます。
タイトルしか覚えてなく、ネットで調べても、問題文や解説はありませんでした。誰か知っている人は教えてください。そのときは、面白かった記憶がありました。 >>270
まず、無条件に
> ケース１ 「 ●○ 」 箱の左側で●○が観測される確率４分の１
> ケース２ 「 ●○」 箱の右側で●○が観測される確率４分の１
> ケース３ 「● ○」 箱の左右で●○が観測される確率４分の１
> ケース４ 「○ ●」 箱の左右で○●が観測される確率４分の１
の各事象、
> ケース１「●● 」 箱の左側で●●が観測される確率３分の１
> ケース２「 ●●」 箱の右側で●●が観測される確率３分の１
> ケース３「● ●」 箱の左右で●●が観測される確率３分の１
の各事象が同様に確からしいとはならないだろう
それぞれのケース1、2が等確率、前者のケース3、4が等確率になるのは、対称と仮定すればでいいとして、
前者の1、2と3、4
後者の1、2と3
の確率がどうなるかは仮定次第
後者のケースが3通りしかないからと言って、無条件に各確率が1/3にはならない
> ようするに物理の説明では
> ケースの場合は ｛ｘ 、 ｘ｝＝｛ｘ｝ で
> ●の場合は ｛ｘ 、 ｘ｝≠｛ｘ｝ としてる
「ケースの場合」、「●の場合」やこの式が何を意味するのかが分からないが、
何を同様に確からしいと仮定するか次第で、1/3でも1/4でもそれ以外にでもなるとしか言えないんじゃないの >>273
＞それぞれのケース1、2が等確率、前者のケース3、4が等確率になるのは、対称と仮定すればでいいとして、
＞前者の1、2と3、4
＞後者の1、2と3
＞の確率がどうなるかは仮定次第
＞後者のケースが3通りしかないからと言って、無条件に各確率が1/3にはならない
物理の場合は正しいかどうかは観測結果に矛盾しないかどうかなので
ケースの個数が３個でそれぞれの確率がひとしく１／３と言っても
それが観測結果と矛盾してないので問題視はしない >>271
＞だったら最初の1個目は左右で五分五分だ。
＞そして2個目は3分の2の確率で同じ側で観測される。
＞別におかしいところはないね
箱がものすごく大きく
「箱の右端のスクリーン」と「箱の左端のスクリーン」の距離が１光年あったとする
最初に「箱の右端のスクリーン」で●が観測された場合
「箱の左端のスクリーン」で●が観測される確率は１／３となる
右端のスクリーンと左端のスクリーンの距離は１光年なで
光速で進んでも１年かかる
ところが右端のスクリーンで●が観測された途端に
時間をおかず左端のスクリーンで●が観測される確率は１／３になる >>273
> ようするに物理の説明では
> ケースの場合は ｛ｘ 、 ｘ｝＝｛ｘ｝ で
> ●の場合は ｛ｘ 、 ｘ｝≠｛ｘ｝ としてる
公理的集合論の対の公理で ｛ｘ 、ｘ｝＝｛ｘ｝ とし
「同一なら１個」としてる
「同一な●が２個そんざいする」とした場合は ｛ｘ 、ｘ｝≠｛ｘ｝となる
ケースをリンゴやコップに変えても｛ｘ 、 ｘ｝＝｛ｘ｝ は普遍だが
ケースを●に変えると ｛ｘ 、 ｘ｝≠｛ｘ｝となってしまう
「 ｛ｘ 、 ｘ｝＝｛ｘ｝」や 「｛ｘ 、 ｘ｝≠｛ｘ｝」が
物の性質に依存してるということになる
（物の性質に依存する法則は物理法則） マルチされると質問を読む気がどんどんなくなるんだよな
何よりスレをまたいで時系列追って読むのが面倒くさい >>271
＞だったら最初の1個目は左右で五分五分だ。
＞そして2個目は3分の2の確率で同じ側で観測される。
＞別におかしいところはないね
物理学者はこれを不思議な現象と見てる
最初の●が左右どちらかで観測されると
残った●の観測確率が変化する
箱の右端のスクリーンと
箱の左端のスクリーンの距離が１光年の場合は
光速さで情報を伝えても１年かかるし
光速さを超えて情報を伝える事は物理法則として不可能
ところが箱の右端のスクリーンで最初に●が観測されれば
瞬時に「箱全体」で
残った●が箱の右側で観測される可能性は２／３になり
箱の左側で観測される可能性は１／３となる
大きさは１光年もある箱全体で瞬時に
残った●の観測確率が変化するのは
光測度を越えられないという物理法則と整合性がとれない
と物理学者は考えている >>278
ああそういう話をしたかったのね
それは単に「量子力学は非局所的である」ってだけの話だと思う
アインシュタインが量子力学に懐疑的だった根拠の１つであり、古典力学的に考えれば不合理だけど、今では矛盾とかではなく量子力学の性質の１つとして理解されてる 1以上22以下の自然数の集合をSとする
Sの部分集合Tで、次の条件を満たすものを考える
[条件] Tに属する任意の2つの要素の差は4でも7でもない
Tの要素数の最大値はいくらか
1 5 9 13 17 21
2 6 10 14 18 22
3 7 11 15 19
4 8 12 16 20
Table[2n-b-a+{(n+a)mod4}+4C(0,n-8+a),{a,0,1},{b,0,2},{n,1,10}]
{3, 6, 9, 8, 11, 14, 17, 20, 19, 22}
{2, 5, 8, 7, 10, 13, 16, 19, 18, 21}
{1, 4, 7, 6, 9, 12, 15, 18, 17, 20}
{3, 6, 5, 8, 11, 14, 17, 16, 19, 22}
{2, 5, 4, 7, 10, 13, 16, 15, 18, 21}
{1, 4, 3, 6, 9, 12, 15, 14, 17, 20} >>249
安生さんは「何月生まれなのか？」を聞いてるのに、
なぜ積やら和やら答えてんだ？ >>279「量子力学は非局所的である」
リンゴの場合は位置は点で表現されるんで
リンゴは位置が点で表現される局所的な存在ということになる
観測前の電子の位置は点では表現できず
箱の中全体で観測される確率があるだけなので
位置が局所的な点で表現できないということで非局所的存在と呼ばれる
２個のリンゴは位置が異なるので
リンゴ自身がいくら似ていても位置で区別がつく
２個の電子の場合は非局所的存在なので
位置も含めて全く区別できないという状態になる
同一な電子が２個存在するという状態が可能になる >>283
それは確率解釈の話であって、(非)局所性とは別の話です >>284それは確率解釈の話であって、(非)局所性とは別の話です
観測される前の電子は
点で表現されるような位置には存在しない
たとえば箱の中の右側のスクリーンで電子が観測された場合
電子は輝点として観測されるけど
観測直前に電子は輝点周辺のどこかの点に存在してたわけではない いいから量子統計勉強せずにこのスレの内容で語ってるアホはまず物理勉強してこいよ
頭悪すぎるわ そもそもここは何板の何スレだよっていう話からなんだが
アホが語っているだけで面白さのかけらもないっていう こんなところに書き込む奴が頭いいとでも？
頭いいならこのスレからオサラバして論文でも書いてどうぞ Table[{1-n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)(n-7)(n-8)(n-9)(n-10)(n-11)(n-12)/13!}/4,{n,0,13}]
Table[(1-C(0,n-13))/4,{n,0,13}]
式を短くできる 難しすぎるんじゃ
もっと低レベルの面白い問題をみんなでわいわい解きたいんじゃ >>290
低レベルの面白い問題が欲しいか？
家庭教師のトライが新しい数学を創造する。「無理数はルートとπ、有理数はルートとπ以外」
nagata＠数学垢@kamere112
これ、YouTubeにある無料授業動画の1シーンだけど、有理数と無理数の説明ガバガバじゃね？
https://i.imgur.com/WR0wZ6G.png
nagata＠数学垢
トライかなんかの無料動画ですね。あそこまで堂々とcmとか流してる塾がこんなガバガバな授業をするのは流石に、、
平田朋義@tomo3141592653
無理数を無理矢理作った数と説明するトライの講師、ピタゴラス派の残党なのでは。
ヘルパー竹@merazoma25252
最近話題になってるトライの有理数と無理数の動画を見てたら急に再生止まって動画削除された
https://i.imgur.com/SylD7RP.jpg
すーぱーぜっき@superZ_th
√でもπでもないため、有理数である。
https://i.imgur.com/nfsp27p.jpg
ソース
https://twitter.com/kamere112/status/1117796154408783872
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) C: 複素数全体
R: 実数全体
Q: 有理数全体
Z: 整数全体
N: 自然数全体
使用例. 1 ∈ N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C. 前>>269
>>88
KからBCに垂線KPを引く。
tan∠KJG=KP/JP――①
KP=BP=BG{BP/(GP+BP)}
=(1/√3){√3/(√3+1)}
=1/(1+√3)
=(√3-1)/(√3+1)(√3-1)
=(√3-1)/2――②
JP=1/√3+1/(√3+1)
=(√3+1+√3)/√3(√3+1)
=(1+2√3)(√3-1)/√3(√3+1)(√3-1)
=(5-√3)/2√3
=(5√3-3)/6――③
①に②③を代入し、
tan∠KJG=√3(√3-1)/(5-√3)
=√3(√3-1)(5+√3)/(5-√3)(5+√3)
=(3-√3)(5+√3)/22
=(15-3-2√3)/22
=(6-√3)/11
≒0387995381
=tan21.2060231°
∴∠KJG=21.2060231° >>88前>>293訂正。
KからBCに垂線KPを引く。
tan∠KJG=KP/JP――①
KP=BP=BG{BP/(GP+BP)}
=(1/√3){√3/(√3+1)}
=1/(1+√3)
=(√3-1)/(√3+1)(√3-1)
=(√3-1)/2――②
JP=1/√3+1/(√3+1)
=(√3+1+√3)/√3(√3+1)
=(1+2√3)(√3-1)/√3(√3+1)(√3-1)
=(5-√3)/2√3
=(5√3-3)/6――③
①に②③を代入し、
tan∠KJG=√3(√3-1)/(5-√3)
=√3(√3-1)(5+√3)/(5-√3)(5+√3)
=(3-√3)(5+√3)/22
=(15-3-2√3)/22
=(6-√3)/11
≒0.387995381
=tan21.2060231°
∴∠KJG=21.2060231° n人掛けの長いすがある
ここに、2人組のカップルがつぎつぎとランダムな
位置に座っていく
但し、各カップルは隣り合って座り、1人が1人分の椅子を占有し、
一度座ったら動かないものとする
もし、左から3,4人目のところにカップルが座り、6,7人目の
ところにもカップルが座ると、5人目のところは使えないままと
なることになる
このように各カップルはランダムな位置を占有しながら、
座れなくなるまでカップルは座っていく
このとき、最後に左右が埋まって空席のまま
使われず残る椅子の数はいくつになると期待されるか、
nで表せ 前>>294
>>296
三席あればカップルが座れてほかのカップルが座れない。なおかつ席が奇数か偶数かによって最小の空席が1か0になる。よって6分類を考える。
n=6K,6K+1,6K+2,6K+3,6K+4,6K+5のとき、
空席の数は、
0～2K,1～2K+1,0～2K,1～2K+1,0～2K,1～K+1
期待値は、
K,K+1,K,K+1,K,K+1
nで表すと、[P]はPを超えない最大の整数として、
nが偶数のとき[n/6]
nが奇数のとき、[n/6+1] 前>>297
1≦n≦15で空席の期待値を数式から求め、実際の空席の数と比べると、ほとんどあってる。n=4のときとn=10のときは特別なのかな。
n=1のとき、
[1/6+1]=[7/6]=1……1 ○
n=2のとき、
[2/6]=[1/3]=0……0 ○
n=3のとき、
[3/6+1]=[3/2]=1……1 ○
n=4のとき、
[4/6]=[2/3]=O……0or2
期待値は1 ×
n=5のとき、
[5/6+1]=[11/6]=1……1 ○
n=6のとき、
[1]=1……0or2
期待値は1 ○
n=7のとき、
[7/6+1]=[13/6]=2……1or2or3
期待値は2 ○
n=8のとき、
[8/6]=[4/3]=1……0or2
期待値は1 ○
n=9のとき、
[9/6+1]=[3/2+1]=[5/2]=2……1or3
期待値は2 ○
n=10のとき、
[10/6]=[5/3]=1……0or2or4
期待値は2 ×
n=11のとき、
[11/6+1]=[17/6]=2……1or3
期待値は2 ○
n=12のとき、
[12/6]=2……0or2or4
期待値は2 ○
n=13のとき、
[13/6+1][19/6]=3……1or3or5
期待値は3 ○
n=14のとき、
[14/6]=[7/3]=2……0or2or4
期待値は2 ○
n=15のとき、
[15/6+1]=[5/2+1]=3……1or3or5
期待値は3 ○ 前>>299訂正。
n=6K+4のときは空席が1増えるみたいだ。Kは正の整数として。
空席の数の期待値は、
nが偶数で、かつ6K+4でないとき、[n/6]
nが奇数または、偶数で6K+4のとき、[n/6+1] 前>>300
4,10,16,22,28,34,40,46,52……
16と52を除いてみんな凶数。隠れ奇数だな。 .com/toshio_tamogami/status/1110356301664514048
コリアンパブヒトモドキたもゴミ犯罪者自殺しろヒトモドキウヨ淫行猿 >>303のリンク先見てみればわかる。
最低限漸化式と特性関数の話しわかってないと無理。
Σ使った表示なら帰納法でいけるかもしれないけど。 n席のときの期待値をS(n)とする。
S(0)=0、S(1)=1である。
1組目のカップルが座ると、連続した空席は左右2つに分断される。
今後、左側にカップルが座っても右側に影響を与えない。右側も左側に影響を与えない。
左側の連続した空席の数は0～n-2が等しい確率で現れる。右側も同じ
なので、S(n)=(S(0)+S(1)+･･･+S(n-2))*2/(n-1)が成り立つ
あとはわからん >>60
漸化式： a(n) = a(n-1) + a(n-2)/((2n-1)(2n-3)),
a(1) = 0, a(2) = 1/3, a(3) = 1/3, a(4) = 12/35, a(5) = 47/135, ････
a(n) = 1F1(-n,-2n,-2) → 1/e (n→∞) >>66-69
b(n) = (2n-1)!!a(n)
は自然数列で、OEISにある。
漸化式： b(n) = (2n-1)b(n-1) + b(n-2),
b(1) = 0, b(2) = 1, b(3) = 5, b(4) = 36, b(5) = 329, ････
b(n) は Number of loop-less linear chord diagrams with n chords.
指数型母関数： exp{√(1-2x) -1}/√(1-2x) = Σ[k=0,∞) {b(k)/k!}x^k
http://oeis.org/A278990
符号付きバージョン
(-1)^n b(n) = Y_n(-1)
Y_n はn次のベッセル関数
http://oeis.org/A000806 ━━━━━━━━━━━━━━━━━━
━━━━━━☆━━━━━━━━☆━━━━━━━ 一方、もしk人掛けの椅子ではx人分、n-k-2人掛けではy人分、
孤立したスペースを生じると期待されるとすれば、k人掛けの椅子と
n-k-2人掛けの椅子が両方あればx+y人分の孤立スペースが
出来ると期待される
以上より、最初のカップルがk+1,k+2個目を占有したなら、
孤立して残るスペースはa_k + a_n-k-2人分と期待される
各位置に座る確率はまったくランダムであるから、
この事象は1/(n-1)の確率でおきる
故に、a_nはa_0,a_1, ・ ・ ・a_n-2を用いて次のように表せる
a_n=(1/(n-1))sum[a_k + a_n-k-2,{k,0,n-2}]
=(2/(n-1))sum[a_k,{k,0,n-2}]
この式をより簡潔にする
両辺をn-1倍した式について、nにn+2を代入した式から
n+1を代入した式を引く
(n-1)a_n=2sum[a_k + a_n-k-2,{k,0,n-2}]
(n+1)a_n+2 - na_n+1=2sum[a_k,{k,0,n}]-2sum[a_k,{k,0,n-1}]=2a_n
∴(n+1)a_n+2=na_n+1 + 2a_n >>306
それを三項間漸化式に変形してwolfram 突っ込めば答えが得られる ■a_nの評価
a_n=Sum[(-2)^k(n-k)/k!,{k,0,n-1}]
=(n)Sum[(-2)^k/k!,{k,0,n-1}]-Sum[(-2)^k/(k-1)!,{k,1,n-1}]
■n→∞の極限を考える
a_n≒(n)Sum[(-2)^k/k!,{k,0,∞}]+(2)Sum[(-2)^(k-1)/(k-1)!,{k,1,∞}]
=n/e^2 + 2/e^2=(n)e^(-2) + (2)e^(-2)≒(n)e^(-2)
従って、nが十分大きい時、a_n即ち孤立した椅子の数は
全体のe^(-2)という割合になると考えられる >>306
漸化式： (n+1) S(n+2) = n S(n+1) + 2 S(n),
S(1) = 1, S(2) = 0, S(3) = 1, S(4) = 2/3, S(5) = 1, S(6) = 16/15, S(7) = 11/9,
母関数： x･exp(-2x)/(1-x)^2 = Σ[k=0,∞] S(k) x^k,
s(n) = (n-1)! S(n) は自然数列で、OEIS にある。
漸化式： s(n+2) = n{s(n+1) + 2s(n)},
s(1) = 1, s(2) = 0, s(3) = 2, s(4) = 4, s(5) = 24, s(6) = 128, s(7) = 880,
http://oeis.org/A087981 lim (x→1、y→1) x(1-y^n)-y(1-x^n)+y^n-x^n/(1-x)(1-y)(x-y)
nは1より大きい自然数 分子は
| 1, 1, 1 |
－| x, y, z |
|x^n,y^n,z^n|
分母は
| 1, 1, 1 |
－| x, y, z | = -(x-y)(y-z)(z-x) = -⊿,
|x^2,y^2,z^2|
これは Vandermonde 行列式、つまり差積。（本問では z=1）
(与式) = Σ[i≧0, j≧0, k≧0, i+j+k=n-2] x^i y^j z^k
{右辺の項数} = {n-2 を3つの非負整数の和に分割する方法}
= {n個から境界2つを選ぶ方法}
= C[n, 2]
= n(n-1)/2. 分子も分母も x,y,z の交代式だから
(与式) = (x,y,z の(n-2)次の対称式) = P_n(x+y+z, xy+yz+zx, xyz)
P_2 = 1, P_3 = x+y+z, P_4 = (x+y+z)^2 - (xy+yz+zx),
P_5= (x+y+z)^3 -2(x+y+z)(xy+yz+zx) +xyz,
P_n= (x+y+z)P_{n-1} - （ｘｙ+ｙｚ+ｚｘ）P_{n-2} + (xyz)P_{n-3},
[分かスレ４７８.450-452] と同じだけど････ □■■■■■□□□□□■
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■□□□□□■■■■■□ [￣]なんかないのか、面
￣￣]_白い問題｡前>>301
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣∥ (1)
自然数nと正の実数aに対し P_n = a^n + 1/a^n とおく。このとき漸化式
P_{n+1} = (a + 1/a) P_n - P_{n-1},
を示せ。
(2)
x^2 + 1/x^2 = 7 のとき x^3 + 1/x^3 および x^5 + 1/x^5 の値を求めよ。ただし、x>0 とする。
分かスレ４７８-438 >>323
(1)
P_{n+1} = a^(n+1)+1/a^(n+1) = (a + 1/a)(a^n+1/a^n)- (a^(n-1)+1/a^(n-1)) = (a + 1/a) P_n - P_{n-1},
(2)
x^2 + 1/x^2 = 7 より、(x+1/x)^2-2 = 7、x+1/x = √5、よって上漸化式から、P_{n} = x^n+1/x^n として、P_{3} = 6√5、P_{5} = 17√5 前>>322
>>323(2)は三つあとの441で解いたやん。式変形してx+1/x代入して。
￣￣/＼__________
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https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) 〔問題〕
正多角形にはそれに内接する正方形が存在することを示せ。
数学問題置き場
//twitter.com/HimaginaryMp/status/1121732161030119424
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>327一辺1の正三角形の中には一辺√3/4の内接する正方形が存在するし、一辺1の正方形の中には一辺√2/2から1までの任意の実数の正方形が存在する。
前>>325一辺1の正五角形の中にもちょっと範囲に幅のある辺を持つ正方形が存在する。てことで延々と存在する。
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ >>327
正多角形の辺ABを多角形の周を正の向きに回った時この順に並ぶようにとる。
ABの中点Mから動点P,QをPは正の方向にQは負の方向に最後P,QがABの対頂点、またはABの対辺の中点でぶつかるまで周を移動させる。
正方形PQRSをこの順に負の向きにとる。
最初Rは正多角形の内部にあるが最後は外部にあるのでどこかで周上にのるときがある。
そのときの正方形PQRSはすべての頂点が正多角形の周上にのる。 ・正3角形
A(1/√3, 0) B(x1, 1/2), C(x1, -1/2)
x1 = -1/(2√3) = -0.288675135
x2 = 11/(2√3) -3 = 0.175426480
辺BC上に P(x1, L/2) Q(x1, -L/2)
他の辺上に R(x2, -L/2) S(x2, L/2)
L = x2 - x1 = 2√3 -3 = 0.464101615
□PQRS は一辺がLの正方形。
・4の倍数のときは明らか。
・正5角形
A(1,0) B((-1+√5)/4, √{(5+√5)/8}) C(-(1+√5)/4, √{(5-√5)/8})
D(-(1+√5)/4, -√{(5-√5)/8}) E((-1+√5)/4, -√{(5+√5)/8})
P(x1, L/2) Q(x1, -L/2) R(x2, -L/2) S(x2, L/2)
ただし
x1 = {3√5 - √(10(5+√5)) -1}/4 = -0.699576038
x2 = {2√(10(5-√5)) -√(10(5+√5)) +5√5 -11}/4 = 0.5471135116
L = x2 - x1 = (5+√5)/(2+√{2(5+√5)}) = {√(10(5-√5)) - (5-√5)}/2 = 1.246689549
□PQRS は一辺がLの正方形
・偶数角形
45ﾟ 方向に2本の直線を引き、n角形との交点を
P(-L/2, L/2) Q(-L/2, -L/2) R(L/2, -L/2) S(L/2, L/2)
とおく。□PQRS は一辺がLの正方形
・正6角形のとき
A(1, 0) B(1/2, (√3)/2) C(-1/2, (√3)/2) D(-1, 0) E(-1/2, -(√3)/2) F(1/2, -(√3)/2)
L = 3-√3 = 1.2679491924 多角形の頂点の座標を
A(1,0) B(cos(2π/n), sin(2π/n)) C(cos(4π/n), sin(4π/n)) ････
とけば上下対称である。
直線 y=a と多角形の共通部分の長さの半分を h(a) とおく。
上下対称だから h(-a) = h(a),
凸多角形だから、a=0 で最大となり、|a| について単調減少である。
x=h(y) と x=±y (45ﾟ線) は点 (L/2, ±L/2) で交差する。
直線 y=±L/2 と多角形の共通部分の長さはLとなる。
∴ 一辺がLの正方形に接する。 なぁ。前>>328七角形の○○○リーベッドでイチャイチャしようぜ。
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ １分で答えよ。
赤玉４個、白玉２個、黄玉２個の計８個の玉が箱に入っている。無作為に１つ取り出して同じ色の玉を取り出した玉と共に箱にいれる。これをｎ回繰り返したとき、箱のなかにはｎ＋８個の玉があるが、黄玉の個数の期待値は？ >>333
答え書いちゃうと他の人面白くなくなるから書けないね。 前>>332
>>333
n/4+8
8回やれば黄ぃ玉は2個期待できるから合計10個んなる。
あってる。 >>335
n=1のとき33/4 = 8.75ですか。なるほど。 まちごうた
>>335
n=1のとき8.25ね。
可能性は２個か３個、でも期待値は8.25個。 前>>335
いや、確率は毎回変わるから期待値も変わるかもしれないな。
つまり出る玉はどんどん出る。黄ぃ玉より出やすい玉がある。そっちが出て増えてくると黄ぃ玉はどんどん出にくくなる。
大変だな、黄ぃ玉。
n/4より小さいな。
微分したりするんだろうか？ 数列か。数列臭いな。
ａn+1=(1/4)ａn
ちがうか。
当たったやつが一個増える。 前>>338
n/4+2でいいの？
なにが面白いの？
黄ぃ玉が出る確率がつねに1/4なの？ >>339
んなわけない。
これは正攻法で解こうとすると大変だけど、うまく処理するとさらっと解けて面白いという問題。
正攻法で解けない人に面白さはわかりません。 〔問題〕
(1) x>0 における x^x の最小値を求めよ。
(2) x>0 のとき x^x > 1 - (2/e)√x を示せ。
(3) lim[x→+0] x^x を求めよ。
[分かスレ４５２．588,591,605] >ﾟ⌒⌒⌒~彡～正攻法か｡
>ﾟ⌒⌒~彡～ 前>>339
>ﾟ⌒⌒~彡～ わかった｡
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＿＿＿＿＿_U⌒U､;,
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/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/なりすまし防止のために前>>をつけるようになった。海外の理学博士から質問された。これは君が書いたのかって。 前>>343大きい真鯉は黒いやつ。小さい緋鯉はなくて子どもたちは青か緑。ピンクやオレンジなんてないっ!! さぁ解くぞ。
初回終了時黄ぃ玉2個の場合の数は、
2×6/8
黄ぃ玉3個の場合の数は、
3×2/8
2回目終了時黄ぃ玉2個の場合の数は、
2×6/8×7/9
黄ぃ玉3個の場合の数は、
3×(6/8×2/9+2/8×7/9)
黄ぃ玉4個の場合の数は、
4×(2/8×2/9)
3回目終了時黄ぃ玉2個の場合の数は、
2×6/8×7/9×8/10
黄ぃ玉3個の場合の数は、
3×(6/8×7/9×2/10+6/8×2/9×8/10+2/8×7/9×8/10)
黄ぃ玉4個の場合の数は、
4×(2/8×2/9×8/10+2/8×7/9×2/10+6/8×2/9×2/10)
黄ぃ玉5個の場合の数は、
5×2/8×2/9×2/10
4回目終了時黄ぃ玉2個の場合の数は、
2×6/8×7/9×8/10×9/11
黄ぃ玉3個の場合の数は、
3×(6/8×7/9×8/10×2/11+6/8×7/9×2/10×9/11+6/8×2/9×8/10×9/11+2/8×7/9×8/10×9/11)
黄ぃ玉4個の場合の数は、
4×(2/8×2/9×8/10×2/10+2/8×7/9×2/10×9/11+6/8×2/9×2/10×9/11+2/8+7/9×8/10×9/11+7/9×8/10×9/11)
黄ぃ玉5個の場合の数は、
5×(2/8×2/9×2/10×9/11+2/8×2/9×9/10×2/11+2/8×7/9×2/10×2/11+6/8×2/9×2/10×2/11)
黄ぃ玉6個の場合の数は、
6×2/8×2/9×2/10×2/11
(中略)
n回目終了時黄ぃ玉2個の場合の数は、n個の分数を掛けるから、
2×6/8×7/9×8/10×9/11×……×(n+5)/(n+7)
=2×6×7/(n+6)(n+7)
=84/(n+6)(n+7)
黄ぃ玉3個の場合の数は、
3×{6/8×7/9×8/10×9/11×……×(n+4)/(n+6)×2/(n+7)+6/8×7/9×8/10×9/11×……×2/(n+6)+(n+5)/(n+7)+……+2/8×7/9×8/10×……×(n+4)/(n+6)×(n+5)/(n+7)}
黄ぃ玉4個の場合の数は、……
黄ぃ玉n+2個の場合の数は、
(n+2)×2/8×2/9×2/10×……2/(n+7)
=(n+2)2^n･7!/(n+7)!
(以下、任意の考慮時間) 前>>344初回終了時黄玉2個の場合、
2×6/8=3/2
黄玉3個の場合の数、
3×2/8=3/4
期待値は3/2+3/4=9/4
=2.25
2回目終了時黄玉2個の場合、
2×6/8×7/9=7/6
黄玉3個の場合、
3×(6/8×2/9+2/8×6/9)=3･24/72
=1
黄玉4個の場合、
4×(2/8×3/9)=1/3
期待値は7/6+1+1/3=(7+6+2)/6
=5/2
=2.5
3回目終了時黄玉2個の場合、
2×6/8×7/9×8/10=2･6･7/8･9･10
=7/60
黄玉3個の場合、
3×(6/8×7/9×2/10
+6/8×2/9×8/10
+2/8×7/9×8/10)
=3･2･(6･7+6･8+7･8)/8･9･10
=146/120
=73/60
黄玉4個の場合、
4×(2/8×3/9×8/10
+2/8×7/9×3/10
+6/8×2/9×3/10)
=4･2･3(6+7+8)/8･9･10
=21/30
=7/10
黄玉5個の場合、
5×2/8×3/9×4/10=1/2･3
=1/6
期待値は7/60+73/60+7/10+1/6=(80+42+10)/60
=132/60
=22/10
=2.2
(つづく……) 前>>345(つづき)4回目終了時黄玉2個の場合、
2×6/8×7/9×8/10×9/11 =2･6･7/10･11
=42/55
黄玉3個の場合の数、
3×(6/8×7/9×8/10×2/11
+6/8×7/9×2/10×8/11
+6/8×2/9×7/10×8/11
+2/8×6/9×7/10×8/11)
=3･2･3(6･7･8)/8･9･10･11
=18･6･7/9･110
=84/110
=42/55
黄玉4個の場合の数、
4×(2/8×3/9×6/10×7/11
+2/8×6/9×3/10×7/11
+2/8×6/9×7/10×3/11
+6/8×2/9×3/10×7/11
+6/8×2/9×7/10×3/11
+6/8×7/9×2/10×3/11)
=4(2･3･6･7+2･6･3･7
+2･6･7･3+6･2･7･3
+6･7･2･3)/8･9･10･11
=4･5(2･3･6･7)/8･9･110
=3･3･7/9･11
=7/11
黄玉5個の場合の数、
5×(2/8×3/9×4/10×9/11
+2/8×3/9×6/10×4/11
+2/8×7/9×3/10×4/11
+6/8×3/9×4/10×5/11)
=5(2･3･4･9+2･3･6･4
+2･7･3･4+6･3･4･5)/8･9･10･11
=6(36+24+28+60)/72･2･11
=148/12･2･11
=74/132
=37/66
黄玉6個の場合の数、
6×2/8×3/9×4/10×5/11
=6･3･4･5/8･9･5･11
=1/11
期待値は42/55+42/55+7/11+37/66+1/11
=84/55+80/110+37/66
=(504+240+185)/330
=929/330
=423/190
=2.8151515……
期待値がeに近づくのか？
n回目終了時黄玉2個の場合、
2×6/8×7/9×……×(n+5)/(n+7)
=2×6×7/(n+6)(n+7)
=84/(n+6)(n+7)
黄玉3個の場合、
3×{(6/8)(7/9)(8/10)(9/11)･……･(n+4)/(n+6)×2/(n+7)
+(6/8)(7/9)(8/10)(9/11)･……･2/(n+6)+(n+5)/(n+7)+……
+(2/8)(7/9)(8/10)･……･(n+4)/(n+6)×(n+5)/(n+7)}
=6･4(6+7+8)/{8･9･10･･･(n+5)(n+6)(n+7)}
=7/{10･11･12････(n+5)(n+6)(n+7)}
黄玉4個の場合、……(電卓壊す気か！ 略)
n→∞のとき、
すなわち赤玉4個、白玉2個、黄玉2個から1個とって同一色を2個戻す操作をn→∞回したときの黄玉の個数の期待値→eと予想する。 >>342
(1) x･log(x) の最小値を求めればよい。
{x･log(x)} ' = 1 + log(x) = 0,
から x=1/e
x･log(x) ≧ -1/e,
x^x ≧ e^(-1/e) = 0.6922････ >>342
(1)
x≧1/e でも x≦1/e でも ∫[x, 1/e] {log(u)－log(1/e)｝du ≧ 0,
∴ x･log(x）= -1/e + ∫[x, 1/e] {log(u)－log(1/e)｝du ≧ -1/e,
∴ x^x ≧ exp(-1/e) = 0.6922････ 院試で出そうな問題
ユークリッド空間上の空でない閉集合全体の集合Cに対して
擬距離dを
d(E,F):=inf{|x-y| | x∈E,y∈F} (E,F∈C) (| |はユークリッドノルム)
として定める
このとき以下の問に答えよ
(1)E,F∈CかつEがコンパクトのとき、|x-y|=d(E,F)となるx∈E,y∈Fが存在することを証明せよ
(2) |x-y|=d(E,F)となるx∈E,y∈Fが存在しないようなE,F∈Cの例を挙げよ >>351
そんなことはないです
(2)だけでも普通に誘導無しで解けると思います いいじゃん、いろんなレベルの出題があっても。
それに小難しさはないけど、学部生とかが挑戦するなら数オリの問題とかやるよりよっぽど有意義な問題にみえる。 そんなことはないです。
>>342 (2)だけだと普通に誘導無しでは解けないと思います。 >>351のレスが>>349と同一人物だと勘違いして
思いつきにくいという言葉にムッとした住人が小学生でもわかると強がってしまい後に引けなくなってしまった図 いい問題なんだけどね。
まさに数学科で勉強するオーソドックスな問題。
でもこういうとこではこの手のオーソドックスな問題は評価が下がってしまう。
いわゆる数オリ的なやつの方が評価高くなる傾向がある。 マジレスして集合と位相の講義で演習問題に出るかなって程度の問題でしょ
貶してやれとまでは思わないけど面白い問題ではないと思う
これが良問だという感性もよく分からない 2次元以上はすぐにわかる（と思う）けど、1次元はちょっと考えた そんなことはないです。
(2)だけだと誘導無しでは解けないと思います。
有限次元のユークリッド空間では、コンパクト ⇔ 有界閉集合。
有界閉集合なのにコンパクトでないとすると、無限次元ですね。 (2)のE,Fの有界性って指定されてなくない？一次元の場合
E=Z_+ (正の整数全体)
F={n+2^(-n)| n∈Z_+}
とすれば条件を満たすし高次元でも同様に定めればいいかと ブリストル大学の数学者Andrew Booker氏が、
33を3つの立方数の合計で表すこと、すなわち
33＝x^3＋y^3＋z^3という方程式の解を求めることに成功した
(8866128975287528)^3+(-8778405442862239)^3+(-2736111468807040)^3=33
https://fabcross.jp/news/2019/20190507_33.html x = 8866128975287528 = 2^3・7・467・378289・896201,
y = -8778405442862239 (prime),
z = -2736111468807040 = -2^7・5・89917・47545783,
x + y = 87723532425289 (prime),
x + z = 6130017506480488 = 2^3・31・24717812526131,
y + z = -11514516911669279 = -5009413・2298576083,
x = 101(x+y) + w, y = -100(x+y) - w,
w = 6052200333339 = 3・73019・27628427,
分かスレ４５２-831,840,841 https:/twitter.com/SOhbWq37LsuZ0pp/status/1121810596486193152
障害者ニホンザルヒトモドキを殺せ
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) x^3 + y^3 + z^3 = (x+y+z)^3 - 3(x+y)(y+z)(z+x),
x + y + z = -2648387936381751 = -(3^3)・43・547・4170249653, >>348
log は単調増加だから ∫[1/e, x] {log(u)－log(1/e)｝du ≧ 0, kを自然数とし、n=2^kとおく。
素数のうち、全ての桁の数字を足すとnになるもの全体からなる集合をS_nとする。
k=1,2,...について、S_nが無限集合となるkが少なくとも1つ存在することを示せ。 >>364 の類題
(1) x + y + z = 33,
(2) x^2 + y^2 + z^2 = 33, (2種)
(4) x^4 + y^4 + z^4 = 33,
(5) x^5 + y^5 = 33,
を満たす自然数 x, y, z を求めよ。
分かスレ４５２-840,890 1以上22以下の自然数の集合をSとする
Sの部分集合Tで、次の条件を満たすものを考える
[条件] Tに属する任意の2つの要素の差は4でも7でもない
Tの要素数の最大値はいくらか
1 5 9 13 17 21
2 6 10 14 18 22
3 7 11 15 19
4 8 12 16 20
Table[2n-b-a+{(n+a)mod4}+4C(0,n-8+a),{a,0,1},{b,0,2},{n,1,10}]
{3, 6, 9, 8, 11, 14, 17, 20, 19, 22}
{2, 5, 8, 7, 10, 13, 16, 19, 18, 21}
{1, 4, 7, 6, 9, 12, 15, 18, 17, 20}
{3, 6, 5, 8, 11, 14, 17, 16, 19, 22}
{2, 5, 4, 7, 10, 13, 16, 15, 18, 21}
{1, 4, 3, 6, 9, 12, 15, 14, 17, 20} (2)
x^x = (√x)^(2x)
= {(√x)^(√x)}^(2√x)
≧ exp(-1/e)^(2√x) >>348
= exp{-(2/e)√x}
≧ 1 -(2/e)√x, >>372
(√x)^(√x)≦e^(1/e)をどうやって思いついたか教えて下さい log(x) は単調増加だから、x≧1/e でも x≦1/e でも
∫[1/e, x] {log(u) - log(1/e)｝du ≧ 0,
∴ x･log(x）= -1/e + ∫[1/e, x] {log(u) - log(1/e)｝du ≧ -1/e,
∴ x^x ≧ exp(-1/e) = 0.6922････ □□
□
↑このL字型のタイルを
□□□□□■□
□□□□□□□
□□□□□□□
■□□□■□□
□□□□□□□
□□□□□□□
□□□■□□□
↑の黒い部分を除いた全体に、漏れなく重複なくハミ出さずに敷き詰めることは可能か □□■□□★□
□■■□□■■
□□□□□■□
★□□■□★□
■■□■■□□
■□□□□□■
□□□★□■■ 嫌儲から
これ解けないマスあるだろ
2 番組の途中ですがアフィサイトへの転載は禁止です (ﾜｯﾁｮｲ 2bc1-wkih) 2019/05/20(月) 01:16:34.88 ID:MpRKv/HW0
@
五月祭の数学科の展示の100マス積分かなり良い
http://pbs.twimg.com/media/D66Jye6UcAEjpRy.jpg
https://twitter.com/Optie_f/status/1129992066912493568
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>375
不可能。
ＡＢＡＢＡ■Ａ
ＣＤＣＤＣＤＣ
ＡＢＡＢＡＢＡ
■ＤＣＤ■ＤＣ
ＡＢＡＢＡＢＡ
ＣＤＣＤＣＤＣ
ＡＢＡ■ＡＢＡ
Ｌ字のタイル(15枚)はＢＣＤ、ＡＣＤ、ＡＢＤ、ＡＢＣのいずれかに置かれなければならない。
ＢＣＤ、ＡＣＤ、ＡＢＤ、ＡＢＣそれぞれの枚数をa,b,c,d(当然a,b,c,d≧0)とすると、
盤面の構成がＡ×16、Ｂ×10、Ｃ×10、Ｄ×9であるため、
b+c+d＝16
a+c+d＝10
a+b+d＝10
a+b+c＝9
これを解くとa＝-1,b=c=5,d=6となる。
ＢＣＤの枚数が負となるため、条件を満たす解はない。 □□■□□★■
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■■□■■□□
■□□□□□■
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できたぞ >>378
もっと簡単に：
どのＬ字タイルも378の図のＡの領域を２つ以上占めることはできないので、15枚のＬ字タイルをどのように置いても16箇所のＡの領域を埋めることができない >>375いつの時代だって、だれもがもう無理だと思ったところからひっくり返すんだ。それが天才ってもんだ。前>>346
￣]/＼__________
__/＼/ ,,､､∩∩/|
￣＼/ 彡`-`ﾐっ))|__
￣|＼__U,~⌒ヾ' | ＼
］| ∥￣￣`U~U / )
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￣￣￣￣￣￣￣￣￣∥ /
__________________∥/
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ 人Aと人Bがいます。
人Aと人Bは10km離れていて、人Aは人Bに向かって0.8m/s,人Bは人Aに向かって1m/sで動きます。
速度変化はなしとしたとき、人Aと人Bがすれ違うのは開始から何分後? 前>>382
>>384
48x+60x=10000
中断。 前>>386
>>384
x=10000/108
=2500/27
=833.33……/9
=92.5925925925……(分)
92分後はまだすれ違ってない。
93分後はもうすれ違って、「ああ！」とか、「よぉ！」とか、「久しぶりやね」元気してた？ とか、「あついね」ううん、そんなでもないよ、とか言ってる。 >>384
速度変化はなしなら 92.59分後に正面衝突して
「あまえどこ見てんだよ？」「おまえモナー」とか言ってる。 >>390
> 「おまえモナー」とか言ってる。
時代を感じる… 〔問題〕
円K上に相異なる3点A,B,Cがある。△ABCの内心をIとする。
(1) ∠AIB - (1/2)∠C を求めよ。
(2) 点Cが円K上を動くとき、Iの軌跡Lを求めよ。
(3) 弧ABの中点（Cの反対側）をMとする。∠AIM=∠IAM, ∠BIM=∠IBM を示せ。
(4) Lの中心を求めよ。 >>392
面白いけどその設問だと(2)いらなくね？ この段階ではLはまだ確定しませんね^^
（修正）
(2) Iの軌跡は A,B を端点とする円弧となることを示せ。この円をLとする。 >>394
いや、とゆうか(3)先に示しちゃえば自動的に(2)と(4)が一気に示せちゃうんでは？
まぁいいんだけど。 高校のときに読んだ参考書に、出来の悪い出題者の誘導に従う必要はない、ｷﾘｯ！ とか書いてたのがあったな。
著者は忘れたが、当時人気のあったいい気になってる予備校講師だったような。 >>392
Iは内心ゆえ∠IAB=∠IAC=α、∠IBC=∠IBA=β、∠ICA=∠ICB=γ(α+β+γ=π/2)とおける。
半直線CIとKの交点をM’と置く。
∠ACM’=∠BCM’=γよりM’はCを含まない孤ABの中点？に等しい。
∠BAM=γ(∵円周角の定理)により∠MAC=2α+γであるから∠AMC=π-(2α+γ)-γ=2βであり、∠AMI=α+γ、∠AIM=π-(2β+α+γ)=α+γにより、△MAIはMを頂角とする二等辺三角形である。
よってMA=MIである。
以上によりIは中心M、半径MAの円L上の点でKの内部にある。
逆にL上かつKの内部にIをとり、半直線MIとKの交点をCと置けばIは△ABCの内心に一致する。
以上によりIの軌跡はL上のKの内部にある部分の全体である。 uxOtXfl_GF8
お笑い無文化強姦風俗ブーメランゴキブリパクリ劣等産業ニホンザルヒトモドキを撃ち殺せ
土人ゴミパクリ零戦ニホンザルヒトモドキを空爆して木っ端微塵に虐殺せよ /h2K5mcWSn0c
差別をでっち上げるネトウヨキモオタ障害者レイプ文化が本人ニホンザルを廃棄処理施設に捨てて殺せ >>397
正解です。
∠AIM = ∠IAC + ∠ICA = α+γ
∠IAM = ∠IAB + ∠BAM = ∠IAB + ∠BCM = α+γ
から MA=MI ですね。
（∠AMI = ∠AMC = ∠ABC = 2β はとりあえず使いません） 前>>388
>>402(1)
ＳＧ←←←
↓→↓→↑
↓↑↓↑←
↓↑↓→↑
→↑→↑ 前>>403
>>402(2)m、nがともに奇数のとき。 >>402
問題５(1)
(a) 背理法による。
a_(k+2) と a_(k+3) が互いに素でなかったと仮定する。
共通の素因数をpとする。
漸化式により {a_(k+1)}^2 = a_(k+3)･a_(k-1) - a_(k+2)･a_k もpの倍数。
a_(k+1) もpの倍数。(*)
同様にして a_(k+3), a_(k+2), ････, a_3 はすべてpの倍数。
これは題意と矛盾。
∴ a_(k+2) と a_(k+3) は互いに素。
a_(j-1) と a_j も同様。（2≦j≦k+3)
a_(k+1) と a_(k+3) が互いに素でなかったと仮定する。
共通の素因数をpとする。
漸化式により a_(k+2)･a_k = a_(k+3)･a(k-1) - {a_(k+1)}^2 もpの倍数。
a_(k+2) または a_k がpの倍数。（*)
これは上記と矛盾。
∴ a_(k+1) と a_(k+3) は互いに素。
a_k と a_(k+3) が互いに素でなかったと仮定する。
共通の素因数をpとする。
漸化式により {a_(k+1)}^2 = a_(k+3)･a(k-1) - a_(k+2)･a_k もpの倍数。
a_(k+1) もpの倍数。（*)
これは上記と矛盾。
∴ a_k と a_(k+3) は互いに素。
*) a_1, a_2, ････, a_(k+3) はすべて整数としたから。 >>402
問題５(1)
(b)
a_(k+i) = A_i と略記する。
A_4 = a_(k+4) = N,
A_1･A_3 + (A_2)^2 = A_0･N,
A_1･A_5 = (A_3)^2 + A_2･N,
A_1･A_2･A_6 = A_1(A_3･A_5 + NN) = A_3(A_1･A_5) + A_1･NN = (A_3)^3 + A_2･A_3･N + A_1･NN,
(A_1)^2･A_3･A_7 = (A_1)^2･{(A_5)^2 + A_6･N} = (A_1･A_5)^2 + (A_1)^2･A_6･N,
(c)
(A_1)^3･(A_2)^2･A_3 M
= (A_1)^3･(A_2)^2･A_3 {A_5･A_7 + (A_6)^2}
= (A2)^2･(A1･A5){(A1)^2･A3･A7} + A1･A3 (A1･A2･A6)^2
= (A2)^2･(A1･A5){(A1･A5)^2 + (A1)^2･A6･N} + A1･A3 (A1･A2･A6)^2
= (A2)^2･{(A3)^2 + A2･N}{[(A3)^2 + A2･N]^2 + (A1)^2･A6･N} + A1･A3 {(A3)^3 + A2･A3･N + A1･NN}^2
= (A3)^6･{A3･A1 + (A2)^2}
+ {(A1)^2･A2･A6 + 2A1･(A3)^3 +3(A2)^2･(A3)^2}A2･(A3)^2 N
+ {(A1)^2･(A2)^3･A6 + 3(A2)^4･(A3)^2 +2(A1)^2･(A3)^4 + A1･(A2)^2･(A3)^3} NN
+ {2(A1)^2･(A3)^2 + (A2)^4} A2 N^3
+ (A1)^3･A3 N^4
≡ (A_3)^6･{A_3･A_1 + (A_2)^2}
= A_0･(A_3)^6 N
≡ 0 (mod N)
ところで、(a) より A_1･A_2･A_3 と N=A4 は互いに素。
M は N の倍数。
A_8 = a_(k+8) = M/N は整数。 文献
http://shochandas.xsrv.jp/divisor/somos.htm
数学セミナー 1993年3月号, 日本評論社, 「エレ解」
一松 信 「初等関数概説－いろいろな関数－」 森北出版（1998) p.84-87
187p．2268円 >>390
「速さは変化しないとして」
がベターかも >>392
〔類題〕
円K上に相異なる3点A,B,Cがある。△ABCの重心をG、垂心をH、外心をOとする。
(1) ↑OH = 3↑OG を示せ。 (Euler)
(2) 点Cが円K上を動くとき、Gの軌跡の中心Mを求めよ。
(3) 点Cが円K上を動くとき、Hの軌跡の中心Nを求めよ。
(4) ↑ON = 3↑OM を示せ。
↑OG = (↑OA + ↑OB + ↑OC)/3,
↑OH = ↑OA + ↑OB + ↑OC,
らしいけど････ 5×6の場合
宝：1個 同等
宝：2～8個 短軸有利
宝：9～21個 長軸有利
宝：22～30個 同等
□■■■■■
□□■■■■
□□□■■■
□□□□■■
□□□□□■
短軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,n-2 mod7)+3C(0,n-4)+C(1,n-7),k-1),{n,1,14}],{k,1,30}]
長軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,30mod n)-C(0,n-2)-2C(0,n-5)-C(1,n-8),k-1),{n,1,14}],{k,1,30}]
同等☆
Table[sum[C(2n-1-3C(1,n-9),k-2),{n,9,14}],{k,1,30}]+Table[C(29,k-1)+C(1,k),{k,1,30}]
5 * 6 [2] : 203 , 197 , 35
5 * 6 [3] : 1801 , 1727 , 532
5 * 6 [4] : 11418 , 11008 , 4979
5 * 6 [5] : 55469 , 54036 , 33001
5 * 6 [6] : 215265 , 211894 , 166616
5 * 6 [7] : 685784 , 680768 , 669248
5 * 6 [8] : 1827737 , 1825076 , 2200112
5 * 6 [9] : 4130886 , 4139080 , 6037184
5 * 6 [10] : 7995426 , 8023257 , 14026332
5 * 6 [11] : 13346984 , 13395944 , 27884372
5 * 6 [12] : 19312228 , 19372871 , 47808126
5 * 6 [13] : 24301031 , 24358063 , 71100756
5 * 6 [14] : 26642430 , 26684251 , 92095994
5 * 6 [15] : 25463979 , 25488051 , 104165490 ネトウヨってやっぱり2次元エロが好きなのか
ひくわ 『れいわ』…
菅官房長官がつぶやく
その瞬間ハッとした
あの菅官房長官がリーマンゼータ関数を解明したのか？
そう思ったのだ
れい→零→ゼロ点
わ→ゼータ関数における分数の和
まさか、あの菅官房長官が… 解き明かした？
そして数分が経ち
目を向けると令和と書かれた色紙があり
官房長官の姿は無かった
ほどなく、官房長官はリーマン予想を解決しておらず
単なる新元号の発表会だったことを知った
初めの「れいわ」に心臓が止まりそうになった実録である 7×8の場合
宝：1個 同等
宝：2～16個 短軸有利
宝：17～43個 長軸有利
宝：44～56個 同等
□■■■■■■■
□□■■■■■■
□□□■■■■■
□□□□■■■■
□□□□□■■■
□□□□□□■■
□□□□□□□■
短軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,n-2 mod18)+3C(0,n-4)+3C(1,n-7)+7C(0,n-11)+C(1,n-16)+C(1,n-18),k-1),{n,1,27}],{k,1,56}]
長軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,n-1 mod14)+C(0,n-3 mod18)+3C(1,n-5)+3C(1,n-9)-19C(0,n-14)-C(1,n-17)-C(1,n-19),k-1),{n,1,27}],{k,1,56}]
同等☆
Table[sum[C(2n-1-3C(1,n-20)-3C(1,n-18)-8C(1,n-16),k-2),{n,16,27}],{k,1,56}]+Table[C(55,k-1)+C(1,k),{k,1,56}] 7 * 8 [2] : 751 , 722 , 67
7 * 8 [3] : 13213 , 12546 , 1961
7 * 8 [4] : 169815 , 161494 , 35981
7 * 8 [5] : 1708176 , 1634573 , 477067
7 * 8 [6] : 14026034 , 13521709 , 4920693
7 * 8 [7] : 96716833 , 93921622 , 41278945
7 * 8 [8] : 571625198 , 558773693 , 290095184
7 * 8 [9] : 2940723248 , 2890925540 , 1744319612
7 * 8 [10] : 13327198939 , 13162957237 , 9116895304
7 * 8 [11] : 53717709609 , 53254225291 , 41930280380
7 * 8 [12] : 194070976396 , 192951568390 , 171360762514
7 * 8 [13] : 632475500322 , 630177011156 , 627260220922
7 * 8 [14] : 1869295969469 , 1865362789969 , 2070073204362
7 * 8 [15] : 5032748390589 , 5027434867987 , 6193066240064
7 * 8 [16] : 12389874719763 , 12385213035831 , 16873864084671
7 * 8 [17] : 27980641402960 , 27981556314178 , 42035336024662
7 * 8 [18] : 58125229289763 , 58139877526913 , 96062882957224
7 * 8 [19] : 111326498505381 , 111364943071921 , 201964537970498
7 * 8 [20] : 196977669970830 , 197048666795639 , 391587225396961
7 * 8 [21] : 322510102010304 , 322617018858127 , 701638985697449
7 * 8 [22] : 489306306855569 , 489444206271532 , 1163831929136799
7 * 8 [23] : 688690248074025 , 688846020744196 , 1789759515397979
7 * 8 [24] : 900050700996225 , 900206640621300 , 2554774361679750
7 * 8 [25] : 1092975958236546 , 1093115221856691 , 3388349400127275
7 * 8 [26] : 1233862233565383 , 1233973593552186 , 4178612556991503
7 * 8 [27] : 1295273249461927 , 1295353120172050 , 4794316279376103
7 * 8 [28] : 1264553645519991 , 1264605044607097 , 5119531910633352 >>402
問題４ (1)
AB = 1,
∠BAO = θ とおくと
A(cosθ,0) B(0,sinθ)
中略
|x|^(2/3) + |y|^(2/3) = 1,
アステロイド > sapply(1:12,function(k) treasure0(3,4,k))
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10] [,11] [,12]
短軸有利 5 26 73 133 167 148 91 37 9 1 0 0
長軸有利 5 27 76 140 176 153 92 37 9 1 0 0
同等 2 13 71 222 449 623 609 421 202 64 12 1
□■■■
□□■■
□□□■
短軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,n-2),k-1),{n,1,5}],{k,1,12}]
長軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,3mod n),k-1),{n,1,5}],{k,1,12}]
同等☆
Table[C(11,k-1)+C(9,k-2)+C(7,k-2)+C(1,k),{k,1,12}] 円周率を11進法で計算していたコンピューターが
1857万桁のところで異変を感知し、その部分を画面に表示し始めた
その表示は0と1のみしか登場せず、ある一定の区間ごとにに折り返され、
0と1によってある図形が浮かび上がった…
0000000011111100000000
0000011110000111100000
0001110000000000111000
0011000000000000001100
0110000000000000000110
1000000000000000000001
1000000000000000000001
0110000000000000000110
0011000000000000001100
0001110000000000111000
0000011110000111100000
0000000011111100000000 ↑
カールセーガン著『コンタクト』の落ち
（映画版では無く小説版） ↑
p進法なら出る確率 (1/p)^(12*22)
p=11 だと 8.4658×10^274 回に1回
最も出やすい p=2 の場合でも 2.964×10^79 回に1回
10進法で 0.8923×10^79 桁
10^20 桁ぐらいでは出そうもない････
現在は約 3.14×10^13 桁（Google）ぐらいか？ えらいこっちゃ
■Die Kasteleyn-Fisher-Temperley-Formel fur die Anzahl der Domino ...
http://oops.uni-oldenburg.de/1773/1/Bachelorarbeit%20von%20Ina%20Lammers.pdf 最小多項式と無理性の証明
実数αに対し、f(α)=0を満たす有理数係数多項式fが存在した時その内最小次数で最高次数の係数が1となるものを最小多項式と呼ぶ。
⑴α=2,√2 の最小多項式を求めよ。
⑵実数αの最小多項式をfとする。有理数係数多項式gがg(α)=0を満たすならば、gはfで割り切れる事を示せ。
⑶αを実数とし、f(α)=0とする。
この時fが既約で最高次数の係数が1ならばfはαの最小多項式となる事を示せ。
⑶p:素数とし、n≧2とする。
x^n-pが既約である事を用いて
1+p^(1/n)+p^(2/n)+…+p^((n-1)/n)は無理数である事を示せ。 (1)
α = 2, f(x) = x-2,
α = √2, f(x) = xx-2,
(2)
g(x) = f(x)Q(x) + R(x), deg(R) < deg(f)
とする。題意より
R(α) = g(α) = 0,
もしも R(x)≠0 とするとf(x)の最小性に反する。
∴ R(x) = 0,
g(x) = f(x)Q(x),
(3)
(2)より、f(x) はαの最小多項式の定数倍。 >>402
問題２
(1)
t = 2/(5^m) とする。または t = 3/(5^m) とする。
ただし mは十分大きく取り、 5^(m-1) > 1/ε とする。
(2)
t = Σ[n=1,∞] t_n / 5^n とする。
t_n ≠ 3 ⇒ a_n = 0
t_n = 3 ⇒ a_n = 1
により a ∈ Ｃ_2 を定めれば a+t ∈ Ｃ_2 正方形の土地を仕切りで4等分するとき、出来るだけ仕切りの長さを短くするにはどうしたらよいか？
ただし仕切りは直線だけでなく曲線でもよいし、分岐があってもよい >>430
体論の教科書で全部見た気がするが
(4)
f(x):=x^n-p,
t:=p^(1/n) これは勿論無理数,
α:=1+t+t^2+…+t^(n-1) これは正の実数であり0でない(あとで逆数使うので一応ね)
f(x)=(x-t)*[x^(n-1)+tx^(n-2)+t^2x^(n-3)+…+t^(n-1)]
f(1)=1-p=(1-t)α
これより -(1-p)/α+1=t
もしαが有理数ならtは有理数になり矛盾する
よってαは無理数である ■ 私が考えた下記の問題を解決してもらいたい.
ハーン-バナッハの定理と選択公理の同値性について
任意の線型空間Xに対して自明でない(すなわち{X}ではない)線型空間の族
{X_λ}_(λ∈Λ)
が存在して
X＝(Π_(λ∈Λ))X_λ
となるか？
上が成り立つときＣ-線型位相空間X_λの部分空間A_λを定義域とする線型汎関数f_λについて
f_λ≦p_λ on A_λ
となるセミノルムp_λ:X_λ→[0, ∞)が存在するとき(Π_(λ∈Λ))f_λの拡張f:X→Ｃが存在して
f≦(Π_(λ∈Λ))p_λ on X
となるか？
第二の場合から選択公理が従うか？ 前>>404
>>433
正方形の一辺の長さxがある仕切りを二枚用意し、縦横に十字を切るように立てる。仕切りでできた4つの土地の面積はいずれも、
(x/2)^2=x^2/4
魚座マークの中央にある横棒が突き抜けない図形を斜め45°回転した仕切りを考えたが、
(√π+√2-2/√π)x＞2x
これは2xを超える。不思議な不思議なルートパイ。 前>>436
>>433
円弧の曲率を下げる。
辺に90°入射、対角線に60°入射を保ちつつ、中心が正方形の辺の延長上にある、同じ長さの4つの円弧を描く。
正方形の対角線の中央付近のじゅうぶん短い部分でビキニのように4つの円弧を2つずつY字にくっつけて結ぶと、2xを下回る仕切りが可能かもしれない。 0<a<1/2 とする。正方形を
A(a, a) B(a, 0) C(0, 0) D(0, a)
とする。
AB = a,
∠AOB = 15ﾟ
1/sin(15ﾟ) = √2 + √6,
1/tan(15ﾟ) = 2 + √3,
円の中心 O(-(1+√3)a, 0)
半径 R = a/sin(15ﾟ) = (√2 +√6)a,
RR = 4(2+√3)aa,
⊿OAB = (1/4)RRsin(30ﾟ) = RR/8 = (2+√3)aa/2,
(0,0)を含むパーツの面積は
S = (π/12 - 1/4)RR = (π/3 - 1)(2+√3)aa,
これが 1/4 に等しいから
a = 0.461041286651148
境界の長さは
L = 4(πR/12) + (1-2a)√2 = {(π/3)(√2 + √6) - 2√2}a + √2 = 1.9755928847815
(2-L)/2 = 0.01220355760925 前>>437
正方形の頂点から辺を外(または下)にtだけ延長した点を中心として、
半径rの円弧の中心角30°の扇形から底辺t、高さr/2の直角三角形を引けば、正方形の面積の1/8だから、正方形の一辺を1として、
(4πr^3/3)(30/360)-(r/2)(t/2)=1/8
πr^3/9-rt/4=1/8
8πr^3-18rt=9
∴t=4πr^2/9-1/2r――①
ビキニの接合部=2(1/2-r/2)√2
4つの円弧の長さ=2πr(30/360)･4
=2πr/3
仕切りの長さ=2πr/3+2(1/2-r/2)√2
=2πr/3+(1-r)√2――②
分岐点を丁角60°の頂点とする三辺(r､2r､r√3/2)の直角三角形において、
t+r/2=r√3/2
t=(√3-1)r/2
①より、
4πr^2/9-1/2r=(√3-1)r/2
8πr-9=9(√3-1)
r=9√3/8π
②より、
仕切りの長さ=2πr/3+(1-r)√2
=2π･9√3/8π･3+(1-9√3/8π)√2
=3√3/4+(1-9√3/8π)√2 前>>440
仕切りの最短の長さ=1.83609277…… 前>>441訂正。
>>433
正方形の一辺の長さを1とすると、
πr^2(30/360)-(1/2)t(r/2)=1/8
2πr^2-4tr=3
t=πr/2-3/4r――㊤
扇形内の鋭角30°と60°の直角三角形について、
r/2+t=r√3/2
t=r(√3-1)/2――㊥
㊤㊥より、
πr/2-3/4r=r(√3-1)/2
πr^2/2-3/4=r^2(√3-1)/22(π+1-√3)r^2=3
r=√{3/2(π+1-√3)}
㊥に代入し、
t=(√3-1)√{3/8(π+1-√3)}
∴(どうすればよいかの答え)はまず、正方形の頂点から辺の延長上の、
(√3-1)√{3/8(π+1-√3)}の位置にコンパスの針(またはメジャーの０目盛)を刺し、
半径√{3/2(π+1-√3)}の八分円を辺から対角線まで描くことである。
同様の図形を正方形の同一頂点から90°違った向きにちょうどコンパスまたはメジャーがさっきとクロスするように八分円を描く。
対角の頂点からも二方向に同様の八分円を描くと4つの円弧が描ける。
あとは対角線上に仕切りの分岐点が2つできるように短い直接でこれらをつなげばよい。 前>>442数値の訂正。
(仕切りの長さ)=π√{2/3(π+1-√3)}+√2-√{6/(π+1-√3)}-√{3(π+1-√3)/8}
=0.93988125…… 前>>443
π√{3/2(π+1-√3)}
=π･0.93988125……
√2=1.41421356……
-√(6/π+1-√3)=-1.57800505……
-√{3(π+1-√3)/8}=-0.9505673……
1.9ぐらいの区切り線の長さの数値が、なかなか出んけどrとtはあってるはず。 >>439 訂正
S = (π/12 - 1/4)RR + aa = {(π/3 - 1)(2+√3) + 1}aa, 前>>444まとめ。
>>433
正方形の土地を1ヘクタールとして、どうすればいいかを考える。
これまでの計算結果、
r=√{3/2(π+1-√3)}
=0.789002525……
t=(√3-1)r/2
=0.288794968……
をふまえると、
100(r-t)=50.0207556……
100mある土地の半分地点のわずか2㎝先から仕切りを建てはじめ、だんだん手前にカーブさせていくことになる。
仕切りの形は正方形を45°回転した菱形のように見ると魚座マークの中央の横棒(正方形でいうと対角線の中央付近)が突き出ていない形になる。
円弧部分は4つの八分円を2つずつ描くことになるが、その2つは30°重なっている。
どうすればいいか。
①28m88㎝正方形の土地の隅っこから縁に沿って遠ざかり杭を打つ。
②その地点から78m90㎝の位置にある縁上の地点を起点に八分円を描く。
③行き着いた対角線上の地点は2つある分岐点のうちの1つだから目印をつけておく。
④①②③の流れで同様の八分円をあと3つ描く。
⑤正方形の土地の対角線上の中央付近の2つの分岐点を仕切りで結べ。
分岐点の距離が気になるが矛盾がやなんで以上とします。 >>439
>>445
数値は正解です
最小性の証明もお願いします 前>>446
仕切りの長さは、
2π√{3/2(π+1-√3)}/3+√2{1-√3/2(π+1-√3)}
=1.95087851……
1ヘクタールの土地なら、195m8㎝8㎜程度の仕切りが要る。4つに分けた土地のうちの2つはほかのすべての土地ととなりあうが、残りの2つはたがいにとなりあわないんで、4人のうちもっとも仲わるいもの2人にこの2つを与えたらいい。 前>>448考察。
仕切りの長さの内分けは、
直線部分29m84㎝
曲線部分41m31㎝2㎜×4
=165m24㎝8㎜
あわせて、
29.84+41.312×4
=29.84+165.2408
=195.088
195m8㎝8㎜ 前>>449
>>450よかったですね。
映画をテレビにしたみたいに文字や数字が縦長です。 πr^2(30/360)-(1/2)t(r/2)=1/8
2πr^2-6tr=3
t=(πr/3-3)/6r――㊤
扇形内の鋭角30°と60°の直角三角形について、
r/2+t=r√3/2
t=r(√3-1)/2――㊥
㊤㊥より、
πr/3-1/2r=r(√3-1)/2
2πr^2-3=3r^2(√3-1)
(2π+3-3√3)r^2=3
r=√{3/(2π+3-3√3)}
㊥に代入し、
t={(√3-1)/2}√{3/(2π+3-3√3)} 3次元空間(R^3)を円周(S^1)の非交和で埋め尽くすにはどうしたらよいか？
ただし，円周の半径はそれぞれ異なってよい 前>>452計算中。
前々>>451訂正。
r=√{3/(2π+3-3√3)}
=0.85675483……
t=πr/3+1/2r
={(√3-1)/2}√{(3/(2π+3-3√3)}
=0.313594032……
2πr/3+√2-[2(√2/2)√{3/(2π+3-3√3)}]
=1.99696238……
(答え)どうしたらいいかの答え(方法)はすでに示した。
(総延長を求めよとは問われていないが、これは自主的な考察です)
1ヘクタールの正方形の土地を4等分する最短の間仕切りの長さは、
199m69㎝6.238㎜ 前>>459
πや√2を残したまま最短の間仕切りの長さを表してみる。
間仕切りの総延長=2πr(30/360)･4+√2-√2(r/2)
=2πr/3+√2-(√2/2)r
r=√{3/(2π+3-3√3)}を代入すると、
間仕切りの総延長
=√2+{(4π-3√2)/6}√{3/(2π+3-3√3)} 前>>460
>>439は、なんで2m46㎝も減らせてんの？ >>461
ルベーグ測度のことなら可測集合を四角形で埋め尽くすやつだと思うけどS^1でも同様に出来るの？ >>463
重積分と累次積分。
ガチだと反復積分。ループ空間の指数定理いいよね・・・。 >>463
オレは出典？知ってるから書かないけどできるよ。
>>461がそこから持ってきたのかは知らないけど。 間違えた。
出題者は>>455ね。
その本は問題の出典も載ってるんだけど著者はある大学のコンピュータサイエンスの教授に教えてもらったとある。 個人的にはランダムウォークの再帰性やポリアの再帰性定理に直結するんじゃッて気しかしない。
レヴィの確率面積が意味する量ってなんか素敵やん？。 前>>462
間仕切りの総延長
=中心角15°の二十四分円×4
+分岐点の距離
=2πr(15/360)×4+L
=πr/3+L
(√2-L)/2=rcos75°√2
√2-L=2rcos(45°+30°)√2
=2r(cos45°cos30°-sin45°sin30°)√2
=r{(√2)(√3)/2-√2(1/2)}√2
=r(√3-1)
L=√2-r(√3-1)
間仕切りの総延長
=πr/3+√2-r(√3-1)
=(π/3+1-√3)r+√2 前>>469やっとできた。
>>433
土地の隅っこから、縁に沿って手前にtだけ離れたとこに杭を打ち、その地点を中心に半径r十メートルの二十四分円をまっすぐ前に見える土地の縁の真ん中ら辺から土地の対角線まで描く。
∵円弧は縁から90°で出て、対角線に対して60°で入射して三ツ又の分岐を120°ずつにせんなんから。
で、行き着いた地点は対角線上に2つある分岐点のうちの1つだから、目印をつける。
方程式を立て、tとrを求める。二十四分円は中心角15°の扇形で中心が土地の隅っこからtメートルはみ出してて、対角線に対して45°-15°=30°(90°-60°=30°とも言える)はみ出してるんで、底辺t、高さrcos75°の三角形を二十四分円から引くと正方形の土地の1/8になる。
πr^2(15/360)-(1/2)t(rcos75°)=1/8
πr^2-12trcos75°=3
πr^2-12tr(cos45°･cos30°-sin45°･sin30°)=3
πr^2-12tr(√2/2)(√3/2)-(√2/2)(1/2)=3
πr^2-3tr(√6-√2)=3――①
二十四分円の中の鋭角15°と75°の直角三角形について、
rsin75°=rcos75°+t
r(sin45°cos30°+cos45°sin30°)
=r(cos45°cos30°-sin45°sin30°)+t
r{(√2/2)(√3/2)+(√2/2)(1/2)}
=r{(√2/2)(√3/2)-(√2/2)(1/2)}+t
r(√6+√2)=r(√6-√2)+4t
r√2=2t
t=r/√2
①に代入すると、
πr^2-3(r/√2)r(√6-√2)=3
πr^2-3r^2(√3-1)=3
(π+3-3√3)r^2=3
r=√{3/(π+3-3√3)}――②
間仕切りの総延長
=中心角15°の二十四分円×4+分岐点の距離
=2πr(15/360)×4+√2-2(rcos75°√2)
=πr/3+√2-2r{(√6-√2)/4}√2
=√2+(π/3+1-√3)r
②を代入すると、
間仕切りの総延長
=√2+√(π/3+1-√3)
=1.97559288……
対角線の逆の隅っこの側からも同様の円弧の間仕切りを2つ立て、正方形の土地の対角線上にある2つの分岐点を間仕切りで結べばすべての間仕切りがつながり完成する。 前>>470訂正。
一辺1(単位なし)で書いたんで、冒頭のt十メートルの十メートルはなしで。 >>439
加法公式
sin(β-α) = sinβcosα - cosβsinα,
tan(β-α) = (tanβ - tanα)/(1 + tanβtanα),
15ﾟ = 60ﾟ-45ﾟ = 45ﾟ-30ﾟ より,
sin(15ﾟ) = (√3 -1)/(2√2) = 1/(√2 + √6),
tan(15ﾟ) = 2 - √3 = 1/(2 + √3), mは自然数、√m * (2mCm)/(4^m) のm→∞の極限値は？
とある問題を解いていたら副次的に出来た、簡単ならすみません、 >>474
(2m)C(m)＝(2m)!/((m!)^2)
m! ～ (√(2πm))((m/e)^m)
(2m)! ～ (√(4πm))((2m/e)^m)
を順に適用して整理
極限値は 1/√(π)
で合ってる？ 満州先生からの問題です。
０から１の間で
１ 有理数は何個あるでせうか。
２ 無理数は何個あるでせうか。
３ 超越数は何個あるでせうか。
４ 実数は何個あるでせうか。
５ 有理数と無理数と超越数は、どれが一番多いでせうか。 C: 複素数全体
R: 実数全体
Q: 有理数全体
Z: 整数全体
N: 自然数全体
使用例. 1 ∈ N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C. 満州先生からの問題です。
０から１の間で
１ 有理数は何個あるでせうか。
２ 無理数は何個あるでせうか。
３ 超越数は何個あるでせうか。
４ 実数は何個あるでせうか。
５ 有理数と無理数と超越数は、どれが一番多いでせうか。 前>>471捜索中。
1､2､4 無数。
3 eとかπとかiとかもそうだと思うけど、未解決らしい。
5無理数が多い。
e^π＞π^e
いいぱいじょうはぱいいいじょうよりおっきい。 超越数＋無理数＝超越数？
超越数＋無理数＝無理数？ では少し問題を変えます。
０から１の間で
１ 有理数は何個あるでせうか。
２ 無理数は何個あるでせうか。
３ 実数は何個あるでせうか。
４ 有理数と無理数では、どちらが多いでせうか。 >>484
そこは
では少し問題を変へます。
だな。 これも満州先生からの出題です。
次のうち、正しいのはどれでせう。
１ 1/2+1/4＋1/8＋……は１になる。
２ 0.99999……は１である。
３ 0.99999……は0.9＋0.09＋0.009＋……と同じではない。
４ 0.99999……は最初から9が無限桁並んでいる。
５ 有限小数からなる数列の極限値が無限小数である。
６ 有限級数からなる数列の極限値が無限級数である。
７ 無限小数自体が極限値である。
８ 無限級数自体が極限値である。
９ 無限小数は実数である。
10 無限小数は必ず極限値をもつ。
11 実無限が存在する。
12 自然数ｎは∞にはならないが、∞自体は存在する。
13 実数は連続性がある。
14 線は点の集合である。
15 数直線上で実数を示す点の集合は線になる。
16 数直線上に非可算個の実数が存在する。
17 無限集合が存在する。
18 可算無限集合は集合ではない。
19 自然数の無限より実数の無限の方が多い。
20 有界な単調数列は収束する（極限値を持つ）。
21 体積２の正立方体が存在する証拠はない。 楕円面に臍点はいくつあるか？
臍点...主曲率が一致している点 >>491
ただし楕円面はa,b,cを互いに異なる正の実数として
x^2/a^2+y^2/b^2+z^2/c^2=1
を満たす(x,y,z)の集合である > sapply(1:20,function(k) treasure0(4,5,k))
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9] [,10] [,11]
短軸有利 9 84 463 1776 5076 11249 19797 28057 32243 30095 22749
長軸有利 9 83 453 1753 5075 11353 20057 28400 32528 30250 22803
同等 2 23 224 1316 5353 16158 37666 69513 103189 124411 122408
[,12] [,13] [,14] [,15] [,16] [,17] [,18] [,19] [,20]
短軸有利 13820 6656 2486 695 137 17 1 0 0
長軸有利 13831 6657 2486 695 137 17 1 0 0
同等 98319 64207 33788 14114 4571 1106 188 20 1
4×5の場合
宝：1個 同等
宝：2～5個 短軸有利
宝：6～13個 長軸有利
宝：14～20個 同等
□■■■■
□□■■■
□□□■■
□□□□■
短軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,(21mod n)-1),k-1),{n,1,9}],{k,1,20}]
長軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,6mod n)-C(0,C(3,n-2)-1),k-1),{n,1,9}],{k,1,20}]
同等☆
Table[C(19,k-1)+C(17,k-2)+C(15,k-2)+C(13,k-2)+C(8,k-2)+C(1,k),{k,1,20}] >>47
１兆円未満は「テラ銭」と云って誤差の内だ。。。
tera = 10^12 1銭 = 0.01 円
1テラ 銭 = 10^12 銭 = 10^10 円 = 0.01 兆円 はじめて書き込むのですが、ここは数学の疑問を書き込んでもいいところですか？掲示板すらはじめてで優しい方教えてくださいm(__)m >>496
それすらも判断できない馬鹿は消えろ ｶｰｯ(ﾟДﾟ≡ﾟдﾟ)､ﾍﾟｯ スイースイー、スーダラだった、スラスラスイスイの一睡ーー お爺さんとお婆さんが川のそばを歩いていました
どちらか一人が川に落ちました
どちらが落ちたでしょう？ >>491 >>492
臍点は４つある。0<a<b<c とすると
(±a･√{(bb-aa)/(cc-aa)}, 0, ±c･√{(cc-bb)/(cc-aa)} )
臍点での接平面と平行な面は
√(bb-aa)･(x/a) + √(cc-bb)･(z/c) = (一定),
これらで楕円面を切ると、断面は円になる。 ちゃん！ 前>>480ちゃ～ん～のしごとわ～しかく～ぞ～な～♪ しとしとぴっちゃんしとぴっちゃん♪ しとぉぴ～ちゃん♪ わからんなぁ。条件少なすぎる。どっちも落ちない？
￣]/＼______________
＿/＼/ ∩∩ /|
￣＼/ ((-_-)/ |
￣|＼_______(っц)~ |_
］| ∥￣￣￣￣υυ / /
＿| ∥ □ □ ∥ |/ /
_ `∥＿＿＿＿∥／_/
￣￣￣￣￣￣￣￣￣∥
□ □ □ ∥ /
＿＿＿＿＿＿＿＿＿∥/
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ ■有限単純群モンスター
モンスターとは、およそ8.08×10^53個，正確には
2^46・3^20・5^9・7^6・11^2・13^3・17・19・23・29・31・41・47・59・71=
808017424794512875886459904961710757005754368000000000個の
元からなる巨大な群である
ちなみにアボガドロ定数はおよそ6.02 ×10^23である
モンスターは豊かな構造をもつ興味深い研究対象である lim[n→∞]∫[1,n+1] | sinπx / x |dx / lognを求めよ k≦x≦k+1 ⇒ 1/(k+1) ≦ 1/x ≦ 1/k,
ゆえ
I/(k+1) < ∫[k,k+1] |sin(πx)|/x dx < I/k,
ここに
I = ∫[k,k+1] |sin(πx)| dx = ∫[0,1] sin(πx) dx = [ -cos(πx)/π ](x=0,1) = 2/π,
(分子) > IΣ[k=1,n] 1/(k+1) > I∫[2,n+2] (1/x) dx = I {log(n+2) - log(2)},
(分子) < IΣ[k=1,n] 1/k < I{1 + ∫[1,n] (1/x) dx } = I {1 + log(n)},
∴ lim[n→∞] (分子)/log(n) = I = 2/π, >>433
グラフ理論の観点から大まかに絞れると思う n枚の金貨がある(n≧2). この金貨の中に1枚だけ重さの違うものが混ざっているが, それは他のものと見分けがつかない.
天秤を3回使っても, 重さの違う金貨を特定出来ないという. このときnの最小値を求めよ. 前>>507
>>514
n=4
∵二枚ずつ3回量るとかならず一回だけ重さが違う。 前>>515補足。
もしも3回とも同じ重さのときは、3回量りに載せたそいつが怪しい！ とわかる。 違うか
13は重いか軽いかまで特定する場合の最小値だった 13枚だと重いか軽いかを判別する必要が無ければ必ず特定出来る
14枚だと重いか軽いかを判別する必要はなくても必ず特定出来るとは限らない
最小値は14か n枚の他に本物とわかっている金貨が1枚あればnの最小値が15になるのがこの問題の面白いところ >>514
n=2 はどちらとも「他と重さが違う」から「1枚だけ混ざっている」に反し、問題不備だよ
（仮に問題中に本物・偽物という言葉づかいをしていれば、偽物が本物より重いか軽いかがわからなければn=2のとき特定できないので2が答えとなる）
だからn≧3でよろ Table[Quotient[1/2+sqrt(2n),1],{n,1,36}]
{1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6,
7, 7, 7, 7, 7, 7, 7, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8, 8} 前>>517
n=4のときは特定できるんだ。じゃあn=5だね。
n=5のとき特定できない可能性がある。
5枚のうち3枚を量り、別の3枚を量ろうとしてもかならず一枚は同じコインになる。その二回の測量が同じ値ならその二回とも量った一枚が怪しいとわかるが、違う値なら4枚のうちの1枚が重さの違うコインだ。
4枚のうち3枚を量る三回目の測量で前二回の測量のうちどちらの回にあったかがわかる。
どちらの回にあったかがわかっても、可能性のある二枚のうちどちらが重さの違うコインかはわからない。
∴n=5 >>511
すでに上がっているが、チョトだけ改良･････
1/x は下に凸だから
2/(k+1/2) < 1/x + 1/(2k+1-x),
ゆえ
I/(k+1/2) < ∫[k,k+1] |sin(πx)|/x dx < I/k,
(分子) > IΣ[k=1,n] 1/(k+1/2) > I∫[3/2,n+3/2] (1/x) dx = I {log(n+3/2) - log(3/2)},
(分子) < IΣ[k=1,n] 1/k < I{1 + ∫[3/2,n+1/2] (1/x) dx = I {1 + log(n+1/2) - log(3/2)}, 0315
ふうL@Fu_L12345654321
学コン1傑いただきました！
とても嬉しいです！
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「この金貨の中に1枚だけ重さの違うものが混ざっているが,」という条件から、n枚の金貨のなかに「重さの違うもの」は1枚しかないと読み取れる
「重さの違うもの」を「金貨は普通この重さ, というのが決まっている上でそれと比べて重いor軽いもの」という意味で使っていると解釈できる
この解釈でn=2について考えると、天秤しか使える道具がないという条件では、どちらが「重さの違うもの」か判別できないことになる この金貨の重さの問題って、未解決な部分ってあるん？ >>529
出題者は>>528で、答えはn＝2だと主張しているのでは？ n=2が答えなら確かにその通りで一言もないなwww >>97>>123>>493
4×5の場合
宝：1個 同等
宝：2～4個 短軸有利
宝：5～13個 長軸有利
宝：14～20個 同等
ボンミス 8×9の場合
宝：1個 同等
宝：2～22個 短軸有利
宝：23～57個 長軸有利
宝：58～72個 同等
□■■■■■■■■
□□■■■■■■■
□□□■■■■■■
□□□□■■■■■
□□□□□■■■■
□□□□□□■■■
□□□□□□□■■
□□□□□□□□■
短軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(0,n-2)+3C(1,(10mod n)-2)+7C(0,n-11)+C(1,n-12)+9C(0,n-16)+C(0,C(0,C(5,n-22))),k-1),{n,1,35}],{k,1,12}]
長軸有利☆
Table[sum[C(2n-1+C(1,(n+1)-C(floor((1+sqrt(8(n+1)))/2),2))-C(0,n-5)-3(C(0,n-9)+C(1,n-13))-7C(0,n-20)-C(0,C(0,C(4,n-23))),k-1),{n,1,35}],{k,1,16}]
同等☆
Table[sum[C(2n-1-3C(0,C(0,C(4,n-24)))-8C(0,C(0,C(3,n-20)))-7C(0,n-20),k-2),{n,20,35}],{k,1,72}]+Table[C(71,k-1)+C(1,k),{k,1,72}] 前>>523三枚ずつ同時に量れないのか！
じゃあ訂正だ。
n=5のとき、
2枚ずつ量って同じ⇒残りの1枚が違う
2枚ずつ量って違う⇒4枚のうちのどれかが違う
二回目、
4枚のうち2枚を量って同じ⇒残り2枚のうちどっちかが違う
4枚のうち2枚を量って違う⇒2枚のうちどっちかが違う
三回目、
どっちかが違うとわかった2枚以外の金貨1枚ずつを天秤上で釣りあわせ、片方をどっちかが違うとわかった1枚と慎重に入れ替え、
釣りあった⇒どっちかが違うとわかった2枚のうちの残りの1枚が違うとわかる
釣りあわなかった⇒その入れ替えた金貨が違うとわかる
∴示された。 前>>535
>>514
n=5のとき、
4枚の金貨を2枚ずつ量って釣りあった⇒残りの1枚が違う金貨
4枚の金貨を2枚ずつ量って釣りあわなかった⇒2枚ずつのうちどっちかに重さの違う金貨がある
2回目、2枚ずつのうちどっちかを1枚ずつで量って釣りあった⇒量っていない2枚のうちどっちかが重さの違う金貨
3回目、ほかの3枚はすべて同じ重さだもんでそのうちの1枚を一方に載せ、2回目で量ってなかった2枚の金貨のうち1枚を天秤のもう一方に載せ釣りあった⇒載せてない金貨が重さの違う金貨
2回目で量ってなかった2枚の金貨のうち1枚を天秤のもう一方に載せ釣りあわなかった⇒載せた金貨が重さの違う金貨
特定できた。
∴n=6と予想する 前>>536
>>514
n=6のとき、
一回目、2枚ずつ量って釣りあった⇒残り2枚のうちどっちかが違う重さの金貨
二回目、同じ重さの金貨4枚のうち1枚を天秤の一方に載せ、残り2枚のうちどっちかを天秤のもう一方に載せ釣りあった⇒載せてない金貨が重さの違う金貨
残り2枚のうちどっちかを天秤のもう一方に載せ釣りあわなんだ⇒載せた金貨が重さの違う金貨
一回目、2枚ずつ量って釣りあわなんだ⇒4枚のうちのどれかが重さの違う金貨
二回目、2枚ずつのうちどっちかを1枚ずつ天秤に載せ、釣りあった⇒載せてない2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨
三回目、同じ重さの4枚の金貨のうちどれかを天秤の片方に載せ、重さの違う金貨を含む2枚のうちのどっちかをもう一方に載せ釣りあった⇒載せてない金貨が重さの違う金貨
重さの違う金貨を含む2枚のうちのどっちかをもう一方に載せ釣りあわなんだ⇒載せた金貨が重さの違う金貨
特定できた。
n=7と予想する。 前>>537
>>514
n=7のとき2枚ずつ量って釣りあった⇒残り3枚のうちのどれかが重さの違う金貨
3回目までに特定できた。
n=8のときも同様に特定できそう。
n=9のとき、一回目、2枚ずつ量って釣りあった⇒残り5枚のうちのどれかが重さの違う金貨
さっき5枚の金貨のうち2枚ずつ量って釣りあわなんだとき三回目までかかってるんで、合計四回かかることになる。
∴n=9 前>>538
>>514
正解だろ？
n=9のとき、
2枚ずつ量っても3枚ずつ量っても三回目までに特定できない。 >>539
正解はn=2 (別の解釈ではn=14)
であなた以外は全員認めてるんだけど... 前>>539
>>541
n=2はn≧3の題意を満たさないため不適。 前>>542
問題>>514
>>541
n=14という説をとなえてる人は、n=9～13のとき、少なくとも一つ、あるnで三回目までに特定できるって示せたの？ もうこの問題何回見かけたことかと言う長有名問題だからなぁ。 前>>543問題>>514
>>538で正解n=9を示したと思ったけど、n=5の場合を前提にしてたんでもっかいまとめます。
それにそれならなおさらn=8のとき三回目までに特定できることを示さんならん。
n=9のとき、
一回目、2枚ずつ量って釣りあった⇒残り5枚のうちのどれかが重さの違う金貨
二回目、5枚の金貨のうち4枚の金貨を2枚ずつ量って釣りあった⇒残りの1枚が違う金貨
二回目、5枚の金貨のうち4枚の金貨を2枚ずつ量って釣りあわなんだ⇒2枚ずつのうちどっちかに重さの違う金貨がある
三回目、2枚ずつのうちどっちかを1枚ずつで量って釣りあった⇒量ってない2枚の金貨のうちどっちかが重さの違う金貨
三回目、2枚ずつのうちどっちかを1枚ずつで量って釣りあわなんだ⇒量った2枚の金貨のうちどっちかが重さの違う金貨
四回目、ほかの3枚はすべて同じ重さだもんでそのうちの1枚を一方に載せ、三回目で量ってなかった2枚の金貨のうち1枚を天秤のもう一方に載せ釣りあった⇒載せてない金貨が重さの違う金貨
三回目で量ってなかった2枚の金貨のうち1枚を天秤のもう一方に載せ釣りあわなんだ⇒載せた金貨が重さの違う金貨
四回目で特定できたが三回目までに特定できなんだ。
次は3枚ずつ量ってみる。（つづく） 前>>546つづき。
問題>>514
n=9で、
一回目、3枚ずつ量って釣りあった⇒残り3枚のうちのどれかが重さの違う金貨
二回目、3枚の金貨のうち2枚の金貨を1枚ずつ量って釣りあった⇒量らなんだ1枚が重さの違う金貨
二回目、3枚の金貨のうち2枚の金貨を1枚ずつ量って釣りあわなんだ⇒2枚の金貨のうちどっちか1枚が重さの違う金貨
三回目、2枚の金貨のうちどっちか1枚を片方の天秤に載せ、もう一方にほかの7枚のうちの1枚を載せ釣りあった⇒2枚の金貨のうち載せなんだほうの金貨が重さの違う金貨
三回目、2枚の金貨のうちどっちか1枚を片方の天秤に載せ、もう一方にほかの7枚のうちの1枚を載せ釣りあわなんだ⇒2枚の金貨のうち載せたほうの金貨が重さの違う金貨
一回目、3枚ずつ量って釣りあわなんだ⇒その6枚の金貨の中に違う金貨がある二回目、3枚ずつを2枚ずつにしたら釣りあった⇒外した2枚のうちどっちかが重さの違う金貨
三回目で特定できる。
二回目、3枚ずつを2枚ずつにしても釣りあわなんだ⇒2枚ずつ合計4枚のうちのどれかが重さの違う金貨
三回目、2枚ずつを1枚ずつにしたら釣りあった⇒外した2枚のうちどっちかが重さの違う金貨
三回目までに特定できないが四回目で特定できる。
n=8のとき、（じつはn=8でもさっき特定できたのは四回目）
n=7もまだ怪しい。 13枚での特定方法
13枚を4,4,5に分ける。それぞれ、Aグループ、Bグループ、Cグループと命名
Aグループ4枚を一方に、Bグループ4枚を他方に載せる。
[1]釣り合った場合
Cグループ5枚の中に偽物があることが判明。
Cグループを3枚と、2枚にわけ、それぞれC1とC2と命名
本物3枚(Aグループ、Bグループの合計10はいずれも本物)とC1グループの三枚を載せる。
釣り合えば、C2のどちらかが偽物。C2の一枚と、本物一枚を載せればよい。以下略
釣り合わなければ、C1のグループ3枚の中に偽物があることと、偽物の軽重も判明。以下略
[2]Aグループ側が下がった場合
Aグループ内に「重い偽物」があるか、Bグループ内に「軽い偽物」があるかのいずれか。
Cグループ５枚と、Aグループの３枚＆Bグループ内の２枚を比べる
釣り合えば、Aの残ったものか、Bの残り2枚の中に偽物がある。この場合、Bの残り二枚を天秤の両側に載せればよい
混合側が下がれば、Aグループの３枚の中に、混合側が上がればBグループ内の２枚に偽のもがある。以下略。
[2]Bグループ側が下がった場合
[２]と同様なので省略 前>>547訂正しようと思ったが、やっぱり同じ答えだ。
>>514
n=9のとき、
一回目、
3枚ずつ量って釣りあった⇒量らなんだ3枚のうちのどれかが重さの違う金貨
3枚ずつ量って釣りあわなんだ⇒量った6枚のうちのどれかが重さの違う金貨
二回目、
6枚のうちの2枚ずつを量って釣りあった⇒量らなんだ2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨
6枚のうちの2枚ずつを量って釣りあわなんだ⇒量った4枚のうちのどれかが重さの違う金貨
三回目、2枚のうちどっちかなら特定できるが、4枚のうちのどれかなら特定できない。
n=7、n=8のときは、2枚ずつ量って三回目で特定できるが、n=9のときは、3枚ずつ量ってもその3枚が同じ重さならどの3枚が同じ重さの金貨を含むか特定できない。
n=9のとき、2枚ずつ量って一回目が同じで二回目別の2枚ずつで量って違うとしても、三回目その4枚のうちの2枚を量って同じなら、もう一方の2枚のうちどっちかが違う重さだとわかってはいても、どっちが違う重さの金貨かを特定する計量は四回目。
∴n=9 9枚の特定方法
9の金貨をABCDEFGHIとする
1 右に金貨ABCD、左にEFGHで比べる
2a 1が釣り合わないとき
右にABE、左にCDFで比べる
3a 2aが釣り合わず右の傾きが、1の右の傾きと同じとき
右にA、左にBで比べる
釣り合わなければ1の右の傾きと同じ方、釣り合えばEが重さが違う
3b 2aが釣り合わず右の傾きが、1の左の傾きと同じとき
右にC、左にDで比べる
釣り合わなければ1の右の傾きと同じ方、釣り合えばFが重さが違う
3c 2aが釣り合うとき
右にA、左にGで比べる
釣り合わなければG、釣り合えばHが重さが違う
2b 1が釣り合うとき
Iが重さが違う 前>>549
>>514
n=9のときは特定できない。
もし仮に特定できるとしても、
n=10のとき、
一回目、4枚ずつ量って同じ⇒残る2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨
→二回目で特定
一回目、4枚ずつ量って違う⇒8枚のうちのどれかが重さの違う金貨
→二回目、2枚ずつ量って同じ⇒残り4枚のうちのどれかが重さの違う金貨
二回目、2枚ずつ量って違う⇒その4枚のうちのどれかが重さの違う金貨
三回目、4枚のうち2枚を量って同じ⇒残り2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨
三回目、4枚のうち2枚を量って違う⇒その2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨
四回目、重さの違う金貨を含む2枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、ほかの重さが同じ6枚のうちの1枚をもう片方の天秤に載せ釣りあった⇒2枚のうち載せなんだ1枚が重さの違う金貨
重さの違う金貨を含む2枚のうち1枚を片方の天秤に載せ、ほかの重さが同じ6枚のうち1枚をもう片方の天秤に載せ釣りあわなんだ⇒2枚のうち載せた1枚が重さの違う金貨
三回目までに特定できない。
∴n=9またはn=10 n=9や10のときは1回目に3枚ずつ乗せればいいだけだろ
あとはn=12とか13のときのやり方を考えればすぐわかる 10枚の特定方法
10の金貨をABCDEFGHIJとする
1. 右に金貨ABCD、左にEFGHで比べる
2a. 1. が釣り合わないとき
右にABE、左にCDFで比べる
3a. 2a. が釣り合わず右の傾きが、1. の右の傾きと同じとき
右にA、左にBで比べる
釣り合わなければA、Bの内1. の右の傾きと同じ方、釣り合えばEが重さが違う
3b. 2a. が釣り合わず右の傾きが、1. の左の傾きと同じとき
右にC、左にDで比べる
釣り合わなければC、Dの内1. の右の傾きと同じ方、釣り合えばFが重さが違う
3c. 2a. が釣り合うとき
右にA、左にGで比べる
釣り合わなければG、釣り合えばHが重さが違う
2b. 1. が釣り合うとき
右にA、左にIで比べる
釣り合わなければI、釣り合えばJが重さが違う
前半は>>550と全く同じ
というか、いくら
> 三回目までに特定できない。
> ∴n=9またはn=10
と書いたところで、「>>551には特定できませんでした」、という主張でしかなく、
n=9、10で特定する方法がないことの証明には全くならないんだがな
実際答えという反例が出せる 前>>551
問題>>514
n=9のとき、
9枚の金貨を4枚ずつ量るのはやってなかった。
4枚ずつ量って天秤が釣りあった⇒量らなんだ金貨が重さの違う金貨
4枚ずつ量って天秤が釣りあわなんだ⇒量った8枚の金貨のうちのどれかが重さの違う金貨
どっちの4枚に重さの違う金貨が含まれてるかはまだわからないはずだ。
つまり8枚の金貨を量って違う重さの金貨をみつけるときより計量が一回多い。
n=8のときは、最速三回目だ。つまりn=9のときは四回目の計量が必要になる。
>>550の矛盾
題意「重さの違うものが混ざっているが, それは他のものと見分けがつかない」
に従うなら、Aを片方の天秤に載せBをもう片方の天秤に載せることはできるが、見分けがつかないA、B、2つの金貨を左右に置き分けることはできない。
本来見分けがつかないはずの金貨にじゅうぶん軽いインクのマジックでアルファベットを書いたかもしれないが、ルール違反で失格と言わざるをえない。
AとBが釣りあった⇒Eが違う重さの金貨
はわかる。
AとBが釣りあわなんだ⇒AまたはBが違う重さの金貨
と言えるが、
AとBが釣りあわなんだ⇒一回目の天秤の右の傾きと同じほうが重さの違う金貨
はどうか。
AとBを計量前に見分けてるような気もするし、あってるような気もする。
CとDがあるほうではなくAとBがあるほうに重さの違う金貨が含まれてた、だからAとBを天秤に載せたとき先の計量と同じ傾きになるほうが重さの違う金貨だ、と。 n=9の時の解の一例
LLLRRRSSS
LLRSSLRRS
LRLLRSRSS >>550,553は大きく間違えてた
> 3a 2aが釣り合わず右の傾きが、1の右の傾きと同じとき
> 右にA、左にBで比べる
> 釣り合わなければ1の右の傾きと同じ方、釣り合えばEが重さが違う
> 3b 2aが釣り合わず右の傾きが、1の左の傾きと同じとき
> 右にC、左にDで比べる
> 釣り合わなければ1の右の傾きと同じ方、釣り合えばFが重さが違う
10枚のも同じ間違いで、正しくはこう
9枚の特定方法
9の金貨をABCDEFGHIとする
1. 右に金貨ABCD、左にEFGHで比べる
2a. 1. が釣り合わないとき
右にABE、左にCDFで比べる
3a. 2a. が釣り合わず右の傾きが、1. の右の傾きと同じとき
右にA、左にBで比べる
釣り合わなければA、Bの内1. の右の傾きと同じ方、釣り合えばFが重さが違う
3b. 2a. が釣り合わず右の傾きが、1. の左の傾きと同じとき
右にC、左にDで比べる
釣り合わなければC、Dの内1. の右の傾きと同じ方、釣り合えばEが重さが違う
3c. 2a. が釣り合うとき
右にA、左にGで比べる
釣り合わなければG、釣り合えばHが重さが違う
2b. 1. が釣り合うとき
Iが重さが違う > 本来見分けがつかないはずの金貨にじゅうぶん軽いインクのマジックでアルファベットを書いたかもしれないが、ルール違反で失格と言わざるをえない。
置き場所で管理すればいいし、使えるなら付箋を使ってもいいだろう
金貨を区別できないことは、管理できないことの理由にはならない
> AとBが釣りあった⇒Eが違う重さの金貨
訂正した通り>>557の3a. でABが釣り合えば、Fが違う重さの金貨になる
より具体的には、1. でABCDが下に傾いていればFが軽い金貨、EFGHが下に傾いていればFが重い金貨になる
なぜならば、
2a. で傾いているのでABCDEFのどれか
3a. で釣り合っているのでABではない
CDEは1. と2a. で乗っている皿の傾きが逆でありCDEではない
> AとBが釣りあわなんだ⇒一回目の天秤の右の傾きと同じほうが重さの違う金貨
ある金貨が、2回測って乗っている皿の傾きが異なれば、その金貨は重さが異なる金貨ではない 三回目の調査で4枚残っていれば特定できないので
金貨nの最小値は１６ >>559
それなら14枚や15枚のとき特定出来ることを示してみて ■正式なお題
n枚の金貨がある(n≧3).
この金貨の中に1枚だけ重さの軽いものが混ざっているが,
それは他のものと見分けがつかない.
天秤を3回使っても, 重さの軽い金貨を特定出来ないという.
このときnの最小値を求めよ. ■14枚の時
7枚ずつ載せて軽いほうに偽物がある
軽い7枚のうち1枚を残して3枚ずつ載せる
釣り合えば残した1枚が偽物
釣り合わないときは軽い3枚の内
1枚ずつ載せて釣り合えば残した一枚が偽物
釣り合わなければ軽いほうが偽物 >>561
>>514とは全く別の問題なんだけれど？
その問題なら15どころかもっと多い数で軽い金貨を特定できる このお題でも１６以上は特定できない
１５が下限だよ どちらの問題も、特定できる枚数の解き方を示すよりも、
特定できる最大枚数より大きい数で特定できないことを証明する方が重要なんだけどな
それについては>>561はまだ難しくない 最初に9枚ずつ天秤に乗せればいい、そうすれば傾いても釣り合っても27択から1/3の9択になる 自然数で定義された関数f_tを次の様に定めよ:
f_t(n)=Σ[k=0,n] C(n, 5k+t)
今, t=0,1,2,3,4の時其々に就いて, f_t(n)を, 1の虚数5乗根の1つαを用いて表せ.
但しa<bなる2自然数a,bに対しC(a,b)=0とせよ. 前>>554あ、答えかぶったくさい。
問題>>561
n=9のとき、
一回目、9枚の金貨のうち3枚ずつを天秤に載せ釣りあった⇒載せなんだ3枚の金貨のうちのどれかが軽い金貨
一回目、9枚の金貨のうちの3枚ずつを天秤に載せ釣りあわなんだ⇒上がったほうの3枚の金貨のうちのどれかが軽い金貨
二回目、3枚の金貨のうちのどれかとどれかを天秤に載せ釣りあった⇒載せなんだ金貨が軽い金貨
3枚の金貨のうちどれかとどれかを天秤に載せ釣りあわなんだ⇒上がったほうの金貨が軽い金貨
n=9のときは二回目までに特定できる。
∴n=27 残り3枚は1回で調査できるから3回で調査できる
最大のnは
∴３^3=２７ >>570
k_max = [ (n-t)/p ], (t=0,1,…,p-1)
定義から
(1+α^s)^n = Σ[t=0,p-1] f_t(n) α^(st), (s=0,1,…,p-1)
α≠1 は１のp乗根だから
Σ[s=0,p-1] α^s = 0,
(1/p)Σ[s=0,p-1] α^{s(t-t')} = δ_{t,t'}
これを使うと
f_t(n) = (1/p)Σ(s=0,p-1) α^(-st) (1+α^s)^n,
本問では p=5. ■正式なお題
n枚の金貨がある(n≧3).
この金貨の中に1枚だけ重さの軽いものが混ざっているが,
それは他のものと見分けがつかない.
天秤を3回使っても, 重さの軽い金貨を特定出来ないという.
このときnの最小値を求めよ.
残り3枚は1回で調査できるから3回で調査できる
最大のnは3^3=27
重さの軽い金貨を特定出来ないnの最小値は28.
重いのか軽いのか判定できない金貨が
1枚混入している場合は特定するのに軽い時のみの
2倍の難易度になると思われるので
特定出来ないnの最小値は14.（モーダスポネンス） >>514
1回目に右に5枚ABCDE、左に5枚FGHEJで比べるとて右に傾いた場合、
ABCDEのどれかが重い金貨か、FGHIJのどれかが軽い金貨かのため、どれが重さが違う金貨かは10通りの場合がある
天秤1回の比較では、右に傾く、左に傾く、釣り合うの3通りの情報しか得られず、
残り2回の比較では3＾2=9通りの情報しか得られない為、最初に5枚ずつでは3回で特定できない
最初に4枚ずつ比較して傾いた場合は、>>557の通り比較した8枚の中から残り2回で特定できる
最初に4枚ずつ比較して釣り合った場合は、8枚の正常な金貨を使って何枚の不明の金貨から残り2回の比較で特定できるかの話になる
天秤に不明の金貨を4枚と何枚かの正しい金貨を載せて比較して傾いた場合、上で10通りになった時と同様、4通りの場合が考えられ、残り1回の比較では特定できない
よって1回目に釣り合った場合、2回目の比較では3枚まで不明の金貨を載せられる（右に不明3枚、左に正常3枚等）
2回目に3枚載せて釣り合った場合、天秤に不明の金貨2枚を載せると、1回の比較ではどちらが重さが異なる金貨か特定できない
よって1回目、2回目で釣り合った場合は、1枚だけ不明の金貨を載せられる
この時最後まで載せない金貨は1枚までなら特定できるから、3回の比較で特定できる枚数は多くても、
8+3+1+1=13枚
13枚の特定方法は存在>>548するから特定できないnの最小値は14
長いし、不備もあるかな >>548にコメントいただいけましたので、主にコテハンさんをターゲットに、少々補足と、コメントを。
>>577 >>残り2回の比較では3＾2=9通りの情報しか得られない為、最初に5枚ずつでは3回で特定できない
【 10通りの可能性が残った。 天秤は、釣り合う、右に下がる、左に下がるの三通りの結果を引き出せる。 】
【 乗せ方をどのように工夫しようとも、天秤二回の使用では、得られる結果は、三通りの二乗=9通りしかあり得ないので、 】
【 10通りすべてを見極めることなど不可能というもの。 】
この問題では将にこのような視点が重要。
>>548では似たようなケースが途中で発生しています。
最初の天秤使用で釣り合った場合、残り五個のコインから軽重不明の不明のコインを見いださなければならなくなっています。
「上と同様、10通りの可能性を、二回の天秤使用で見極める問題となっているのでは？」
という疑問が発生するかもしれませんが、．．．実は違うのです。
>>548は、「Aが重い、Aが軽い、...、Dが軽い、Eが不明」と、Eのコインについては、軽重を判別していないため、9通り
で済んでいるのです。Eは最後まで、天秤に乗せられずに、「おまえが不正なコインだ」と結論されているのです。
このようなことが可能なのはせいぜい一つ。従って軽重不明コインを天秤 k 回使用で見極められるのは、
(3^k+1)/2が上限だと言うことになります。
じゃ、天秤三回なら、14なのでは？ そうです。ただし、この式が当てはまるのは、本物のコインが十分用意されていることが条件です。
他から持ってきた本物のコイン９枚と、ターゲット１４枚の中から選んだ９枚のコインを比較。
この結果、９枚のコインの中から軽重判明済みの偽コインを探す、か、５枚のコインから軽重不明の偽コインを探す問題に変化します。
これが解決可能なのは、もう説明を加える必要は無いでしょう。キーは別枠で用意されている本物のコインのが有るか無いかです。 天秤つながりで、似た問題をお一つ。
初見の方は結構楽しめると思います。
まぁまぁ有名だと思うので、「探せ」ば見つかると思いますが、考えることこそが「面白い」のだと思うので、
ご存じの方、あるいは、探して答えを見つけた方は、この辺ご配慮いただければと思います。
５個の重さの異なる「重り」があります。これを天秤を使って重い順に並べたいと思います。
さて、確実に並べ替えるには、天秤は最低何回使用する必要があるでしょうか？
具体的な手順を思い浮かべながら考える方は「８回？」、理論から考える方は「７回！」と答えるのではないか
と思いますが、さてどうでしょう？
回数と具体的な手順、両方をお考えください。
ちなみに、４個の重りなら、トーナメント方式で、一番重いのを３回で特定し、次に一回戦負け同士を比べて
一番軽い物を特定し、残った物を比べて２位、３位を特定、のように、５回で可能です。 ちょっと、訂正します。
前：確実に並べ替えるには、天秤は最低何回使用する必要があるでしょうか？
後：最低何回の天秤使用で、確実に並べ替えられるでしょう。 前>>571
問題>>580
一回目、5つの重りのうち1つずつを天秤に載せ、重い重りH(heavy)と軽い重りL(light)を特定すると、
H＞L
二回目、同様に重い重りのH2と軽い重りのL2を特定すると、
H2＞L2
三回目～六回目、もう1つの重りA(another)をH、H2、L、L2のどれかと天秤にかけ、Aの重りの重い順を探るのに最大4回かかり、
H＞A、H2＞A、L＞A、L2＞A
七回目、HとH2を天秤に載せ、
H＞H2
八回目、LとL2を天秤に載せ、
L2＞L
重りの重い順は特定でき、
H＞H2＞L2＞L＞A
最大8回の計量が必要。
三回目～六回目で、
たとえばA＞Lなら、
七回目の計量は不要で、
合計7回の計量でよい。
∴最大8回の計量が必要で、少なくとも7回の計量が必要。 前>>581結論の直前を微訂正。
問題>>580
一回目、5つの重りのうち1つずつを天秤に載せ、重い重りH(heavy)と軽い重りL(light)を特定すると、
H＞L
二回目、同様に重い重りのH2と軽い重りのL2を特定すると、
H2＞L2
三回目～六回目、もう1つの重りA(another)をH、H2、L、L2のどれかと天秤にかけ、Aの重りの重い順を探るのに最大4回かかり、
H＞A、H2＞A、L＞A、L2＞A
七回目、HとH2を天秤に載せ、
H＞H2
八回目、LとL2を天秤に載せ、
L2＞L
重りの重い順は特定でき、
H＞H2＞L2＞L＞A
最大8回の計量が必要。
三回目～六回目で、
たとえばA＞Lなら、
八回目の計量は不要で、
H＞H2＞L2＞A＞L
合計7回の計量でよい。
∴最大8回の計量が必要で、少なくとも7回の計量が必要。 ある手順書に従ってソートすると、「運がよければ４回だけど、悪ければ１０回必要」ということがあるかもしれません。
また別の手順書に従ってソートすると、「運がよければ５回だけど、悪ければ９回必要」
．．．
等といういう事があるかもしれません。
問題では、「確実に並べ替える」ことを条件にしてます。
運が悪くても、これこれの回数の使用権さえあれば、ソートを必ず完遂できる、という、その最小の回数と、手順書の中身を問うています。
従って、文頭の「ある手順書」のそれは１０回、「別の手順書」は９回ということになります。
これらはもちろん不正解の値です。
>>581、>>582
８回と言うことですが、正解ではありません。
『理論から考える方は「７回！」』と書いた理由を考えてみてください。
別の視点で眺めてみてください。 『n枚の金貨がある(n≧2).
この金貨の中に1枚だけ重さの違うものが混ざっているが,
それは他のものと見分けがつかない.
天秤を3回使っても, 重さの違う金貨を特定出来ないという.
このときnの最小値を求めよ』
■重さの違う金貨を特定出来る最大値は13
天秤に1枚づつ以上載せて釣り合えばその金貨は
正式な金貨であることが確定する
最初に4枚づつ載せて釣り合えばこの8枚は正式が確定
残り5枚の中にニセ金貨がある
傾けばこの8枚の中にニセ金貨がある
ニセを含む5枚の内、3枚と正式な金貨3枚を比べる
釣り合えば残り2枚の内の1枚を情報が確定している
正式な金貨と比べればどの金貨がニセかが確定する
釣り合わなければ、『重いか軽いかが確定している3枚』と
なるので次の一回で確定する
4枚づつ計8枚が傾けば、どちらかに
重いか軽いかの金貨がある
この場合、互いの4枚から1枚づつをエクスチェンジする
そこに情報確定済みの正式な金貨を片側に3枚加えて
4枚づつを計る
釣り合えば正式な金貨3枚の代わりに取り除いた
3枚の金貨が『重いか軽いかが確定している3枚』となるので
次の一回で確定する
傾きが逆になったときはエクスチェンジした金貨がニセ
この二つの金貨のうちどちらかを正式な金貨と比べれば
情報が確定
傾が変化しなければエクスチェンジしなかった3枚の金貨が
『重いか軽いかが確定している3枚』となる
これらの時、ニセ金貨が重いか軽いかも自動判定される
金貨14枚だとさらに1回の調査が必要になる
以上により、
重さの違う金貨を特定出来ないnの最小値は14. それでは金貨14枚だと出来ないことを示せていると言えないんじゃないかな
全然別の方法で可能かも知れない
別の方法であろうと出来ないことを示す必要があるけどかなり面倒くさい
14枚以上だと出来ないことを示すのは重いか軽いかまで特定することが求められている問題の方がずっと簡単だね
（13枚でも出来ないけどこれを示すのはちょっとだけ面倒） 検証対象の１４枚しかなければ、天秤に載せる枚数により、次のような分岐が発生します。
７：７：０ → 重重重重重重重 軽軽軽軽軽軽軽 （14通り）
６：６：２ → 重重重重重重 軽軽軽軽軽軽 本本 (12通り)／ 本本本本本本本本本本本本 不不 （4または3通り）
５：５：４ → 重重重重重 軽軽軽軽軽 本本本本 (10通り)／ 本本本本本本本本本本 不不不不 （8または7通り）
４：４：６ → 重重重重 軽軽軽軽 本本本本本本 (8通り)／ 本本本本本本本本 不不不不不不 （12または11通り）
いずれの手を取ろうとも、必ず、9通り以下に分岐するような手順は存在しません。
しかし、本物のコインが一枚でも有れば、可能です。（前回は簡便のため９枚を使いましたが、１枚でもok）
本物１枚とターゲットの４枚を合わせた５枚と、ターゲット５枚を比べると、
[本]重重重重 軽軽軽軽軽 本本本本本 (9通り) ／ [本]本本本本本本本本本 不不不不不 (10または9通り)
（軽と重を逆にした物もあるが、本質的な差はないので省略）
のように分岐します。どちらになろうとも9通りです。傾いた場合の次の手は
重重重軽軽軽 と [本]本本本本本
重軽混合側が下がれ／上がれば、三つの重／軽のいずれか、釣り合えば、今天秤に載せていない、重軽軽のどれかが偽物です。
つまり、１４枚での可否は、別枠で本物のコインが用意されているかどうかに依ります。
不：重い偽物、軽い偽物、本物、いずれの可能性もある状態
重：重い偽物か本物であることが確定している状態
軽：軽い偽物か本物であることが確定している状態
本：本物と確定している状態 前>>582
>>585
n=14のとき、
一回目、5枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ4枚の中に重さの違う金貨がある。
二回目、残り4枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だとわかる。
三回目、載せなんだ2枚のうちの1枚を天秤に載せ、載せなんだ2枚以外の金貨を1枚もう一方の天秤に載せ、釣りあったら、
載せなんだ2枚のうち、三回目も載せなんだほうの金貨が重さの違う金貨だと特定できる。
三回目、載せなんだ2枚のうちの1枚を天秤に載せ、載せなんだ2枚以外の金貨を1枚もう一方の天秤に載せ、釣りあわなんだら、
載せなんだ2枚のうち、三回目は載せたほうの金貨が重さの違う金貨だと特定できる。
一回目、5枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた10枚の中に重さの違う金貨がある。
二回目、片方の5枚のうち2枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、外した1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
二回目、片方の5枚のうち2枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた4枚の中に重さの違う金貨がある。
三回目、4枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だが、どっちか特定できない。――①
三回目、4枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だと特定できる。
①のように三回目までにかならず特定できるとはかぎらない。
∴n＜14
（n=13も怪しいけど） >>588
それだと答えとしてはバツだよ
> 一回目、5枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ4枚の中に重さの違う金貨がある。
> 二回目、残り4枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だとわかる。
…
> 三回目、4枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だが、どっちか特定できない。――①
> 三回目、4枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だと特定できる。
の方法では3回で特定できない、ということを示しただけで、
3回で特定できる他の方法がある可能性を否定できず、
> ∴n＜14
と結論付けられない
ついで
> ①のように三回目までにかならず特定できるとはかぎらない。
この問題では、「三回目までにかならず特定できるとはかぎらない」ということを「三回目で特定できない」と言っているからね 前>>588
>>585
n=13のとき、
一回目、5枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ3枚の中に重さの違う金貨がある。
二回目、残り3枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ1枚が重さの違う金貨だとわかる。
二回目、残り3枚のうち1枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だとわかる。
三回目、載せた片方を載せなんだ1枚の金貨と交換し、釣りあったら、二回目載せて三回目載せなんだ1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
一回目、5枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた10枚の中に重さの違う金貨がある。
二回目、片方の5枚のうちの2枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ1枚かもう一方の5枚の計6枚の中に違った重さの金貨がある。
三回目、6枚のうちの2枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちの1枚が重さの違う金貨だとわかるがどっちが重さの違う金貨かは特定できない。――①
二回目、5枚のうちの片方のうちの2枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた4枚の中に重さの違う金貨がある。
三回目、4枚のうちの1枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だが、どっちが重さの違う金貨かは特定できない。――②
三回目、4枚のうちの1枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だが、どっちが重さの違う金貨かは特定できない。――③
①②③より、計量の結果いかんによっては特定できないことがある。 >>590
だからぁ、
特定できないことがある手順を一つ書いたって、何の意味もないんだって
意味があるのは、
必ず特定できる手順を一つでも示すか、
必ず特定できる手順が「一つも存在しない」ことを示すか、
のどちらか
ついでに、
1回目に5枚ずつ天秤に乗せると3回では特定できなくなることは、上で書かれているよ 誰とは言わないけど、あたかも
「具体例や値の評価など、少しでも新たな進捗が出せたらそれは目覚ましい結果である」であるかのような文脈で、
ここに出題される全ての問題、それもほとんどが答えがはっきりしてるようなものに対して回答や考察を垂れ流し続けるってのは、
あまりにも一つの問題を買い被りすぎというか、そこまで理解するための知識は備わってても使いこなす頭がないだけなのかはわからんけど
限度を越したら荒らしになるってことは理解してほしい
一回や二回ならまだしも、ここまで続いてるのを見るとどうもそのレベルのことも理解できてないみたいだし
もっと難しい問題で撥ねるか、おとなしくＮＧするのがいいんかなあって気はするけど… みんな優しいんだね。はっきりと
「イナとかいうコテハンは何も理解していないバカタレである」
と言えばいいのに。 言い出しっぺの法則なんで、幻となった今年のMathpowerの数学の決闘用に用意してた問題から一つ
二進法表記した時に１が奇数個現れるような非負整数のことをオディアスと呼ぶ。
次を満たす一変数実多項式 f が存在することを示せ：
任意の正の整数 n について、kn がオディアスになるような f(n) 以下の正の整数 k が存在する。 >>595
f(n) = 9n が条件を満たす。
∵) n は奇数としてよい。
n または 3n のいずれかの末尾桁が01となる。
その数をmとし、mと同じ桁数で先頭桁と末尾桁のみ1で他の桁は0である自然数をlとすればlmはオディアスである。
さらにk = lm/n は9n以下の整数である。 >>596
うわめっちゃシンプル…思いつかんかった…
正解です コテ付けてくれてるんだからNGすればいい。邪魔なだけで無害
むしろコテのない出題ガイジが邪悪だ 前>>590問題>>514>>585
n=9のとき>>544>>549どうしても特定できない。
n=8のとき、
一回目、3枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、残り2枚のうちのどっちかの金貨が重さの違う金貨だとわかる。
二回目、残り2枚のうちの 1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に残り1枚以外の金貨を載せ、釣りあったら、残り2枚のうちのもう1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
一回目、3枚ずつを天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた6枚の中に重さの違う金貨がある。
二回目、6枚のうちの2枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に6枚のうちの別の2枚を載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚の中に重さの違う金貨がある。
二回目、6枚のうちの2枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に6枚のうちの別の2枚を載せ、釣りあわなんだら、載せた4枚の中に重さの違う金貨がある。
三回目、載せなんだ2枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に載せなんだ2枚のうちのもう1枚以外の金貨を載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちのもう1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
三回目、載せなんだ2枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に載せなんだ2枚のうちのもう1枚以外の金貨を載せ、釣りあわなんだら、二回目で載せなんだ2枚のうちの三回目で載せた1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
n=7のとき、>>538
n=6のとき、>>537
n=5のとき、>>536 前>>600後半。
n=4のとき、(つづき)
一回目、4枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、4枚のうちの別の1枚をもう一方の天秤に載せ、釣りあったら、載せなんだ2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だとわかる。
一回目、4枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、4枚のうちの別の1枚をもう一方の天秤に載せ、釣りあわなんだら、載せた2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だとわかる。
二回目、載せなんだ2枚か載せた2枚かどっちの2枚にしろ2枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に2枚のうちの1枚以外の金貨を載せ、釣りあったら、2枚のうちの載せなんだほうの1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
二回目、載せなんだ2枚か載せた2枚かどっちの2枚にしろ2枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に2枚のうちの1枚以外の金貨を載せ、釣りあわなんだら、2枚のうちの載せた1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
n=3のとき、
一回目、3枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に別の1枚を載せ、釣りあったら、載せなんだ1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
一回目、3枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に別の1枚を載せ、釣りあわなんだら、載せた2枚のうちのどっちかが重さの違う金貨だとわかる。
二回目、2枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に載せなんだ1枚を載せ、釣りあったら、2枚のうちの一回目に載せ、二回目は載せなんだほうの1枚が重さの違う金貨だと特定できる。
二回目、2枚のうちの1枚を片方の天秤に載せ、もう一方の天秤に載せなんだ1枚を載せ、釣りあわなんだら、2枚のうちの一回目に載せ、二回目も載せた金貨が重さの違う金貨だと特定できる。
n=2のときは、2つの重さの違う金貨があるだけでどっちの金貨が重さの違う金貨かは特定できない。
以上により、n≧3とするなら、nの最小値は、n=9 1回で調査可能な最大数は3
2回で調査可能な最大数は8
3回で調査可能な最大数は13
4回で調査可能な最大数は21
0, 3, 8, 13, 21, 34, 47, 64, 84, 105, ... 少なくとも(3^n-1)/2で可能である解は見つけた事あるな。
それが最大の証明は知らないけど。 >>600
> n=9のとき>>544>>549どうしても特定できない。
> 以上により、n≧3とするなら、nの最小値は、n=9
あなたが特定出来なかったからといって、n=9では特定することが不可能だとは言えない
> 一回目、3枚ずつを天秤に載せ、釣りあったら、残り2枚のうちのどっちかの金貨が重さの違う金貨だとわかる。
1回目に3枚ずつ乗せると9枚以上を特定することは出来なくなる
これは1枚ずつ、2枚ずつも同じ >>602
ん？一回で３つから偽物特定するのは無理では？
２つを比べて傾いた時に、どちらが偽物なのかが判別できないから…
>>603 の通り 1, 4, 13, 40, … (3^n-1)/2 が正しい数列かと
証明の途中まではおそらくこんな感じ
もしN個の調査中に一回でも傾いたら、
最終的に得られる「どのおもりが偽物か」という情報と合わせて
「偽物が本物と比べて重いか軽いか」までわかるから、
偽物が本物より重いか軽いかを知る必要が無く偽物が判明するただ一つの場合、すなわち
「n回全ての比較で傾かない」
場合と合わせれば、n回の比較で少なくとも (N-1)*2+1 回の場合を区別できる必要がある。
従って (N-1)*2+1 ≦ 3^n より N≦(3^n+1)/2.
あとは、最初に何個ずつ比較したとしても、傾いた場合に区別すべき場合の数が偶数になるため、
情報の余りが生じてしまうことから等号が成立することはない、みたいに >>604
> 1回目に3枚ずつ乗せると9枚以上を特定することは出来なくなる
> これは1枚ずつ、2枚ずつも同じ
1回目に3枚ずつ乗せると特定できなくなるのは12枚以上で、
11枚までは特定することはできたな
>>600で8枚が書けてなぜ9枚が出来ないのかわからない n,mを正の整数とするとき、
α=2^(1/n)+3^(1/m)
とおく。整数係数の多項式f(x)で、f(α)=0を満たすものが存在することを示せ。
可能であれば、高校レベルまでの数学でお願いいたします。 ■n回の調査で判明する最大値
Table[2(n^2-n)+1,{n,3,20}]
{13, 25, 41, 61, 85, 113, 145, 181, 221, 265, 313, 365, 421, 481, 545, 613, 685, 761}
■n回の調査で判明しない最小値
Table[2(n^2-n+1),{n,3,20}]
{14, 26, 42, 62, 86, 114, 146, 182, 222, 266, 314, 366, 422, 482, 546, 614, 686, 762} 前>>601問題>>514>>585
>>600アンカー訂正。
n=9のとき、
>>554一回目、4枚ずつ――
>>549一回目、3枚ずつ――
一回目、2枚ずつ――
以上により、どうしても特定できない。
n=8のとき、（以下同文） >>600の枚数を1枚増やすだけでn=9が解けるのに何故>>549で思考停止するのか？
4枚ずつの解も上にある 前>>609
>>610
題意、>>514「それ（金貨）は他のものと見分けがつかない」に素直にしたがって解答すべきだ。題意に反する答案を認めるわけにはいかない。
マジックは使ってません、付箋は使います、置き場所を決めました、天秤に載せるときは付箋を外しました、とかいうズルを認めるわけにはいかない。 >>607
f(x) の高次項の係数は (x^n - 2)^m + (x^m - 3)^n - x^(mn) に似てるけど、違うだろな....ｏｒｚ >>613
見分けがつかないならどうやっても識別不可能だね 前>>613
>>616見分けがつかない金貨を見分けるための天秤じゃないのか。あきらめないでほしい。 もしかして見分けがつかないから二回目以降の測定で１回目にどれとどれを載せたかわかるなくなるって意味にとるとか？？？
そんなルールならn=3ですでに不可能じゃんwwwww >>611
40枚から4回で特定は可能。情報理論的には、(3^4-1)/2=40 だから可能と考えられるし、実際に、下に示すような方法で可能。
以後、次の記号を使うことにする。
不：重いかもしれないし、軽いかもしれないし、正しいかもしれないコイン
重：重いかもしれないし、正しいかもしれないコイン
軽：軽いかもしれないし、正しいかもしれないコイン
正：正しいコイン
一回目に、13枚ずつ載せればよい。すると、「重13軽13正14」または、「不14正26」に分かれる。
「重13軽13正14」は[重9軽5]と[正10重4]にして比較すればよい。すると、「重9正31」か「軽5重4正31」か「軽8正32」に分かれる。
（分岐は、天秤の結果が、「左が重い」、「右が重い」、「釣り合う」に対応。）
「不14正26」は、[正1不4]と[不5]にして比較すればよい。すると、「重4軽5正31」か「重5軽4正31」か「不5正35」に分かれる。
「重4軽5正31」は、[重2軽2]と[重1軽1正2]にして比較すればよい。すると、「重2軽1正37」か「軽2重1正37」か「重1軽2正37」に分かれる。以後略。
「不5正35」は、[正3]と[不3]にして比較すればよい。すると、「軽3正37」か「重3正37」か「不2正38」に分かれる。以後略
ちなみに、正しいコインが別枠で一枚有れば41枚、つまり「不41正1」から４回で可能。
[正1不13]と[不14]で比較すれば、「重13軽14正15」か「軽13重14正15」か「不14正28」に分かれます。以後略。 >>619
一回目に、13枚ずつ載せてもどちらのグループに重いか軽いかの
金貨があるのかの判定はできない
『ニセがどちらかにある』という情報だけ
重いか軽いかの確定判定には、もう一回必要になる もっと根本的に
「不14正26」に分かれたときに
残り3回で不14は特定できないと自分で書いている >>620,621
> 残り3回で不14は特定できないと自分で書いている
>>578
> 一回目に、13枚ずつ載せてもどちらのグループに重いか軽いかの
> 金貨があるのかの判定はできない
2回目：「重+軽26枚」の時
「重＋軽9枚」、「重＋軽9枚」かつ左右の重の数同士、軽の数同士が同数で比較で
傾けば1回目と傾きが同じ9枚(1回目、2回目ともに重い側、またはともに軽い側)、釣り合えば残りの9枚に絞られ、
「重＋軽9枚」、「重＋軽9枚」、「重＋軽9枚」に分岐
3回目：「重+軽9枚」の時
「重＋軽3枚」、「重＋軽3枚」かつ左右の重の数同士、軽の数同士が同数で比較で
「重＋軽3枚」、「重＋軽3枚」、「重＋軽3枚」に分岐
4回目：同様で終了 >>619
3回目の調査で
「重2軽1正37」か「軽2重1正37」か「重1軽2正37」の情報を得たとして
そこから残り1っ回で、具体的どうやってニセを判定するのかね(´･ω･`)？ >>620 >>621
傾いた場合には、「重13軽13正14」になる。26通りのいずれかであるかを特定すればよいだけ。3^3=27以下なので、可能。
釣り合った場合には、「不14正26」となる。
14の二倍は28で、3^3=27を超えて、不可能ではないかと思われるかもしれない。
>>残り3回で不14は特定できないと自分で書いている
との書き込みがあるが、私はこれまで、一貫して「不14」だけなら、不可能だが、
別枠で正しいコインが有れば、可能だと書いている。
「別枠」というのは、いわば、「初回」に限った条件と言える。
二回目以降は、副作用で正しいコインが判明し、それが利用できるから。
目的は、14枚のコインの中から、不正な一枚を特定し、それが軽いのか重いのか見極める事ではない。
ただ単に不正な一枚を特定すればよい。天秤に載せて調査し、偽物を見極める場合、必ず軽重の情報も
付加されてしまう。従って、14枚の中から一枚を3回の天秤使用では不可能ではないかと思われるかも
しれない。が、これは正しくない。
14枚から1枚を取りの除き、13枚のコインの中から、重い偽物を特定するか、軽い偽物を特定するか
すべてが本物と確認すればよい。そうすれば、26通りに、すべて本物という一通りを加え、
27通りに落ち着き、情報理論的上限27に納めることができる。
最初に取り除かれたコインは、一度も天秤に載せら得ることなく、「おまえは偽物」と烙印を押される．．．かもしれない。 >>623
> 「重2軽1正37」か「軽2重1正37」か「重1軽2正37」の情報を得たとして
> そこから残り1っ回で、具体的どうやってニセを判定するのかね(´･ω･`)？
ここまできてそれ？
「重1、重1」または「軽1、軽1」で比較
傾けば、「重1、重1」なら重い方、「軽1、軽1」軽い方、釣り合えば残り >>623
>>「重2軽1正37」か「軽2重1正37」か「重1軽2正37」の情報を得たとして
いずれの場合も、天秤の片方に[正2]、他方に[重1軽1] と載せればよい。 >>622
『2回目：「重+軽36枚」の時
「重9＋軽9枚」、「重9＋軽9枚」かつ左右の重の数同士、
軽の数同士が同数で比較』に変更したとして
調査不能になるのはなぜかね(´･ω･`)？ 一般にコインの枚数mが3以上(3^n-1)/2以下の場合帰納法を使って以下のようなn行m列の行列が存在する事が示せる。
全ての要素はLRS。
どのm文字からなるn個の行も含まれるLとRが等しい。
x,yを異なる部分列としzをyのLとRを入れ替えた列とするとき、x、y、zは全て相異なる。
これでm枚のコインの場合、n回で可能と示せる。
ただしm=(3^n-1)/2の場合には全てSからなる列を含むので、偽コインの重い、軽いは判定できないケースを含む。
これが最良である事もちょっと頑張れば出来た。
偽コインの重い軽いを特定したい場合には上の評価-1が最大枚数になる。 >>628
> 『2回目：「重+軽36枚」の時
> 「重9＋軽9枚」、「重9＋軽9枚」かつ左右の重の数同士、
> 軽の数同士が同数で比較』に変更したとして
> 調査不能になるのはなぜかね(´･ω･`)？
念のため、>>622の
> 「重＋軽9枚」
は重と軽の合計枚数が9枚であって、
> 「重9、軽9」
ではないからね
「重+軽36枚」の時、 「重9＋軽9枚」、「重9＋軽9枚」かつ左右の重の数同士、軽の数同士が同数、あまり0で比較で比較すると、
釣り合う場合の事象数は0通り、
右に傾く場合の事象数は、右の重9通り、左の系9通り、合計18通りで、残り二回の比較で得られる情報量3＾2=9では特定できない
左に傾く場合も同様 >>628
天秤を使うと、一般に、左に傾く、右に傾く、釣り合うのいずれかの結果を得ます。
現在、可能性が z 通り有ったとして、ある載せ方をして、天秤を使った結果、
左に傾いた場合：可能性 z1 通り
右に傾いた場合：可能性 z2 通り
釣り合った場合：可能性 z3 通り
となるとします。当然、 z = z1 + z2 + z3 です。
可能性が z 通りあるとき、天秤を m = {log[3](z)} 回使用して、偽物を特定できます。 ；{x}は切り上げ関数とする
「ある載せ方」によって、z を、z1、z2、z3、のいずれかに分岐しますが、この時、
m-1 ≧ {log[3](z1)}
m-1 ≧ {log[3](z2)}
m-1 ≧ {log[3](z3)}
のすべて満たすような載せ方でないと、その載せ方は「失敗」です。至極当たり前のことです。が、
>>調査不能になるのはなぜかね(´･ω･`)？
に対しては、このような回答しかできません。 エクスチェンジした金貨グループは
残り調査回数が2回残っているなら5枚まで判定可能だ
という事は、>>619[重9軽5]と[正10重4]は
[重9軽5]と[正9重5]のエクスチェンジ判定に置き換えることができる
ゆえに、28枚がエクスチェンジで判定可能となり
「重14軽14正14」の合計42枚の中からニセが確定できる >>632
> 「重14軽14正14」の合計42枚の中からニセが確定できる
出来ない
可能性のある事象数は重14+軽14=28通り
3回の比較で得られる情報量は3＾3=27通りでは特定できない 単純に情報量だけで14枚が不可能をいうのはちょつと難しい。
例えば絶対ホンモノだというコインが一枚あれば14枚でも可能。
何故これが可能になるかというと13枚の軽重で26通りに加えて一度も傾かないという場合に一度も載せてないコインがニセモノという軽重を確定出来ない一通りを追加できるので
14枚でも偽コインを特定できる可能性は残っており、実際絶対ホンモノコインが一枚あればそのような測定が可能である事が示せる。
つまり絶対ホンモノコインがない場合にも14枚でも単純に情報量だけでは不可能と言い切る事は出来ず、そこは一工夫必要。 >>635
14枚の場合について >>587 では、本物のコインが別枠で用意されている場合と、されていない場合に分け、
前者は可能、後者は不可能であることを、具体的な手順を添えて、示してあります。ご覧ください。 >>636
なるほど。そこはもうクリアしてるんですね。
ちなみに私の見つけた一工夫は
１回目載せないコインの枚数は高々5枚。
何故ならは6枚以上残して釣り合うと、残る可能性は12通り。
一度も載せないコインは高々一枚でそれが重い偽コインと軽い偽コインの場合をまとめても11通り残ってしまう。
１回目に乗せるコインの枚数は高々8枚。
何故ならは10枚以上乗せて傾くと可能性が10通り残る。
ま、情報量についての議論をちょい精密化しただけですか。
同様にしてn回の場合、(3^n+1)/2枚は不可能が示せます。 前>>617問題>>514
>>618
n=3のとき、
>>601により、
特定できる。 >>638
イナの解釈なら>>601もアウトでしょ？
見分けがつかないんだから、１回目釣り合わなかったら、乗せたどっちかが偽コインだけど、天秤から下ろした瞬間もうどれを乗せたからわからなくなるなら、１回目の情報はに2回目に使えない。
あくまで載せた二枚の両方がホンモノである偶然が起きた時しか偽コインを特定できないから確実に偽コインを特定する方法ないでしょ？
よって君の解釈ならn=3が最小値でいいじゃん。 情報が残らないなら3回って条件にまるで意味がなくなるわな
そういう条件だと何枚載せようと釣り合わなかったら当然特定出来ない
全体が奇数枚で1枚だけを残して他を同枚数ずつ乗せて釣り合った場合だけ残した1枚が偽だとわかるが
偶然に頼ることになるので最初が3枚である場合ですら確実に何回で特定出来るという回数は存在しない
最初が何枚であろうと最小値なし 前>>638問題>>514
>>639
答え>>600-601はセットです。
計量した結果はさすがに金貨を天秤から下ろしても記憶に残ります。あくまでも三回目まで計量した結果どうしても特定できないnの最小値はいくつかということ。
n=3のときは特定できるから候補にはならない。
天秤に載せる前の金貨をこれはAだ、Bだ、Eだと印をつけて見分けるのは、本来計量しなければ見た目は同一であるはずの金貨を選んで天秤に載せるという題意にそぐわない行為。これに対し、ルール違反だと指摘した。 すでに上がっているやつについては、それは見分けのつかないコインを見分けてるからダメといい、自分の解答では記憶に残るからOKという。
なにそれwwww 前>>642
>>643
金貨をちゃんと天秤に載せ、釣りあったか釣りあわなんだかその結果で見分けてください。
金貨にAもBもないんです。たった1つだけ重さの違う金貨があるんです。 見分けがつかないのに記憶と実物をどうやって対応付けできるのだろう アホじゃね？
9枚コインがあったら適宜それにAとかBとか名前付けてるだけじゃん？
ホンットにわかんないの？ 天秤に乗せた途端に区別がつくようになるのか
斬新だな /＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/
はたしてミスがあるか 『n枚の金貨がある(n≧2).
この金貨の中に1枚だけ重さの違うものが混ざっているが,
それは他のものと見分けがつかない.
天秤を4回使っても, 重さの違う金貨を特定出来ないという.
このときnの最小値を求めよ』
■重さの違う金貨を特定出来る最大値は40
天秤に1枚づつ以上載せて釣り合えばその金貨は
正式な金貨であることが確定する
最初に13枚づつ載せて釣り合えばこの26枚は正式が確定
残り14枚の中にニセ金貨がある
傾けばこの26枚の中にニセ金貨がある
ニセを含む14枚の内、9枚と正式な金貨9枚を比べる
釣り合えば残り5枚の内の3枚を情報が確定している
正式な金貨と比べる
釣り合えば残り2枚の内の1枚を情報が確定している
正式な金貨と比べればニセが確定
3枚が釣り合わなければ『重いか軽いかが確定している3枚』
となるので次の一回で確定する
ニセを含む9枚と正式な金貨9枚が釣り合わなければ、
『重いか軽いかが確定している9枚』となるので
次の二回で確定する
13枚づつ計26枚が傾けば、どちらかに
重いか軽いかの金貨がある
この場合、互いの13枚から4枚づつをエクスチェンジする
そこに情報確定済みの正式な金貨を片側に9枚加えて
13枚づつを計る
釣り合えば正式な金貨9枚の代わりに取り除いた
9枚の金貨が『重いか軽いかが確定している9枚』となるので
次の二回で確定する
傾きが逆になったときはエクスチェンジした金貨がニセ
この4+4枚の金貨でさらに1枚づつのエクスチェンジを行う
すると
『重いか軽いかが確定している3枚』と『重軽どちらかがある2枚』
となるので、次の一回で確定する
傾が変化しなければエクスチェンジしなかった9枚の金貨が
『重いか軽いかが確定している9枚』となる
これらの時、ニセ金貨が重いか軽いかも自動判定される
（ただし、『重軽どちらかがある2枚』は50％の確率でニセという
情報のみ判定）
金貨41枚だとさらに1回の調査が必要になる
以上により、
重さの違う金貨を特定出来ないnの最小値は41. /＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿
/＿人人__/＿/人人_/__
/_(＿)_)_/＿(＿)_)/__
/_( _＿)_/＿( _＿)/__
/_(^) )_/＿(`) )/__
/_(υ＿)_/__(_υ_)/__
◎ﾞυ┻◎ﾞ◎ﾞυ┻◎ﾞ_/__/_ｷｺｷｺ……＿/＿/ｷｺｷｺ……/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/天秤に載せた瞬間に見分けがつくか？ なにを今さら。前>>644どっちかの天秤に載せた金貨が、重さの違う金貨だったときは、天秤に載せた瞬間に見分けがつくさ。手ぇ離したらすぐ。ｷｺｷｺ…… [重9軽5]と[正10重4]なんて正式一枚でずらさなくても
[重9軽4]と[正9重4]の均等枚数のエクスチェンジで判定可能！ >>650
あんまりしつこいからあんたしてもらいたいことを明言しとくと、
・もし「全てのコインに名前をつけて区別することができない」という仮定で解いているなら、
それは他の人が扱っている問題の条件と全く違うものだから、然るべき仮定をつけ加えて
『（二次的な）出題者の立場として、新しい問題として提起する』こと。
それも、自分にとって未解決であればちゃんとそのことを明言した上で、な。
それができないようであれば、あんたが今繰り返してる行為は
「問題文と関係ない自分が考えたことを延々と垂れ流してる」だけの単なる荒らしでしかないから、速やかにやめること。
「あんたらが勝手にコインを区別してんじゃん。こっちの方が問題文を正しく解釈してるんだからそれに従えよ」
ってのは無しだからな、先に言っておくと。どういう区別が許されると思ったのかをきちんと説明したり、
食い違いを共有してすり合わせしようともせずに、一人で自分設定の問題の思考過程を垂れ流してるのはあんたの方なんだからな。
・もし新たに問題として投稿する時は、自分が無意識にどんな仮定をつけていたのかをよく考えること。
何度も訂正したり後出しじゃんけんみたいにならないように、その問題設定さえ見れば誰でも一通りに解釈できるようにすること。
特に今回の場合、コインの区別に関するあんたの認識が他の人のそれと違うことが明らかになってるんだから、その点で混乱が生まれないように。
・もし誰かがその問題設定に興味を持って書き込んでくれればそのままある程度やりとりを続ければよし。
もし誰からも興味を示されなければ、その設定の問題はそれまで。せいぜい用意してた解答があればそれを発表したりする程度で終わり。
・ついでに言うと、出題者の立場ってのはせいぜい基本的に問題を解いたり考えたりする他の人を、ヒントを出したり判定したりして見守ることを主とするものであって、
誰も興味を示してない、ましてや自己解決さえできていない自分設定の問題を、当の解決してない出題者が思考過程を何度も何度も垂れ流す、なんてのはやめること。
・書き込みながら考えるとかいうことはやめて、自分のレスが多くなりすぎないように、ある程度自分なりに整理してから書き込むこと。
わからないかなあ >>641
いや適当に4枚づつ乗せて左に乗せた方右に乗せた方乗せてない金貨って言っても同じだけど
別に乗せる前に名前つけなきゃ出来ないわけじゃない、どこに分類してるだけだから
乗せた後の金貨なら区別してもいいんでしょ？
それもわからない？ 前>>650
>>652与えられた問題を解くのが面白いんで、改題する気はないです。
n≧2をn≧3にすべきという指摘はもっともな改題だと思いました。
題意を素直に受けとめ、n=9のとき特定できないことだけでなく、n=3～8のとき特定できることをすべて示すべきで、ここをもっと簡便に説明できるかもしれないけど、有限個の場合分けで数が知れてるんで各々書いたほうが速いしよくわかると思いました。
>>653載せたあとの金貨を区別してもいいかどうか、一解答者である俺にはわからない。出題者に訊いてほしい。
ただ天秤に載せたあとの金貨はただ1つをのぞいてほぼすべてが同じ重さなんで、金貨を左右どっちの皿に載せたかで差をつけるのは理論的にはわかりましたが、ズルいと感じました。
本来ただ1つの重さの違う金貨がみつかったら、あとの金貨は見分けなくていいはず。計量して一目で決着する方法がいいと思います。 > >>652与えられた問題を解くのが面白いんで、改題する気はないです。
この発言は
> >>653載せたあとの金貨を区別してもいいかどうか、一解答者である俺にはわからない。出題者に訊いてほしい。
> ただ天秤に載せたあとの金貨はただ1つをのぞいてほぼすべてが同じ重さなんで、金貨を左右どっちの皿に載せたかで差をつけるのは理論的にはわかりましたが、ズルいと感じました。
> 本来ただ1つの重さの違う金貨がみつかったら、あとの金貨は見分けなくていいはず。計量して一目で決着する方法がいいと思います。
これらと合わせれば、あんたは
「俺は与えられた問題を"自分の価値観や解釈で判断したもの"を解くのが面白いし、他の多くの人の解釈と合わせたり自分の解釈を他人がわかるよう明示したりする努力もしません」
って言ってることになるけど、つまり
「俺は問題文とは関係ない自分が考えたことを延々と垂れ流してるだけの荒らしです」
と認めてるってことでおけね？早いとこ満足してどっか行ってちょうだいな 天秤くんは、専用スレを立てて、そこで好きなだけやれよ。
いつまで下らんおこちゃまのパズルをやってんだ？ｶｰｯ(ﾟДﾟ≡ﾟдﾟ)､ﾍﾟｯ >>624
14枚から1枚を取り除き、13枚のコインの中から、
重い偽物を特定するか、軽い偽物を特定するか
すべてが本物と確認すればよい
そうすれば、26通りに、すべて本物という一通りを加え、
27通りに落ち着き、情報理論的上限27に納めることができる
最初に取り除かれたコインは、一度も天秤に載せら得ることなく、
「おまえは偽物」と烙印を押される．．．かもしれない
※3回目の調査で残り2枚あるときは
判定不能になる確率が50%ある >>657
>>判定不能になる確率が50%ある
これは、
40枚の真贋判定は100%完遂でき、かつ、ほとんどの場合、偽物と判断した物が、重い偽物か軽い偽物かも、
判定できるが、「残り二枚の軽重不明のコインの中から一枚の偽コインの見極める」というルートを通過
する場合に限り、（真贋判定はきちんとできるが、）偽物と判断した物が、重い偽物か軽い偽物かの判断はできない。
という主旨のコメントでよろしいですね。
>>657の書き込みでは、内容を熟知している者なら、「偽物の軽重判定」に対しての「判定不能」
という意味だろうと、好意的に読み取ることができますが、一般的な読者なら、「真贋判定」に対しての
コメントと読みかねないと思うので、一言、書かせてもらいました 修正します。
前：する場合に限り、（真贋判定はきちんとできるが、）偽物と判断した物が、重い偽物か軽い偽物かの判断はできない。
後：する場合に限り、（真贋判定はきちんとできるが、）偽物と判断した物が、重い偽物か軽い偽物かの判断はできない事が確率が50%で起こる。 >>658
全く違います(´･ω･`)
「不14正26」から>>657の方法で調査すると
40枚の真贋判定は100%完遂できない場合があり、
残り2枚の判定を1回で行わなければならないときに
判定不能になる確率が50%あるのです ということは、
「二枚の軽重不明のコインから、一回の天秤使用で軽重不明の偽コインを見極める事はできない。」
という主張ですね。もし、いきなり、二枚のコインと天秤を渡されたなら、そうかもしれません。
しかし、ここでは、40枚のコインの中から、偽物の候補が二枚に絞られたという文脈の中にあります。
本物と確定しているコインは38枚有ります。
本物と確定しているコイン一枚を天秤の片方に載せ、軽重不明のコインの内の一枚をもう片方に載せます。
傾けば、天秤に載せた軽重不明だったコインが偽物です。傾き方で、重い偽物か、軽い偽物かも判断できます。
釣り合えば、天秤に載せかなったコインが偽物です。しかし、これが、重い偽物か、軽い偽物かは判断できません。
この方法でも、できないと言い切るのですか！！！
真贋判定は１００％で可能。しかも、ほとんどの場合は、重いのか軽いのかも判断可能。
ただ、「軽重不明二枚」というルートをたどった場合は、真贋判定はきちんとできても、50%の確率で、
軽重判定はできない。という結論に、同意されますね。 >>661
『14枚から1枚を取り除き、13枚のコインの中から、
重い偽物を特定するか、軽い偽物を特定するか
すべてが本物と確認すればよい』
この調査に正式な26枚の金貨を使用しないと
判定不能になることがある 「40枚の中から、軽重不明の偽コイン１枚を４回の天秤使用で特定する問題」
と
「14枚の中から、軽重不明の偽コイン１枚を３回の天秤使用で特定する問題」
は異なります。前者は可能で、後者は不可能です。
「前者は可能か」という議論において、「後者は不可能だ」と答えても意味がありません。
あなたが行っていることは、将にこれです。
前者の中で、後者に似た状況が生じます。なのになぜ「可能」となるのか？
それに説明を与えたのが、>>624の内容です。
前者の中で生じる後者と似た状況が、後者と異なるのは、正しいコインの有無です。
前者の中で生じる後者に似た状況には、正しいコインがあるが、後者には無い。
この違いが、可能なのか不可能なのかに決定的な影響を与えます。 ｎ 枚のコインがあり、その中に一枚だけ軽重不明の偽コインが含まれている。
天秤 k 回の使用で偽コインを見極められる ｎ の最大値を求めよ。
ただし、別枠で、１枚の本物のコインが無い場合と、ある場合、それぞれについて答えよ。
という問題があった場合、無い場合は、(3^k-1)/2、ある場合は、(3^k+1)/2 が答えとなります。
情報理論的には、天秤 k 回の使用というのは、3^k 通りからの候補の見極めを可能とします。
これがどう考えても、上限です。
別枠で、コインが用意されていない場合の答え、(3^k-1)/2 は、重いのか、軽いのかの見極め
を行っている分の二倍を施すと、3^k-1 で上限3^kを下回っているので、問題ないが、
別枠で、コインが用意されている場合の答え、(3^k+1)/2 を二倍すると、3^k+1 で、3^k を
上回ってしまう。「そのようなことはあり得ないのでは」という疑問に対する解説が、
>>624 の後半などに記した内容です。
詰まるところ、軽重不明なコインｎ個 の自由度(?)は、2n ではなく、2n-1 だというものです。
もし問題が、「偽コインを特定し、軽重も判断せよ」なら、2n ですが、「偽コインを特定せよ」だけ
なので、一つのコインは除き、そのかわり、チェックしたすべてのコインが正しいという場合を加えて、
(n-1)×2+1=2n-1にできるという話です。 皆で解いてる感がほしいんでしょ
それで何か意味のあることを書けたらそれだけで"皆の"イチバンになれるからね
連投クソコテと同んなじ イナさんはNGしてるので本人のレスは見えないけど、
>>639は笑った (問題)>>514
n≧2→n≧3に変更。
(答案)
n=3、4のとき、>>601より、三回目までに特定できる。
n=5、n=6、n=7、n=8のとき、>>600より、三回目までに特定できる。
n=9のとき、>>554より、天秤に4枚ずつ載せると特定できない。
>>549より、天秤に3枚ずつ載せても2枚ずつ載せても特定できない。
天秤に1枚ずつ載せても三回目までに特定できるのは6枚まで。あと残り3枚のうちのどれが重さの違う金貨か特定できないことがある。
以上3≦n≦9のすべてのnにおいて計量して、3≦n≦8では重さの違う金貨は特定できるが、n=9のときは、どうしても特定できない。
∴どうしても特定できないnの最小値は9である。 関係ないけどプログラムで解いたやつを載せてる人もいるけどあまり面白くないね そんな人いた？手計算でできるようなものばかりだったと思うけど
そもそも有名問題なんだし オレも与えられたmに対して具体的に錘をどう乗せれば
[log[3](2m)]+1回でニセモノ見つけられるかプログラム組んだ事あるな。
まぁまぁ楽しかったな。 自分では未解決ですが思いついてしまったので
(1)ユークリッド平面 R^2 の部分集合 A であって次の性質を満たすものは存在するか：
閉区間 [0,1] から R^2 への連続な写像 f が定値でないならば、x∈[0,1] であって f(x)∈A を満たすものも満たさないものもとれる.
(2)特に集合 A を
A = { (a,b)∈R^2 | aもbも有理数であるか、又は{1,a,b}が有理数体上一次独立}
と定めた場合、この A は(1)の性質を満たすか. 前>>669話変わるんだけど、運転免許の修了検定だか卒業検定だかあるじゃん、あれ最後たしか二択で、どっちだ!? ってなって時間とられて大量失点して不合格不合格不合格不合格……何回も落ちて、時間と電車賃がかかってしょうがなかったな。
これ、引っかけじゃないか？ 考えだしたらどつぼ。あれはつらかった。センター試験みたいなのだったらまず完全にわかるから問題ない。国語とか英語とかでたまに自信ないのがあるときあったけど、四択や五択になってるおかげで救われることがあったような。
つまり正しさってやつは比較するものがあっての、相対的なものなんだよ。 運転免許のペーパーテストで、落ちるなんてまずありえない。 >>683そう思うだろ。人生にはいろんな時季がある。数学の難問が見た瞬間イケイケどんどん解きほぐされてハートがきゅんきゅんすることもあれば、ありえないぐらいに二択が怖くてとり乱されることもあるんだよ。前>>682
￣]/＼_____________○｡
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］ □ □ ∥ /
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￣⊂(-.-))⌒ つ~￣￣。
. ｀υ __ 問題
1を2とし、2を3とせよ。このとき1+2はいくつか？ ∫e^x = 0!(1)e^x+C
∫xe^x = -1!(1-x/1!)e^x+C
∫x^2 e^x = 2!(1-x/1!+x^2/2!)e^x+C
…… 前>>684
>>685
1+2は題意より、2+3
2+3は題意より、3+3
∴与式=3+3=6 >>687
-Γ(n+1,-x) * (-x)^{-n-1} * x^{n+1}
Γは第2種不完全ガンマ関数． >>579 にて5つの重りを天秤を使ってソートする問題を紹介しました。
出題形式は異なってしまいますが、簡単に言うと、
「7回以内の天秤使用で、5つの重りを重い順に並べる手順を考えよ」という問題です。
一件の誤答がありましたが、その他の回答はありませんでした。
初見の方に楽しんでもらいたく、知っている方の投稿を遠慮していただいたからだと思います。
しかし、もう十分時間がたったので、このお願いを取り下げます。 >>692
AとE、BとCを比べる。
A≦E、B≦Cとしてよい。
AとBを比べる。A≦Bとしてよい。
ここまで３回でA≦B≦Cが確定。
次にBとD、その結果に応じてDとAまたはCを比較して２回でA、B、C、Dの順位が確定する。
この４つの順位をP≦X≦Y≦Zとする。 Pが最小は確定。 同じ要領で２回でE、X、Y、Zの順位を確定できる。
これを順にならべてQ≦R≦S≦TとしてPが最小は確定していたから最終順位は P≦Q≦R≦S≦T。 前>>690
>>692一件の誤答とはいえ、だれも張られませんなら、儂の一人勝ちではござらぬか。 >>693 さんの方法と内容は同一ですが、用意しておいた「図解的方法」と、別視点からのコメントをアップします。
○、○、○、○、○：五つの重りが対等に存在している状態
○←○、○←○、○：上の状態から、1番目と2番目、3番目と4番目を比較して、重かった方に矢印が向くよう表記。[天秤二回使用]
○←○←○、○ ：上の状態から、矢印が向いている重り二つを比較し、並べ替えた状態。[一回使用]
↑
○
○←○←○←○ ：上の三連部分に、孤立している一つを挿入。最初に三連の真ん中と、次に三連内のどちらかと比較し、四連が完成
↑ (↑) 結果により、下部の重りが、第一の重りにつながる場合と、第二の重りにつながる場合がある。[二回使用]
○ (○)
○←○←○←○←○：上の四連の後方三連に、下部の重りを挿入し五連が完成。[(多くても)二回使用]
このような経路を辿れば、七回以内でソートが可能です。以下、別視点での解説になります。
情報理論的見地から考えると、5! = 120 < 128 = 2^7 から、7回で可能だろうと、予想でき、実際上のように可能です。
4つの重りで、最も重いものを、トーナメント形式で特定することにします。（3回天秤を使用します。）
トップになったものをA、Aに一回戦で負けたものをB、Aに決勝で負けたものをC、Cに一回戦で負けたものをDとし、
参加していない重りをEとします。この段階で、A,B,C,Dの間での順番は、ABCD,ACBD,ACDBの三通りが考えられ、
Eは、各パターンのいずれかの位置に入るため、A～Eまでの順番で考えると、15通りが残されています。 次は4回目の天秤使用になりますが、ここで、EとAを比べたとします。E>Aなら3通り、E<Aなら12通りに分岐しますが、
これでは、残り三回では並べ替えられません。同様にEとDの比較も、3通りと12通りに分岐し、不可能なのがわかります。
それでは、EとBでは？ E>Bとなると、ABCDでは2通り、ACBDでは3通り、ACDBでは4通りなので、合計9通り。
やはり、この比較も失敗であることがわかります。
で、EとCのみが残されます。 E>Cとなると、ABCDでは3通り、ACBDでは2通り、ACDBでは2通りなので、合計7通り。E<Cなら8通りと、
この比較なら、残り三回で可能なことがわかります。その他、Eを使わない方法も、5通りと10通りに分岐する等、不可能な事がわかります。
つまり、4回目の比較は、（ここでのネーミングでは）EとCにユニークに絞られています。このように、比較後の分岐状況を
検討しつつ、比較ルートを見いだしていけば、ゴールにたどり着けます。この後続の比較方法は省略しますが、いくつか補足しておきす。
三回目の比較は、対称性からもわかるように、「トップ」ではなく、「最軽量」を決める比較でも可能です。
が、これら以外の方法、例えば、心情的にEを登場させたくなるかもしれませんが、このような方法は全て失敗することが、
分岐数のカウントからわかります。
「ソート済みの2^k-1個の重り」に、一つの重りを加え、天秤をk回使用して、「ソート済み2^k個の重り」にするのは、
情報理論的に無駄がなく、いわば定石です。k=2の場合を上の図解で紹介した方法では多用しています。
この定石に従えば、４回目に続いて五回目もEが登場するのが自然です。しかし、もし、四回目の比較でE>Cならば、
EABCD、AEBCD、ABECD、EACBD、AECBD、EACDB、AECDB という7通りに絞られていますが、
AとEの比較という定石の他、BとCの比較という方法も存在していることを補足しておきます。 これ錘の数がｎ枚のときの使用回数は[log[2] n!]+1回になる？ n=2は例外として扱うとして、『数学１００の問題』によると、
11以下では正しく、13では当てはまらない。14(13の誤植？)での値は、33か34か不明とある。
古い本なので、どこかに更新データは有ると思われる。 あるアルゴリズムによる必要回数の表を、Knuthの本に見つけた。
n=1～11,20,21 で、理論的下限={log[2](n!)} に一致する。 ；{x}は切り上げ関数
n=12～19,22～24 で 理論的下限 +1
25,26,27 で 理論的下限 +2
28～33 で 理論的下限 +3 >>698
へー、面白そう！
>>699
kunthの何て本ですか？ 『The Art of Computer Programming』Vol.3 Sorting and Searching
です >>687
部分積分により
∫(x^n)(e^x) dx = (x^n)(e^x) - n∫(x^{n-1})(e^x) dx
= (x^n)(e^x) - n(x^{n-1})(e^x) + n(n-1)∫(x^{n-2})(e^x) dx
= (x^n)(e^x) - n(x^{n-1})(e^x) + n(n-1)(x^{n-2})(e^x) - n(n-1)(n-2)∫(x^{n-3})(e^x) dx
= ････
= (e^x)Σ[r=0,n] (-1)^r (n!/(n-r)!)(x^{n-r}).
・参考書
森口・宇田川・一松 「数学公式I」 岩波全書221 (1956) p.153
第IV篇 第1章 §33 (i) 1022^(1023^1024) + 1024^(1023^1022) は 1023 で何回割り切れるか
一般化して
(n-1)^{n^(n+1)} + (n+1)^{n(n-1)} は n で何回割り切れるか
2項公式より
(n-1)^{n^(n+1)} = -1 + n^(n+2) - (1/2)n^(n+3){n^(n+1)-1} + ････
(n+1)^{n^(n-1)} = 1 + n^n + (1/2)n^(n+1)}{n^(n-1)-1} + ････
より n回。
∴1023回 >>705
>一般化して
ただし、nが偶数なら0回ｗ >>708
ただし、n=2 なら 1回ｗ
1^(2^3) + 3^(2^1) = 1^8 + 3^2 = 1 + 9 = 10, そっか。
nの剰余が 1+(-1)^nなんだけど、
1+1=2=n のケースを見逃してたわ。 そもそもn^(n+1)で割り切れないのは明らかなん？ >>711
すくなくとも、>>705の最初の２項だけをみると (1+n^2)n^n
なので、n^(n+1)では割り切れない。
あとは、３項目以降がn^(n+1)の倍数になってるかどうか
なんだが、確かに形式上はn^(n+1) が因数として入ってる
けど、分母にk!があるからねぇ。要するに n^(n-1)Ck×n^k
とn^(n+1)Ck×n^k がk>=2 で n^(n+1)で割り切れるかどうか。
kがn^(n-1)ともn^(n+1)とも素の場合には明らかなんだが…。
そうでない場合、kとそれぞれとの公約数をL1,L2として、
n^(n+k-1)/L1 とn^(n+k+1)/L2 がn^(n+1)で割り切れること
が示せればいいんだけどね。
そういう意味ではn^nで割り切れるかどうかについても同じ
ことが言えるけど、上が示せれば自動的にOK。 やっぱり>>705の式変形だけでは1023回と結論づけられないよね。
もうひと議論必要。 >n^(n+k-1)/L1 とn^(n+k+1)/L2 がn^(n+1)で割り切れるか
nが奇数なんだから、k=2のときには明らかだね。
n^(k-2)/L1 (2<L1≦k)も n^k/L2 ( 2< L2 ≦k)もL1,L2を
素因数分解してチェックすれば割り切れそうな気がする。
L1の素因数の一つをa^sとすると、aはnの素因数でもある
ことからn^(k-2)はa^(k-2)を因数としてもつ（ただし、n
が奇数なのでaは2より大きい素数）
a^s≦L1≦k より a^(k-2)≧a^(a^s -2)
a^(k-2)/a^s ≧ a^{(a^s)-s -2) a≧3,s≧1より、
a^s -s -2 ≧0 したがって、a^(k-2)/a^s ≧1 は割り
切れる。こんな感じで行けそうかな？
しかし、もっと簡単に示せないものか。 × L1の素因数の一つをa^sとすると
○ L1の素因数の一つをaとし、a^sを因数とすると nが平方因子を含まない奇数のときは n回
(略証)
C(N,k) = (N/k)Π[i=1,k-1] (N-i)/i
aをnの素因数とする。(奇素数)
1≦i≦N-1 のとき (N-i)/i の分母・分子に現れるaの回数は等しい。
また、kの中に現れるaの回数は < k/(a-1) ≦ k, ゆえ k-1 以下。
N=n^(n-1) のとき
C(N,k) は a^(n-k) の倍数、したがって n^(n-k) の倍数
N=n^(n+1) のとき
C(N,k) は a^(n+2-k) の倍数、したがって n^(n+2-k) の倍数。 n = 1023
= 32^2 - 1
= (32+1)(32-1)
= 33・31
= 3・11・31 >>716 補足
kの素因数分解における素数aの回数
= [k/a] + [k/a^2] + [k/a^3] + ････ + [k/a^k]
≦ k/a + k/a^2 + k/a^3 + ････ + k/a^k
< k/(a-1), >>714のやり方だと平方因子だろうが立方因子だろうが
含んでいても、nが奇数ならn回になりそうだけど？ a^s | n とする。(s≧1)
C(N,k) = (N/k)Π[i=1,k-1] (N-i)/i
のうち素因数aが残るのは (N/k) のところ。
N=n^(n-1) には a が (n-1)s 回現れるが、k には (k-1)以下。
∴ (N/k) には (n-1)s - (k+1) 回以上
∴ (N/k) n^k には (n-1+k)s - (k-1) = ns + (k-1)(s-1) ≧ ns 回以上
なので OK ですよね。 >>705の一般化について、とりあえず、計算機を回してみたところ、
3から1023までの奇数nについて、
(n-1)^{n^(n+1)} + (n+1)^{n(n-1)} ≡ n^n (mod n^(n+1))
であることは示せた >>721
ですよね。
>>714をもう少し整理して書き直しておきます。
一般に、
C(N,k)=(N/k)*C(N-1,k-1) なので、kとNの最大公約数をL
として、k=qLとおくと、qとN/Lは素なので、qはC(N-1,k-1)
の約数でなければならない。 したがって、C(N,k)はN/Lの
倍数である。これを前提として、>>705の二項展開の各々の
k番目(k≧2)の項の絶対値 M=(n^k)*C(N,k) を評価すると、
Mは(n^k)N/L の倍数になるはず。LをL= (a^s)*(b^t)… と
素因数分解したとき、Nがnの累乗であれば、それらの素因数
a,b…はすべてNの素因数であり、nの素因数でもある。
ここで、nが奇数であれば、n^(k-2)がLで割り切れることを示す。
aがnの素因数より、n^(k-2)はa^(k-2)を因数として持つが、
k≧L≧a^sよりa^(k-2)/a^s≧a^(a^s-s-2)。 a≧3, s≧1より、
a^s-s-2≧0 となるので、a^(k-2)/a^s≧1 、つまりn^(k-2)
はa^sを約数として持つ。他のLの素因数についても同様に言
えるので、n^(k-2)はLを約数として持つ。
したがって M が(n^k)N/L = N*(n^2)*n^(k-2)/L の倍数で
あることから、MはN*(n^2)の倍数であると言える。
以上より、
N=n^(n-1)の場合、M は n^(n+1)の倍数
N=n^(n+1)の場合、M は n^(n+3)の倍数
よって、>>705の二項展開の２番目以降の項はすべてn^(n+1)
の倍数である。 >>722
ご苦労さまです。wolframalphaにやらせてみようとしたんですが、
無料版だとn=7までが限界でしたｗ >>724
すみません、自己レスで修正しときます。
>>>705の二項展開の各々のk番目(k≧2)の項の絶対値
k=0から始まるので、k番目ではなく、(k+1)番目ですね。
したがって、最後から二行目、
>よって、>>705の二項展開の２番目以降の項はすべてn^(n+1)
のところは、「二項展開の３番目以降の項」になります。 a≧3
>>718 の評価を改良して
k≧2 では k-2回以下
N=n^(n-1), k≧2 のとき
C(N,k) は n^(n+1-k) の倍数。 M は n^(n+1) の倍数。
N=n^(n+1), k≧1 のとき
C(N,k) は n^(n+2-k) の倍数。 M は n^(n+2) の倍数。 >>716 付置を使った照明。
補題
p を素数、vをp進付置とする。
a,bをp進単数でa ≡b (mod p)であるとする。
このとき
v(a^n - b^n) = v(a-b) + v(n) 定理
nを奇数とする。
x = (n+1)^{n^(n-1)} + (n-1)^{n^(n+1)}とおく。
このとき
v(x) = nv(n)
が成立する。
特に
max{e | x ≡ 0 (mod n^e)} = n
である。
(∵)
pをnの素因子とし、ｖをp進付置とする。
補題により
v((n+1)^{n^(n-1)} - 1) = v(n+1 -1) +(n-1)v(n) = nv(n)
v((n-1)^{n^(n+1)} - (-1)) = v(n-1 +1) +(n+1)v(n) = (n+2)v(n)
であるから主張は成立する。 Rを実数体として、g:[0,1]→Rを可測関数とするとき、
∫_0^1 f(x)g(x)dx=0
となる恒等的には0ではない連続関数f:[0,1]→Rが存在することを示せ >>730
f(t,x)= sin(π(x-t))
I(t)=∫f(t,x)g(x)dx
とおく。
I(t)は収束定理により連続。
I(0) = -I(1) >>731
gは可測関数とは言ってますが可積分関数とは言ってないので収束定理が使えないと思いますが >>730
それ本当に成り立つの？
Rの部分集合Aに対して関数1_Aを
(1_A)(x)=1 (x∈Aの時), (1_A)(x)=0 (それ以外の時)
と定めて、0以上1以下の全ての有理数が１回ずつ出現する数列を {q_n}_(n=1,2,…) とおく。
集合A_mを
A_m = ∪_(n=1,2,…) ( q_n - 1/(logm･2^n) , q_n + 1/(logm･2^n) )
とおいて、関数g~:R→[0,∞]を
g~(x) = Σ_(m=2,∞) (1_(A_m))(x)
と、そして関数g:R→[0,∞)を
g(x)=0 (g~(x)=∞の時), g(x)=g~(x) (それ以外)
と定める。
この時、0と1の間のどの有理数qをとっても、任意のε>0について
∫_(q-ε,q+ε) g(x)
=∫_(q-ε,q+ε) g~(x) (g~による∞の逆像はルベーグ零集合になるから)
≧∫_(q-ε,q+ε) Σ_(m=2,∞) (1_(q - c/logm , q + c/logm))(x) (cはある正の数)
=Σ_(m=2,∞) 2min(ε,c/logm)
=∞
となるから、fが恒等的に0でない連続関数であれば、
ある0と1の間の有理数の近傍で、fの絶対値がある正の数より常に大きいことになるから
∫_(0,1) |g(x)f(x)|dx = ∞
となってしまう I0 = ∫_0^1 g(x) dx
I1 = ∫_0^1 x g(x) dx
とおく。
I0=0 のとき f(x) = 1,
I0≠0 のとき f(x) = x - I1/I0, 近似単関数列から適当に小数展開の数字いじって作れんかなあ 前>>694
[問題]たばこの箱を最大の対角線を軸に一回転させた通過部分の体積を求めよ。
但し、箱はレギュラーサイズのボックスタイプ(88㎜×55㎜×23㎜)とせよ。 任意の偶数aについて、ある適切な二つの素数を取ればその差はaになることを証明せよ。
解けますか？（´-`） 思いつきの問題だろうが、
100万くらいまでの全ての偶数についてそのような素数の組があることが判明したなら
世紀の難問になる可能性はある。 なんか任意の長さの等差数列をなす素数の組があるとかタオが証明してなかったっけ。
なんかそれも既に示されてそう 差を和に変えたらゴールドバッハじゃん
本当に解けるのか？ 連続する 2a-1 個の自然数
(2a)! +2, (2a)! +3, ････, (2a)! +(2a-1), (2a)! +(2a) はすべて合成数である。
(2a)! +1 と (2a)! +(2a)+1 が共に素数となるようなａが存在するか？
(2a)! -(2a), (2a)! -(2a-1), ････, (2a)! -3, (2a)! -2 でもよい。
「高校数学の美しい物語」(いくらでも長い素数砂漠が存在する)
http://mathtrain.jp/primedesert (修正)
a! +2, a! +3, ････, a! +(a-1), a! +a の a-1 個はすべて合成数である。
a! +1 と a! +a+1 が共に奇素数となるような偶数aが存在するか？
a! -a, a! -(a-1), ････, a! -3, a! -2 でも同様。 a ≦ 966 までは存在するらしい。
http://www.asahi-net.or.jp/~KC2H-MSM/pbsb/pbsbm006.htm
600を超えるのは確か。
しかし p≦4000億 まで探索しても ⊿p ≦ 4000 らしい。
http://math.a.la9.jp/a2prd.htm
解けた方は↓へ
http://math.a.la9.jp/2prd.htm a+1 が素数ならば a!+1 は a+1 の倍数である。 >>736
〔問題824〕
3稜の長さが a,b,c (0<a≦b≦c, aa+bb+cc=1) の直方体を、体対角線を軸として回転させた。
このとき通過する部分の体積を求めよ。
分かスレ４５４ - 824,839,842,846-848,875-876
(類：東京工大,1993年) >>736
aa = 23･23/11298 = 0.0468224464507
bb = 55･55/11298 = 0.267746503806
cc = 88･88/11298 = 0.685431049743
体対角線をu軸とする。
① r(u) = (1/a)√(1-aa)･u (0 < u < aa)
②～⑤ (aa < u < 1-cc)
⑥ r(u) = (1/c)√(1-cc)･(1-u) (1-cc < u < 1/2)
⑥' r(u) = (1/c)√(1-cc)･u (1/2 < u < cc)
⑤'～②' (cc < u < 1-aa)
①' r(u) = (1/a)√(1-aa)･(1-u) (1-aa < u <1)
→ S(u) = πr(u)^2,
→ V = ∫[-1/2,1/2] S(u)du,
V(①) = V(①') = π(a^4)(1-aa)/3 = 0.00218832
V(⑥) = V(⑥') = π{(1-cc)/cc}(8c^6 -1)/24 = 0.0946902 >>747
Legendre's conjecture? >>744
・a+1 が素数のとき、ウィルソンにより
a! + 1 は (a+1) の倍数 >>747 >>748
a! も合成数。
・a+1 が合成数のとき
a! + (a+1) は (a+1) の倍数
a! + (a+2) は偶数。
よって 存在しない。
>>751
11298 c㎡ → １ とする。 >>730
写像φ:C([0,1])→Rを
φ(f)=∫_0^1 f(x)g(x)dx
と定める
このとき、Kerφ={0}とすれば、φは線形より単射
したがって#AをAの濃度とすれば
#C([0,1])≦#R
これは矛盾
したがってKerφ≠{0}となり、非自明なfが存在する >>753 訂正
112.98 c㎡ → １ とする。 正方行列Aが正則でないとき、任意の正の数cに対して、A+cEは正則であることを示せ。 ￣￣]/＼______∩∩_
____/＼/ .,､､(___))|
￣￣＼/ 彡`-`ﾐっﾞ/ |
￣￣|＼__U,~⌒ヾ､| |_
□ | ∥￣￣U~~U | / )
____| ∥ □ ∥ |/ /|
_____`∥______∥ノ / |
￣￣￣￣￣￣￣￣￣∥ |
］ □ □ ∥ /
__________________∥/
23×55×88=111.32(c㎡)
前>>751くるくる回転させるんで300ぐらいいくのかな？ 前>>761
[問題]携帯を最大の対角線を軸に一回転させた通過部分の体積を求めよ。
但し、携帯のサイズは、
112㎜×51㎜×15.1mmとせよ。 (1)
S^2を二次元球面とする
f:S^2→S^2が連続であるとき、
f(x)=x となる x∈S^2が存在することを示せ
(2)
三次元実ベクトル空間には積が連続となるような体の構造は入らないことを証明せよ 確率の問題。
三つの箱の中に正解が一つだけ。
挑戦者が一つ選んだ後に、選ばれてない二つの箱のうち外れ箱が開封される（二つ共外れ箱であればランダムで開封）
挑戦者が箱を変える事ができた場合、箱を変えた方が得か？それとも確率は変わらないか？ モンティ・ホール問題だろ。>>764
変えたほうが得。正解を引く確率は、変えないと1/3、変えると2/3
だと条件付き確率で求まる。 >>765正解。結構有名な問題だよね。
直感は変わらないんだけど、よくよく考えたら確率は偏るって感じで。不思議な問題だよ。 前>>762
>>764
挑戦者が箱を変えない場合、
一発目で当てる確率は、
1/3――①
挑戦者が箱を変える場合、
一発目で当てる確率は、
1/3――②
一発目を外して箱を変えて二発目で当てる確率は、
(2/3)･(1/2)=1/3――③
②③より、
1/3+1/3=2/3――④
①と④を比較すると、
1/3＜2/3
∴挑戦者が箱を変える場合のほうが箱を変えない場合より当たる確率は高い。 「箱を1つ選んだ場合はその1つが正解なら当たりで
箱を2つ選んだ場合はそのうちのどちらかに正解が入っていれば当たりです
箱を1つ選びますか？2つ選びますか？」
っていう問題と同じことだから >>763
(1)
(x,y,z)→(y,-x,-z)は不動点を持たないので問題が誤り
deg(f)≠-1を仮定すればLefschetz不動点定理から従う
(2)
そのような積構造が存在すると仮定
f:S^2→S^2; x→x^2/|x^2|
と定める
f(x)=f(-x)よりこれは
g:RP^2→S^2
を誘導する
gは単射であり、またRP^2がコンパクトであることから、gは同相写像となる
しかしRP^2とS^2は位相同型ではない為これは矛盾 (例) "外積" (交代積)
↑ｂ が ↑ａ のスカラー倍のとき
ａ≠ｏ、ｂ≠ｏ、ａ×ｂ＝ｏ (零因子)
⇔ 整域でない
→ 整閉整域でない
→ UFDでない
→ 主ideal整域でない
→ Euclid整域でない
→ 体でない 前>>767
>>769結論があえばじゅうぶんじゃないか。俺は今脱稿間近で忙しい。伏線を回収してラストシーンがいい感じになる。あと2ページ直す。 >>773
だからいつまでたっても数学ができるようにならんのだよ。
別に数学できるようにならなくても人生で困ることはないが、何事に対してもその気持ちで当たってるなら何やっても何にもできるようにならん。
そのうち首回らなくなるぞ？ >>773
一発目を外して箱を変えて二発目で当てる確率は、
(2/3)･(1/2)=1/3――?
この辺が合ってない。1/2はどこから来たの？
たまたま答えが一致したというだけで、論理展開上はバツになる。 前>>773
>>774首は左右に180°しか回らねえよ、昔から。
>>775箱変えたらあと2個しか残ってねえじゃねえか。どっちか当たりなんだから1/2じゃねえか。
なに言ってるだ。 前>>776
うしろが好きで、
前を向いたまま、
首だけ180°以上うしろに回してキスをする、
あの人にまた逢いたいです。
ただ数学で、
まぎらわすのみ。 前から知ってたがやっぱりコイツどうしょうもないな。 前>>777
>>778
________________｣
(.-ﾟ-)なに言ってるら!
_`''~ >>776
一つ目の箱がハズレであることを前提に置いてるんだよね？？なぜ当たりかハズレかがあるの？？
・一つ目の箱がハズレの場合（2/3）
残り二つの内ハズレが開封される＝変えて当たる確率は１。だから2/3×1＝2/3。だよ。
1/2なんて出てこない。 前>>779
>>780なんで。一発目外れて二発目は残り2個のうちどっちかだろ。
二発目を百％ヒットさせる凄い奴はたしかに1だが、ふつう1/2だ。 答えが2/3というのはどっかで聞いてきて、目の前にある1/3,2/3,1/2とかを適当に組み合わせて2/3になった、出来たってとこなんでしよ？ 前>>781
>>784この問題は初めて見た。順序だてて解いた。 >>781
そこが勘違いしてるポイントよ。
箱がABCとあって、Aを選んでハズレだった場合ね。
・Bが当たりの時
Cが開封される。AからBに変えると1の確率で当たり
・Cが当たりの時
Bが開封される。AからCに変えると1の確率で当たり
そのふつう1/2だ。というのが直感的にそう思うのかもしれないけど、実際は誤ってて。直感と事実と乖離が生まれる命題として、この問題は有名なのよ。
だから、この問題には名前までついてる。 >>785
論理的に考えれば
1/3 + 2/3 × 1/2
などという式は出ない。正しくは
1/3 × 0 + 2/3 × 1。
なんかのCMで言ってたが数式は計算のためにあるのではない。
それ自身が言葉なのだ。
答えが 2/3 になればなんでもいいわけではない。 何を言ってもただ言い張るだけのやつを説得するのは不可能だぞ 前>>785
悔しかったら見たことない過程を経た答えを出してみな。 イナさん、イナさん、
>>767
＞挑戦者が箱を変える場合、
＞一発目で当てる確率は、
＞1/3――②
箱を変えるんだから、一発目に選んだこの箱は開けないことにしたんだけど、
この②の確率を加算してるのはどうしてなの？ 答えの数値だけがあってる式などなんの意味もないというのが何故わからんのかねぇ？
まぁ答えの数値合わすのが目的で数式いじりして一人悦に至るのが目的ならそれでもいいが。 >>789
これで数学の解答をしたらバツだよ。
論理的に誤っている解答をしてるから皆が指摘しているんだよ。
こんなレスしちゃってさ、一番悔しがってるのは君自身じゃないか。 前>>789
>>786AからBに変えて1の確率で当たったんなら、Cに変えてたら0じゃねえか。
つまり二発目は1/2なんだよ。
>>790一発目で当てた場合と、一発目外れて二発目を当てた場合を足しただけだ。 >>793
Cは開封されてるから変えられないぞ？？
変えられるのは当たりであるBだけだよ。 前>>793
>>794もしもCが開封されてたら、中を見ればいい。
当たりなら選べ。
はずれならBだ。 まぁ無理だろうな。
イナの数学はいいとこ中学レベルで止まってる。
三角比とかはどっかのサイトかなんか見て独習したみたいだけど、論理と集合の単元が出来てないと確率は答え出せるようにはならない。
イナはロジックボロボロだからな。 いまどきモンティ・ホール、しかもアレンジもない原型で間違ってごねる所が見られるとは。
問題文に誤りはないので
あと考えられるのはイナ氏が問題文を正確に読んでいなかったということ。
途中では必ず外れが公開されるんだよ。>>764読め
閉廷！ 前>>795
Pが順列でCが組み合わせだろ？ 少しは知ってるさ。！マークが階乗さ。
>>764別解。
読んだ感じ、率直に言って変えたほうが得。せやて親が、胴元が勝手に外れの箱を捨ててくれるんやし、当たる確率は上がるわなぁ。
2倍かな。
1/3の2倍。
変えない場合、1/3――①
変える場合、変えるまでは1/3の確率で当たるところを、
2/3は外れを選んでて、変えたら当たったラッキーってなる。――②
1/3は残り2個両方空箱の覚悟で外れを引きにいくことになる。
①②より、
1/3＜2/3
∴示された。 イナさんは箱を変えます！と宣言した後に、
最初に選んだ箱を真っ先に開けちゃうルール無用星人らしい
こういう人を番組に呼んではいけないな 最初からつけておけばよい機能を制限して商売する点が一番の問題だろうと進言してみる 前>>798
どう解くにしたって2/3になることはわかった。
けどなにが面白い？
たいして面白ないな。
名前つけるような凄いからくりがあるでもなし。 前>>802
>>799なんだ、番組って？
なにに呼ぶんだ？ 数学の番組なら喜んで行かせていただきますよ。
覚えたことを数時間程度の短時間で吐きだすペーパー試験とは違う、面白い数学ならね。 >>802
直感だと「変える必要はない」と感じるのが数学的センスのある人で。だけど、直感と現実解に乖離が発生するというのが、この問題が有名となった所以。
あと>>793のような誤解をする人も一定する現れるのも特徴。
数学的には珍しい問題だよ。 ったく2chはアホばかりだな（笑
モンティ・ホール問題の正解は、
「どちらを選んでも確率は1/2で同じ」である（笑
今、下記のスレでこの問題を論じているから、
興味があれば下記のスレへ（笑
但しチンピラ、ごろつき、与太者はお断り（笑
現代数学はインチキだらけ
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1567930973/l50 一応こちらにも書いておくと、
誰が考えても正解はこうである（笑
空箱を開ける前は、
三つの箱のどれか一つに景品が入っているのだから
どれを選んでも当たる確率は1/3である。
空箱を開けた後は、
二つの箱のうちどちらか一つに景品が入っているのだから
どちらを選んでも当たる確率は1/2である（笑 >>805>>806
この人は自費出版のトンデモ本を宣伝しまわっている真性のキチガイです
とにかく論理的・数学的な話が通じません
他のスレで現れた際に邪魔すぎた為に単独スレへと追い出した経緯がありますので、ここでのレスバも控えるよう願います
このレスに対し何か反応がある可能性もありますが、私もこれ以降は彼には触れません
どうしても反論したい人は貼られているスレに行くことをオススメします スレ汚したお詫びに問題
S^2の接束から得られるS^1束の整数係数(コ)ホモロジーを計算せよ 1845
かずきち@dy_dt_dt_dx 8月28日
学コン8月号Sコース1等賞1位とれました！
マジで嬉しいです！
来月からも理系に負けず頑張りたいと思います！
https://twitter.com/dy_dt_dt_dx
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>807
>>807
>とにかく論理的・数学的な話が通じません
それがお前ら（笑
>単独スレへと追い出した経緯がありますので
お前に追い出された経緯はないし、
そもそも追い出されたこともない（笑
お前はサル石か（笑 100枚の宝くじを売り出すとし、
そのうち１枚だけが当たりくじだとする。
但し、そのうち99枚をＡの売り場で売り出すとし、
残りの１枚をＢの売り場で売り出すとする。
１ Ａの売り場に宝くじが入っている確率と、
Ｂの売り場に宝くじが入っている確率は、それぞれいくらか。
２ ＡとＢのどちらで買った方が当たる確率が高いか。
これが正答できるなら、>>805-806が正しいと分る（笑 僕もこのスレで論じる気はないのである（笑
だからモンティ・ホール問題について論じたければ下記スレへ
現代数学はインチキだらけ
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1567930973/l50
ちなみに>>812の問題についての回答者は
今のところ一人だけで、不正解である（笑 君は別のスレで主張しなさい。わざわざこのスレまで顔を出す必要もないでしょうに。
君が来ると荒れるから、色んなスレに顔を出す行為はスレ荒らしに他ならないよ。 前>>803
>>812
１
100枚の宝くじのうち１枚が当たりくじだから、
Ａの売り場の99枚のうち、
1･(99/100)枚が当たりくじだから、
Ａの売り場に宝くじが入っている確率は、
1･(99/100)÷99×100=1(％)――①
Ｂの売り場の1枚のうち、
1･(1/100)枚が当たりくじだから、
Ｂの売り場に宝くじが入っている確率は、
1･(1/100)÷1×100=1(％)――②
２
①②より、
ＡとＢは同じ確率。 イナ氏に質問
{{}}∈{{{}}}、{}∈{{}}であるが、さて{}∈{{{}}}か？
然り、もしくは、否、で答えられたし >>816
まあそれだけ勘違いが起こりやすい面白い問題って事でw a,bを互いに素な整数とする
この時自然数X、Yを用いて
aX＋bYの形で表せない自然数の個数はいくつか 題意より ab≠0
・ab <0 なら 0
aX+bY=1 を満たす X,Y∈N がある。(互除法、中国剰余定理)
・a<0, b<0 なら ～N
すべての自然数。個数というより濃度(Cardinality)？ 正の定数a,bに対して
c[n]=∫[0,π/2](a^2 sin^2(x) + b^2 cos^2(x))^(-n)dx
とおく。
|t|が十分小さいとき、Σ[n=0,♾] c[n]t^n を求めよ。 >>824
Σ[n=0,∞] c[n]t^n
= Σ[n=0,∞]∫[0,π/2] (t/(a^2 sin^2(x) + b^2 cos^2(x)))^n dx
|t|<min(a^2,b^2)と仮定して積分と和を入れ替える
= ∫[0,π/2] 1/(1-t/(a^2 sin^2(x) + b^2 cos^2(x))) dx
= π/2+∫[0,π/2] t/((a^2-t)sin^2(x)+(b^2-t)cos^2(x)) dx
√(a^2-t) tan(x) = √(b^2-t) tan(y) と置く
= π/2+∫[0,π/2] t/√((b^2-t)(a^2-t)) dy
= (π/2)(1 + t/√((b^2-t)(a^2-t))) iを虚数単位、aを正の数とし
閉曲線 Cを頂点 -a、a、a+i√π、-a+i√πからなる長方形の境界に反時計向きを付けたものとする。
(1) ∫[C] e^(-iz^2)/(1 + e^(2(√π)z)) dz を求めよ。
(2) a→∞の極限から ∫[-∞,∞](cos(x^2) + i sin(x^2))dx を計算せよ。 Σ[n=1,∞] ∫ (t/{aa･sin(x)^2 + bb･cos(x)^2})^n dx
= ∫ t/{aa･sin(x)^2 + bb･cos(x)^2 -t} dx
= ∫ t/{(aa-t)sin(x)^2 + (bb-t)cos(x)^2} dx
= t/√{(bb-t)(aa-t)}∫dy { ← √{(aa-t)/(bb-t)}･tan(x) = tan(y)}
= t/√{(bb-t)(aa-t)} y
= t/√{(bb-t)(aa-t)} arctan(√{(aa-t)/(bb-t)}･tan(x)),
ここで ｘ：0→π/2, >>827
この問題の出典は
ttps://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/analysis/gaussianintegral.pdf
によると1940年代の複数の文献らしい 前>>817
>>828なに言ってるら。
すべての場合分のその場合の数であってるじゃないか。 >>822
a>0, b>0 の時
・ab+1以上
n-a, n-2a, ････, n-ba (b個)のいずれかは bの倍数。
n-b, n-2b, ････, n-ab (a個)のいずれかは aの倍数。
該当なし。
・ab以下
1≦X≦b-1, 1≦Y≦a-1,
aX+bY と a(b-X)+b(a-Y) のペアの和は 2ab.
一方は <ab, 他方は >ab. (=ab はない)
∴ (a-1)(b-1)個の半分が <ab であり、また重複もない。
∴ 該当するのは ab - (a-1)(b-1)/2 = (a+1)(b+1)/2 -1 個。 >>823 >>831
否（笑
１の証明がまったく意味不明だ（笑
イナよ、お前の変な証明を理解でき者はイナい（笑 前>>831
>>817シンプルで美しい俺の解法。もっとも自然で、わからない人々を救う俺のmethod。たとえ出題者や採点者に理解力がなくても、きっとだれかに届くはず。 >>824
生成関数を
G(t) = Σ[n=1,∞] c[n] t^n
とおく。
-{(G^3)/(2tt)}{tt･[1/G(t)^2 - (2/π)^2]} "
= G" - (3/G)(G')^2 + (4/t)G' -(G/tt){1 -(2G/π)^2}
= 0
より
1/G(t)^2 - (2/π)^2 = (tの一次式)/tt,
G(t) = (π/2) t/√{(bb-t)(aa-t)}, C[n,k]=n!/((n-k)!k!)とするとき
Σ[n=1,∞] (-1)^(n-1)/(n^2 (2n-1) C[2n,n]) = π^2/6 - 5log^2((1+√5)/2)
を示せ。 一辺2の小五芒星aがあり、その一辺を頂点から交点まで大五芒星が線分を共有するとき、大五芒星の正５角形の面積を求めよ
星形ｂについて
頂点～交点の距離は 2,
正五角形の辺長は 2/φ,
面積は 5cot(π/5) /φ^2
= √(25+10√5) /φ^2
= 6.8819096/φ^2
= 2.62865556
φ = (1+√5)/2 = 1.618034 (黄金比) 0.9999...が1とは成らないような実数上のハウスドルフ位相空間を定めよ
ただし数列a_nに対して、ハウスドルフ位相空間Xにおけるlim(n→∞)a_n=α∈Xの定義は、
任意のαの開近傍に対して、ある自然数Nが存在して、n≧N ならばその開近傍にa_nが含まれる ということである
さらに
0.999...9(9がn個)=a_nとし、
0.999...:=lim(n→∞)a_nと定義する >>841
写像f:R→Rを
f(x)=x+1 (x∈Z), x(otherwise)
としてTをによる通常位相の引き戻しとすれば
f(lim[T位相](1-1/10^n))
=lim[通常位相]f(1-1/10^n)
=lim[通常位相](1-1/10^n)
=1
より
lim[T位相](1-1/10^n))=0 >>842
素晴らしい そして速い
>としてTをによる通常位相の引き戻しとすれば
は
としてTをfによる通常位相の引き戻しとすれば
ってことだよね？
一応用意してたのはこんな感じ
d(x,y)= |x-y| (x,y∈(0,1) または x,y∈(0,1)^c)
,|1-x-y| (x∈(0,1) かつ y∈(0,1)^c)または (y∈(0,1) かつ x∈(0,1)^c)
とすればdはR上の距離になってその距離位相の上では0.999...=0となる >>831
否という 自由ありけり 夏の果て 田中亜紀子 (津市)
中日新聞 (2017/Oct/02)
否否と 加齢や 雪の日の体温 池田澄子
否否否 百遍の否 鴃(モズ)きしる 井口時男
句集『天來の獨樂』 深夜叢書社 (2015/Oct) 2860円 (0,1)^c (x≦0 と x≧1) はそのままで
(0,1) を逆向きにしたでござるか。 d(x,y) = | g(x)-g(y)|
g(x) = x + (2x-1)[ x(x-1)/(xx-x+1) ]
とか >>838
f(x)=Σ[n=1,∞] x^(2n)/(n^2 C[2n,n]) と置く
y=f(x)は微分方程式 (4-x^2)y''-xy'=√(4-x^2)(√(4-x^2)y')'=4 を満たしこれを解くと
f(x)=2(arcsin(x/2))^2
問題の和Sは
S = ∫[0,1] -f((√-1)x)/x^2 dx
= 2∫[0,1] (arcsinh(x/2))^2/x^2 dx
… x=2sinh(t)と置いて2回部分積分
= 2∫[0,logφ]{log(1+e^(-t))-log(1-e^(-t))}dt - 8(logφ)^2
… log(1±x)を展開して項別積分
= -2{Li2(1/φ)-Li2(-1/φ)} + 2{Li2(1)-Li2(-1)} - 8(logφ)^2
ここにφ=(1+√5)/2, Li2(x)=Σ[n=1,∞] x^n/n^2
Li2(x)は
・Li2(1) = ζ(2) = π^2/6
・Li2(-1) = -(1/2)ζ(2) = -π^2/12
・Li2(x)-Li2(1-1/x) = π^2/6 - log(1-x)log x + (1/2)(log x)^2
を満たす(最後の式はx→1で成り立つことと両辺の微分が等しいことからわかる)
この式にx=1/φを代入し黄金比の関係1-φ=-1/φから
Li2(1/φ)-Li2(-1/φ) = π^2/6 - (3/2)(logφ)^2
よって
S=π^2/6 - 5(logφ)^2 類題: Σ[n=1,∞] (-1)^(n-1)/(n^3 C[2n,n]) = (2/5)Σ[n=1,∞] 1/n^3 を示せ。 >>849
アペリーの公式
ζ(3) = Σ[n=1,∞] 1/n^3 = 1.202056903159594284････
どうやって出すんでしょうね。
数セミ増刊「数の世界」日本評論社 (1982) p.147～
(蛇足)
ζ(3) = Σ[n=1,∞] 1/n^3
= 5/4 - Σ[n=2,∞] 1/{n^3･(n^2 -1)}
= 1 + Σ[n=1,∞] 1/{n^3･(4n^4 +1)}
= 77/64 + Σ[n=2,∞] 4/{n^3･(n^2 -1)(9n^4 + 3n^2 +4)}
= 9/8 + Σ[n=1,∞] 4/{n^3･(9n^8 + 18n^6 + 21n^4 + 4)}
4n^4 +1 = (2nn+1)^2 - (2n)^2,
9n^8 + 18n^6 + 21n^4 + 4 = (3n^4 +9nn +2)^2 - {6n(nn+1)}^2,
>>850
いいえ。(e = 2.718281828459045････ (ネイピア数) ならば) >>848
xy '= Σ[n=1,∞] 2/(n･C[2n,n])・x^(2n),
y " = Σ[n=0,∞] 2(2n+1)/((n+1)･C[2n+2,n+1])・x^(2n)
(4-xx) y " = Σ[n=1,∞] {8(2n+1)/((n+1)･C[2n+2,n+1]) - 2(2n-1)/(n･C[2n,n])}・x^(2n)
= Σ[n=1,∞] {4/C[2n,n] - 2(2n-1)/(n･C[2n,n])}・x^(2n)
= Σ[n=1,∞] 2/(n･C[2n,n])・x^(2n),
よって
(4-xx) y " - xy ' = 0.
x = 2sinθ とおくと
(d/dθ) = √(4-xx)･(d/dx)
題意より
(d/dθ)^2 y = 4,
y = 2θ^2, >>852
1/√(4-xx) = Σ[n=0,∞] 2 C[2n,n] (x/4)^(2n),
arcsin(x/2) = Σ[n=0,∞] 2 C[2n,n]/(2n+1) (x/4)^(2n+1),
2乗すると C[2n,n] が分母に来る。 >>848 より
f(ix) = -2{arcsinh(x/2)}^2 = -2{log[(x+√(xx+4))/2]}^2,
ζ(3) = ∫[0,1] (-5)f(ix)/x dx, 1/√(4+xx) = Σ[n=0,∞] 2(-1)^n C[2n,n] (x/4)^(2n),
をxで積分して
arcsinh(x/2) = Σ[n=0,∞] 2(-1)^n C[2n,n]/(2n+1) (x/4)^(2n+1)
= log[(x + √(xx+4))/2] = -log[(√(xx+4) - x)/4], >>849 >>854
Σ[n=1,∞] (-1)^(n-1) x^(2n)/(n^2 C[2n,n]) = 2(arcsinh(x/2))^2
より
S = 4∫[0,1] (arcsinh(x/2))^2/x dx
… x=2sinh(t)と置き部分積分
= -8∫[0,logφ] t log(e^t - e^(-t)) dt
= -8∫[0,logφ] t {t - Σ[n=1,∞] e^(-2nt)/n} dt
= -(8/3)(logφ)^3 - 4(logφ)Li2(1/φ^2) - 2Li3(1/φ^2) + 2Li3(1)
ここに
Lik(x)=Σ[n=1,∞] x^n/n^k
・Lik(x)+Lik(-x) = 2Σ[n:even] x^n/n^k
= (1/2^(k-1))Lik(x^2)
・Li3(x)-log(x)Li2(x) + Li3(1-x)-log(1-x)Li2(1-x) + Li3(1-1/x)-log(-1+1/x)Li2(1-1/x)
= -(1/3)(log(x))^3+(log(x))^2log(1-x)+Li3(1)
にx=1/φを代入し関係式1-1/φ=1/φ^2,1-φ=-1/φを用いると
(5/4)Li3(1/φ^2)+(5/2)(logφ)Li2(1/φ^2) = -(5/3)(logφ)^3+Li3(1)
よって
S = -(8/3)(logφ)^3 - (8/5)(-(5/3)(logφ)^3+Li3(1)) + 2Li3(1)
= (2/5)ζ(3) >>851
ζ(5)=Σ[n=1,∞](-1)^n R(n)/C[2n,n] を満たす整数係数の有理関数R(x)が見つかれば
ζ(5)が無理数であることを証明できる可能性があるが、この具体的なRは存在するか？ たしかに面白い問題でござる。簡単に解けそうもないけど。 半径1の球面上に周の長さ1の閉曲線を描く
閉曲線で囲まれる球面上の領域の面積の最大値を求めよ >>859
少し修正します
球面上での閉曲線で囲まれる領域は二つ出来るけど
面積はその二つの内小さい方とします >>859
とりあえず周長1の小円で切ってみる
小さい方の面積は2π-√(4π^2-1)
大きい方の面積は2π+√(4π^2-1)
そしてあまり意味はないけどこれらの積は1 もしかしてこの手の問題の解は必ず定曲率の曲線になったりするのかな？ 前>>835
>>859-860
最大の閉曲面は円周だから、球の表面から地下t{0≦t≦1-√(1-1/4π^2)}まで中心に向かって掘り、その地点を通る水平な円盤の円周をt=0から1-√(1-1/4π^2)まで足し集めると、
2π∫{0～1-√(1-1/4π^2)}√(2t-t^2)dt
=2π――(積分関数不明)
=2π-√(4π^2-1)
こういうことか。 >>863
関数不明ていわはりますけど、
その円周の付近の地面が軸に対してどれだけ傾いてはるか
よう考えはったらイナはんなら解けるはずどすえ 部分積分により
I = ∫√{t(2-t)} dt
= (t-1)√{t(2-t)} + ∫(1-t)^2 /√{t(2-t)} dt
= (t-1)√{t(2-t)} + ∫1/√{1-(t-1)^2} dt - I
= (t-1)√{t(2-t)} + arcsin(t-1) - I,
∴
I = (1/2)(t-1)√{t(2-t)} + (1/2)arcsin(t-1), 半径 1/(2π) = 0.1591549431 の小円で単位球を切ってみる。
球の中心から小円に垂線を下ろし、その向きをz軸とすると
(表面積) = 2π|⊿z|
= 2π{1 - √[1 - 1/(4π^2)] }
= 2π - √(4π^2 - 1)
= 0.080087887
また
arcsin(1/(2π)) = 0.1598346264 じつは球の表面の領域Dについて
Dの面積=3×(Dと中心の凸包の体積)÷半径
を使うと高校生でも解けたりする。 >>861
>>863
>>866
結論から言えば円で正解ですが 最大性の証明もお願いします
ヒントはガウス・ボネの定理です >>859-860
表面積=2π(2t-t^2)^(3/2)/(3/2)(2-2t)
=2π(2t-t^2)^(3/2)/3(1-t)――①
図を描くと、
t=1-√(1-1/4π^2)
1-t=√(1-1/4π^2)
=(1-1/4π^2)^(1/2)――②
t^2=1-2√(1-1/4π^2)+1-1/4π^2
=2-2√(1-1/4π^2)-1/4π^2
2t-t^2=2-2√(1-1/4π^2)-{2-2√(1-1/4π^2)-1/4π^2}
=1/4π^2――③
①に②③を代入すると、
表面積=2π(2t-t^2)^(3/2)/3(1-t)
=2π(1/4π^2)^(3/2)/(1-1/4π^2)^(1/2)
=2π(1/4π^2)^(3/2)/(1-1/4π^2)^(1/2)
=2π(1/4π^2)√(1/4π^2)/(1-1/4π^2)^(1/2)
=(1/4π^2)/(1-1/4π^2)^(1/2)
=1/2π√(4π^2-1)
=0.0256573341……
前>>863あってんのかな？ 合ってる。
球面のうち平行な平面の間にある部分の
(表面積) = 2πr･|⊿z|
⊿z：平面の間隔
r：球面の半径 前>>869
半径1の球から断面の周長が1の欠球だかを切りとったら、切り口の面積は、
π(1/2π)^2=1/4π
表面積はこれより少し大きくないといけない。
前>>869
表面積=[(2t-t^2)^(3/2)/3(1-t)](t=0～1-√{1-√(1-1/4π^2)}――①
t=1-√(1-1/4π^2)
t^2=1-2√(1-4π^2)+1-1/4π^2
=2-2√(1-1/4π^2)-1/4π^2
2t-t^2=2{1-√(1-1/4π^2)}-{2-2√(1-1/4π^2)-1/4π^2}
=2-2√(1-1/4π^2)-{2-2√(1-1/4π^2)-1/4π^2}
=1/4π^2――②
1-t=√(1-1/4π^2)――③
①に②③を代入すると、
表面積=(1/4π^2)^(3/2)/3√(1-1/4π^2)
=(1/4π^2)√(1/4π^2)/3√(1-1/4π^2)
=1/3･8π^3√(1-1/4π^2)
=1/12π^2√(4π^2-1)
(＞1/4πであってんのかな？) 合ってる。
(表面積) = 2π|⊿z|
= 2π{1 - √[1 - 1/(4π^2)] }
> 2π{1 - [1 - 1/(8π^2)] }
= 2π/(8π^2)
= 1/(4π)
= 0.079577471546 前>>871
>>859-860
表面積＞1/4π=0.0795774715……
膨らみのぶんだけ表面積は断面積より大きい。
0.08ぐらいになるんじゃないかな？ もしかしたら0.08超えるかも。 前>>873
どうやって0.08超えたんだ？
>>859-860 前>>875
円周を0から1まで足し集めるやり方であってんじゃないの？ 長さを積分して面積になる
は平面までの話。
空間図形でやるにはそれだけではダメ。 前>>875
>>876球体の表面積って土器みたいに積み重ねてバウムクーヘン法できないの？ 前>>878前々>>876
>>877じゃあどうやって0.08超える計算をしたんだ？ バウムクーヘン法だとばっかり思ってた。どおりで式が⊿とか意味わからんわけだ。
>>859-860 >>878
補正すればできるやつもあるができないものもある。
球面の場合は補正すればできる。
高さhで切ってできる弧の長さをl、球の半径をRとして
∫l R/ √(R^2-h^2) dh
を計算すれば出る。
例 球面全体の場合はl=2π√(R^2-h^2)だから
∫[-R,R]l R/ √(R^2-h^2) dh
=∫ [-R,R] 2πR dh
=4πR^2
しかし特例。
普通は ‘長さを積分’ ではでない。
補正する因子が同じ高さで共通してないと無理。 >>879
イナ氏にはこういう説明が分かりやすいはずだ
球体のスイカを皮がついたまま同じ厚さで輪切りにすることを考える
すると、スライスした実の厚さは同じはずなのに、緑色の皮の幅は端のほうほど広いはずだ
さてそれは何故でしょう？
そして緑色の皮の幅は実の厚みの何倍くらいあるでしょうか？ 前>>879
周長1の切り口の半径は、
1/2π
ピタゴラスの定理より、
半径1/2πの円の中心から、半径1の球の中心までの距離は、
√(1-1/4π^2)
(ここが飛躍してんだよ)
表面積は周長を足し集めたのか、
表面積=2π{1-√(1-1/4π^2)}
ここはなんで
半径1/2πの円の中心から、半径1の球の中心までの距離
に2πを掛けて周長1の内側部分の球体の表面積が出るんだ？ >>882
> ピタゴラスの定理より、
> 半径1/2πの円の中心から、半径1の球の中心までの距離は、
> √(1-1/4π^2)
> (ここが飛躍してんだよ)
どこが？
> 表面積は周長を足し集めたのか、
> 表面積=2π{1-√(1-1/4π^2)}
表面積=∫[√(1-1/4π^2),1] 2π√(1-h^2)/√(1-h^2)dh
どの緯度の点を含むかだけで決まっちゃうのか。
意外にオモロイw 前>>882
>>883
√(1-h^2)/√(1-h^2)dh
これは2πと、球を高さhの地点で水平に切った半径を、掛けあわせて出した周長を√(1-1/4π^2)から1まで足し集めてると思うんですが、なぜ分子と分母が同じなんでしょう？
(うんこ/うんこ)dhにしか見えない。
約分して
表面積=2π∫[√(1-1/4π^2),1]dh
=2π{1-√(1-1/4π^2)}
でいいですよね？ 前>>884つづき。
2πと、球を高さhの地点で水平に切った半径を、掛けあわせて出した周長を、
√(1-1/4π^2)から1まで足し集めると、
表面積=2π∫[√(1-1/4π^2),1]dh
=2π{1-√(1-1/4π^2)}
=2π-√(4π^2-1)
drじゃなくてdhだ。足し集める方向にうすく切ったのをdhにするんだ。わかった。 ＞>その前にまず、自然数x､y､zとは別の実数 X､Y､Zをx:y:z=X:Y:Zが成り立つように仮定して、そのX､Y､Zの上で Z=X+r とおいてから議論するのならば良い。
＞すみません。この方法で、うまく説明できるかが、わかりません。
その方法で説明できなければ証明と認めません。 >>868
閉曲線の内部に極軸をとる。
閉曲線を極座標で表わした式(*)を
θ = f(φ) ≧0,
f(0) = f(2π),
とする。
周長Lと面積Sは
L[f] ≧ ∫[0,2π] sin(f(φ)) dφ,
S[f] = ∫[0,2π] {1-cos(f(φ))} dφ,
と表わせる。
束縛条件 L[f]=1 の下で汎関数
I[f;λ] = S[f] - λ･(L[f]-1),
をfで変分すると
δI = ∫[0,2π] {sin(f(φ)) -λcos(f(φ))} δf dφ,
任意の δf に対して I[f;λ] が停留値となることから
sin(f(φ)) -λcos(f(φ)) = 0,
f(φ) = arctan(λ) = arcsin(1/(2π)),
*) もしヒダヒダがあれば、それを伸ばして広げることが可能。 前>>885
>>866は答えはあってると思ったけど、途中がぶっとんでた。
せめて>>885これぐらいは書いてほしかった。どうやって0.08を超えたか途中が必要だと思う。
2π-√(4π^2-1)=0.080087887……＞0.08
インテグラル、積分区間、積分関数のネット上での書き方は再認識できた。
∫[積分区間](積分関数)dh >>888
解答ありがとうございます
閉曲線をxy平面に射影したときに円と同相になるとして、
極座標θ=f(φ)のθはxy平面における偏角だと思うのですがφはなんの量でしょうか xy平面に射影したときの動径ですか？ それともxz方向の偏角でしょうか
それと周長が不当式になってますがそのまま変分して扱えるのでしょうか >>890
たぶん三次元極座標の取り方は決まっていて(x,y,z)=(r sinθcosφ,r sinθsinφ,r cosθ)だと思う
このとき
L = ∫[0,2π] √(sin^2(f(φ))+(f'(φ))^2) dφ
S = ∫[0,2π]∫[0,f(φ)] sinθ dθdφ
= ∫[0,2π] {1-cos(f(φ))} dφ
は合ってる 論理クイズ
４部屋あるアパートとその家主、そして７人の学生で実験をする。
学生は作戦会議の後、アパートの前でトランプ(ジョーカー抜き)から１枚引いて、自分のカードは見ずにお互いのカードを確認する。
その後アパートに入り、自分が入る部屋を４つから１つ選んで一斉に移動する。
家主は全ての部屋の学生のカードのマーク（ハート、スペードなど）を確認し、マークが２種類以上存在する部屋があった場合、各学生に同じ部屋にいる学生のカードをお互い確認させた上で、また一斉に部屋を移動させる(このとき移動しなくてもよい)。
これを、異なるマークが存在する部屋がなくなるまで繰り替えす。
ある作戦によって、カードの配役にかかわらずn回移動すれば実験を終了させられるとき、nの最小値とその時の作戦を考えてください。ただし作戦会議後は、相手のマークをしゃべったり、目などで合図を送ることはだめ。 >>892
なるほど ありがとうございます たしかにそのパラメータ(θ,φ)ならそうなりますね
なので問題は不等式で変分を扱えるのかどうかですね >>893
n=0
作戦
(1) 事前にマークごとに0～3を割り当てておく
(2) 自分以外の人のマークの総和を4で割った余り+1号室に入る
(全員のマークの総和)-(自分のマーク) mod 4 は、マークが同じ人なら同じだから、
すべての部屋にマークが同じ人が振り分けられる。 >>894
どゆこと？
最小値をとるとこで変分が0になるとは限らない？
それとも最小値をとることも示さないとダメと言う事？ >>896
すみません 自己解決しました
最初は
長さ汎関数を
L[f] ≧ ∫[0,2π] sin(f(φ)) dφ
として不等式で小さくしてラグランジュ乗数法で変分してますが、その変分=0ともとの汎関数の変分=0で一致する理由はなんだろうかと思ったのですが
λが正でかつ最大問題を求めるのでそれで下からの汎関数で考えれば十分なんですね １から９までの整数が書かれたカードが一枚ずつ、合計九枚ある。A,B,Cの三人で数あてゲームをする。
ゲームの進行者であるAはまず、自分がどんなカードの組を引いた時にどんな宣言をするかについてのアルゴリズムを【BとC両方に】伝えた後、九枚の中から無作為に六枚を引く。
その後Bが残りの中から無作為に二枚を引き、Cが残りの一枚を引く。三人とも、カードの中身は他人に見せない。
Aは先程自分が伝えたアルゴリズムに従って宣言をする。
このような進行でゲームをする時、全員が引いたカードの組み合わせがどんな場合であっても次の条件が全て満たされるようなアルゴリズムは存在するか：
(1)BはCのカードを確定できる
(2)Cは、自分が持っていないどのカードについても、Bがそれを持っているかどうか確定できない
※Aは、Bだけに情報を伝えられるような伝達手段は持たないものとする。
※宣言の内容はアルゴリズムのみによって決まるのであって、例えば
「自分が引いたカードの組に関する事実を宣言する」
等のような、カードの組に対して宣言が一意に定まらないものは不可。 >>900
意味が分からん。
例えば許される宣言で惜しくも条件を満たさない宣言はどんなのがあるの？ 例えば
自分の持ってるカードの合計を9で割った余りはxxである
みたいなのはありなん？ >>902
除数として 9, 10, 11 のいずれかを使った場合は条件を満たせるらしい
8以下ではBがCを特定できない場合があり
12以上ではCがBを特定できる場合がある >>901
例えば >>902 のアルゴリズムとか、あとは『自分が持ってない最小のカードの数字は○○である』とかはアルゴリズムとして許される例。
これらの場合は、どちらも惜しくも条件は満たさないのだけれども…
>>902 の場合について考えると、例えばCに1が、Bに3,5が配られたとすると、
CはAの宣言から、Bのカードの組み合わせとして(2,6),(3,5),(8,9)のどれかであることがわかる。
しかしこれではBが4も7も持っていないことがCにわかってしてしまうため、解としては不適となる。 そもそもアルゴリズムとして許されないのは、例えば
「自分が持っていないカードの数字をどれか一つ言う」
みたいなもの。
つまりこの問題でのアルゴリズムというのは、Aに配られるカードの組全体の集合（有限集合）から、日本語の文字列全体の集合への写像、のように認識をしていただけたらと。
もちろん値域が日本語の文字列でなく自然数全体の集合とかであっても良い。
『Aがどんなカードの組を持った時にどんな宣言をするか』が、BやCにも確定できるということが肝。 何でわざわざこんな回りくどい問題設定にしたのかというと、例えば
【１から７までのカードをA,B,C三人にそれぞれ3,3,1の枚数でランダムに配り、
AとBが『自分の手札に関する事実』を宣言することでAとBだけに三人のカードの内訳を確定させるにはどうすれば良いか】
という問題における
【AもBも、自分が持っているカードの組xyzについて『AまたはBのどちらかはxyzという手札である』と宣言すれば良い】
という別解、みたいなのを排除するためということになるかな
自分の手札がxyzの時にする宣言が『自分の手札がpqrである』という可能性も含んでいるならば、その宣言は手札がpqrだった時にする宣言と同じ、ということを担保したかった >>905
>日本語の文字列全体の集合への写
数学にならないかもね >>907
もし日本語（で使う文字）の定式化とかを経由したくなければ、その後に書いた通り『自然数全体の集合』への写像でも良いし、実数全体だっていい
実際のところ >>902 のアルゴリズムは、カードの六枚組全体の集合から{0,1,…,8}への写像になっている >>908
ならばそう定義しておくべき
数学ならね >>909
文字集合さえ決めればその値域としての文字列全体の構造は問うてないから、より実態に合った定式化というかをしたつもりだったけど
ちょっと言葉足らずで不親切だったかも知れない、すまぬ >>910
でもまぁ言いたい事はわかった。
なかなかにムズイ。 でけたかも
補題
X={1,‥,9}の任意の三元{i,j,k}に対し、Xの三元部分集合からなる集合Sで以下の性質を持つものが存在する。
(1) {i,j,k}∈S
(2) 任意のXの二元x,yに対し{x,y,z}∈SとなるXの元zがちょうどひとつ存在する。
(∵) L/Kを体の単純Galois拡大でガロア群が3次循環拡大の二つの直積となるものにとる。
L=K(α)とし、α1,‥α9をαの共役元でαi,αj,αkが
[K(αi,αj,αk):K]=3
を満たすように添字をつけておく。
具体的にはガロア群の位数3の元σをとりαi=α、αj=σα、αk=σσαとすれば良い。
S={{x,y,z}| [K(αx,αy,αz):K]=3}
が求める性質を満たす□
AがB,Cに与える情報としてB,Cに渡った三元i,j,kに対して補題の条件を満たすSをとりこれを二人に伝える。
Bは3数のうち2数をしってるから残り一個を確定することができる。
仮にCに渡った数がiとしてi以外のlを取るとき少なくとも一個mをとって{i,l,m}∈SとなるのでCはlが含まれないと結論付ける事は出来ない。
もしiを含むSの元が必ずlを含むとするとi,l以外の異なるp,qをとるとき条件から{i,p,l},{i,q,l}がともにSの元となり条件に反する。
よってSはiを含みlを含まない元を持つのでCはlが含まれると結論付ける事は出来ない。□ >>912
構成してる集合とかすごくいいセンいってる回答なんだけど、
少し確認すべきことが…
各組{i,j,k}に対して補題の条件を満たすSの存在は言えるけれど、
そのようなSは一つだけではないから、アルゴリズムとして許されるためには
「各組{i,j,k}と、それに応じてB,Cに伝える集合Sの対応関係」をあらかじめ決めて共有する必要がある。
（そしてこの時注意しなければならないのが、
例えばもし仮に{1,2,3}に対して宣言されるS_0が、{1,2,3}のみに対して宣言されるものだったならば、
AがS_0を宣言した瞬間、BだけでなくCも全員の内訳が確定できてしまうことになる、ということ。）
また、宣言したSを、BCに渡った手札の組としてあり得る可能性一覧表として捉えさせたいのであれば、
Sの任意の元P={p,q,r}について、BCに渡った手札がPだった場合の宣言はSである必要がある。
（∵もし二つの組PとP'で宣言される集合SとS'が異なったものであるならば、
Sという宣言をすることでP'の可能性が排除されてしまう） >>913
なるほど。
Sの選択も一つのアルゴリズムなのでそこでB,Cに情報がいかないようにしないとダメってことね。
ムズイ‥‥ >>900
こうかな
イ 123 145 167 189 246 258 279 349 357 368 478 569
ロ 124 135 168 179 238 259 267 347 369 456 489 578
ハ 125 134 169 178 236 247 289 358 379 459 468 567
ニ 126 137 148 159 235 249 278 346 389 457 568 679
ホ 127 136 149 158 239 248 256 345 378 467 579 689
ヘ 128 139 146 157 237 245 269 348 356 479 589 678
ト 129 138 147 156 234 257 268 359 367 458 469 789
Aは、自分の持っていない3枚が、この数表のどの行に書かれているかを宣言する
・Bは、この数表の宣言された行と自分のカードから、Cのカードを確定できる
・Cは、この数表の宣言された行と自分のカードからでは、自分が持っていないどのカードについてもBがそれを持っているかどうか確定できない >>915
例)Bが2と4、Cが7を引いた場合
Aは自分のカードに2と4と7がないことがわかるので「ハ」を宣言する(BとCがどのカードを持っているかは知らない)
Bは、ハの行に2と4を含む組み合わせが247しかないので、Cが7を持っていることを特定できる
Cは、ハの行に7を含む組み合わせが178、247、379、567の4通りあるため、これだけの情報からでは7以外のどのカードについても、それを持っているかどうか特定できない >>916
まず最初に123から129をそれぞれの行に振り分けておいて、行内に含まれるどのペアも被らないように他の組み合わせを配置していったらこうなった感じ
あと、前提として宣言の種類は7通り。これより多くても少なくてもいけない >>915
大正解、すばらしい…！
{1,2,x}の割り振りだけからよくここまで完成させられたね…
実は自分も最初に見つけた時は力わざで、
誰かが綺麗な構成見つけてくれたらラッキー程度のことは考えてたんだけど、やはり難しいのかな…
以下は余談
組み合わせ数学の中で BIBD (Balanced Incomplete Block Design) という研究対象があるけど、
この問題は『９元集合に含まれる三つ組全体からなる集合の、七つの(9,3,1)-デザインによる分割』を求める問題と言い換えられたりする
ちなみにこれが１から７までのカードの場合、(7,3,1)-デザインは存在するけれど（最小の有限射影平面）、
(7,3,1)-デザインによる同じような分割は存在しないことがわかる（これも一応手計算で確かめられる） 余談続き
nを3以上の整数とする時、そもそも(n,3,1)-デザインが存在するための必要十分条件は n≡1,3 (mod 6) であることがわかっている
http://mathworld.wolfram.com/SteinerTripleSystem.html
n元集合に含まれる三つ組全体からなる集合の(n,3,1)-デザインによる分割が可能なnは、
n=3（自明な分割）とn=9（今回の問題）しか自分には確かめられてないんだけれども、こういう研究って既にされてたりするんだろうか… >>921
そそ
>>923
を見ると一般化されてるらしいから
アドホックではないしらみつぶしではない
具体的な求め方があるんだと思うよ >>924
「デザイン」と呼ばれているものと「分割」と呼ばれているものではすこし事情が異なるかなと思う
(n,3,1)-デザインというのは、n角形の辺と対角線のすべてを三辺形で過不足なく覆い尽くす問題と同型で、
その必要条件は、nが3以上の奇数かつnC2が3の倍数ということになるから、n≡1,3 (mod 6)であることは理解できるし、構成も難しくはないのだろうけど、
分割については、(n,3,1)-デザインだけですべての三辺形のパターンを過不足なく覆い尽くす問題になるので難易度が高くて、その存在や構成方法は一筋縄ではいかないんじゃないかな。
むしろ計算機向きの問題かと。
拡張を考えるなら、とりあえずn=13の解は存在するのかどうか？ 一般化については次のwikiのSteiner triple systemsの後半で触れられてる。
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Steiner_system
n=9ではup to isoで異なる解が二つあるそうな。
でn=15ではどうかという問題が肯定的に解かれてる。
n=13の場合が華麗に無視られてるのは難しくて無理なのか原理的に無理なのかは謎。 >>926
ありがてえ
確かに、こういうのって小さい数の方から解かれてそうなもんだけどなあ
もし一般的に6n+1型の整数で不可能だとしたらそれはそれで面白いけど、示せるかどうか…
13C3=286個の元からなる集合を、11個の26元集合に分割するとしたら、可能な場合の数だけで
286!/((26!^11)*11!)≒4.75*10^279
通りになるから、コンピューターで探索するとしたらわりと効率良い方法を考えないと大変なことになりそう 別スレで出てた問題。
正しいのかどうか知らない
xi をn 個の正の数とする
m(k)=(Σ(xiの異なるk個の積)/c[n,k])^(1/k)
とおくとき
m(k)≧m(k+1)
を示せ。
不等式スレでは解決してるのかな？ 〔マクローリンの不等式〕
ですね。高校数学の質問スレPart401 - 745 あたりで引用してまつね。
〔ニュートンの不等式〕
P(k-1)P(k+1) ≦ P(k)^2 ただし P(k) = m(k)^k
から出すのはどれも共通ですが、これの出し方はいろいろです。
不等式スレの物は直接法（微分なし）ですが面倒なのでお奨めしません。
次の影響かも。
Hardy、Littlewood & Polya: "Inequalities", Cambridge (1934) §2.22 公式51-55
数セミ増刊：「数学の問題」 第(1)集、日本評論社 (1977)
●21 の解説では次を引用しています。微分を使いますが比較的短いです。
Beckenbach & Bellmann: "Inequalities", Ergebnisse叢書, Springer-Verlag (1961) p.11 おお、さすが不等式スレ。
とっくに話題に上ってたのね。
だろーなーとは思ったけど。 >>934
その証明面白いけど後半が無駄じゃないのかな？
示してるのは
モニック実係数n次多項式P(x)のn-k次の係数をsk、dk=sk/c[n,k]とおく。
P(x)=0の解がすべてx<0にあるとき(dk)^(1/k)は単調減少。
でP'(x)/nに対して同様の構成でs'k、d'kを構成した時k<nに対してdk=d'kが成立する事とP'(x)=0の解もすべてx<0にある事を示してる。
でもだったらこの時点でk=n-1としていい気がする。
そしてその場合はam≧gmで一撃終わりのような。 k=n の場合
{d_(n-1)}^(1/(n-1)) ≧ (d_n)^(1/n), ････ (*)
は am-gm で一撃だろうけど、k<n の場合はこのままぢゃ出ない。
>>934 のミソはnの方を減らすこと。
{d_1,d_2,････,d_(n-1)} を変えずに文字数を n-1 に減らす。
それを繰り返して
{d_1,d_2,････,d_k} を変えずに文字数を k に減らす。
これに (*) を適用すれば、k<n に対しても
{d_(k-1)}^(1/(k-1)) ≧ (d_k)^(1/k),
が出る。 書き方が悪かったな。
ま、読み方が悪かっただけで後半なにやってるかはわかった。
主張
モニックn次多項式p(x)=0の解がすべてx<0にあり、その係数n-k次の係数をskとし、dk=sk/c[n,k]とおくとき、1≦k≦n-1においてd[k]^(1/k)≧d[k+1]^(1/(k+1))。
を示している。
keyはq(x)=p'(x)/nとおくときq(x)もモニック多項式でq(x)=0の解がすべてx<0にあり、同様の構成でekを構成すれば1≦k≦n-1においてdk=ekまで容易。
ここまで読んで、ならp(x)の次数の帰納法で帰納法の仮定が使えないk=n-1の時のみやればいいじゃんと思って、そこはそんなに難しくないだろと思って後半よんでなかったら、なんの事はない、後半はその場合を丁寧に示してるだけなのね。
オレならまずk=n-1の時は帰納法用いずamgmで一括処理しといて、その後帰納法で書くかな。
n=2のケースでは一括処理済みのケースしかない。
n=lでいけるとしてn=l+1のときは一括処理済みのケースと帰納法の仮定が使えるケースしかない。了とか。
ま、趣味の問題でした。
お騒がせでした。 >>929
直接法 (微分なし) の概略だけ。
nについての帰納法による。
(n文字のk次の基本対称式)/C[n,k] = P(k),
これにxを追加した
(n+1文字のk次の基本対称式)/C[n+1,k] = Q(k) とおく。
便宜上
P(0) = Q(0) = 1, P(-1) = Q(-1) = P(n+1) = 0
とする。これらより
(n+1)Q(k) = (n-k+1)P(k) + k･P(k-1)･x,
これを入れて計算すると
(n+1)^2 {Q(k)^2 - Q(k-1)Q(k+1)}
= (n-k)(n-k+2){P(k)^2 - P(k-1)P(k+1)}
+ (n-k)(k-1){P(k-1)P(k) - P(k-2)P(k+1)}x
+ (k+1)(k-1){P(k-1)^2 - P(k-2)P(k)}xx
+ {P(k) - P(k-1)x}^2,
となる。(チョト面倒だが難しいことは何も使ってない)
帰納法の仮定から
P(k-1)/P(k-2) ≧ P(k)/P(k-1) ≧ P(k+1)/P(k),
となるので
Q(k)^2 - Q(k-1)Q(k+1) ≧ 0, (終) >>939
PとQを比べてる式のPのとこはtraceかなんかとってるんですか？
Qのあるサイドのx(n+1)の項がPの側には出てこないのはおかしいのでは？ >>940
sk=symmetricsumof x1…xn
nCkPk=sk
tk=symmetricsumof xx1…xn=xsk-1+sk
n+1CkQk=tk=xnCk-1Pk-1+nCkPk
(n+1)/(n-k+1)Qk=xk/(n-k+1)Pk-1+Pk
(n+1)Qk=xkPk-1+(n-k+1)Pk >>934 >>937 の参考書
安藤哲哉：「不等式」 数学書房 (2012) の定理1.1.4(McLaurin) 私が見つけた証明。
多分あってると思うけどダメかも。
Aがaffine空間、pi、qjがAの点列でui、vjが重みとする。
f(p)かA上の広義凸関数でqjは{pi}の閉凸包に属し重み平均が等しい、すなわちΣuipi=Σvjqjとする。
この時Σuif(pi)≧Σvjf(qj)が成立する。
これを
正の数の組みxuに対しf((tu))=exp(Σtu log xu)で定義された凸関数に適用したらできた気がした。 楕円 x^2/a^2 + y^2 =1 をx軸中心に回転させて出来た楕円体をDとし, 平面 y=±p でこのDを3分割します
3つに分割されたDの体積が等しいとき, |p|>1/4 を示してください >>945
a=1としてよい。
示すべきは
∫[-p,p]π(1-y^2)dy=1/3・4/3π⇒|p|>1/4
であり
∫[-1/4,1/4](1-y^2)dy<4/9
で十分。
LHS=47/96=0.489583333333‥
RHS= 0.444444444444‥
ぬ？ ｓ＝0.1＋0.11＋0.111＋0.1111＋0.11111＋……とする。
ｎ→∞のとき、ｓ／ｎの極限値を求めよ。 次の証明のどこがおかしいかを指摘せよ。
Ｈ＝1＋1/2＋1/3＋1/4＋……
＝1/2＋1/2＋1/4＋1/4＋1/6＋1/6＋1/8＋1/8＋……
＜1＋1/2＋1/3＋1/4＋1/5＋1/6＋1/7＋1/8＋……＝Ｈ
ゆえにＨ＜Ｈ >>948
安達さんこんにちは
安達さんの意味での…は数ではないですから、不等号は成り立ちません
終わりです >>949は質問少年(笑
この少年は具体的な問題には答えられないおバカ少年(笑
数学の知識を覚えるだけの少年である(笑 安達さんは京大文学部で論文は自費出版のトンデモ本に書くものだと習ったそうです
京大も大したことないんですね こうしてこの少年は延々と僕に粘着してくる(笑
2chでも有数の粘着魔である(笑
で、結局、問題には答えない(笑 0.999...=1ではない(笑)と散々言っておいて、今更普通の数学持ち出してくる意味がわからないんですけど本当
数学的な答えはあっちに書きました
安達数学的にはH＜Hは矛盾でないで終わりです
自分が言ったことに一貫性を持たせて欲しいんですけど >>953
それは質問少年に対して言ってくれ。
僕はこのスレを荒らそうという意図などまったくないのである。
質問少年がからんできたから書いたまでだ。 どう考えても荒らしてるのはあなたですよね(笑)
0.999....＜0.999...が成り立つと思ってる人が書き込んでいいスレッドではありませんよ？ >>948
an<bn
でも
liman=limbn
となうことがあるからでしょ (1)｢3以上の任意の整数nに対しxⁿ+yⁿ＝zⁿ｣を満たす正の整数の組(x,y,z)は存在しないことを示せ。
(2)｢任意の正の整数の組(x,y,z)に対しxⁿ+yⁿ＝zⁿ｣を満たす3以上の整数nは存在しないことを示せ。
(3)｢3以上の任意の整数nに対しある正の整数の組(x,y,z)が存在しxⁿ+yⁿ＝zⁿ｣でないことを示せ。
(4)3以上の任意の整数nに対し、xⁿ+yⁿ＝zⁿを満たす正の整数の組(x,y,z)は存在しないことを示せ。 (1)
条件を満たす整数(x,y,z)が存在したとすると、
少なくとも
x^3+y^3=z^3 (a)
かつ
x^6+y^6=z^6 (b)
(a)^2=(b)より
(x^3+y^3)^2=x^6+y^6
だからx^3*y^3=0
これを満たす整数x,yは存在しない。
(2)
条件を満たすnが存在したとすると、
少なくともある整数(x,y,z)に対して
x^n+y^n=z^n
かつ
x^n+y^n=(z+1)^n
辺々引いて
0=(z+1)^n-z^n>0
これは矛盾。
(3)
｢3以上のある整数nが存在し任意の正の整数の組(x,y,z)に対しx^n+y^n≠z^n｣
を示せばよい。
n=4とする。
もう少し強い「x^4+y^4=z^2を満たす正の整数の組(x,y,z)は存在しない」
を証明すれば十分だけどめんどくさいので、
https://mathtrain.jp/mugenkouka
ここに丸投げ。
(4)
フェルマーの最終定理。余白が以下略。 >>945
D: (x/a)^2 + y^2 + z^2 = 1,
あるyで切った断面は
(x/a)^2 + z^2 = 1-p^2 (楕円)
S(y) = πa(1-y^2)
V(p<y<1) = ∫[p,1] S(y)dy = πa∫[p,1] (1-y^2)dy
= πa [ y - (1/3)y^3 ](p→1)
= (π/3)a(p+2)(p-1)^2
V(-1<y<1) = 4(π/3)a
3等分より (p+2)(p-1)^2 = 4/3,
これを解くと
p = 2cos(120ﾟ- θ/3) = 0.2260737137892083 < 1/4
ここに θ = arccos(-1/3) = 109.47ﾟ (四面体角) あるいは
V(1/4<y<1) / V(-1<y<1) = (1/4)(1/4 +2)(1/4 -1)^2
= (3/4)^4
< 1/3 (← *)
∴ p < 1/4
*) 4^4 - 3^5 = 256 - 243 = 13 > 0, >>963 (3) の略証
無限降下法による。
x^4 + y^4 = zz を満たす自然数 (x,y,z) が存在すると仮定する。
そのような (x,y,z) の組でｚが最小のものを考えると、
(xx,yy,z) の最大公約数は1となる。
{もし (xx,yy,z) が公約数d (d>1)をもてば (xx/d,yy/d,z/d) も
解となるから。}
(x,y,z) の2つは奇数だから、xは奇数としてもよい。
(xx,yy,z) は最大公約数が1である「ピタゴラス数」なので、
互いに素な自然数p,qを用いて
xx = pp-qq, yy = 2pq, z = pp+qq,
と表わせる。
第１式から (x,q,p) も最大公約数が1であるピタゴラス数と
なるので、同様に自然数r,sを用いて
x = rr-ss, q = 2rs, p = rr+ss, ････(1)
と表わせる。以上の式から
yy = 2pq = 4prs
p,r,s のどの2つも互いに素なので、それぞれ平方数となる：
p = PP, r = RR, s = SS,
これらと (1) の第３式を合わせて
R^4 + S^4 = P^2
となり元の方程式の新しい解 (R,S,P) が得られたが、
P ≦ P^4 = pp < pp+qq = z より、これはzの最小性に矛盾する。
ゲルフォント「方程式の整数解」ほか, 東京図書 数学新書5 (1960)
銀林 浩 (訳) 銀林でぐぐったら算数教育にも影響のあった人みたいで黒木玄に批判されてる
3+4≠4+3はちょっとなあ…頭でっかちだ
和の交換法則が成り立たない数学なんて数学者と物理学者しか使わねーだろｗ
どんなエンジニアにも大工にも要らない思考だ
そんなものを基準に小学校教育やっても実用性を下げるだけだ
https://twitter.com/genkuroki/status/480213429026709505
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) 「子どもが４人遊んでいました。そこにあらたに子どもが３人やってき
ました。子どもは何人になりましたか？」
前の合併型がもっぱら空間的で同時存在しているものを対象としている
のに対して，この増加型は時間的構造をもっているという点がはっきり違
う。前の場合には，加えられる項４と３はほぼ対等であって，加法を
4 + 3 = 3 + 4
のいずれで表記しても，意味上そう違いはなかったが，この増加の場合に
は，被加数の４と加数の３とはまったく質が異なっている。４は初めに存
在しているいわば土台であり，３はあとからつけ加える増加分にすぎない。
だから，意味の上からは確かに，
4 + 3 ≠ 3 + 4
であって厳密には交換法則は成り立たない。この両辺の《値》が等しくな
るのは，ただの結果としてにすぎない。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
銀林 浩：『数の科学 ～水道方式の基礎～』 むぎ書房 教育文庫7 (1975) 操作として+3と+4が違うのは当たり前
重要なのは「加法」ではa+b=b+aが成り立つという認識であって
それを認識させない教育は無価値だな だな
あんま数学やりすぎるとバカになるのがよくわかる 前>>897
>>970-971
あらたにやってきた子供の数は3、これに元からいた子供の数を足すと、
3+4=7(人) 何を交換法則と呼んでいるのかという言葉遊びにすぎないな
結果として常に成り立つことをもって交換法則として採用されていると考えるのが普通なんじゃないだろうか
意味も同じじゃなきゃダメだとか言い出すことにはなんの意味もない ｓ＝1＋1/2＋1/3＋1/4＋1/5＋……とする。
ｎ→∞のとき、s/nの極限値を求めよ。 死刑にされても、無限回生き返る
ゾンビを、暗に仮定してそう。 >>973
それをちゃんとわかってる人って多分あんまりいないと思うんですよね
①3+4と4+3の操作が違うこと
②それらの値が等しいこと
掛け算とか足し算順序問題というのは、①をわかってるかどうかを立式のときにちゃんと示しなさい、というだけの話なんですけど、②と混同し始めるからわけわからなくなるわけですね >>980
>①3+4と4+3の操作が違うこと
3(+4)と(4+)3のどちらでもイイというのも理解しないとな 5のべき乗(5^t ※tは自然数）について
下一桁目は常に5（t≧1において)
下二桁目は常に2（t≧2において）
下三桁目は1と6の2通りの数字の繰り返し(t≧3において）
下四桁目は3,5,8,0の4通りの数字の繰り返し(t≧5において)
下五桁目は1,7,9,5,6,2,4,0の8通りの数字の繰り返し(t≧6において)
下六桁目は3,9,7,8,1,7,5,5,8,4,2,3,6,2,0,0の16通りの数の繰り返し...
この様に、5のべき乗の下t桁目は2^(t-2)通りの数字の繰り返しであると考えられる（※t≧2において）
↑誰かこれを証明・説明できるエロい人はいらっしゃらないでしょうか？
Excelで適当に計算してたら発見してしまって、なんでだろうってなやみ続けてます... >> 下一桁目は...
>> 下二桁目は...
>> 下三桁目は...
>> 下四桁目は...
>> 下五桁目は...
>> 下六桁目は...
という質問を
下一桁は...
下二桁は...
下三桁は...
下四桁は...
下五桁は...
下六桁は...
から始まる質問文に、適切に変えれば、くだらない質問をしたと気づくはず。 >>978
log(n)<s<1+log(n)よりn→∞でs/n→0 >>978
コーシーの不等式で
s(n)^2 = (1 +1/2 +1/3 + ････ +1/n)^2
≦ (1+1+1+･････+1)(1/1^2 + 1/2^2 ＋ 1/3^2 + ･････ + 1/n^2)
< n{1 + 1/(1･2) + 1/(2･3) + ･････ }
= n{1 + (1-1/2) + (1/2-1/3) + ･････ }
= 2n,
ゆえ
s(n)/n < √(2/n), にゃるほど>>986
問題は平凡だけど、面白い解き方があるってことか？ >>988
log(n)<s<1+log(n)を使えばやはり s/√n→0 >>981
ペアノ算術的に考えれば
3+4=s(s(s(s(3))))
4+3=s(s(s(4)))
で全然違うんですけど そもそも「足し算」という概念は100%人間の妄想であって自然界に足し算など存在しない
有史以来ずっとあった足し算の概念をきちんと定義して整備した、「後付の理屈」がペアノ算術というだけ
小学生、中学生、高校生に足し算や数学を教えるのにペアノ算術など鼻くそほども必要ない
家を設計し、図面を引き、民生用アプリを開発する
現実の世界にペアノ算術なんて必要にならない
数学の象牙の塔にこもりすぎて頭がおかしくなったのが数学者 >>991
(4+)3はね
3に４を足すということの別の表現なんだよ
後に書かねばならないというのは傲慢
上でも下でも斜めでもイイ >>991
ついでにいえば
3=s(s(s(0)))
4=s(s(s(s(0))))
なんだから
3+4=s(s(s(s(s(s(s(0)))))))
4+3=s(s(s(s(s(s(s(0)))))))
で同じというのが交換法則で
本質的には合成関数の結合法則よね
+4と+3が違うというのは
x+4≠x+3と関数（あるいは操作）として違うということだよ >>988
コーシーの不等式で
s(n)^3 ≦ (1+1+1+･････+1){1 +1/(2√2) +1/(3√3) +････ +1/(n√n)}^2
< n ζ(3/2)^2,
次に ζ(3/2) を押さえる。
√k > {√(k+1/2) + √(k-1/2)}/2,
より
1/(k√k) < 2/{k[√(k+1/2) + √(k-1/2)]}
= 2{√(k+1/2) - √(k-1/2)}/k
< 2{√(k+1/2) - √(k-1/2)}/√(kk-1/4))
= 2{1/√(k-1/2) - 1/√(k+1/2)},
∴ ζ(3/2) = 1 + Σ[k=2,∞] 1/(k√k)
< 1 + 2√(2/3)
= 2.63299316
∴ s(n) < 1.90677663n^(1/3),
これを使えばやはり
s(n)/√n < 1.90677663/n^(1/6) → 0 (n→∞)
なお、 ζ(3/2) = Σ[k=1,∞] 1/k^(3/2) = 2.612375348682････
これは統計力学に出てくるyo! y=1/x^a は下に凸だから
1/k^a < ∫[k-1/2,k+1/2] 1/(x^a) dx,
a>1 のとき
ζ(a) = 1 + Σ[k=2,∞] 1/(k^a)
< 1 + ∫[3/2,∞] 1/(x^a) dx
1 + (1/(a-1))(2/3)^(a-1)
< 1 + 1/(a-1)
= a/(a-1). 以下は単なる落書きでデタラメ
S(∞)=log(∞)+γの∞での微分は、1/∞
√∞の∞での微分は、(1/(2√∞))
∴S/√N = (1/∞) ÷ (1/(2√∞)) = 2/√∞
∴S/√N = 0 >>985
ｎ→∞のとき、log(n)→∞となるはずだが（笑
ｓは調和級数で、ｎ→∞のとき、ｓ→∞だから、s/n→∞/∞
一方チェザロ平均の定理によれば、ｓの第ｎ項は1/nだから、
ｎ→∞のとき、1/n→0だから、s/n→0
つまり答えは∞/∞か0
さて、どちらが正しいでせうか（笑 >>998
ロピタルの定理を使えば、
lim[x→∞]logx/x=lim[x→∞](logx)’/(x)’=lim[x→∞]1/x=0
s/√n dでも
lim[x→∞]logx/√x=lim[x→∞](2/√x) =0 このスレッドは１０００を超えました。
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