面白い問題おしえて〜な 30問目
■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
ハズレ。 用意してる解答では2/3は出てきますが‥‥ 長半径 a = 4, 短半径 b = 3, 離心率 ε= √(aa-bb) / a = (√7)/4, 焦点 F (0,√7) F'(0,-√7) これを使って計算すると、 E[FP] = 3.035172 上半分の平均 1.964777 下半分の平均 4.105566 長半径 a = 4, 短半径 b = 3, 離心率 ε= √(aa-bb) / a = (√7)/4, 焦点 F (0,√7) F'(0,-√7) これを使って計算すると、 E[FP] = 3.035172 上半分での平均 1.964777 下半分での平均 4.105566 E[FP] = (8π +60 -10/π)/27 = 3.035171939514 上半分での平均 (9π +20 +15/π)/27 = 1.964777117595 下半分での平均 (7π +100 -35/π)/27 = 4.105566761433 x が正の有理数であるとき、x = (i=1~n) 1/a_i を満たすような相異なる n 個の自然数の組 a_1, a_2, ... , a_n が必ず存在することを示せ。 x = p/q = Σ[i=1〜p] 1/q, (17字) 13だけど、今PCから見たらΣ表示されてないので念のため追記 誤 x = (i=1~n) 1/a_i ↓ 正 x =Σ (i=1~n) 1/a_i >>11 ハズレ 答えは有理数値になります。 下がメッシュ法で力業で近似値出す方法。 実行すれば答の近似値でます。 理論値と合ってます。 Prelude> let {a=4;b=3;c=(sqrt$a^2-b^2)} Prelude> let isIn x y = (x^2/a^2) +(y^2/b^2)<1 Prelude> d x y = sqrt $ (x-c)^2 + y^2 Prelude> let ds = [d x y | x<-[-a,(-a+0.01)..a],y<-[-b,(-b+0.01)..b], isIn x y] in (sum ds)/(fromIntegral $ length ds) >>13 x = p/q とする。(gcd(p, q) = 1) q = ps + r とすると、(sは自然数、0 < r < q) x = 1/(s+1) + (p-r)/{q(s+1)} p' = p-r (<p) q' = q(s+1) としてこの操作を繰り返していけば、いずれ分子は1となる。 >>11 >>12 E[FP] = 13/4 = 3.25 上半分での平均 π -2 +7/(3π) = 1.884315721352 下半分での平均 -π +17/2 -7/(3π) = 4.615684278648 >>18 不十分です 例えばxが2以上の整数の時その方法は無効 ∪Ci=R^2なるdisjointな円周の組みI={Ci}があるとする。 Diを周がCiである円盤としIにCi≧Cj ⇔ Di⊂Dj で順序を入れる。 WをIのwell ordered subsetとする。 C0∈Pを選びW^ = {Di | Ci∈W、Ci≧C0}とすればW^は有限交差性を持ち、すべての元はD0のsubsetだから∩[W^]Diは空でない。 P∈ ∩[W^]Diを選びP∈CjをとればCjはWの上界である。 以上によりIは帰納的順序集合とわかるからZornの補題により極大元Cmをもつ。 この時Cmの内部の点は全てのCiに含まれる事ができない。 >>4 の用意してた解答。 Fを極とする楕円の極方程式は r=d/(1-e cos(θ)) (d=b^2/a、e=c/a)。 微小領域 a<θ<a+ΔにおけるFPの平均値は(2/3)r(a)+O(Δ)。 微小領域の面積は(1/2)r(a)^2Δ+O(Δ^2)であるから E(FP)=∫(1/3)d/(1-e cos(θ))^3 dθ/(πab)=13/4。 >>22 横レス >>18 x>1 のとき、ある自然数Sについて 1 + 1/2 + ・・・・ + 1/S < x < 1 + 1/2 + ・・・・ + 1/S + 1/(S+1), (もし等号が成立したら終了) x = p/q, (0<x<1、S=0) x - (1+1/2+・・・・+1/S) = p/q, (x>1) とする。 0 < p/q < 1/(S+1), gdc(p,q) = 1 としてもよい。 q > p(S+1), q = ps + r = p(s+1) - (p-r) とする。(s≧S、0<r<p) q(s+1) で割ると p/q = 1/(s+1) + (p-r)/{q(s+1)} = 1/(s+1) + p'/q' ここに p' = p-r (<p), q' = q(s+1), >>26 そっか x>1でも貪欲でよかったのか 分母がダブるものとばかり…ひどい勘違い >>25 r = d/(1-e・cosθ) = a(1-ee)/(1-e・cosθ), d = a(1-ee) ・・・・ 通径 (r/a)^3 = {(1-ee)/(1-e・cosθ)}^3 = (1/2)e(1-ee){-2e +cosθ +e(cosθ)^2}/(1-e・cosθ)^3 + (3/2)e(1-ee)(cosθ-e)/(1-e・cosθ)^2 + (1/2)(1-ee)(2+ee)/(1-e・cosθ), 不定積分は ∫{(1-ee)/(1-e・cosθ)}^3 dθ = (1/2)e(1-ee)sinθ/(1-e・cosθ)^2 + (3/2)e(1-ee)sinθ/(1-e・cosθ) + (2+ee)√(1-ee)・arctan(√{(1+e)/(1-e)}・tan(θ/2)) -π<θ<π で積分すると右辺1,2項は周期性で消え、arctan はπずれる。 ∫[-π,π] (1/3)r^3 dθ = (1/3)(a^3)・π(2+ee)√(1-ee), これを楕円の面積 πab = πaa√(1-ee) で割ると E(FP) = (a/3)(2+ee), ee = 1 - (b/a)^2, E(FP) = (aa-bb/3)/a, a=b (円)のときは e=0, E(FP) = (2/3)a, 0<e<1に対し c[k]=∫[-π,π](1-e cosθ)^(-k)dθ とおく。 |t|が十分小さい時に Σ[k=0,∞]c[k]t^k を求めよ。 |t| < 1-e とする。 c[0] = 2π, Σ[k=1,∞] c[k] t^k = ∫[-π,π] t/(1-t-e・cosθ) dθ = [ (2t/√{(1-t)^2 -ee})・arctan(√{(1-t+e)/(1-t-e)}・tan(θ/2)) ](θ=-π,π) = 2πt /√{(1-t)^2 -ee}, 任意の二つの滑らかな閉曲面上には平行移動、回転をして一致するような閉曲線がそれぞれに描けることを示せ エジプト分数の流れで。 a[1] = 2 a[n+1] = a[1]a[2]…a[n] + 1 で数列{a[n]}を定める。 この時、 Σ[n=1 -> ∞]1/a[n] を求めよ。 >>35 特にないです。 勉強してたら、あ、計算できるなぁと気づいたので。 >>36 曲面はどれくらいの事が仮定できるの? ずらして重なり部分考えるんだろうけど、単に二次元連続多様体二つの重なり部分が閉曲線の和に必ずなるといえるとは思えない。 >>38 あ、今思い出した。 ∫1/(1-e cos x)^ dx の話はケプラー問題とかBessel関数の勉強してた時に山ほどでてきてその時ちょっと勉強しました。 >>37 Σ[k:1〜n]1/ak=1-1/Π [k:1〜n]ak を示す。 n=1で容易。 n=Nで正しいとしてn=N+1のとき Σ[k:1〜n]1/ak =1-1/Π [k:1〜n-1]ak+1/an =1-1/Π [k:1〜n-1]ak+1/(Π [k:1〜n-1]ak+1) = 1-1/Π [k:1〜n-1]ak(Π [k:1〜n-1]ak+1) = 1-1/Π [k:1〜n]ak。 よって求める極限は1。 >>41 でもサードの定理にしたって可微分性くらいは仮定してるからなぁ。 単なる連続関数だけだと病的なのいくらでもあるから重なり部分が閉曲線の和になるとか簡単に示せるととても思えない。 >>42 正解です ちなみに有限項で止めるとn項で表せる1のもっとも良いエジプト分数近似となります >>37 より a_{k+1} -1 = a_k (a_k -1), 1/a_k = 1/(a_k -1) - 1/(a_{k+1} -1), Σ[k=1,n] 1/a_k = 1/(a_1 -1) - 1/(a_{n+1} -1), >>42 と同じだが。 >>39 >>41 >>43 「滑らか」が曖昧でしたかね C^∞を仮定してます >>32 |t| < 1 とする。 Σ[k=0,∞] c[-k] t^k = ∫[-π,π] 1/{1-t(1-e・cosθ)} dθ = [ (2/√{(1-t)^2 -(et)^2})・arctan(√{(1-t+et)/(1-t-et)}・tan(θ/2)) ](θ=-π,π) = 2π/√{(1-t)^2 -(et)^2}, c[1] = 2π/√(1-ee), c[0] = c[-1] = 2π, c[-2] = (2+ee)π, c[-3] = (2+3ee)π, >>26 例) x=1 自明な解 x = 1/1, 貪欲算法 (フィボナッチ=シルヴェスターのアルゴリズム) による解 x = 1/2 + 1/3 + 1/6, 分母が奇数のみで、項数が最小(9)の解 ・・・・ 5通りある。 x = 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/9 + 1/11 + 1/15 + 1/35 + 1/45 + 1/231, 分母が奇数のみで、最大分母が最小(105)の解 x = 1/3 + 1/5 + 1/7 + 1/9 + 1/11 + 1/33 + 1/35 + 1/45 + 1/55 + 1/77 + 1/105, >>46 閉曲面MがC^∞とはM自身C^∞級多様体で埋め込みもC^∞級というだけ? 次は仮定できる? Mの任意の点PのR^3での近傍Uで定義された滑らかな関数fが存在して M∩U = f^(-1)(0) が成立する。 前者の条件満たすけど後者の条件は満たさない例があるので困ってるんだけど。 後者の条件満たさないで前者の条件しか満たさないやつだとかなり病的なやつが作れてしまう。 >>50 仮定は前半だけです 多様体としてC^∞かつ埋め込みもC^∞ >>51 見つけないといけない閉曲線はC^∞級でないこダメ? 単にS^1からの連続単射でおけ? 2*3*5*7*(1/2+1/3+1/5*1/7) mod (2*5*7) =41 2*3*5*7*11*(1/2+1/11+1/5*1/7*1/3) mod (2*5*7*3) =127 2*3*5*7*11*(1/2+1/11*1/3+1/5*1/7) mod (2*5*7) =31 2*3*5*7^4*11*(1/2+1/11*1/3+1/5*1/7^4) mod (2*5*7^4) = 12071 2*3*5*7^6*11*(1/2+1/11*1/3+1/5*1/7^6) mod (2*5*7^6) =588311 >>53 ダメだ。 全くできる気がしないorz ヒントおながいします。 >>55 ヒントはガウス曲率です ガウス・ボネの定理から必ず閉曲面にはガウス曲率が正の部分が存在する しかも一点ではなくてある近傍で正です 近傍のガウス曲率が真に0より大きければその断面は閉曲線です あれ?でもC^∞しか仮定してないと計量の引き戻しが死んでしまうところが死ぬほどでてくるのでは? 例えば f(x)=exp(-1/x) (x>0) =0 (x=0) =-exp(1/x) (x<0) みたいな原点で何回微分しても0みたいな関数途中に通過させると像がとんがったトゲみたいなの持ってるやつとか作れちゃうけど。 そういうとこでは計量テンソル引き戻してきても死んでるので曲率もへったくれもない。 例えば>>57 のf(x)を使って x=f(t) y=|f(t)| とかするとこれはR→R^2のC^∞埋め込みになってるけど像はy=|x|でとんがってしまう。 そのトンガリがRの方に伝わらないようにこういう細工ができてしまう。 ここでは計量の引き戻しが正定値はおろか完全に死んでしまう。 二次元多様体のR^3へのC^∞埋め込みでも同じくとげだらけの埋め込みができてしまう。 >>59 今wikiでみてきたら可微分の埋め込みは誘導される微分も単射である事を要求するのね。 微分幾何の勉強たりてないからこんな要求あるの知らなかった。 1日悩んでしまった。 平行移動のやつ。 diagM=d(p,q)となるp,qをとり、z軸がpqに平行になるようにとり、p,qの近傍でMがz=f(x,y), z=g(x,y)となるようにとる。 p,qのxy座標は(0,0)として良い。 h=g-fの非臨界値cをg(0,0)-f(0,0)に十分近い値に取ればh^(-1)(c)のある連結成分Cが閉曲線となるようにとれる。 C1={(x,y,f(x,y))|(x,y)∈C}, C2={(x,y,g(c,y))|(x,y)∈C} ととればコレが求める閉曲線である。 (1)複素関数fをf(z)=πcot(πz)/(1+z^4)とする R>0に対して、 C_Rを複素平面上で中心0、半径Rの円周を反時計回りに周る経路とする このとき、lim(R→0)∫_(C_R) f(z) dz=0を証明せよ (2)級数Σ_(k=-∞,∞) 1/(1+k^4)を求めよ >>63 (1)訂正 lim(R→∞)∫_(C_R) f(z) dz=0 です (2) S = Σ_(k=-∞,∞) 1/(1+k^4) = (π/√2){[sinh(π√2) + sin(π√2)]/[cosh(π√2) - cos(π√2)]} = 2.156955159334273676636044386491 ついでに S = 2 + 2_(k=2,∞) 1/(1+k^4) < 2Σ_(k=2,∞) 1/k^4 = 2ζ(4) = (π^4)/45 = 2.164646467422276383032 1/(1+k^4) > 1/[(k-1)k(k+1)(k+2)] = 1/[3(k-1)k(k+1)] - 1/[3k(k+1)(k+2)], から S = 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+k^4) > 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 1/180 = 2.15537496 1/(1+k^4) < 1/[(k-2)(k-1)k(k+1)] = 1/[3(k-2)(k-1)k] - 1/[3(k-1)k(k+1)], から S = 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+k^4) < 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 1/90 = 2.1609305 1/(1+k^4) < 1/{kk(kk-1/4)} = 4/(kk-1/4) - 4/kk = 4/(k-1/2) - 4/(k+1/2) - 4/kk, から S = 2 + 2/17 + 1/41 + 2Σ_(k=4,∞) 1/(1+k^4) < 2 + 2/17 + 1/41 + 16/7 - 8Σ_(k=4,∞) 1/kk = 2 + 2/17 + 1/41 + 16/7 - 8{ζ(2) -1 -1/4 -1/9} = 2 + 2/17 + 1/41 + 16/7 + 10 - 4ππ/3 = 2.15716794 S' = Σ_(k=-∞,∞) 1/(1+kk) = (i/2)Σ_(k=-∞,∞) {1/(i+k) - 1/(-i+k)} = (iπ/2){cot(iπ) - cot(-iπ)} = (π/2){coth(π) - coth(-π)} = π coth(π) = 3.1533480949371623482681015895 1/(1+kk) < 1/(kk-1/4) = 1/[(k-1/2)(k+1/2)] = 1/(k-1/2) - 1/(k+1/2), から S' = 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+kk) < 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) {1/(k-1/2) - 1/(k+1/2)} = 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 4/9 = 3.1620915 1/(1+kk) > 1/[k(k+1)] = 1/k - 1/(k+1), S' = 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+kk) > 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) {1/k - 1/(k+1)} = 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2/5 = 3 + 2/17 = 3.11764706 f(x)を既約なモニックな整形数の多項式とする。 素数pに対し n(p)={n∈N | n≦p, f(n)≡0 (mod p)} とおく。 この時 lim [N→∞] Σ[p≦N] f(p)/#{p | p≦N} = 1 を示せ。 >>70 1っぽいな〜 無限回試行した時を考えると明らかに1が高頻度で出る(2は1に加えて青が出なきゃいけないし、3は1に加えて赤が出なきゃいけない) これを20回に制限したらさらに1が有利になるからどのみち1が答えかな 全然厳密じゃないけど… いくら時間かけてもいいならなんでもないけど、一問30分前後の縛りがある受験問題と考えると難しいよね。 >>71 > 無限回試行した時を考えると明らかに1が高頻度で出る 続けたまえ >>73 無限回試行なら順番は関係ないでしょ?1はBRRRR、2はBRRRRB、3はBRRRRRとしていいから明らかに1が有利 2が1を含むのは許してもらえるだろうけど3が1を含むからってのは許してもらえないでしょうね。 2は1より制限が厳しいことになるから明らかに1より起きにくい 1は青赤赤赤の前に赤、3は青赤赤赤の後ろに赤赤ってことだから3の方が制限が厳しいので3の方が起きにくい 一番起きやすいのは1 >>77 答えは勘でも1と分かりますね。 私は別スレで話題になってた問題を引っ張ってきただけで採点基準もなんもわからないですが、それをスッキリ厳密に示しなさいでしょうね。 1と3の比較を厳密に書くのは案外ムズイ。 青赤赤赤が出る確率を基準にして考えればいいんじゃないのかな ∃i (xi〜xi+3)=(brrr) ∧ (xi+4,xi+5)=(r,r) と ∃i (xi〜xi+3)=(brrr) ∧ xi-1=r て∧の第二項の条件が第一項と独立でそれぞれ単純に1/9,1/3をかければいいだけならそれでいいでしょうけど独立ではないのでは? 多分許してもらえない。 >>70 サイコロ 正6面体のサイコロがある. 4面は青色、2面は赤色である. このサイコロを合計20回振るとき、 最も起こりそうな順番はどれか? 1.赤 青 赤 赤 赤 2.青 赤 青 赤 赤 赤 3.青 赤 赤 赤 赤 赤 >>70 2.と 3.の6連(A)は、複数回現れる場合も重複しない。 6連Aを1回以上含む場合 配置: 15回から1つ選んでAとする。C[15,1] = 15 とおり 残った14回は任意 2^14 = 16384 とおり s1 + 2・s2 + 3・s3 = 15・16384 = 245760 6連Aを2回以上含む場合 配置: 10回から2つ選んでAとする。C[10,2] = 45 とおり 残った8回は任意 2^8 = 256 とおり s2 + 3・s3 = 45・256 = 11520 6連Aを3回含む場合 配置: 5回から3つ選んでAとする。C[5,3] = 10 とおり 残った2回は任意 2^2 = 4とおり s3 = 10 * 4 = 40, ∴ s1 + s2 + s3 = 234280 ∴ 2.の起こる確率、3.の起こる確率は (s1+s2+s3)/(2^20) = 0.223426818 赤青の並びが一度でも出ればそれ以降1は3に含まれる 前>>6 >>70 1と比べて、2は1が起こる前に2/6=1/3の確率で青が出んなんで、1より確率が低い。 3は赤が5回連続で出んなんで、途中に青を挟んでるぶん2より確率が低い。 ∴起こりやすい順番は、 1>2>3 >>82 ちょっとミスあるけどほぼ正解ですね。 赤と青の確率は1/3と2/3です。 私の解答(もちろん京大の用意した解答なんかしらん) P(1のブロック出る)>P(2のブロック出る)は明らか。 確率変数Xiをi〜i+5が2のブロックになるとき1, そうでないとき0を取るものとする。 この時 P(2のブロック出る) =E(1-Π(1-Xi)) =Σ(-1)^i Σ[#F=i]E(Π[t∈F]Xt)。(ここまでは一般論) ここでp=E(X1)とおくとき添え字の有限集合Fに対して E(Π[F]Xi) =p^(#F) (Fの相異なる元の差が6以上の時) =0 (そうでないとき) であるから Σ[#F=i]E(Π[F]Xt) =C[20-5i,i]p^i =15p-45p^2+10p^3 同様にして1〜6個目までが3のブロックとなる確率をqとすると P(3のブロックが出る) =15q-45q^2+10q^3。 あとは15x-45x^2+10x^3の増減をちょっろっと調べて完。 2のブロック出る確率が1のブロック出る確率より低いのは明らかなので2は何も関係ないと思いきや、1と3直接調べるよりワンクッション2を挟む方が楽なのがミソかな? 直接でもできなかないけど。 >>88 そうなん? 別スレのスレタイで京大の講師の出した問題って書いてあったから過去問だと思った。 >>82 大失敗....orz p = (4/6)^2・(2/6)^4 = 64/(6^6) = 0.0013717421125 q = (4/6)・(2/6)^5 = 128/(6^6) = 0.002743484225 6連Aを1回以上含む場合 配置: 15回から1つ選んでAとする。C[15,1] = 15 とおり s1 + 2・s2 + 3・s3 = 15p or 15q, 6連Aを2回以上含む場合 配置: 10回から2つ選んでAとする。C[10,2] = 45 とおり s2 + 3・s3 = 45p^2 or 45q^2, 6連Aを3回含む場合 配置: 5回から3つ選んでAとする。C[5,3] = 10 とおり s3 = 10p^3 or 10q^3, P(2.) = s1 + s2 + s3 = 15p -45p^2 +10p^3 = 0.02049148206 P(3.) = s1 + s2 + s3 = 15q -45q^2 +10q^3 = 0.04081376811 >>70 を一般化して 独立な試行をn回繰り返す。 試行の結果は各回RまたはBでその確率はr,b (r+b=1,r<b)。 1型の連:RR‥RB 2型の連:RB‥BB (いずれもRB合わせて長さl) とするとき P(1型が現れる)<P(2型が現れる) を示せ。 面白いかどうかはともかく片を付けとこう。 -1か0か1を合計k個足してnの倍数にする方法は何通りあるか? ただし、足す順番は区別するものとする >>94 行列の添字はZ/nZでとるとして行列Aと列ベクトルvを Aij = 1 if j=i,i+1,i-1 . =0 otherwise vi = 1 if i=0 . =0 otherwise で定める。 この時求める場合の数は v^A^kv 、 ただしv^はvの転置ベクトル。 ζ=exp(2πi/n)とおけば、計算して v^A^kv =(1/n)Σ[t](1+ζ^t+1/ζ^t)^k >>95 素晴らしい 正解です ほぼ同じだけど想定していた解法は足す行為をZ/nZの元を頂点に持つグラフの辺を渡る行為だと思って隣接行列のスペクトルを計算する方法でした ちなみにn→∞とすればリーマン和→積分が出てきて複素積分使って計算出来ます そうすれば足して0にする方法の組み合わせ数が分かる (それだとたぶん純粋な組み合わせ論で解けるだろうけど) rを正の実数とする。 xyz空間の半球B:x^2+y^2+z^2=r^2(z≥0)について以下の問に答えよ。 (1)nを2以上の自然数とする。 平面H_kをz=kr/n(k=0,1,...,n-1)と定め、H_kとBの交線である円をC_kとする。 C_kを底円とし高さがr/nである円筒の側面積をS_kとするとき、それらの和 T_n = Σ[k=0,1,...,n-1] S_k を求めよ。 (2)lim[n→∞] T_n とBの側面積は一致しないことを示せ。 lim T_nはBの側面積のπ/4倍。 君らが普段やっとる薄切りスライス体積積分は、表面積には使えんのやで!(意訳) それはそうかも知れんが「球面を円柱の側面で近似する」のが粗杉ぢゃね? 球面の勾配を取り込めない。 そこで C_k で球面に接する円錐を考えよう。 幅が (r/n)/√{1-(k/n)^2}, 長さが 2πr√{1-(k/n)^2}, ∴ S'_k = 2πrr/n ・・・ kによらない。 T = 2πrr, となりBの側面積と一致する。 受験レベル+αだけどうまくやらないとシンドイやつ。 曲線C:x^2-y^2=1, x>0 上の2点P,Qに対し、Cと直線PQで囲まれる部分の面積をS(P,Q)とする。 A(1,0), B(5/3,4/3)とする。 P,QをC上を動かすときS(A,P)+ S(P,Q)+ S(Q,B)の値が最小となる時のP,Qの座標を求めよ。 前>>85 >>101 x^2-y^2=1はx>0だから、 x^2=y^2+1 x=√(y^2+1)=(y^2+1)^(1/2) x'=(1/2)(y^2+1)2y=y^3+y x軸を鉛直上向きにとった双曲線Cのグラフの傾きは、 点A(1,0)において0, 点B(5/3,4/3)において4/3? で、 S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)の値が最小となるのは、A,P,Q,Bが等間隔になるときで、その座標は、 P(√(p^2+1),p),Q(√(q^2+1),q)として、 64p^3+64p-615=0 128q^3+128q-615=0 前>>102 >>101 計算すると、 64p^3+64p-615=0 (p^2+1)=615/64p =615/p8^2 128q^3+128q-615=0 (q^2+1)=615/128q =615/2q8^2 p=1.969525…… √(p^2+1)=2.208852355…… q= √(q^2+1)= なんか違うかも。 >101-103 はい、違います。 等間隔というのはいいキーワードだけど。 ある話しを使うと計算らしい計算しなくても解けます。 普通に面積計算しても大した手間ではないけど。 前>>103 >>104 計算禁止かぁ。 そんなこったろうと思ったぜ。 具体的に言うと実際に面積を計算せずともある事を知ってるとある関数が凸であるとわかり、それから "等間隔のとき" 最小と分かります。 前>>105 x^2-y^2=1がx>0で上に凸なのはxを微分したらx'>0なんで、あ間違えた、-1/2乗だ。 x=√(y^2+1)=(y^2+1)^(1/2) x'=(2y){(y^2+1)^(-1/2) =-2y/√(y^2+1) y>0のとき、 xは単調減少。 まぁまともに面積計算してもそこまで大変ではないけど。 積分実行しないでやる場合のヒント。 x^2-y^2=1はあるベクトル場Xの積分曲線で、exp(tX)は一次変換になっています。 その事から少し議論をすればA,P,Q,Bが "等間隔" に並ぶことがわかります。 普通に積分しても受験問題にはやや難しすぎる程度ですが。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
read.cgi ver 07.5.5 2024/06/08 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる