面白い問題おしえて〜な 32問目
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> y = Σ[k=0,∞] (-1)^k /((2k+1)・k!) x^(2k+1) ここまでわかったなら、Lagrange inversion theoremを使えばいいんじゃないかな [問題] lcm(a,b,c) = lcm(a+1,b+1,c+1) を満たす正の整数a,b,c(a<b<c)の組は以下の4つに限ることを証明せよ: (a,b,c)=(3,4,5),(3,14,20),(5,6,14),(9,20,35) >>466 問題作り損なってた。 こうです。 inverf(x)を関数 erf(x)=2/√π∫[0,x]exp(-t^2)dt の逆関数とし、inverf(x)=Σ[t=0,∞]a(n)x^(2n+1)とおく。 a(n+2)<4/π a(n) を示せ。 でした。 ヒントはy=(x^2-π/4)inverf(x)とおくと y''=(xとyとinverf(x)の式) が作れます。 それをじっとよく見る。 >>479 あ、また計算間違い発見。 無かったことに。orz >>480 再訂正 やはり>>466 そのままで行けます。 ヒントはやはりy=(x^2-1)inverf(x)を考えますが、これのn階微分を一気に考えます。 それの定数項がどうなるかを考えるといけるようです。 >>478 2桁の数字で総当たりしてみた。 library(numbers) N=100 abc=NULL for(a in 1:(N-2)){ for(b in (a+1):(N-1)){ for(c in (b+1):N){ abc<-rbind(abc,c(a,b,c)) } } } saveRDS(abc,('abd.rds')) nrow(abc) f <- function(x){ mLCM(x)==mLCM(x+1) } abc[apply(abc,1,f),] > abc[apply(abc,1,f),] [,1] [,2] [,3] [1,] 3 4 5 [2,] 3 14 20 [3,] 5 6 14 [4,] 9 20 35 解析解は賢者にお任せ。 2桁どころか4桁の範囲でもそれしか見つからないが 3つの最小公倍数の意味的には無限個あってもおかしくない気はする... 整数二つだとどうなんだろう lcm(a,b)=lcm(a+1,b+1) が成り立つ(a,b)の組はどのくらい? a,a+1 は互いに素、 b,b+1 は互いに素。 lcm(a,b) = lcm(a+1,b+1) から a|(b+1)|a ⇒ a=b+1 b|(a+1)|b ⇒ b=a+1 ∴ (a,b) はない。 >>485 すみません、 a|(b+1)|a って何ですか? 条件を満たすa,b,cの上限が突き詰められば、あとは計算機任せにできるんだがなぁ。 自分は無限個あるとおもってるんだけど? lcmを1つ処理するときに3つのgcd=1であっても6個も文字がでてくるから つまり a=stp, b=tuq, c=usr とかくことができて lcm(a,b,c)=stupqr ただし gcd(s,tuq)=gcd(t,usr)=gcd(u,stp)=gcd(p,qr)=gcd(q,rp)=1 ということで自由度が高いとおもう ただ問題はlcmが2つもあるのでそこの処理が困難 >>486 すみません。 整数A,B (A≠0) について A | B B/A ∈ Z BはAで割り切れる。余りが0 B ≡ 0 (mod A) は同じ意味です。 >>466 あんまり盛り上がらないので背景と方針を。 コレいわゆる“z値”、すなわち与えられたαに対して 1/√(2π)∫[-z,z] exp(-t^2/2) dt = α を満たすzを求める問題です。コレの答えが z = √2 inverf(α) になります。 で話は、コレをマクローリン展開で気分良く一発で計算したいなと思って思いつきました。 inverf(x) = Σ[n=0,∞]a[n]x^(2n+1) と展開するときのanの漸化式自体は探せばいくらでも見つかるのですが(例えば[1])このa[n]は全部正なので打ち切りの近似値は必ず“下から”になってしまいます。 そこでテーマはf(x)=1/(1+x^2)inverfx)とおいたとき、コレのマクローリン展開は交代級数になるのか?すなわちa[n]は単調減少になるのか?です。 ソレを[1]の漸化式で示せないかなというお話でした。 漸化式を認めると割とスッと示せると思います。 [1] https://mathworld.wolfram.com/InverseErf.html 前>>405 >>408 3 4 5 [3 2^2 5☆2^2 5 2×3] 3 14 20[3 2×7 2^2×5☆2^2 3×5 3×7] 5 6 14[5 2×3 3×7☆2×3 7 3×5] 9 20 35[3^2 2^2×5 5×7☆2×5 3×7 2^2×3^3] たまたまだよ。この書きこみでいいです。 lucky limit chance cover magic major 2人でじゃんけん勝負をし、n回勝ち越した方を勝者とします。勝敗が決するまでに何回勝負が行われるか、その期待値を求めてください。ただしあいこは回数に含みません。 前>>491 >>492 n=1のとき、1/2+3/8+5/32+7/128+9/512+11/2048+… n=2のとき、 前>>493 >>492 n=2のとき、(1/2)^2+2(1/2)^4+4(1/2)^6+8(1/2)^8+16(1/2)^10+32(1/2)^12+… n=3のとき、 まだ予想がつかない。 前>>495 >>493 訂正。 n=1のとき、1/2の確率で1回勝ち越せるから、 1/2 残りの1/2は相手が一回勝ち越しでこっちは再起不能じゃねえか。 1/2+0=1/2 前>>496 >>492 n=3のとき、3/2^3+5(3C1)/2^5+7(5C2)/2^7+9(7C3)/2^9+11(9C4)/2^11+13(11C5)/2^13+… k回目で決着する確率を P_k とおく。(n≦k≦2n-1) ・n≦k≦2n-2 k-1回まで (n-1) > (k-n) でk回目に(n-1)が勝てば決着。(逃げ切り) ・k=2n-1 k-1回まで (n-1):(n-1) のデュースですがあと1回勝てばよく、どちらが勝っても決着。 いずれの場合も P_k = C[k-1,n-1] / 2^(k-1), よって E(k) = Σ[k=n,2n-1] k・P_k = 2n{1 - C[2n,n] /(4^n)}, 日本語の問題ですかね 「n回勝ち越す」は「白星が黒星よりn個多い」を意味します n=1で早速引っかかってる方がいますが、これはどちらかが1回勝てばその瞬間に決着がつくので期待値は1ですよ 因みに答えは無限級数が残ったり偶奇で場合分けされたりしません とても綺麗な答えになりますよ シミュレーションしてみた。 sim <- function(n){ flg=FALSE # n回勝ち越しflag i=0 # カウンタ初期値 while(flg==FALSE){ # どちらかがn回勝ち越しでなければ i=i+1 # カウンタを増やす y=rbinom(i,1,0.5) # i回ジャンケンして flg <- abs(sum(y==1)-sum(y==0)) == n # n回勝ち越しか判定 } return(i) # 勝負がついたジャンケン回数を返す } fn <- function(n,k=1e4) mean(replicate(k,sim(n))) n=1:20 y=sapply(n,fn) plot(n,y,bty='l',ylab='Expected Value',pch=19) data.frame(Ex=y) https://i.imgur.com/JK8s2F8.png > data.frame(Ex=y) Ex 1 1.0000 2 4.1632 3 7.6500 4 11.9086 5 16.7554 6 21.4310 7 26.7498 8 33.1558 9 39.0942 10 45.8874 11 53.2618 12 61.0158 13 68.9670 14 78.1836 15 85.9006 16 95.8346 17 106.2452 18 115.5166 19 125.7312 20 136.7028 解析解は賢者にお任せ。 困りました、シミュレーション結果と想定解がズレてますね 一応手元のpythonでシミュレーションした結果想定解とほぼ一致しました、何かミスってませんか? >>502 よければPythonのコードをアップしていただけませんか? >>501 i 回のジャンケンでn回勝ち越しでない場合にそのままジャンケンを追加するのでなくて、新たに i+1回 やり直すアルゴリズムなのが間違っているのだと思います。 >501は撤回します。 デバックしたつもり。 sim <- function(n){ flg=FALSE # n回勝ち越しflag i=0 # カウンタ初期値 y=NULL # 勝敗配列 while(flg==FALSE){ # どちらかがn回勝ち越しでなければ i=i+1 # カウンタを増やす y=c(y,rbinom(1,1,0.5)) # 1回ジャンケンして結果をyに追加 flg <- abs(sum(y==1)-sum(y==0)) == n # n回勝ち越しか判定 } return(i) # 勝負がついたジャンケン回数を返す } fn <- function(n,k=1e4) mean(replicate(k,sim(n))) n=1:20 y=sapply(n,fn) data.frame(Ex=y) > data.frame(Ex=y) Ex 1 1.0000000000000000 2 3.9952000000000001 3 9.0063999999999993 4 16.0839999999999996 5 24.7911999999999999 6 36.7032000000000025 7 49.3744000000000014 8 64.5473999999999961 9 81.6077999999999975 10 100.3460000000000036 11 120.0926000000000045 12 142.3019999999999925 13 169.5545999999999935 14 197.2299999999999898 15 225.0375999999999976 16 254.5725999999999942 17 289.1537999999999897 18 324.0305999999999926 19 356.2748000000000275 20 404.5817999999999870 前>>497 たったの20勝やそこら勝ち越すために400試合もすんのかよ? スパーでもそうとう消耗してるな。松葉相撲ならサドンデスだけどね。 こうするとどうなるんだろ? 2人でじゃんけん勝負をし、n回勝ち越した方を勝者とします。勝敗が決するまでに何回勝負が行われるか、その期待値を求めてください。あいこも回数に含みます。 >>508 シミュレーションすると、3/2*n^2みたいだな。 >>492 k 回勝ち越している状態から、確率1/2の勝負を行い、勝ち越し数が0になるか、2nになるかまでに 要する勝負回数の期待値をA(k)とすと、 A(k) = (1/2)*A(k+1) + (1/2)*A(k-1) + 1 ; 1≦k≦2n-1 A(0) = A(2n) = 0 という漸化式が成立する。 この漸化式の解は、A(k)=(2n-k)*k で与えられ、求めたいものは、A(n)=n^2 >>506 これを数学的帰納法で証明できればいいわけか? >>510 正解です。 想定解はn-1回勝ち越している状態からもう1回勝ち越すまでにかかる回数の期待値が2n-1であることを帰納法で示す手法でした。 厳密には、期待値が発散しないことを示してから漸化式を解く必要がありますがこれは殆ど自明なので良いと思います。 n-1回勝ち越した状態から初めてn回勝ち越す状態に移行するまでに平均2n-1回かかると仮定します。 初めてn+1回勝ち越すまでにかかる回数の期待値E_(n+1)が1/2+(2n-1+1+E_(n+1))/2であるので、解いてE_(n+1)=2n+1となります。 よって帰納法でE_n=2n-1が示せて、E_(n-1),E(n-2),……も芋づる式に書けて、n^2を得るというのが想定解でした。 因みに元ネタは私の大学のレポート問題です。 期待値=n^2を仮定して数学的帰納法での証明は難しいのかなぁ。私にはできません。 A(k+1)-A(k)=A(k)-A(k-1)-2=A(k-1)-A(k-2)-2*2=...=A(1)-A(0)-2*k = a-2k ; a=A(1) A(k)=A(0)+Σ[i=0,k-1](a-2i)=0+a*k-k(k-1)=(a-k+1)*k ここで、もう一つの境界条件 A(2n)=0を用いると、演繹的に a=2n-1 は出てきます。 あるいは、A(k+1)-A(k)=A(k)-A(k-1)-2 を A(k)-A(k-1)=A(k+1)-A(k)+2=...=A(2n)-A(2n-1)+2*(2n-k) と、上方向への漸化式として利用し、最初の結果、A(k)-A(k-1)=A(1)-A(0)-2*(k-1)と A(0)=A(2n)=0、A(1)=A(2n-1) を組み合わせても、A(1)=2n-1 は出てきます。 A(k)=A(2n-k) は 対称性から自明なのですが、B(k)=A(k)-A(2n-k) が従う漸化式を解くことでも示せます。 >>513 確かにその指摘は、正当です。510の結果には、「期待値が収束するならば、」をつけておくべきでした。 前>>507 20勝勝ち越したとき、戦績は210勝190敗ってことか🤤 >>517 20勝勝ち越すときのジャンケンの回数(あいこは含まず)の分布がどうなるか、1万回シミュレーションしてみた。 https://i.imgur.com/PqjpGvR.png 最頻値は150程度だから、85勝65敗の戦績が最頻みたい。 この分布ってなんだろうな? >507 20勝勝ち越しで勝敗を決めるとき100回以下で決着がつく確率はシミュレーションだと9%程度になった。 https://i.imgur.com/ZIC6d2e.png 前>>517 20勝勝ち越すには20^2=400回試合が行われるって計算したじゃん? だったら210勝190敗したんじゃないの? >>520 最初から20連勝なら20回ジャンケンですむけど、その確率は2の20乗(1048576)分の1 400回は平均値(=期待値) 95%信頼区間はシミュレーションだと32〜1050にわたる。 400回ジャンケンのときは210勝190敗で400回目は勝ちだね。 成功確率が0.5のとき成功数と失敗数の差(どちらが大きくてもよい)がnになるまでの試行回数の分布、ってことになる 20勝勝ち越しで400回ジャンケンが行われるときの勝ち負けの配列って何種類あるんだろう? 数が少ないと総当たりで列挙できたけど、400回ジャンケンは無理だな。 例 3回勝ち越しで勝敗決定のとき7回ジャンケンで勝敗が決したときの 勝ち負けの配列(勝敗差3回が7回目に初めて確定) > J(3,7) [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [1,] 0 0 1 1 1 1 1 [2,] 0 1 0 1 1 1 1 [3,] 0 1 1 0 1 1 1 [4,] 0 1 1 1 0 1 1 [5,] 1 0 0 1 1 1 1 [6,] 1 0 1 0 1 1 1 [7,] 1 0 1 1 0 1 1 [8,] 1 1 0 0 1 1 1 [9,] 1 1 0 1 0 1 1 [10,] 1 1 0 0 0 0 0 [11,] 1 0 1 0 0 0 0 [12,] 1 0 0 1 0 0 0 [13,] 1 0 0 0 1 0 0 [14,] 0 1 1 0 0 0 0 [15,] 0 1 0 1 0 0 0 [16,] 0 1 0 0 1 0 0 [17,] 0 0 1 1 0 0 0 [18,] 0 0 1 0 1 0 0 前>>517 なにを思って400回も試合するかだよね。 パーネル・ウィテカーにはパンチをすべて躱すっていう確固たる答えがあった。 じゃんけんなんか対戦者のあいだに差があるとは思えないのに、なんで20勝も差が出るのか実感できない。 なんで20勝どまりなのかという感じもする。多すぎず、少なすぎずもっともありうる勝ち数の差が、 √試合数ってことか。 In[1]:= A[n_,t_]:=A[n,t]=If[t==0,If[n==0,1,0],If[n==0,2*A[1,t-1],If[n>18,A[n-1,t-1],A[n+1,t-1]+A[n-1,t-1]]]] In[2]:= Table[A[20,t],{t,20,300,2}] Out[2]= {1, 20, 230, 2000, 14625, 95004, 566370, 3164480, 16811300, 85795600, 423830264, 2038362560, > 9586673915, 44246187300, 200966926350, 900331830048, 3985844039275, 17464206951100, > 75831424919250, 326658445806000, 1397281501935164, 5939663527389840, 25108577638509960, > 105613430714022400, 442256241114424425, 1844503362933849060, 7664867653576145950, > 31746685883395530800, 131096805536410875625, 539886351785258307500, 2217853132475244283162, > 9090251922987325452960, 37180441420243010660340, 151782933822040596272400, In[3]:= Sum[2*t*2^(-t)*A[20,t],{t,1,2000}]//N Out[3]= 393.852 In[7]:= Table[10000*2^(-t)*A[20,t],{t,20,250,2}]//N Out[7]= {0.00953674, 0.0476837, 0.137091, 0.298023, 0.544824, 0.884794, 1.31868, 1.84197, 2.44637, 3.12123, 3.85471, 4.6347, 5.44939, 6.28776, > 7.13978, 7.99655, 8.85035, 9.69458, 10.5237, 11.3332, 12.1195, 12.8796, 13.6114, 14.3133, 14.9842, 15.6236, 16.231, 16.8066, 17.3505, 17.8633, > 18.3457, 18.7982, 19.2218, 19.6175, 19.9861, 20.3287, 20.6464, 20.9401, 21.2108, 21.4597, 21.6877, 21.8958, 22.085, 22.2562, 22.4104, 22.5483, > 22.6708, 22.7788, 22.873, 22.9542, 23.023, 23.0802, 23.1264, 23.1623, 23.1883, 23.2051, 23.2133, 23.2132, 23.2054, 23.1904, 23.1686, 23.1404, > 23.1061, 23.0662, 23.021, 22.9708, 22.916, 22.8568, 22.7935, 22.7264, 22.6557, 22.5817, 22.5046, 22.4247, 22.342, 22.2568, 22.1693, 22.0796, > 21.988, 21.8945, 21.7993, 21.7025, 21.6043, 21.5047, 21.404, 21.3021, 21.1993, 21.0955, 20.991, 20.8857, 20.7797, 20.6731, 20.5661, 20.4586, > 20.3507, 20.2425, 20.1341, 20.0254, 19.9166, 19.8076, 19.6986, 19.5895, 19.4805, 19.3715, 19.2626, 19.1537, 19.045, 18.9365, 18.8282, 18.7201, > 18.6122, 18.5046, 18.3973, 18.2903, 18.1836, 18.0772} >>524 こっちの方が星取り表みたいでいいな。 > J(3,7) [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [1,] ● ● ○ ○ ○ ○ ○ [2,] ● ○ ● ○ ○ ○ ○ [3,] ● ○ ○ ● ○ ○ ○ [4,] ● ○ ○ ○ ● ○ ○ [5,] ○ ● ● ○ ○ ○ ○ [6,] ○ ● ○ ● ○ ○ ○ [7,] ○ ● ○ ○ ● ○ ○ [8,] ○ ○ ● ● ○ ○ ○ [9,] ○ ○ ● ○ ● ○ ○ [10,] ○ ○ ● ● ● ● ● [11,] ○ ● ○ ● ● ● ● [12,] ○ ● ● ○ ● ● ● [13,] ○ ● ● ● ○ ● ● [14,] ● ○ ○ ● ● ● ● [15,] ● ○ ● ○ ● ● ● [16,] ● ○ ● ● ○ ● ● [17,] ● ● ○ ○ ● ● ● [18,] ● ● ○ ● ○ ● ● >>522 n=3のときの決着がつくジャンケンの回数の確率質量関数をグラフにしてみた。 https://i.imgur.com/VB6TuBL.png 0が間に入るので既存のガンマ分布とか分布では表せないと思う。 前>>526 なんでか急に表示システムが変わったね。 ほかのスレが見あたらないんだが。 ギガ数の関係なら今月はもう無理だと思う。 >>52 /8のOut[2]は、次の式で、表現できるようです。 In[28]:= Table[Sum[Binomial[20+2i-1,i+40k]-Binomial[20+2i-1,i-1+40k],{k,0,(20+2i)/40}],{i,0,40}] Out[28]= {1, 20, 230, 2000, 14625, 95004, 566370, 3164480, 16811300, 85795600, 423830264, 2038362560, 9586673915, 44246187300, 200966926350, > 900331830048, 3985844039275, 17464206951100, 75831424919250, 326658445806000, 1397281501935164, 5939663527389840, 25108577638509960, > 105613430714022400, 442256241114424425, 1844503362933849060, 7664867653576145950, 31746685883395530800, 131096805536410875625, > 539886351785258307500, 2217853132475244283162, 9090251922987325452960, 37180441420243010660340, 151782933822040596272400, > 618540254546926375123800, 2516575194382944375198528, 10223586645582059997655395, 41476057972670469339852180, 168049542131127131360839350, > 680085742675872390532987200, 2749246507570540057967664162} 528は、パスカルの三角形に於いて、端(n=20近辺)での生成式を無理矢理変更して、計算させてものですが、 初期条件を、...,A[0,0]=1、A[40,0]=-1、A[80,0]=1,A[120,0]=-1,... のようにすれば、恒等的にA[20,t]=0 となるので、生成式は、全て同一にできます。 肝心のn=20での値が消えますが、これは、A[19,t-1]に保存されているものを用います。 ×:>>52 /8のOut[2]は、次の式で、表現できるようです。 ○:>>528 のOut[2]は、次の式で、表現できるようです。 >>532 は大きなところで、ずれていることに気づきました。修正します。 k 試合目で、初めて n 回勝ち越す勝敗パターンの数は、kとnの偶奇が一致しないときは 0 で、一致するときは、 Sum[(Binomial[k-1,(k-(2i+1)n)/2]-Binomial[k-1,(k-(2i+1)n)/2-1])*(-1)^i,{i,0,k/n-1}] で与えられます。 528で確認できる最も大きなものは、A[20,86]=151782933822040596272400ですが、 上の式を使えば、C[85,33]-C[85,32]-(C[85,13]-C[85,12]) で計算できます。 非常に適切な表現ですね。私は勝手に「ガター付きランダムウォーク」って命名してました。 「ランダムウォーク 鏡像法」でググると、「kステップ後に、初めて吸収壁nに到達する経路の数」が (n/k) C[k,(n+k)/2] で与えられるという記述を見つけました。(同じ内容になるよう、文字は変更してます。) あれ?異なる! と思いましたが、この問題はルートの途中で -n 勝になってもいいようで、 微妙に問題設定が異なっていて安心しました。 おっしゃる通りで、吸収壁が左右に二つある場合にあたります 詳しくは 臨時別冊数理科学 SGCライブラリ 47 「現代物理数学への招待」ランダムウォークからひろがる多彩な物理と数理 2006年 05月号 にあります わたしはこの本で知りました 高校数学の範囲で証明できる不等式で、難解なものを教えてください。 x^4 + x^3 - 2x + 1 ≧ 0, [高校数学の質問スレPart404.051,070] ← 本来はこちらへ [不等式スレ10.381-384] 前>>526 >>539 f(x)=x^4 + x^3 - 2x + 1とおくと、 f'(x)=4x^3+3x^2-2 f(0)=f(1)=1 f'(0)=-2 f'(1/4)=1/16+3/16-2=-7/4 f'(1/2)=1/2+3/4-2=-3/4 f'(3/4)=4(27/64)+27/16-2=27/8-2=11/8 f'(2/3)=4(8/27)+4/3-2=32/27+36/27-2=(68-54)/27=14/27 f"(3/5)=4(27/125)+27/25-2=(108+135)/125-2=243/125-2=-7/125 f(2/3)=16/81+8/27-4/3+1=40/81-1/3=13/81>0 f(3/5)=81/625+27/125-6/5+1=216/625-1/5=91/625>0 f'(0.61)= f'(0.62)= 次の漸化式で表される数列の一般項を積分、総和記号を用いて表現せよ. a(1) = 1 a(n+1) = (n^2+3n+1)a(n) + n 前>>540 >>539 f(x)=x^4+x^3-2x^2+1とおくと、 f(0)=f(1)=1 x→-∞のときf(x)→+∞ x→+∞のときf(x)→+∞ いずれも単調増加でf(x)>1 f'(x)=4x^3+3x^2-2 f'(0.607007295624696)=0 f(x)はx=0.607007295624696のとき最小値をとる。 f(0.607007295624696)= 0.14540320838>0 ∴示された。 ] 定係数線形2階微分方程式、 a2x′′(t) + a1x′(t) + a0x(t) = 0 の一般解は、x(t) = eλt と仮定し、λ に対する2次方程式を解くことによっ て 求めることができる。ここで、x′′(t) = d2x(t) dt2 、x′(t) = dx(t) dt である。λ が重解 λ0 のときは、x(t) = C(t)eλ0t と仮定することによって解を求めるこ とができる。C(t) が、 C′′(t) = 0 を満たすことを示せ。 kを2以上の整数とするとき, 10進法において,以下の条件を満たす最大の自然数nについて, nに現れる1の個数はちょうど2^(k-1)であることを証明せよ. [条件] nから連続するk桁を選び, k桁の数を得るとする. すべての選び方を考えたとき,それらは全て異なる. (例) k=3 のとき, n=212212 という数を考える 連続3桁の選び方は 全部で 212,122,221,212 の4通りだが 212がダブっているため, すべて異なるの要件を満たさない >>539 (1/4)x^4 + x^3 - 2x + 1 ≧ 0, の方が簡単かも? >>539 グラフにしてみた。 https://i.imgur.com/goMcWN5.png > f <- function(x) x^4+x^3-2*x+1 > layout(matrix(1:2,2)) > optimize(f,c(-100,100)) $minimum [1] 0.6070071 $objective [1] 0.1454032 x = √3 -1 の辺りで小さくなってると思いますよねぇ・・・・ 自作問題考えたから誰か解いてみてください笑笑 (1)麻雀の役満に含まれる漢数字を全て足すと幾つ? (これはひっかけですw) (2)6面サイコロをn個振ったとき、その出目の積がkの倍数になる確率をp(n,k)とする。 このとき (2-1)kが7以上の素数の時pを求めよ! (2-2)k=n^nのとき、pを求めよ (2-3)k=2^nのときpをもとめよ (2-4)pをn,kで表せられるか、表せられるなら表せ。 >>548 てこたぁ (1/2)xx +x-1 を因数にもつんぢゃね? 自己レス、スマソ >>550 546とか元々のスレに答えがあるけど、 x^4 + x^3 - 2x + 1 =(1/4 )x^4 + x^3 - 2x + 1 + (3/4) x^4 =(1/4) (x^2+2x-2)^2 + (3/4) x^4>0 っていうことでしょ。 そして、 √3 -1 は x^2+2x-2=0 の解 全ての成分が1であるn次行列をMとする (1) 対角成分がλ_1,λ_2,・・,λ_nである対角行列をΛとするとき det(Λ+λ_0M)がλ_0,λ_1,・・,λ_nの対称多項式であることを示せ (2) 一般の正方行列をAとしたとき det(A+λM)はどのように書けるか? (1) det(Λ+λ_0 M) = Σ[i=0,n] (Π[j≠i] λ_j) = Σ[i=0,n] (λ_i 以外のλの積) = f(0) - λ_0・f '(0) ここに f(x) = det(Λ - x E). (2) 相似変換により対角化しても det は変わらないから det(A+λM) = f(0) - λ・f '(0) ここに f(x) = det(A - x E). det(A+λM-xE) = f(x) - λ・f '(x) >>554 (1) その最初の等式が示したいことなんですが、それはなぜ言えますか? (2) Aを相似変換したとき、Mも相似変換されるので(1)をそのままでは使えないように思うのですが、なぜそれで大丈夫なのでしょうか 文字列 "麻雀の役満" について各桁の各部首に漢数字は含まれないから 0とか? 少なくとも個々の役満について考える問題ではないだろう たとえば天和があるから そのときの考えられる形は萬子だけに限っても膨大 ローカル役満もそうだけど それらに言及がないからね 役満「清老頭」の「清」が漢数字ってことに気づくかどうかってだけです ほんと下らない問題でごめんなさい なぜ下らない問題スレに書かなかったかw それはそうとして、漢数字「清」とはいくつを指す文字なん? >>560 いや面白いかなと思って笑笑 10^(-23)やで 清老頭といってもいくつかパターンがあるから全部足すの意味がよくわからん かりに清の意味だとしても "足す"の意味がよくわからないんだが...答えは何? >>561 ふうん、おぼえとこ。 清浄=10^-21しか知らんかったね ローカル役満というだけあって何を役満とするかは流儀があるし、 役満の呼び方も種類がある 国士無双と呼ぶか十三么九と呼ぶかで解は異なる。 数学向けの問題じゃないんだわ 萬子で清一色をつくることを考える このとき考えられるすべての和了形において漢数字の総和を求めよ ただし門前のツモ和了のみを考え 待ちの区別はしないものとする (ひっかけでもなんでもなく純粋に組み合わせの問題だが かなり面倒のハズ) カンツで1111持ってて 111122233344455 もあり? あと 11122233344455 は三コウとも一色三順序ともみれるけど別カウントする? 別カウントするなら 111 234 234 234 55 123 123 123 444 55 の2通りに上がれるけどワンカウント?別カウント? まぁどのみち数学的にうまい数え上げ考えるよりプログラム組んだ方が良さげだけど。 あぁ、あたまも考えないとダメか。 11123444666777 は 11 123 444 666 777 と 44 111 234 666 777 の2通り上がれるけどコレも別カウントかワンカウントか決めないと。 とりあえず上がり方が複数ある場合全部ワンカウントなら カンツなし 13259 1カンツ 15643 2カンツ 9435 3カンツ 3360 4カンツ 630 になった。 清浄 = 10^-21 しか知らんかったけど 接頭語は zepto- zepto〜 は 〜 の10^(-21) を表わす。 同じく清浄=10^(-21)しか知らない もっとも古い文献は読みにくくて、例えば無量大数(10^68)を無量(10^68)と大数(10^72)の2つだと解釈する人がいたりして、かなりカオス 極端に大きな単位と極端に小さな単位は実用的ではないのでは? 空気清浄機のこと。 シャープ、クオfuture、トヨトミ ほか 平均で 15000円ぐらいか? 空気星条旗 T大統領のツィートに初めて「事実確認」の警告ラベルが・・・・(5/26) 虚空清浄を4つ分けにするか2つ分けにするかは諸説ある(広辞苑第六版は2文字分け派)ようだけど、ここでは4つ分けなのね ちなみに阿頼耶以降の小数は出典が不明で使わないほうがいい >ここでは4つ分け いや勝手に決めんなし 2つ分けのほうが合理的 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
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