面白い問題おしえて～な 34問目
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過去ログ置き場(1-16問目)
//www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
//www6.atwiki.jp/omoshiro2ch/
過去スレ
01 //cheese.5ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
02 //natto.5ch.net/test/read.cgi/math/1004839697/
03 //mimizun.com/log/2ch/math/1026218280/
04 //mimizun.com/log/2ch/math/1044116042/
05 //mimizun.com/log/2ch/math/1049561373/
06 //mimizun.com/log/2ch/math/1057551605/
07 //science2.5ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
08 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
09 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1093676103/
10 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/
11 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
12 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1157580000/
13 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/
14 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1209732803/
15 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1231110000/
16 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1254690000/
17 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1284253640/
18 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1307923546/
19 //uni.5ch.net/test/read.cgi/math/1320246777/
20 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1356149858/
21 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1432255115/
22 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1464521266/
23 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1497416499/
24 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502016223/
25 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502032053/
26 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1518967270/
27 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1532793672/
28 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1540739963/
29 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1548267995/
30 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1572866819/
31 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1580123521/
32 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1586230333/
33 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598637093/
(前スレ) 【正12面体パズル】
(i)
20個の頂点に3面ずつ集まっているので、12面を上手く6色で塗り分け、各頂点に全6C3=20パターンが現れるように出来るだろうか？
(ii)
20個の頂点に3辺ずつ集まっているので、30辺を上手く6色で塗り分け、各頂点に全6C3=20パターンが現れるように出来るだろうか？
それぞれ可能なら例示し、不可能なら証明せよ >>2
6色はabcdefとする
(i)不可能
12こある頂点を6色に塗り分けるので
(a) 1回しか使われない色がある
(b) いずれの色も2回ずつ
のいずれか
(a)の場合
aが1回として良い
このときaを含む三角形は５つしかないが6C3の中にaを含むものは10個ないといけないので不可能である
(b)の場合
aを2箇所に塗るが、隣接する２点は濡れない
aを含む三角形が10個できるが、そのうちのどの２つも辺を共有することはできない
よって２点は重心対称の２点をえらぶ必要なのはがある
コレが6色全てについて言えるから配色は重心対称
よって重心対称の２つの三角形は同じ3色を含むことになり不可である >>2
可能
色はabcdefとする
(ii)可能
各辺に対して平行または垂直なものは自分自身を含めて6辺ずつある
この6個組が５つできるのでまず各組みにa～eを割り当てて配色する
頂点Nをひとつ任意に選び、隣接する５点のなす正五角形をABCDEとする
NA～NEは順にa～eに配色されているとして良い
辺AB,BC,CD,DE,EAの配色はd,e,a,b,cである
よってNを含む５つの三角形の配色は
abd,bce,cda,deb,eac
である
辺AB,BC,CD,DE,EAを含むがNを含まない三角形のもう一つの配色は
cde,dea,eab,abc,bcd
でありコレら10個は全て異なる
コレら10通りと同じ配色になる三角形が重心対称にもう一組ずつある
ここでAB,BC,CD,DE,EAの配色を全てfに変更すると今あげた10個の三角形の配色は順に
cfe,dfa,efb,afc,bfd
となりコレら10個の配色も全て異なる
以上によりfを含まない10個の配色とfを含む10個の配色が全て出てきたのでこの配色で求める条件を満たすとわかる 別スレの問題より
△ABCの面積をS、周の長さをL、とおく領域A,B,C>0, A+B+C=πにおける関数S/L^2は狭義上に凸の関数となる事を示せ >>6
> 別スレの問題より
>
> △ABCの面積をS、周の長さをL、とおく領域A,B,C>0, A+B+C=πにおける関数S/L^2は狭義上に凸の関数となる事を示せ
A,B,Cが三角形の頂点っぽいのにA,B,C>0とか何言っているのか意味不明。 >>7
受験でよくやるやつです
頂点とその頂点での内角に同じ記号を使う
きにいらないなら適当に変えてください >>8
> >>7
> 受験でよくやるやつです
意味不明な記号が使われていると即座に×でしょ。
こういう省略はアリで採点しますとか言っている高校とか大学とかあるの？ >>9
自分が使うのではなく教科書レベルですでに使われてる
△ABCの外接円の半径をRとするとき
2R=a/sinA=b/sinB=c/sinC
etc.
このような記号の濫用はよくある
ましてや全部書き出すとめんどくさい掲示板の数学なら言わずもがな >>10
>頂点とその頂点での内角に同じ記号を使う
しかも角を指すのかその角度を指すのか長さを指すのか辺を指すのかそういったものすら全部同じ記号を使う。
そういうのが教科書でもよくあることなんだね。そうなんだ。 >>11
ああ、わかった。
A,B,Cが何なのか分からないから、対辺の長さのことと思い込んで変な問題だなと思ってたのがおかしかったのか。 △ABCの面積を S(a,b,c) とおく。
領域 {a,b,c>0, a+b+c=L} における関数 S^2 は狭義上に凸の関数となる事を示せ。 >>14
f = √xy(1-x-y) とおいてfのhessian matrixをAとおく
Aの固有値が正である事を示せば良い
それはdet(A)が正でtr(A)が負である事を示せばよい
Aの(1,1)成分はfをxの関数と見做した時の2階微分であり負である
(2,2)成分も同様に負であるからtr(A)<0
また
det(A)=(x^2+xy+y^2-x-y) / (4xy(x+y-1))
であり分母は明らかに負である
分子は狭義凸で頂点(0,0),(0,1),(1,0)において0だから領域において負である
よってdet(A)>0
(hessian of hessian of sqrt(xy(1-x-y))
https://www.wolframalpha.com/input/?i=hessian+sqrt%28xy%281-x-y%29%29&;lang=ja なんか変じゃね
det(A)は三角形条件を満たす範囲内で負になり得る
てか問題はS^2だからxy(1-x-y)で考えるべきで、これのヘッシアンも負定値にはならない
グラフ作ってみても明らかに凹んでる部分がある アレ？
領域はa,b,c>0,a+b+c=Lでいいのか？
√ついてると思ってて暗黙に三角不等式は仮定したけどS^2だとL=7でa,bc=1,2,4は入れるんかな？
入れなくても大丈夫なんかな？ とりあえず元の問題はf=tan(A/2)tan(B/2)cot((A+B)/2)でヘッシアン計算させたら負定値で大丈夫っぽいな イヤ、違う
x=(a+c-b)/L,y=(a+b-c)/L
とおいて領域はx,y>0,x+y<1で
S/L^2=√xy(1-x-y)
なのでSの凸性は大丈夫 >>20
そうそう
元の問題はwolfram先生を信じたら大丈夫 >>14
反例 L=24
(a,b,c)=(10,10,4)と(11,11,2)とこれらの平均 やっぱりS^2だと成り立たないね
2s=a+b+c、x=(s-a)/L,y=(s-b)/L,z=(s-c)/Lとおいてx,y,zの値域は
x,y,z>0, x+y+z=1‥①
面積Sは
S=L^2/4√(xyz)
よって問題は
領域①において4S^2/L^2=xyzが上に凸か？
になるけどx=t, y=t, z=1-2tという直線上で
S=t^2-2t^3
となるけどこれは0<t<1/2で上に凸ではないからダメやね >>19
三角不等式が抜けてました。ｽﾏｿ
S^2 が上に凸なら Sも上に凸 (S"<0)。
>>23
S(a, b, c)^2 = L(L-2a)(L-2b)(L-2c)/16,
S(10, 10, 4)^2 = 384,
S(11, 11, 2)^2 = 120,
の平均は 252 で,
S(21/2, 21/2, 3/2)^2 = 283.5
より小さい。
なお、
S(10, 10, 4) = 19.595918
S(11, 11, 2) = 10.954451
の平均も 15.2751845 で
S(21/2, 21/2, 3/2) = 16.837458
より小さい。
>>24
三角不等式 x+y > z > 0 を使えば 1/6 < t < 1/2.
S ' = 2t - 6tt = 2t(1-3t),
S " = 2 - 12t = 2(1-6t) < 0, ････ 上に凸 >>25
平均は(21/2,21/2,3)でS^2=243 >>25
>>24のx,y,zは3辺の長さじゃないから三角不等式関係ないよ
もとの3辺の長さa,b,cをパラメータにとって翻訳するなら
a=L/2-t, b=L/2-t とすると
c = L-a-b=2t
変域は
a>0,b>0⇔t<L/2
|a-b|<c<a+b⇔|0|<2t<L-2t⇔0<t<L/4
s=(a+b+c)/2=L/2
∴ S^2=s(s-a)(s-b)(s-c)=L/2 t t (L/2 - t)=L/2 t^2(L/2-t)
となりSは0<t<L/4において上に凸ではない >>14
Sが凸である事の別解
a=px+q, b=rx+s, c=tx+u を任意の一次式として三次式f(x)を
f(x)=(L/2)(L/2-a)(L/2-b)(L/2-c)
とおく
f(x)=0の２つの実数解α、βにおいてf(x)>0 (∀x∈(α,β))を満たすとき、領域 D={ ～ | y^2≦f(x),x∈[α,β] }が凸領域である事を示せば良い
そうでなければP∈∂Dをその点で∂Dが“うちに凸”であるように取れるPでの接線をy=mx+nとおける(∵ そのようにおけないのはy=0のときしかありえないがそのような点は高々３点しかないが、“うちに凸”である点は有れば無限個)
この時y=mx+nとy^2=f(x)の共有点はPと直線がDから抜ける2点Q,Rの３点が少なくとも存在しなければならない
P,Q,Rのx座標をα,β,γとする時、これらはf(x)=(mx+n)^2の解でαは重複度2でなければならないが、この方程式は三次方程式だから重複度の合計は3でなければならない事に反する 正方形から体積1の立方体の展開図を切り出す
その正方形の最小の面積を求めよ >>34
まず
(0,0),(1,0),(3,4),(2,4)を含む最小の正方形について考える
平行四辺形の頂点のどれか一個でも正方形の内点なら正方形を小さくできるので不可能
よって正方形の一つの辺の法線ベクトルの偏角をθとする時
(3,4)・(cosθ,sinθ)=(1,4)・(-sinθ,cosθ)
解いて(cosθ,sinθ)=(5/√26,1/√26)で正方形の一辺の長さは
(3,4)・(cosθ,sinθ)=19/√26=3.726206567625...
同様にして(0,0),(1,0),(2,4),(1,4)を含む最小の正方形の最小の辺の長さは
8/√5=3.577708764
同様にして(0,0),(1,0),(2,4),(1,4)を含む最小の正方形の最小の辺の長さは
5/√2=3.535533905933
ココで立方体の展開図は11種類ありいずれの場合も上記の４点の組みを含むとして良い
https://www.google.com/imgres?imgurl=https://happylilac.net/thumb/rippotai_tenkaizu-12.png&imgrefurl=https://happylilac.net/zukei-rippotaitenkaizu.html&;docid=Fmz8CKoHSrsL2M&tbnid=UfLqcHyZ6uMs-M&vet=1&w=339&h=480&hl=ja&source=sh/x/im
よって一辺の長さを5/√2未満にする事は不可能
一方で(0,0),(1,0),(1,4),(0,4)を頂点とする長方形と(-1,2),(2,2),(2,3),(-1,3)を頂点とする長方形を合わせたものを展開図とすることができ、このとき正方形0≦x+y≦5,-1≦y-x≦4に収まっていて、その辺の長さは5/√2
∴最小値は5/√2 >>35
素晴らしい解答ありがとうございます。
「展開図」の定義をしていなかったのが申し訳ないのですが、ここでいう展開図とは面が正方形である必要はなく、連結な図形でかつ、折って組み立てると立方体になる平面図形のことです。
この定義の場合もう少し小さくすることが出来ます それだと4/√2で可能はすぐ言えるけど、最小性なんだろうか？ 例えばもし展開図の直径が4以上であることを示せれば
その帰結として4/√2の最小性は示せることになるね
条件が単純になって扱いやすくなる代わり、より強い条件になってしまうから
示せる保証はないけど… まぁちょっと掲示板で暇つぶしにやるようなレベルでは収まらない気はするな
一抜けた 質問する場所がわからないのでここの数学の天才達に質問します。
先程、リアルの家族4人でトランプゲームのババ抜きを行いました
最後の2人がジョーカー札を4回も往復させて勝負がつきませんでした。
ジョーカーが4回往復する確率を教えてください。 >>41
ジョーカーが一往復する確率は、
(1/2)^2=1/4
二往復する確率は(1/2)^4
三往復する確率は(1/2)^6
∴四往復する確率は(1/2)^8=1/64
ちなみにシミュレーションしてみたら、
最初に14枚配られた人がジョーカーだけになって負けた。
あとの3人の持ち札はそれぞれ6と10,6と3,3と10であった。 前>>44訂正。
>>41
(1/2)^8=1/256 既出だったらスマン
単位正方形をいくつかの正方形に分割するとき、それぞれの正方形の辺の長さは必ず有理数となることを示せ. >>46
ああ一応補足で「いくつか」は有限個のことです >>44
二人が２枚と３枚を残してジョーカーだけを４回往復させたのかもしれんぞ。 >>36
ヒントおながいします
もしかして答え持ってない系？ 一辺の長さ4/√2の正方形の包装紙で一辺の長さ1の立方体を包むのは
多少余りが生じるけどギリギリ可能。
しかしそれ未満は無理、という話なんだろうけど
はてさて証明はどうすればいいものやら… 友達4人(ABCD)で10キロメートル離れたグランドに出かけます。しかし自転車は3台しかありません。みんな平等にするために何キロメートルずつ歩き何キロメートルずつ自転車に乗れば良いですかただし自転車は3台とも使わねばならず、簡単な図や表を用いて考えること。 全員合わせると徒歩10Km自転車30kmってだけのことなのに、図や表を使わねばならないところが難しいな >>55
A: 自転車で7.5キロ走って放置し、徒歩で2.5キロ歩く
B: 自転車で5.0キロ走って放置し、徒歩で2.5キロ歩き、放置自転車で2.5キロ走る
C: 自転車で2.5キロ走って放置し、徒歩で2.5キロ歩き、放置自転車で5.0キロ走る
D: 徒歩で2.5キロ歩き、放置自転車で7.5キロ走る
まあ徒歩より自転車のが速いとか、細かい仮定は必要だろうけど >>57
徒歩と自転車が同じ速度でも構わないのでは？ >>44
最後の2人になったときに残っているカードが二人あわせて3枚、5枚,、7枚....,27枚になる場合があるのでは？
そうなる確率はどうやって計算すればいいのだろう？ >>46
例えばルジンの問題の最小解と同じ配置の他の解があるかを考える
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AB%E3%82%B8%E3%83%B3%E3%81%AE%E5%95%8F%E9%A1%8C
正方形の大きさを未知変数として上左からx1～x21として満たすべき方程式は
横向きに足して＝1より
x1+x2+x3=1
x1+x2+x4+x5=1
‥
x21+x20+x18=1
縦向きでも足して＝1より
‥
x3+x5+x10+x18=1
となる
逆にこの方程式を満たせばルジンの最小解の配置の長さが求まる
配置が違っても分割の配置に応じてそれぞれの辺の長さの満たす必要十分条件が有理係数の線形方程式て与える事ができる
コレは線形方程式だから
・無し
・ただ一組の有理数解
・一次式fi(t)で表示される無限個の解を持つ
のいずれかしかない
3番目のケースを否定すれば十分
このタイプになる配色があるとして面積が常に1より
1=Σfi(t)^2
が恒等式になる必要があるが、右辺の２次の項が非自明より矛盾 前>>45
>>50
2人が2枚と3枚を残してジョーカーを4往復させたと思って、
(1/2)^8=1/64
としました。 前>>61
>>55
Aが2.5キロ徒歩で🚶♀
B,C,Dが自転車🚴♀🚴♂🚵♀でスタートしてだれかがAと交代な、
って話だったじゃんね、Dがちょっと怒って、
しんがりのDは公平性を考えて自転車を担いでAに渡しただよな、
自転車を担いで歩く時間も必要だ。
2.5キロは遅いぜ、交代！
これがBには聞こえたが、聞こえなんだCは先行する。
どないなっとんねん？
徒歩2.5キロは4人ともやるとねして、
自転車7.5キロは乗りすぎだ、そう考えたCらは、
自転車を担いで歩く時間も必要だと気づく。 前>>62
>>55
徒歩より自転車が速い。
徒歩より自転車担いで歩くほうが遅い、ていうか放置自転車禁止だからその場で待機が良いか、引き返して渡すか。 >>62
あれ？
自転車に二人乗りするという答を大先生には期待してたのにｗ >>61
それ、1枚と2枚が残ったときの計算では？
2枚３枚だと
計5枚のままで４往復させる場合と計3枚を経て4往復させる場合があるのでは？ 前>>63
実際に計算してみいよ。
計算しないのは現実味がないからだろ。
つまり確率0。
0は足して変化なし。 前>>66
放置自転車は禁止だけど二人乗りは可能だからなぁ。
(1/2)^8+(1/2)^7(1/3)+(1/2)^6(1/3)^2+(1/2)^6(1/3)(1/4)+(1/2)^5(1/3)^3+(1/2)^5(1/3)^2(1/4)+(1/2)^5(1/3)(1/4)^2+(1/2)^4(1/3)^4+(1/2)^4(1/3)^3(1/4)+(1/2)^4(1/3)^2(1/4)^2+(1/2)^4(1/3)(1/4)^3+(1/2)^4(1/3)(1/4)^2(1/5)+(1/2)^4(1/3)^2(1/4)(1/5)+(1/2)^4(1/3)(1/4)(1/5)^2+(1/2)^4(1/3)(1/4)(1/5)(1/6)+(1/2)^3(1/3)^5+(1/2)^3(1/3)^4(1/4)+(1/2)^3(1/3)^3(1/4)^2+(1/2)^3(1/3)^3(1/4)(1/5)+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)^2(1/5)+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)(1/5)^2+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)^3+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)(1/5)(1/6)+(1/2)^3(1/3)(1/4)^3(1/5)+(1/2)^3(1/3)(1/4)^2(1/5)^2+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)^3+(1/2)^3(1/3)(1/4)^2(1/5)(1/6)+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)^2(1/6)+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)(1/6)^2+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)(1/6)(1/7)+(1/2)^2(1/3)^6+…… >>60
すみません
＞面積が常に1より
1=Σfi(t)^2
が恒等式になる必要があるが
これってfi(t)が個々の一辺の長さとしてるということだと思うんだけどその場合は「1=Σfi(t)^2」は束縛条件なので恒等式ではなく、方程式ではないんですか？ >>68
ああごめん
すごい勘違いをしてた
理解しましたなるほど
Kerが1次元以上だとおかしいということか >>60
なるほどこういう解法もあるんか
知っていた解法はHamel基底を使うものでした >>44
４人ババ抜きシミュレーションプログラムを書いて
２人残ったときの手持ちのカードの総数をだしてみた。
https://i.imgur.com/9c1Io1F.png
> print(table(Loser2)[1:5]/length(Loser2),digits=3)
Loser2
3 5 7 9 11
0.46132 0.39536 0.11206 0.02206 0.00721
４割近くの頻度で５枚になるみたい。 >>72
４人でババ抜きをしたときに１人の勝者が決まるまでに抜き取られた札の延べ枚数の期待値をシミュレーションでだしてみた。
https://i.imgur.com/Giz5fEC.png
厳密解は知らん。 >>60
上の線型方程式の条件から正方形の配置が得られるって本当なのかな
少なくとももうちょっと条件が要りそうな気がするけど 問題
非負整数全体の集合を N と置く。
n≧1, a_1,…,a_n∈N, b_1,…,b_n∈N, 1≦a_1＜a_2＜…＜a_n, 0≦b_k≦a_k－1 (1≦k≦n),
{ a_kN＋b_k}_{k＝1～n} は互いに素
とする。このような (n,a_1,…,a_n,b_1,…b_n) を全て集めた集合を S とする。
各 α＝(n,a_1,…,a_n,b_1,…b_n)∈S に対して、I(α)＝∪[k＝1～n](a_kN＋b_k) と定義する。
次が成り立つことを示せ。
∀α,β∈S s.t. I(α)＝I(β) ⇒ α＝β. >最初に14枚配られた人がジョーカーだけになって負けた。
４人でババ抜きをする時は14枚配られた人が敗者になる確率が高いみたいだな。 >>74
ちょっと反例あるかもしれないので訂正します
単位正方形の正方形分割
□ = ∪[i∈I]□i
をとる
同じIをパラメータとする自由変数(xi)を用意しておく
分割の水平の辺eとe上の点Pに対してPの鉛直上方に向かう開半直線をu(P)とする
u(P)その閉包が共有点を持つ添字の集合U(P)を
u(P.) = { i | u(P) ∩ cl(□i) ≠ φ}
で定めておく
同様に鉛直下方への開半直線d(P)についてもD(P)を定める
水平辺eとe上の２点P,Qに対して(xi)の線形結合L(e,P,Q)を
F(e,P,Q)=Σ[i∈U(P)]xi + Σ[i∈D(Q)]xi
で定める
同様の定義を垂直な辺fとPから左、右に水平に伸びる開半直線L(P),R(P)について同様に
G(f,P,Q)=Σ[i∈L(P)]xi + Σ[i∈R(Q)]xi
で定める
F(e,P,Q), G(f,P,Q)の全体は有限集合となのでその全体をEとするとき、線形法廷式の族
H(x1,‥) = 1 (H∈E)
の正の解の全体
コレなら元の分割を復元するのに十分 ４人でババ抜きをするのに
1枚のジョーカーを含む53枚のカードを6,9,15,23枚に分けた。
ババ抜きの順番は無作為（例えばジャンケンで選ぶ）とする。
何枚のカードを選ぶのが最も不利か？ 前>>67
>>79
23枚
∵枚数が多いから先にあがる2人になれる可能性がいちばん低い。
文学賞でいうところの最終候補に残る可能性がそれに当たる。
つまり最終決戦に残れば受賞するか否かは審査員の好みや最近の傾向や時勢の空気などさまざまな要素の影響が考えられ、編集部もノータッチだと言われたりする所以とのこと。 >>71
この解法、よく見るとハメル基全体は必要ないですね。
分割に応じて有限個の実数が決まって、
それらの実数から生成されるQ上のベクトル空間とその上のQ線形写像が
あれば十分のはず。これなら証明がZFの中に納まる。
また、Q上一次独立な有限個の実数を考えるということは、
実質的には>>78みたいな線型方程式をガチャガチャ弄っているのと大差ないはずで、
たぶん根っこではやっていることは同じ。 >>80
せやな
答え持ってなさそうなやつは無視すべきやね >>81
>44に書かれているようにシミュレーションしてみたら、偶数は不利みたい。 ９人でババ抜きをするのに１枚のジョーカーを含む５３枚を２，３，４，５，６，７，８，９，９枚に分けたカードの山がある。
ババ抜きの順番は無作為（例えばジャンケンで選ぶ）とする。何枚の山を選ぶのが有利（敗けにくい）か？ >>76
aN+b は { ax+b | x∈N } の意味？
だとして
sN+b cN + d ⇒ (a,b) = (c,d)
は明らかだからα =(ai,bi), β=(ci,di)として
l(α) = l(β) ⇒ ∃π:perm. ai = cπi, bi = dπi ⇒ (ai,ni) = (ci,di)
(∵) si,ciがともに単調増大だからπは恒等写像 >>86
aN+b = cN + d ⇒ (a,b) = (c,d) という性質から
l(α) = l(β) ⇒ ∃π:perm. ai = cπi, bi = dπi
をどうやって導出しているのかよく分からない。 >>81
５３枚を１０，１２，１４，１７枚に分けてババ抜きを１万回シミュレーションして
負けた数をヒストグラムにすると、数としては一番大きいけど奇数の１７が一番負けが少なかった。
https://i.imgur.com/gnz56RJ.png
> table(re17)
re17
10 12 14 17
2584 2679 2707 2030 >>88
もっと枚数に差をつけてシミュレーションしてみた。
> table(re19)
re19
8 12 14 19
2556 2625 2725 2094
奇数の方が有利なのが実感できた。 >>81
最初の枚数が多くても最大限13数字とジョーカーだから、配られた時点でかなり捨てることができるぞ。 >>90
２３枚配られた場合、交換前に何枚残るか１００万回シミュレーションしてみた。
> summary(r23)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
1.000 5.000 7.000 6.939 9.000 13.000
２３枚配布されても実質数字の違うカードが７枚配布されたのに相当。 >>91
ｎ枚配られた場合、交換前に何枚残るか。
シミュレーションして平均値と中間値をグラフにしてみた。
https://i.imgur.com/z5lazi6.png こういうのは「思いついた問題スレ」的なの作ってそこでやるのがいいのでは >>92
ババ抜きのシミュレーションは思ったより複雑なプログラムになったのでバグが残っているかもしれん。
厳密解が出せる人がいたら、その結果と照合してみたいのだが。
俺は慣れたR言語で書いたけど、他言語でのシミュレーション結果とも照合したい。
>44のシミュレーションってどうやったんだろう？トランプ使って実際に１回やってみただけ？ >>87
> >>86
> aN+b = cN + d ⇒ (a,b) = (c,d) という性質から
コレは S = aN+b において
a>0 ⇔ #S∩[0,∞) = ∞、a<0 ⇔ #S∩(∞, 0] = ∞、
|a| = min { |x-y| | x,y∈S, x≠y }
でSのみでaが決まり
a≧0 ⇒ b = min S, a≦0 ⇒ b = max S,
でSのみでbが決まるのだから明らか
> l(α) = l(β) ⇒ ∃π:perm. ai = cπi, bi = dπi
コレは(p1,‥,pn)と(q1,‥,qn)において各々が相異なる元からなる列の時
{p1,‥,pn}={q1,‥,qn} ⇔ ∃π:perm pi = qπ(i)
なんだから当たり前でしょ？ 前>>81
>>44でやったシミュレーションは、
藁半紙の裏に鉛筆で四方に分けた数字に円描いて、
適当に見た別の計算式の小数のある数字をかぞえて、
その数字2つを塗りつぶしていくやり方だよ。
ぎっくり腰が再発してトランプ探す動きは不可能、
だいたいテスト中にトランプとか持ち込み不可だろうが。
シミュレーションはできて数回、
一回やって14枚の奴がジョーカー1枚になって負ける絵は、
面白いと思った。 とりあえず>>6の解答
x=A/2, y=B/2とおいて
S/L^2=1/4 tan(x)tan(y)cot(x+y)だから関数f(x,y)=tan(x)tan(y)cot(x+y)のヘッシアンの固有値が負である事を示せば良い
そのためにはヘッシアンの対角成分が負でdeterminantが正である事を示せば良い
(1,1)成分はfをxで2回微分して
(tan(x)tan(y)cot(x+y))''= (-1/2)(-cos(2 x + 2 y) + cos(4 x + 2 y) + cos(2 x) + 3) cos^3(x)csc(y)cot(y)sin^3(x+y)
により負、(2,2)成分も同じ
determinantは
2tan^2(x) sec^2(x) tan^2(y) sec^2(y) (-cos(2 (x + y)) + cos(2 x) + cos(2 y) + 3) cot^2(x + y) csc^2(x + y)
により正
参考
https://www.wolframalpha.com/input/?i=%28tan%28x%29tan%28y%29cot%28x%2By%29%29%27%27%2F+%28-cos%282+x+%2B+2+y%29+%2B+cos%284+x+%2B+2+y%29+%2B+cos%282+x%29+%2B+3%29cos%5E3%28x%29csc%28y%29cot%28y%29sin%5E3%28x%2By%29&;lang=ja
https://www.wolframalpha.com/input/?i=hessian+%28tan%28x%29tan%28y%29cot%28x%2By%29%29&;lang=ja 他スレの問題より
nを5以上の自然数とする
θ＝2π/nとおき、外角の大きさが全てθ,周の長さが1である多角形Dに対し適当な頂点から辺の長さを順に並べて(x1,‥,xn)とする
このような点列によってR^n上の余次元3の部分線形空間
P={(xk)| Σxk=1, Σxk exp (kθi)=0}
上の凸領域の点
Δ={(xk)| xk>0}
が定まる
この写像は全射であるのでΔの点(xk)に対しDの面積S(D)を考えれば、これはwell definedである
ここまでは認めて以下の問いに答えよ
(1)SはP上の2時形式に拡張される事を示せ(以下ではその拡張もSと呼ぶとする)
(2)ΔのPでの閉包ΓにおけるSの最大値をMとする
Δの境界でSはMとなり得ない事を示せ
(3)xk≠0となるkが4つ以上ある時、(xk)はΔの頂点となり得ない事を示せ
(4)ΔにおけるSの値域を求めよ >>95
午前中8レスもしてたのに消えたねwwどうせ仕事なんかしてないんだろ？ >>103
ああ、なるほど、やっと意味わかった
ようはこんな感じ？
fi:N→{0,1}を
fi(x) = 1 (if x ≡ bi (mod ai)
. =0 (otherwise)
としα=(a1,a2,‥n1,b2,‥)に対し
fα(x)=1-Π(1-fi(x))
で定める
fα=fβ ⇒ α=β
を示せ
だな
問題の解答としては
α=(a1,a2,‥n1,b2,‥)に対しfαは(最小)周期がM=Πaiの周期関数
周期関数N→Cの空間上に内積<,>を
<f,g> = lim[T→∞]Σf(x)^g(x)/T
で定める(ただしz^はzの複素共役とする)
f(x) = 1 (if x ≡ b (mod a)
. =0 (otherwise)
で定められる関数fに対し
<exp(2πix/a),f> = exp(2πib)^
<exp(2πix/c),f> = 0 (if (a,c)=1)
<exp(2πix/c),(ac),f> = 0 (if (a,c)=1)
によりfαから元のαに出てくる(ai,bi)を取り出せるから桶ですな ＞ <f,g> = lim[T→∞]Σf(x)^g(x)/T
これは <f,g> = lim[T→∞]Σ[x＝0～T－1]f(x)^g(x) / T という意味かな？
＞ <exp(2πix/a),f> = exp(2πib)^
上記の意味だとすると <exp(2πix/a),f> = (1/a)exp(－2πib) ですね
＞ <exp(2πix/c),(ac),f> = 0 (if (a,c)=1)
ここはよく分からん。内積なのになぜ <*,*,*> という3つ組なんだ
＞によりfαから元のαに出てくる(ai,bi)を取り出せるから桶ですな
うーん、省略しないで実際に取り出してみて。a_1,…,a_n は互いに素とは言ってないことに注意。 >>85
> ９人でババ抜きをするのに１枚のジョーカーを含む５３枚を２，３，４，５，６，７，８，９，９枚に分けたカードの山がある。
> ババ抜きの順番は無作為（例えばジャンケンで選ぶ）とする。何枚の山を選ぶのが有利（敗けにくい）か？
１０００万回のシミュレーションの結果（９枚は２人いるので一人あたりの負け数）
https://i.imgur.com/O99l4nZ.png
最初に奇数枚の方が負ける確率が少ないみたい。
偶数の方が交換前に抜けることができる可能性があるので有利な気がしたんだが、俺の直感に反する結果になった。
ババ抜きシミュレーションプログラムが誤っている可能性もあるので、奇数の方が有利という断定は保留。 >>106
こいつは年中無休で5chで医者を騙る医者コンプ事務員。プログラムおじさんことウリュウのジジイなので相手にしないように。
https://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1607687111/ >>108
惜しいとこまで行ってるんだけどなあ。
>>104そのままではやっぱりダメやね。 とは言えまぁちょっとは訂正するか
まぁlimとってるとこはそんな意味はない
整数論の教科書によく載ってる密度使っただけ
>>104の後半のfをf[a,b]と書くとする
fαをばらすと
f[a1,b1]+f[a2,b2]+‥
-(f[a1,b1]f[a2,b2]+‥)
+(f[a1,b1]f[a2,b2]+‥)
‥
の形ココに<exp(2πi/ak),～>の形の線形写像をhitすると
<exp(2πi/ak),f[ak,bk]> = exp(-2πbki/ak)/ak
だけが生き残りあとはvanishする あ、ウソ書いた
訂正
<exp(2πci, (f[ai,bi] のいくつかの積)>
=0 (if c|(出てくるaiの積)
=0でない定数(otherwise)
になる
まぁいずれにせよ周期M=Πaiの関数になってさらにfαの定義式に出てくる
f[ai,bi] のいくつかの積
の形の関数は全部周期がMの相異なる約数の関数だから周期Mの関数全体の中で一次独立になる
すなわちv1～vtが全て周期Mの関数でその最小周期が全て異なる時、v1～vtは周期Mの関数の全体Vの中で>>104の内積で一次独立になる
実際Vはw[p,q](x)=exp(2πp(x-q)i/q) (p|M, q∈[1,p],(p,q)=1)ではられる
Mの約数の順序でd|e→d≦eを満たす全順序を入れると基本周期がdの関数はw[p,q]で貼るときp≦dの項のみではられてp=dであるいずれかのw[p,q]の係数が0でない
この事から基本周期の相異なる関数の族は一次独立とわかる >>111
うーん、惜しいんだけど、たぶんダメじゃないかなそれ。
N = 2N ∪ 3N ∪ (4N＋1) ∪ (6N＋5) ∪ (12N＋7) ・・・(1)
という等式が成り立つのだが、>>111のやり方はこの分割にも適用できて
「矛盾」が生じることになってしまわないか？
ちなみに、この(1)は>>76の反例というわけではない
(右辺について、{ 2N, 3N, (4N＋1), (6N＋5), (12N＋7) } が互いに素になってないので)。 >>112
aiたちが互いに素だからaiたちからいくつか選んで積を作った時全て異なることが言える N上の周期関数についてのちょっと一般論
Nを自然数の集合、VをN上のC値周期関数のなすベクトル空間とし、Vにエルミート内積<,>を
<v,w> = lim(1/T)Σ[x=1,T]v(x)^w(x)
で定める(z^はzの複素共役)
Q/Zの元qに対してv[q]=exp(2πqxi)で定める
v[q]の全体はVのconsである
wの基本周期がmのときvは分母がmの約数である既約分数qからなるv[q]ではられる
分母がmの倍数でないqに対して<v[q],w>=0である
また分母がちょうどmである既約分数の類qに対して<v[q],w>≠0である
特に基本周期が相異なる周期関数の族(w[i])はVにおいて一次独立である >>113
「a_1,…,a_n は互いに素」という条件はそもそも置いてない。
{a_kN＋b_k}_{k＝1～n} は互いに素としか言ってない。
たとえば { 2N, 4N＋1 } は互いに素だが、しかし 2 と 4 は互いに素ではない。 >>115
いや、その設定の方が簡単ですやん？
その場合相異なるi,jについて元々f[ai,bi]f[aj,bj]はゼロやん >>117
で？正式な証明は？
問題文をいつまでも誤読し続けたり、
中途半端に証明を省略して曖昧だったり、ずっとそんなのばっかやん。
いや、方針はとても惜しいんだけどね。 ＞いや、その設定の方が簡単ですやん？
＞その場合相異なるi,jについて元々f[ai,bi]f[aj,bj]はゼロやん
補足のためにもう一度強調しておくけど、「a_1,…,a_n は互いに素」という条件は
そもそも置いてないので、a_1,…,a_n が互いに素であることを前提とした計算は全て崩壊する。
あなたのことだから、a_1,…,a_n が互いに素である前提での計算をウッカリ繰り返しかねない。
で、そのかわりに {a_kN＋b_k}_{k＝1～n} は互いに素なので、これは大いに役に立つ。
その上で「結局どうするのか」ということ。
簡単か難しいかと言われれば、実際簡単なのだが、
どういう意味で「簡単」なのか、あなたはきちんと理解しているのだろうか？
今までの経緯を見ると、また勘違いしているのではないかという一抹の不安が残る。
方針自体はとても惜しいので、そろそろ解けてもよい頃合いだとは思うが。 >>118
もうこれまで書いた事でダメなら不正解でいいよ >>120
実際、不正解と言わざるを得ない。惜しいんだけど不正解。
大切なポイントが1つ抜けてる。そして、あなたはそこに気づく気配がない。
なぜあなたは大切なポイントに気づかないのか？
それは、あなたがずっと「a_1,…,a_n は互いに素」という条件で計算してたから。
実際には、そんな条件は設定していない。
ゆえに、少しだけ工夫しなければならないポイントが新しく発生する。
もちろん、難しいことではなく、簡単なポイントにすぎない。
しかし、それがどういう意味で「簡単」なのか、あなたはきちんと理解しているのか？
今までの経緯を見ると、また勘違いしているのではないかという一抹の不安が残る。
結局、今のままでは不正解と言わざるを得ない。 じゃあ最後
これでダメなら俺には無理
l(α)=l(β)だがα≠βでないとする
l(α)の定義関数をfとする
そのようなペアで一番nが小さいものをとる
α=(‥ak‥bk‥),β=(‥ck‥dk‥)とする
an<cnならf[cn,dn]は残りの元でははられないから矛盾(∵>>114)
逆向きも同様なのでan=cn=eとおける
>>114のv[q]を用いて
<v[1/e],Σf[ai,bi]> = (1/e) exp(-2πbn/e)
<v[1/e],Σf[ci,di]> = (1/e) exp(-2πdn/e)
∴(an,bn)=(cn,dn)
ワンペア減らせるから矛盾 >>122
相変わらずタイポがあって若干おかしいけど正解。
・ α＝(n,a_1,…,a_n,b_1,…,b_n)∈S, β＝(m,c_1,…,c_m,d_1,…,d_m)∈S が I(α)＝I(β) を満たすとき、
比較すべきは a_n と c_n ではなく a_n と「c_m」でなければならず、ここがタイポ。
・「l(α)=l(β)だがα≠βでないとする」もタイポになっている(l(α)=l(β)だがα＝βでないとする、が正しい)。
・ I(α) から抽出できるのは基本的に末尾の a_nN＋b_n に関係する値でしかない。
他の任意の k∈[1,n－1] に対して、a_kN＋b_k に関係する値だけを直接的に抽出しようと思ってもキレイにはいかない。
・ それでも、末尾の a_nN＋b_n が使えれば「ワンペア減らせる」という議論に持ち込めるので問題なく、
ここが大切なポイント。簡単なことではあるのだが、あなたの今までの議論からは微妙にすり抜けており、
あなたはこのポイントを失念しているのではないかという疑念があった。しかし、今回は問題なかった。 ちなみに、こちらが用意した解法は以下のもの。本質的な構造は>>122と同じ。
解答
α＝(n,a_1,…,a_n,b_1,…,b_n)∈S, β＝(m,c_1,…,c_m,d_1,…,d_m)∈S は I(α)＝I(β) を満たすとする。
STEP1
(1) Σ[k＝1～n] z^{b_k}/(1－z^{a_k}) ＝ Σ[k＝1～m] z^{d_k}/(1－z^{c_k}) (|z|＜1),
(2) 1≦a_1＜a_2＜…＜a_n, 0≦b_k≦a_k－1 (1≦k≦n),
(3) 1≦c_1＜c_2＜…＜c_m, 0≦d_k≦c_k－1 (1≦k≦m)
が成り立つ。実際、(2),(3)はα,β∈Sの定義から自明。
(1)を示す。一般に、A⊂N に対して g_A(z)＝Σ[n∈A] z^n (|z|＜1)と置くことにする。
A,B⊂N が互いに素なら g_{A∪B}(z)＝g_A(z)＋g_B(z) (|z|＜1)が成り立つことに注意する。
特に g_{I(α)}(z) について考えると、I(α)＝∪[k＝1～n](a_kN＋b_k) の右辺は(α∈Sの定義から)直和なので
g_{I(α)}(z) ＝ Σ[k＝1～n] g_{a_kN＋b_k}(z) ＝ Σ[k＝1～n] z^{b_k}/(1－z^{a_k}) (|z|＜1)
となる。同様にして g_{I(β)}(z) ＝ Σ[k＝1～m] z^{d_k}/(1－z^{c_k}) (|z|＜1) となる。
I(α)＝I(β) だったら g_{I(α)}(z)＝g_{I(β)}(z) なので、(1)が成り立つ。 STEP2
a_n ＞ c_m だと仮定する。(1)の両辺に (e^{2πi/a_n}－z) を掛け算して lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] を計算する。
1≦a_1＜a_2＜…＜a_n 及び 1≦c_1＜c_2＜…＜c_m＜a_n に注意して
lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] (e^{2πi/a_n}－z)z^{d_k}/(1－z^{c_k}) ＝ 0 (1≦k≦m),
lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] (e^{2πi/a_n}－z)z^{b_k}/(1－z^{a_k}) ＝ 0 (1≦k≦n－1),
lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] (e^{2πi/a_n}－z)z^{b_n}/(1－z^{a_n}) ＝ (1/a_n)e^{2πi(1＋b_n)/a_n}
となるので、(1/a_n)e^{2πi(1＋b_n)/a_n} ＝ 0 となって矛盾する。a_n ＜ c_m の場合も、同様にして矛盾する。
よって、a_n＝c_m でなければならない。再び(1)の両辺に (e^{2πi/a_n}－z) を掛け算して
lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] を計算すると、1≦a_1＜a_2＜…＜a_n 及び 1≦c_1＜c_2＜…＜c_m＝a_n に注意して
(1/a_n)e^{2πi(1＋b_n)/a_n} ＝ (1/a_n)e^{2πi(1＋d_m)/a_n}
となるので、a_n｜(b_n－d_m) となる。0≦b_n≦a_n－1, 0≦d_m≦c_m－1 (＝a_n－1) に注意して、
b_n＝d_m となる。(1)の等式に戻れば
・ Σ[k＝1～n－1] z^{b_k}/(1－z^{a_k}) ＝ Σ[k＝1～m－1] z^{d_k}/(1－z^{c_k}) (|z|＜1),
・ 1≦a_1＜a_2＜…＜a_{n－1}, 0≦b_k≦a_k－1 (1≦k≦n－1),
・ 1≦c_1＜c_2＜…＜c_{m－1}, 0≦d_k≦c_k－1 (1≦k≦m－1)
となる。よって、以上の作業が帰納的に繰り返せる。 STEP3
もし n＞m ならば、STEP2の作業を繰り返すことで、M＝n－m≧1 に対して
(1)' Σ[k＝1～M] z^{b_k}/(1－z^{a_k}) ＝ 0 (|z|＜1),
(2)' 1≦a_1＜a_2＜…＜a_M, 0≦b_k≦a_k－1 (1≦k≦M)
となるので、(1)' の両辺に (e^{2πi/a_M}－z) を掛け算して lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_M} ] を計算すれば、
(1/a_M)e^{2πi(1＋b_M)/a_M} ＝ 0 となって矛盾する。n＜mのときも、同様にして矛盾する。
よって、n＝mでなければならない。この場合、STEP2の作業を繰り返すことで、α＝β を得る。(証明終) >>91
１枚のジョーカーを含む５３枚のカードを使って４人でババ抜きをする。配布される枚数は１３，１３，１３，１４枚である。
ババ抜き開始前に配布された時点で残る枚数の期待値（平均値）と中央値を、１３人配られた人１４人配られた人各々について求めよ
総当りでプログラムを組もうと思ったけど
53C13=841392966470
53C14=2403979904200
なのでとてもメモリーが足りない。
まあ、俺の頭脳も足りないので解決法が見いだせない。シミュレーション解なら出たけど。 >>127
医者であることを証明できなかったら医者板出禁なww
ついでに数学板でも鼻つまみ者として追放かもしれないね。 >>130
まさにプログラムおじさんのためのスレやん
そっちの方がいいやろ
ココやとバカにされるだけやで >>101
(1)n角形の頂点をP1,‥Pnとし、PkP(k+1)の長さをxkとする
P1は原点でP2は(x1,0)としてよい
半直線P1Pkから見てP1P(k+1)は正の向きに回転しているとしてよい
このときPkの複素座標をzkとすれば△P1PkP(k+1)の面積は(1/2)zk'z^(k+1)の虚部に等しい(ただしa'はaの複素共役とする)
一方でzk=Σ[l:1→k-1]x_l exp(2π(l-1)i/n)であり各zkの複素座標は(xk)の一次式で表される
以上により求めるΔの面積は(xk)の2次形式てある プログラムおじさんことウリュウの爺さん
なぜ同一人物だとバレたか？答えは簡単、ここに書き込んだことと同じことをわざわざ医療板で書き込んだからである。鎌をかけると簡単に挑発に乗ることからもバレバレで、そうでなくても全く空気の読めないレスから即バレである。
詳細についてはこちら
https://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1607687111/ >>101
θ=2π/nとおく
xp≠0,x1～xp=0,x(p+1)≠0である(xk)がΔの閉包の点とする
c=sinθ+sinpθ-sin(p+1)θとおき正の数t>0に対し
yn=xn-t sinθ + c xn t
y1=x1+t sin(p+1)θ + c x1 t
y(p+1)=x(p+1) -t sinpθ + c x(p+1) t
y k = xk + c xk t (k≠1～p,n)
で定められる(yk)を考える
この時十分小さいtに対し(yk)もΔの閉包の点である
対応する多角形はもとの(xk)に対応する多角形Dを(1+ct)倍に拡大したのち３つの角がθ、pθ、(p+1)θであり外接円の半径がt/2の三角形を一つの頂点から取り除いた多角形となる
よってその面積は元のDの面積をSとする時、ある正の定数a,bを用いてS+at-bt^2と表されるからやはり十分小さいtに対してSより大きくなる
以上により(xk)においてSは最大値を採らない >>131
そういうレスはいいから、厳密解をエレガントに出してほしい。
シミュレーション解と照合したいので。 >>135
だからお前はバカだというんだよ
数学全くできないバカが適当に作った問題で綺麗な解が必ず作れると思ってるのがもうすでに数学を誤解してるんだよね
そんな事すら分かってないからバカだと思われてるんだよ？ 面白い問題というのは面白くなるように意図的に作られているというわけか >>137
作れるようなやつもあるだろうけど、大体が地道な研究のなかからなんかの偶然で見つかった神様からの贈り物だよ
ちょっと数値変えただけで解けなくなったりする
もちろん解ける事がわかった後で「ここまでは数値変えても設定変えても大丈夫」なところがあったりもするけど、そこはあってもほとんど本質的なもんだいではない事が多い
とはいえその手の“一般化”のなかからまた新しい発見がないでもないから難しいけど
結局は真面目に数学勉強しないと面白い問題に出会う事すらない >>136
四の五の言って厳密解もプログラム解も出せないのが罵倒厨。
>137
ババ抜きは奇数枚配付された方が有利らしい、というのは
意味が小学生にもわかる面白い問題だと思う。
俺は具体的な数値を入れての>106みたいなシミュレーションしかできんけど。 プログラムおじさんに問題です
自然数の二乗の逆数の無限和はいくつになりますか？ >>127
6枚なら総当りで分数解がだせた。
102714976 / 22957480 = 20156 / 4505 = 4.4741398446170919
53C6回のシミュレーションで 4.4742715663914332
両者をヒストグラムにすると
https://i.imgur.com/yYmURIr.png
7枚を越える総当りだとメモリ不足でエラーが返ってきた。 >>140
(π^2)/6
プログラムで体感してみよう。
> n=100000
> sum(1/c(1:n)^2)
[1] 1.6449240668982263
> pi^2/6
[1] 1.6449340668482264 >>139
アホか
一番ご自慢のプログラミング技術ですらせいぜい初心者レベル
数学に至っては高卒レベルですらない >>142
なんで π^2/6 になったんですか？
数値も一致してませんよね >>146
だからお前が作ったなんの数学的価値もない駄問につかあうほどひまじゃないんだよ
消えろやカス >>147
なんだ、答が出せないんだな。6枚のときはプログラムで厳密解を俺はだせたぞ。
「ババ抜きは奇数枚配付された方が有利か」というのは面白い問題だと思う。
小学生でも問題の意味はわかる。俺には解けないけどね。 厳密解もシミュレーション解も出せないけど、罵倒投稿をする暇はあると。
罵倒厨と呼ぼうｗ >>148
当たり前やろ？
アホか？
そんな事自慢してるレベルでクソやって言ってるんだよ？
その6枚のケースで思わぬ法則が見えて何十枚でも出せるのがいい問題
お前のカスみたいな数学力で作った問題じゃ結局気長に待つか計算機の能力が上がるの待つかしかない
お前の能力ではそんな問題つくるのが限界なんだよ
実際お前今までの人生で他の人よりできるようになっだもんなんかひとつもないやろ？
お前には学問は無理
諦めろ >>130にプログラムおじさんピッタリのスレッドがあるのに、
おじさんは そこに移住しない理由を述べてないんだよな。
>>135で「そういうレスはいいから」としか言ってない。
都合が悪いから逃げ回ってるんだろうな。 >>151
行かない理由はまぁハッキリしてるがな
要はそんな数値計算の専門家が巣食うようなスレでは自分の能力では太刀打ちできないのがハッキリわかるからやろ
じゃあ計算機利用して彼の言う“厳密解”を見つける力がココの住人の平均レベルあるかと言うとそれすらない
要するに何一つ他の人より抜きんでできる事は何もないんだよ 6x6に並んだ正方形のマス目それぞれに0以上の実数を対応させて、
任意の直線lに対して以下の条件を満たすようにすることは可能か。
ただし、36個のマス目に書かれた実数の合計Sは正とする。
条件：lが内部を通過する正方形に書かれた実数の合計は必ず S/4 以下になる。 >>145
なんで π^2/6 になったんですか？
数値も一致してませんよね ババ抜き 奇数 で検索すると
こんなのがヒットした
ババ抜き、奇数枚の人勝ちやすい説を検証
http://sumsum88.
hatenablog.com/entry/2017/12/02/170152
python使ってシミュレーションして検証しているなぁ。
やはり、奇数枚数配られた方が有利らしい、という俺の結論と同じだなぁ。 実数 x, y に対する条件を次のように定める:
p: y=1/x
q: y=x
r: y=1/x または y=x
p, q, r の真理集合( R^2 の部分集合)をそれぞれ P, Q, R と定めると、R=P∪Q は成り立つか。 もともと >41のババ抜きの問題をシミュレーションしたというレス>44があったから、それを発展させただけだが。
厳密解を出せる人がいたら、その結果と照合したかったんだが。 罵倒厨のレスしかないなぁ。
まぁ、数を減らしての総当りでシミュレーションと合致したから、その部分のモジュールにはバグはなさそう。
俺は、カード配布された時点であがりの可能性があるから、偶数有利かと思っていたが
http://sumsum88.
hatenablog.com/entry/2017/12/02/170152
（一行で書きこめないので、リンク先2行を連結してアクセス）
だと、あがるときのことを考えて
奇数枚であれば最後は1枚になるので前の人に引かれれば無条件で上がれますが、偶数枚だと最後ペアが出来ないと上がれないので、奇数枚の方が有利なんじゃないか
と考察されていた。 他の住人から煙たがれるスレをわざわざ選んでそこに固執するよりも、
最初から方向性がピッタリ合ってるスレに移住する方が合理的なんだけどな。
煙たがられてまでこのスレに固執する理由は何かと言えば、
おそらくプログラムおじさんは数学に憧れかコンプレックスのようなものを持っていて、
何とかして数学の輪に入ろうと必死に歯を食いしばっているのだろう。
しかし、歯を食いしばっている割にはプログラム組んでドカタ作業やってるだけで、
いわゆる数学的な営みは皆無。また、本人にもその自覚はある。
しかし、>>130に移住する気はさらさらないという。バカを通り越して哀れだな。
本気で数学の輪に入ろうと思うなら、まずプログラムを完全に封印することだな。
その上で、数学的にどんな発言ができるか考えることだな。もしそこで
「何も発言できない。俺には数学の問題を数学的に解く力はない。どうしてもプログラムに逃げたい」
と思うなら、>>130に移住すべきだな。 かわいそうだね
医療板でも数学板でも居場所がないなんて
きっと社会でも居場所がないんだろうな >>158
だから数学力ゼロのお前が思いつきで考えただけの問題でそんな都合のいい抜け穴があって計算機にやらせるよりいい方法がたまたま見つかる事などないと言ってるのに？
言ってる意味わからんの？
こんな簡単な理屈のどこがわからんの？ >>161
罵倒厨からの厳密解はまだかよ？
>44で示唆された
4人でババ抜き（順序はジャンケンで決める）したときに14枚を配られた人が負ける確率が高い
を検証してみる。
10万回シミュレーションしてみた。
負け回数は
13 14
69811 30189
13枚の人は3人いるので3で割って
13 14
23270.33 30189.00
として、これをχ二乗検定すると
data: c(tbl4[1]/3, tbl4[2]) out of c(k, k)
X-squared = 1221.7, df = 1, p-value < 2.2e-16
で偶数枚配られた人が有意に負けやすいという結果になった。
ババ抜きは奇数枚がお得らしい。 >>162
誰からも相手にされないひとりぼっちの世界で誰も尊敬することもなく、誰からも尊敬されることもなく一人で生きろ
お前の残りの人生にはそれしかない >>162
医療板にも同じこと書いてたぞ。痴呆か？ >>165
"内部を"通過する必要があるので、頂点だけとか辺だけに接するのは無しです >>155に答えないあたり、都合の悪いことは無視する有象無象の荒らしと一緒だなあ プログラムおじさんはTwitter、Youtubeで活動すればよくない？
そうすればここよりは自己顕示欲満たせるよ
2chの数学板は向いてないよ
受験数学のチャンネルとかのコメ欄で数値計算披露してればいいよ
Youtubeのコメント欄は子供ばかりだから食いつくぞ >>167
答、間違っているのならあんたが訂正すればいいだけじゃん。 結局、罵倒厨って、厳密解（分数解）も出せんし、シミュレーション解もだせんのね？
ババ抜きで奇数が有利かどうかって、興味あるけどね。 >>171
だから計算機使って力技で出すしかないクソ問解くことに数学的意味なんかないやろ？
そういう他の人が大切に思ってる文化になんの理解もしようとしないからお前はいつまで経っても何をやってもダメなんだよ >>170
なんで π^2/6 になったか聞いてるんですけど >>175
四色問題の数学的価値は、「放電法」と呼ばれる数学的手法を用いて、
無限に存在する地図を有限個のパターン(600種類程度)に分類したところ。
すなわち、放電法の発見にこそ四色問題の数学的価値がある。
ひとたび有限個のパターンに分類できたならば、あとはそれぞれのパターンで
四色問題が成り立つかどうか検証すれば終わるので、その検証の部分に数学的価値はない。
600種類のパターンを手作業で検証するのはバカバカしいので、プログラムを組んで
自動的に検証させたというのが歴史的経緯なのだが、この検証の部分に数学的価値はない。
なんなら四色問題の反例となるパターンがその中に含まれていたとしても、何の問題もない。
なぜなら、「無限に存在する地図を有限個のパターンに分類できる」という
放電法の価値は失われないからだ。
すなわち、放電法の発見こそが四色問題の数学的価値なのであって、
有限個のパターンをプログラムで検証している部分に数学的価値はない。
プログラムおじさんはこの違いを分かっていない。 >>154
角4マスと内部4×4マスを1、それ以外の16マスを2とすればいけてそうだけど、証明わからん(めんどそう) これ使ってもう少し頑張れば6×6マスは4本の直線じゃ切断できないことが示せる感じなのかな
そういう目的で作られた感がある >>176
では、お答えしよう。
wikiをみろ
（罵倒厨の格言） ４人でババ抜きをする
ある人がシミュレーションしたら14枚配られた人が負けたという。
14枚の人がいつも負けるわけではないだろうからその確率を出して13枚配られた人の負ける確率と比較したい。
厳密解は出せそうもないのでシミュレーションして数値を出す。
14枚の方が負ける頻度が高かった。
偶然かもしれないのでΧ二乗検定で有意であることを確認。
それが、>162でやったこと。
罵倒じゃなくて、厳密解を出せる人がいたらすごいと思う。
シミュレーション結果と照合したいし。 >>181
数学の問題として、あなたはどう導いたんですか？ >>142
追加の質問です。
これが答えられたら計算マニアとして合格です。
>> n=100000
>> sum(1/c(1:n)^2)
>[1] 1.6449240668982263
>> pi^2/6
>[1] 1.6449340668482264
小数点以下５桁目と11桁目に注目してください。
それぞれ1だけ異なりますね。
これを数学的に説明してください。 >>142
連投すまん。さらに追加の問題です。
これが瞬時に答えられたら計算屋としてプロです。
4Σ[n=0,1000000](-1)^n/(2n+1)=
3.141593653588793239...
π=
3.141592653589793238...
小数点以下6桁目と12桁目に注目してください。
それぞれ1だけ異なることを数学的に説明してください。 >>182
>>172で既に終わっている。
計算機使って力技で出すしかないクソ問解くことに数学的意味なんかない。 >>178
>この検証の部分に数学的価値はない
アホ？ >>188
アホはお前。ただの「しらみつぶし」に数学的価値はない。
無限に存在する地図を有限個のパターンに分類できたところにこそ数学的価値がある。 >>179
残念。[1]と[2]だけを通過するように直線を定めたら
合計は 14 > 52/4 となりオーバーしてしまう。
(1)(2)(2)[2][2](1)
(2)(1)[1][1](1)(2)
(2)[1][1](1)(1)(2)
[2][1](1)(1)(1)(2)
[2](1)(1)(1)(1)(2)
[1](2)(2)(2)(2)(1) >>189
アホ？
しらみつぶしで全部正しくなければ4色問題の証明になりませんがな だいたい数学の証明は全て有限で終わってるわけで
無限に多い事柄を有限に帰着させるのが難しいのは当然だが
やらなくてはいけないまず第一のこと
その上でいちいちいちいち全部潰すのが証明では大切なんだが
高校で習わなかったのかな >>191-192
・ ひとたび有限個のパターンに分類できたならば、あとはそれぞれのパターンで
四色問題が成り立つかどうか検証すれば終わるので、その検証の部分に数学的価値はない。
・ なんなら四色問題の反例となるパターンがその中に含まれていたとしても、何の問題もない。
なぜなら、「無限に存在する地図を有限個のパターンに分類できる」という
放電法の価値は失われないし、四色定理の主張も
「このパターンに帰着されるときは成り立たず、そうでないなら成り立つ」という形に変化するだけ。 >>192
＞無限に多い事柄を有限に帰着させるのが難しいのは当然だが
＞やらなくてはいけないまず第一のこと
そこが終われば、数学的な価値はそこで終わり。
＞その上でいちいちいちいち全部潰すのが証明では大切なんだが
＞高校で習わなかったのかな
その「しらみつぶし」に数学的価値はない。
たまたま全部潰せたらキレイな定理として記述できる。
運悪く反例があるなら、「このパターンだと成り立たず、そうでないなら成り立つ」
という形に定理の主張が変化する。それだけの話。
いずれにしても、「しらみつぶし」の部分に数学的価値はない。 >>190
その直線引けるの気づかんかったわ
じゃあ修正して
012210
121121
211112
211112
121121
012210
なら、どう？ 有名な具体例を挙げると、弱いゴールドバッハ予想(7より大きい奇数は3個の素数の和で表せる)は
未だに完全解決していないが、しかし e^3100 より大きな奇数については実際に成り立つことが既に証明されている。
この時点で弱いゴールドバッハ予想の数学的な価値は決まっている。
十分大きな奇数(すなわち e^3100 より大きな奇数)については成り立つことが既に分かっているのだから、
e^3100 以下の奇数で反例があってもなくても、その部分は数学的には何の価値も持たない。
・ 仮に e^3100 以下の奇数で反例がないなら、弱いゴールドバッハ予想はそのままの形でキレイに
「7より大きい奇数は3個の素数の和で表せる」と表現できる。
・ 仮に e^3100 以下の奇数に反例があるなら、弱いゴールドバッハ予想は
「7より大きい奇数のうち、〇〇～××という反例を除いた全ての奇数は3個の素数の和で表せる」と
若干きたない形だが表現できる。
このように、しらみつぶしの部分は定理の主張の本質的な部分に何ら寄与しない。
単に定理がキレイに書ききれるかどうかが変化するだけ。 >>195
36マスを
ABCCBA
BDEEDB
CEFFEC
CEFFEC
BDEEDB
ABCCBA
と名付けてA～Fに非負の実数を並べる
直線が通過するパターンに応じてA～Fを何回ずつ通過するかのパターンが19通りある
その19通りのパターン全てに対して通過する正方形に割り当てられた和がA+2B+2C+D+2E+Fより小さくなるのが条件
その配置だと(A,B,C,D,E,F)=(0,1,2,2,1,1)で
A+2B+2C+D+2E+F=0+2+4+2+2+1=11
しかし19種類の中に[0,1,4,1,2,0]があってこの時
0+B+4C+D+2E+0=0+1+8+2+2+0=13
なのでダメやね >>197
うん、これは書いてからすぐミスってるのに気づいた
要するに連立線形不等式を解いて原点以外の解があるかどうかだからコンピュータにやらせれば一瞬なんだろうけど手計算だときつい >>198
そうそう
束縛条件が19個の線形計画問題
ちょっと事情でLinear Programing系のライブラリが使えないのでここで止めてる
独立変数6個で条件19個だから計算機使えれば一瞬 >>197
本来の質問者や回答者の邪魔ばかりし腐って何様の積もりだテメーは此の野郎？ "しらみつぶし" という表現をするから価値のないように思えるわけで
実際のところは数学的な創意工夫が重要だとおもうのだよね
たとえば e^3100 なんていう上界は大きすぎて
実際に存在する計算機では到底計算不能だから
(そもそも それまでに文明を維持/発展 できるか？)
数学的工夫を以て上界のオーダーを下げるしかない >>199
それで見つかればいいけど見つからんかったときは36変数を対称性から6変数にしていい証明が必要になってくるけど、それって簡単に示せる？ >>202
もちろん
線形の束縛条件
0A+1B+2C+0D+3E+2F≦1
0A+1B+3C+0D+2E+2F≦1
‥
A～F≧0
におけるA+2B+2C+D+2E+Fの最大値Mを求めよ
と一緒
Mが1未満ならどんな配置を持ってきてもある直線上の数の合計はS/4を超えるし、Mが1以上ならその配置においてどんな直線取ってきてもS=4M≧4でどんな直線でも直線上の数の合計は1以下だから条件を満たす
なので線形計画問題に帰着される >>203
非対称な数字の配置にしたときにも実現できないことの証明は含まれてないように見えるんだが >>204
対称なものに限っても同じなのはすぐ示せる >>204
もし非対称な配置で可能なら対称な配置でも可能なことは証明できるよ、例えば
(a_ij)_(i,j=1～6)
が条件を満たすなら、対角線で反転させた
(a_ji)_(i,j=1～6)
も条件を満たすから、二つを足した
(a_ij+a_ji)_(i,j=1～6)
も満たす。 算盤や計算機あれば使うし、公式や定理があれば使う。
トンカツがあれば食べるけど、豚は悪魔の使いだから食べないという宗教の信者もいるだろうな。
その信者がトンカツ食っている人間を非難するのはおかしいと思う。 11個の正方形を通る直線はイメージできた。12個を通過できるかなぁ？
https://i.imgur.com/1HrOY9o.png >>210
ババ抜きでは奇数が有利という厳密解がでるまでは成仏できんのよｗ >>208
豚を食わないまでは文化と言えなくもないが、トンカツを食べている人間を攻撃するならカルトだね。 >>209
大丈夫だよ、返答に困ったら「格言」を引用すればいいから。
wikiをみろ （罵倒厨の格言） >>201
６の約数を求めよ、と問われたら誰でもシラミつぶしをやっているはず。 >>194
君ほんとアホダナ
場合分けなどで
ひとつひとつ全部しらみつぶし出来て初めて証明
場合分けで終わりって何狂ったコト言ってんだろ 証明ということをしたこと無い人なんだろうかな
分類して終わりならなんて平和かｗ 2021以下の素数の数は何個かと問われたら基本、しらみ潰しだろう。
俺は道具を使って数えさせるけど
> f <- function(n) length((1:n)[-outer(2:n,2:n)])-1
> f(2021)
[1] 306
> >>183
お答えいたしましょう。
格言に従ってwikipediaをみましたｗ 考えて解く問題は解けないから、数値解にこだわるんですか？
いつも同じパターンですよね、厳密解を出すのが困難な問題に対して
「俺は数値解を出した。比較したいから厳密解を出せ」
って言うの
>>225
あなたが従った格言のページを教えてください >>226
別言語でシミュレーションプログラムを作成して数値解を出してもらってもいいけど。
ババ抜きシミュレーションは自分には複雑だったからバグがとれていないかもしれない。
４人でババ抜きをしたときは14枚配られた人が負ける確率は30%程度になったのだけどこれが正しいのか自信がもてない。 >>228
そもそもこれ面白いと思ってる？
面白いというか滑稽だよね。そんなに執着できるの。 >>227
誰も興味ないのでやりませんよ
>>228
意味不明なんですが、文脈を説明してもらっていいですか？
入試に国語ありましたよね？ >>218
＞場合分けなどで
＞ひとつひとつ全部しらみつぶし出来て初めて証明
「証明」と「数学的価値」をお前はずっと混同している。
「有限個に分類できた時点で証明は終わっている」なんて誰もいってない。
「有限個に分類できた時点で数学的価値は決まっている」としか言ってない。
ウソだと思うなら、今までの俺のレスを全て見返してみればよい。
「証明が終わっている」なんてたったの一言も言ってないことが確認できよう。
だいたい、>>196を完全スルーしてる時点でお里が知れている。 >>230
そりゃ、あんたができないだけだろ。
いや、ネット上ではpythonを使ってのシミュレーションが掲載されているから、興味があってシミュレーションで検証できる人はいるよ。
まぁ、4人ババ抜きの場合のシミュレーションではないけどね。 >>232
「このスレでは」あなた以外に誰も興味ないので、実際誰もやってないんですよ
わかりませんか？
あと>>228がどういうことかを説明してください
入試に国語ありましたよね？ >>201
"しらみつぶし"を ブルートフォース と呼ぶとかっこいいかも。
次からはこれで呼ぼうかな。 厳密解を出すのが困難な問題に対して
「俺は数値解を出した。比較したいから厳密解を出せ」
って言って居座って嫌がらせするのが目的なんですか？ >>190
懲りずに頑張ってみた
244442
421124
412214
412214
421124
244442
これはどうだろうか… >>231
君の書いた>>196
今読んだけど
自分が書いたことを必ず読んでもらえるって信仰でも持ってるんだな
ところでその>>196
良い結果じゃん
まるで不十分だけどな
数学では良くある条件付き解決というヤツ
いくつかの場合に分けてその一部が証明できたわけで
それ自身はそれだけの価値がある
後はしらみつぶし頑張れば良いけど
大きな問題で最近解決された中では
フェルマーの最終定理は
逆にあるところまではOKと証明されて言っていたのを
とうとう完全解決された
無限に多い側が証明されていなかったのが>>196とは逆
ポアンカレ予想は
>>196と同様無限に多い側がまず証明されて
4次元そして3次元と証明されたわけ
いずれも完全解決してようやくスッキリした
君の言い方を借りれば「数学的価値」が上がったわけだ
4色問題はしらみつぶしで完全解決されたけど
もしもそのうちのパターンに反例が見つかっていたら
部分的解決とも言われなかったろうし「数学的価値」はなかったろうね
もしもそのうちのパターンに反例が有るとも無いとも分からないものが残っていれば
つまりコンピュータの力を借りず人力ではさじを投げた状態であれば
やはり「数学的価値」は皆無だったろうね
部分的解決が残り有限個につなげたのであればなかなか良い結果
しかしちょっと残念な結果でもあるわけ
完全解決は白黒完全に付けるからこそ賞賛されるんだよ
しらみつぶしが出来なくちゃね >>237
一個だけアウトやね
[([1,2,2,1,2,1],24),([0,1,2,0,3,2],19),([0,1,3,0,2,2],22),
([0,1,4,1,2,0],24),([0,2,2,0,2,3],24),([1,1,1,2,3,0],17),
([1,1,2,1,2,2],22),([1,1,2,1,3,1],21),([1,1,3,0,3,1],23),
([1,1,3,1,3,0],23),([1,2,1,1,2,3],24),([1,2,1,1,3,2],23),
([1,2,1,1,4,1],22),([1,2,1,2,2,0],20),([1,2,2,0,4,1],24),
([1,2,2,1,2,0],22),([1,2,3,1,1,0],25),([1,3,2,1,0,0],24),
([2,2,0,2,2,3],24),([2,3,2,0,0,0],24)] >>238
＞4色問題はしらみつぶしで完全解決されたけど
＞もしもそのうちのパターンに反例が見つかっていたら
＞部分的解決とも言われなかったろうし「数学的価値」はなかったろうね
何度も同じことを言わせるなよ。四色問題の数学的価値は
「無限にある地図を有限個のパターンに分類したところ(放電法の発見)」だと言ってるだろ。
放電法によって有限個のパターンに分類できている以上、もしその中に反例が見つかっていたとしても、
「このパターンに帰着されるなら四色で塗れて、そうでないなら四色では不可能」
という形に四色問題の主張内容が書き変わるだけだし、そのような主張が可能になるのも
放電法で有限個のパターンに分類できていたおかげだし、つまり反例があろうがなかろうが
放電法の数学的価値は揺るがない。四色問題そのものに強いこだわりを持っている人にとっては、
四色問題に反例があったら「数学的価値が全くない」と勘違いしてしまうかもしれんがね。 >>238
＞ポアンカレ予想は
＞>>196と同様無限に多い側がまず証明されて
＞4次元そして3次元と証明されたわけ
詭弁だな。ポアンカレ予想では「しらみつぶし」はそもそも発生していない。
5次元以上で成立することが証明されても、
「あとは3次元と4次元だけなので、ここから先はしらみつぶしだ」
とはならない。3次元と4次元は、それぞれ別の数学的テクニックで証明された。
その一方で、四色問題は放電法の発見によって有限個のパターンに分類された。
この後は、人力での検証も最悪不可能ではなかったが、当時の科学技術でも
プログラムによるしらみつぶしが可能だったので、その方針が選ばれた。
このように、両者では状況が全然違うし、俺が言っている「しらみつぶし」の
ニュアンスがポアンカレ予想では全く発生していない。 >>238
＞フェルマーの最終定理は
＞逆にあるところまではOKと証明されて言っていたのを
＞とうとう完全解決された
これも同じく詭弁。フェルマーの最終定理で「しらみつぶし」はそもそも発生していない。
結局こいつは、俺が言っている「しらみつぶし」と「有限個に分類されている(ように見えるだけ)」を
混同してるんだろうな。ダメだこりゃ。 数学も他の自然科学も、他の文化も皆同じ
それを極めようと頑張って勉強してるとみんな同じようなところに困難さが見えてきて、そこをどうやって突破しようと知恵を出し合うようになる
そうやって少しずつ少しずつ価値観が生まれて“数学”と言う文化ぎ理解できるようになる
もちろんこいつは何かしらを極めようとした努力を何もした事がないからそういう“価値観の獲得”というものがなんの事かさっぱりわからんのだろう
だから数学勉強した人間ならこんなもんオモロいともなんとも思わないクソ問とコレは面白いと思える問題の違いがわからないだけでなく、何故自分の作る問題がクソ問なのか、その違いはどこから来るのかもわからない
人間性の問題に起因してるから多分一生治ることもない >>242
>結局こいつは、俺が言っている「しらみつぶし」と「有限個に分類されている(ように見えるだけ)」を
>混同してるんだろうな。ダメだこりゃ。
俺の思う解釈しか許さないか
ダメだこりゃ >>244
ポアンカレ予想をしらみつぶしに入れるのは違和感大きすぎるけどね。
数学的な価値をある・ないだけに分類する考え方も同意しかねるが。 そもそもポアンカレ予想の証明が理解できてない以前にポアンカレ予想のステートメントすらわからんやろ？
そんな自分が全く理解できてない話を自分の正当性を主張するための道具につかおうとする事に何の躊躇いもないところで話が破綻してる
“自分の数学力の至らなさに対する謙虚さ”
が一つもない
何の努力にも裏打ちされてない傲慢さしかない 数学的な価値を判断するための客観的な判断基準というのは
あるとしたらどういうものだろうか？ >>154 さすがに試行錯誤すぎたのでヒント（というかほぼ答え）
6x6ある中で一番左下にある正方形の頂点のうち、
左下を原点、左上を(0,1)、右下を(1,0) として直交座標を定める。
（つまり一つの正方形の一辺の長さはちょうど1になる）
以下の直線から得られる不等式を総合したら、解空間が一次元以下であることがわかる：
y = x - 1/2
y = (4/5)(x-1) + 1/10
y = (4/5)(x-2) + 1/10
y = (2/9)x
y = (2/5)(x-1) + 1/10
y = (7/9)x
y = (4/5)(x-2) + 11/10
あとは頑張れば >>239 みたいに（それほど大きくない）有限通りだけを
確かめる作業に落とし込めるだろうな、という見通しが立っていたので
実は次元が1か0か（つまり非自明な解があるかないか）は
自分はまだ確かめられてないです、申し訳ない >>249
例えば[1,4,-16]は
x+4y-16=ε (εは十分小さい正の定数)
([0,1,2,0,3,2],[1,4,-16])
([0,1,3,0,2,2],[1,5,-20])
([0,1,4,1,2,0],[3,4,-12])
([0,2,2,0,2,3],[2,5,-20])
([1,1,1,2,3,0],[1,3,-16])
([1,1,2,1,2,2],[2,5,-25])
([1,1,2,1,3,1],[1,2,-11])
([1,1,3,0,3,1],[2,3,-19])
([1,1,3,1,3,0],[3,5,-15])
([1,2,1,1,2,3],[2,3,-16])
([1,2,1,1,3,2],[2,3,-17])
([1,2,1,1,4,1],[3,4,-16])
([1,2,1,2,2,0],[1,4,-21])
([1,2,2,0,4,1],[4,5,-20])
([1,2,2,1,2,0],[1,3,-17])
([1,2,3,1,1,0],[2,5,-10])
([1,3,2,1,0,0],[1,4,-5])
([2,2,0,2,2,3],[1,1,-6])
([2,3,2,0,0,0],[1,5,-5]) >>250
ありがとう、おかげでかなり絞り込めた
非自明解がある場合は定数倍除いてこの形になる
A=0, B=2+ε, C=1+ε, D=2, E=1, F=ε (0≦ε≦1) あ、ε=1も必要か
A=0, B=3, C=2, D=2, E=1, F=1
これで無理なら自明解しかない なんでスレ止まったんだよ…
とりあえずこの解の定数倍が出題者の言ってた1次元分ということでいいんだろうか >>253
そうそう
あとは >>250 に全部当てはめてみて問題なければOKなので
手作業はアレなのでどなたかコーディングで確かめてもらえたら嬉しい… イヤ確定した答え出てくるの楽しみに待ってるだけ
オレはオレで別法の解法作成中 >>254
イヤ流石に>>252の結論しか出てない状態では続けてみようと思わない
せめて>>252の結論に至るまでの話聞いてみないと >>254
もちろん>>250の19個の式はすぐ確認して大丈夫だった
これらの式自体や本当に19個で全部なのか自分は確認してない
>>255
なるほど、それは期待 >>256
頑張って>>252の導出を書いてみた
a ([0,1,2,0,3,2], [1,1,0,1,-1,-1],[1,4,-16])
b ([0,1,3,0,2,2], [1,1,-1,1,0,-1],[1,5,-20])
c ([0,1,4,1,2,0], [1,1,-2,0,0,1],[3,4,-12])
d ([0,2,2,0,2,3], [1,0,0,1,0,-2],[2,5,-20])
e ([1,1,1,2,3,0], [0,1,1,-1,-1,1],[1,3,-16])
f ([1,1,2,1,2,2], [0,1,0,0,0,-1],[2,5,-25])
g ([1,1,2,1,3,1], [0,1,0,0,-1,0],[1,2,-11])
h ([1,1,3,0,3,1], [0,1,-1,1,-1,0],[2,3,-19])
i ([1,1,3,1,3,0], [0,1,-1,0,-1,1],[3,5,-15])
j ([1,2,1,1,2,3], [0,0,1,0,0,-2],[2,3,-16])
k ([1,2,1,1,3,2], [0,0,1,0,-1,-1],[2,3,-17])
l ([1,2,1,1,4,1], [0,0,1,0,-2,0],[3,4,-16])
m ([1,2,1,2,2,0], [0,0,1,-1,0,1],[1,4,-21])
n ([1,2,2,0,4,1], [0,0,0,1,-2,0],[4,5,-20])
o ([1,2,2,1,2,0], [0,0,0,0,0,1],[1,3,-17])
p ([1,2,3,1,1,0], [0,0,-1,0,1,1],[2,5,-10])
q ([1,3,2,1,0,0], [0,-1,0,0,2,1],[1,4,-5])
r ([2,2,0,2,2,3], [-1,0,2,-1,0,-2],[1,1,-6])
s ([2,3,2,0,0,0], [-1,-1,0,1,2,1],[1,5,-5])
(直線を通るマス,S/4との差,直線の形)とした
例えばa式の第2項
[1,1,0,1,-1,-1]は条件式
A+B+D-E-F≧0を意味する
まずj,k,l,pを連立してC=2E=2F
次にn,r,からD-2E≧0かつ-A+2C-D-2F≧0
これからE,Fを消去してD≧C≧A+D
よってA=0,C=Dを得る
最後にc,qからA+B-2C+F≧0かつ-B+2E+F≧0
これからA,E,Fを消去してB≧3/2C≧B
よってB=3/2Cを得る
以上より、C=2とおけば(A,B,C,D,E,F)=(0,3,2,2,1,1)
そして全ての条件式はこれにより満足される >>257
そうだったのか、そしたら念のため厳密的に確かめてみるか…
対称性より、>>248の状況設定において
傾きが0以上1以下かつ点(3,3)より下を通過する直線のみを調べれば良い。
このような直線が無限行６列に並んでいる正方形のうちいくつかを通過する際、
二つ以上（つまりちょうど二つ）の正方形が通過されるような列の組として
あり得るものを以下に列挙する。
ただし直線はどの正方形の頂点も通過しないものとする。
{},
{1},{2},{3},{4},{5},{6},
{1,4},{1,5},{1,6},{2,4},{2,5},{2,6},{3,5},{3,6},
{1,3,5},{1,3,6},{1,4,6},{2,3,5},{2,4,5},{2,4,6},
{1,2,4,5},{1,2,4,6},{1,3,4,5},{1,3,4,6},{1,3,5,6},{2,3,4,5},{2,3,4,6},{2,3,5,6},
{1,2,3,4,5},{1,2,3,4,6},{1,2,3,5,6},{1,2,4,5,6},{1,3,4,5,6},{2,3,4,5,6},
{1,2,3,4,5,6}
無限行６列の正方形のうち特定の6x6にはAからFの値が>>197のように対称的に、
それ以外の正方形には0が書かれているとする。
つまりこんな感じ↓
…
000000
000000
032230
321123
211112
211112
321123
032230
000000
000000
…
この時、上で列挙した列の組み合わせそれぞれの場合に対して
通過する正方形の合計の最大値を計算する。
これがいずれも15を超さなければ良い。
※点(3,3)、つまりFが書かれている四つの正方形全てに共有されている頂点よりも
直線が下を通ることに注意。
{}: 3+2+1+1+2+3=12
{1}: (0+3)+2+1+1+2+3=12
{2}: 0+(3+2)+1+1+2+3=12
{3}: 0+3+(2+1)+1+2+3=12
{4}: 0+3+2+(2+1)+2+3=13
{5}: 0+3+2+2+(3+2)+3=15
{6}: 3+2+1+1+2+(3+2)=14
{1,4}: (0+0)+3+2+(2+1)+2+3=13 ←一列目で6x6の外側を通過
{1,5}: (0+0)+3+2+2+(3+2)+3=15
{1,6}: (0+3)+2+1+1+2+(3+2)=14
{2,4}: 0+(0+3)+2+(2+1)+2+3=13
{2,5}: 0+(0+3)+2+2+(3+2)+3=15
{2,6}: 0+(3+2)+1+1+2+(3+2)=14
{3,5}: 3+2+(1+1)+1+(1+1)+2=12
{3,6}: 0+3+(2+1)+1+2+(3+2)=14
{1,3,5}: (0+3)+2+(1+1)+1+(1+1)+2=12
挫折orz >>257
では>>250の19個の出し方を
36こある正方形をD4の作用で6種類に分類する
左下隅から正方形の左下隅までの距離が
0,1,2,√2,√5,√8の正方形の類をA,B,C,D,E,Fとする
まず直線Lが極大型と言うのを直線Kで
Lが通るA型の正方形の数≦Kが通るA型の正方形の数
Lが通るB型の正方形の数≦Kが通るB型の正方形の数
‥
Lが通るF型の正方形の数≦Kが通るF型の正方形の数
を満たすのは常に等号に限られる時と定める
極大型直線に限定して良い
対称性利用してy軸平行でなく、-1≦傾き≦0に限定して良い
また“かするのなし”なのでちょっとずらしても通過する正方形は増えることがあっても減ることはないので極大型なら少しずらしても型は変化しない
よって傾きは-1<傾き<0である無理数として良い
Lが正方形□を弱通過すると言うのをLが□の内部もしくは左下隅を通過する時と定める
Lを下方にずらして最初に格子点を通過するものをKとする時Lが通過する正方形とKが弱通過する正方形は一致する
逆にKを一般の直線とする時、十分小さいεだけ上にずらした直線をLとすればKが弱通過する正方形とLが通過する正方形は一致するので結局一般の直線の弱通過する正方形の数を分類すれば良い
よって極大型直線が弱通過する正方形の数を分類すれば良い
ただし極大型も通過バージョンと同様に定めるものとする
い まず直線Kに対して下方にずらして最初に領域内の格子点を通るものをK'とするとKの弱通過する正方形とK'の弱通過する正方形は一致するのでKは最初から領域内のある格子点Aを通過するとして良い
傾き無理数としているのでこれ以外には通らない
KをA中心に負、正の方に回転し最初にあたる領域内の格子点をBDとする、ただしともにAより左にとるCをABCDが平行四辺形になるようにとる
Cは格子点になるが領域内だとするとB,Dと定義に反するからCは領域外
しかしB,Dが領域内にあるとするとCは[-6,6]×[0,6]にあるとして良い
さらにKを直線AC=Mまで回転させるときには領域内の格子点とは当たらない
よってKの弱通過する正方形とMの弱通過する正方形は一致する
以上により、問題は
「[0,6]×[0,6]の格子点Aと[-6,6]×[0,12]の格子点を結ぶ傾きが[-1,0]に入る直線の弱通過する正方形の数を分類せよ」
になる
有限個の話に落とし込んだので後は計算機 なるほどなぁ
弱通過を考えることで1つは領域内の格子点通ってるとしてよくなるわけか
もう1つの格子点として領域外にCを取るのも上手い ところで、この6×6マス(=7×7格子点)がxyz空間のz=1平面に浮かんでるとみると
直線たちは原点を通る平面たちと思えて射影平面をなし
格子点を0次元的に通る平面たちが辺
格子点を1次元的に通る平面たちが頂点
として射影平面の有限胞体的な分割になって
この胞体の面たちが通過のパターンになりそう
(ただし角の格子点の通過に関して重複はある) >>261
確かめ大変感謝…
>>252 (と>>248)と合わせて正解とさせていただきます
>>180 のご指摘の通り、
6x6の正方形全ての内部を四本の直線で通過することの不可能性 …(P)
を示すために使おうと思った命題です
しかし示そうと思ったら、解の候補が実際に(合計が必ずS/4以下であるという)条件を示すのが
思いの外困難で、一般化は無理そうだなあ…ということでここで供養したという経緯
ちなみに本命のPはこの結果を使ってどう示したらいいだろう…というのも考え中なので
興味のある方は是非ぜひ Pは非交差解がないことを示せればいいんだよね
1直線が通過できる最大が11個でその形は6×6を2領域に分断して、その2領域はどちらも1直線ではカバーできない形になるので11個の形は使えない
9個の形4つのときはそれぞれが角を1つずつカバーしないといけないけど、これも不可能なことがすぐわかる
よって10個の形を少なくとも1つ使わないといけない
10個の形も無理な2領域の分断を作るものがほとんどだから総当たりで不可能性が言えそう >>268
おい、ウリュウのジジイ。医師免許はまだか？ Pもいけるかも 途中までの流れはこんな感じ
命題1. どの直線についても、通過する正方形の実数の合計も15でなければならない.
これより
命題2. A以外の同じマスを二つ以上の直線が通過することはない.
そして
命題3. どの直線もAのマスを二つ以上通過することはできない.
（命題3の証明の流れ）
もし二つのAのマスを通過する直線Lがあるなら、命題1から、
その二つの正方形は距離4√2だけ離れた二つ組でなければならない。
Lに通過されていない二つのAマスA_1, A_2とおく。
A_iを含む2x2の正方形であって6x6の正方形に含まれているものをS_iとおく。
Lを挟んで反対側にあるS_1,S_2はどちらも
･Lによって通過されていない
･内包する正方形全てを単一の直線によって通過されることはない
を満たすため、S_1とS_2をどちらも通過する直線L'が存在しなければならない。
しかし、これはL'がA以外でLと交わることを意味し、命題2と矛盾。
（終わり）
つまり命題2と3から
命題4. どのマスもただ一つの直線によって通過される.
ここまで来たらあとはどうにでもなりそうだけど… ところで(n+1)×(n+1)マスはn本でいけるんだな(n≧2)
前スレ最後の問題のように左上と右下に2マスずつ残して
残りの部分を傾き(1/3+ε)の平行線(n-1)本でカバー出来て
最後の1本で左上と右下の2マスずつをカバーすればいい
ただnが大きくなると(n-1)本でもいけるようになるのか微妙なところ
このn本でのカバーの仕方がギリなのか無駄が大きいのか判断が難しい 7×7のときも6×6のときを真似して
中心マスを第0核、それに接するマスを第1核、さらにそれに接するマスを第2核、…と第6核まで分けて、
核の数字を中心から順に1,1,1,2,2,3,0とすれば
S/5=17となって、これで上手くいきそう >>264
P計算機使うとできた
まず>>250の19種から重複を許して4つ選んだ和が[4,8,8,4,8,4]以上になるものを探してみると
[[0,1,4,1,2,0],[1,2,2,0,4,1],[1,3,2,1,0,0],[2,2,0,2,2,3]]
[[1,2,1,1,2,3],[1,2,1,1,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0]]
[[1,2,1,1,3,2],[1,2,1,1,3,2],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0]]
[[1,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
の4通りしかない
しかも総和は各々36,36,36,37なので最後を除いてdisjoint unionでなければならず、最後のものも被りは一ヶ所しか許されない 最初のタイプで使えるもの
最後の3択でどれを選んでもdisjoint unionにはできない
"0,1,4,1,2,0"
● × × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
"1,2,2,0,4,1"
× × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
"1,3,2,1,0,0"
× × × × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
"2,2,0,2,2,3"
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ●
● ● ● ● × ×
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● × 次のタイプで使えるもの
コレも無理
"1,2,1,1,2,3"
× × ● ● ● ●
● × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
"1,2,1,1,4,1"
× × ● ● ● ●
● × × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
"1,2,3,1,1,0"
× × × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ● 次のタイプ
"1,2,3,1,1,0"
× × × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
"1,2,1,1,3,2"
× × ● ● ● ●
● × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ● 最後のタイプは一ヶ所だけ被りが許されるけど[2,2,0,2,2,3]が二ヶ所のコーナーを埋めていて、そこでどちらか必ず被る
残りの２つを被りなく配置するのは不可能
"1,2,2,0,4,1"
× × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
"1,2,3,1,1,0"
× × × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
"2,2,0,2,2,3"
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × × 嘘書いた
訂正
[[1,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
がコーナーのどこか一ヶ所で被るけどそれは必ずしも[2,2,0,2,2,3]とは限らない
しかし[1,2,3,1,1,0]のどちらかか[1,2,2,0,4,1]が被りコーナーに来る
前者なら
[[1,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[0,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
後者なら
[[0,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
のdisjoint unionで36マス埋めないといけないけど、いずれでも[1,2,3,1,1,0]を使うことになるけど、これを抜いた28マスが28=26+2に分かれてしまうので2マスの方が絶対無理
他の3タイプもココで出てるパターンは全て極大型で“斜めに擦り抜け”ができないので“残りマス”を見るだけでほとんど無理だとわかるみたいだな >>272
残念ながらそう単純ではなさそうだ
[ ]を全て通過したら合計18になる
(0)[3][2][2](2)(3)(0)
(3)(2)(2)[1][2][2](3)
(3)(2)(1)(1)(1)[2][2]
(2)(1)(1)(1)(1)(1)[2]
確か3x3、4x4、5x5、6x6と大きくなるにつれて
だんだん変数の条件が厳しくなっていった記憶があるから、
個人的には7x7は無理な気がしている… >>279
いつも検証すまん、また見逃しててめんぼくない 不動産や！不動産屋！
徳・側・家・安っ！
https://youtu.be/L10ehFAAYU4
家だ！！言うや！！
六軒、ロー！
元・気付け！
危機・killing、冗談？！ 計算機使わなくても良さそうな類題ができたので投稿
ユークリッド平面 R^2 上の領域
B = { (x,y)∈R^2 | 0≦y≦1 }
を平面内で回転、平行移動して得られる領域のことをベルトと呼ぶことにする。
正の整数 n に対して、直径 n の円を (n-1) 本のベルトで被覆することは可能か。 >>282
メチャクチャ難しい気配があるけど答えあるの？ >>283
ある。
要は6x6でやったようないい感じの"重み付け"を円(の内部)に行うことがポイント >>284
あるんや
つまり任意の帯領域Bに対して
∫[円∩B]ω ≦1
だけど
∫[円]ω>n-1
となるような円上の重みがとれるって事かな？
考えてみる >>287
多分不可能なんだと思うよ
実質不可能である事を示せやな >>286-287 すまん、答えあるというのは、答えを用意しているってこと
問いの答えは勿論「不可能」 >>293
あちゃあ。やっぱりこんくらいシンプルだと先駆者がいるもんだね
球を使うというのもうまいな おまけ
一辺の長さ n の正方形を (n-1) 本のベルトで被覆することは可能か。 >>296
当たり まあ気づけば一瞬か…
これが正三角形とかになるとまた別のややこしさが生じるみたいだけど、
そこはまあ有志にお任せしますってことで… それよりも原点中心の半径Rの球について[a,b]⊂[-R,R]のときz∈[a,b]に該当する部分の面積が
2πR(b-a)
ってこんなキレイな式になるの知らんかった >>298
微小帯で考えれば自明なので昔から知られっていた。
この性質を使えば球の表面積を微積分なしで計算できる。 >>101
(3)
(xk)を4つ以上の成分が0でないΔの点とする
s,t,u,v成分が0でないとする
この時ρ=exp(2πi/n)とおく時、実数a,b,c,dを方程式
aρ^s+bρ^t+cρ^u+dρ^v=0
a+b+c+d=0
を満たす非自明な組とする
この時(yk)を
ys=a, yt=b, yu=c, yv=d, yk=0 (if k≠s,t,u,v)
とおけば十分絶対値が小さい実数εに対して(xk+εyk)はΔの点である
εの符号は絶対値が十分小さければ正でも負でも良いので(xk)はΔの頂点たりえない□ 難しそうに見えるが割と簡単な問題。
a,b,cは正整数で、gcd(a,c)＝1, gcd(b,c)＝1 を満たすとする。
このとき、x^a＋y^b＝z^c を満たす正整数の組(x,y,z)が無限に存在することを示せ。 mc-nab=1となるようにm,nをとって
x=2^(nb),y=2^(na),z=2^m このようなm,nはc,abが互いに素なので存在し
さらにm+kab,n+kcという形で無限に存在する >>293
コレ強烈だよな
n-1で不可能であるのはおろか、n本の時の解が実質ひとつしかない事まで示してる ユークリッド平面内にあり正の面積を持つ凸領域に対して三本の直線を引き、
面積が等しい七つの領域に分割することは可能か 凸だったら直感的には普通に出来そうでしょ
まず3本の直線が一点で交わるようにしてそれで中間値定理によって六等分して、
等分を保ちながら一点の交わりをずらして真ん中を三角形にして拡大してく的なノリじゃないかな
知らんけど >>306
円の場合不可能
∵) 単位円の場合を考える
全ての直線は円を3:4の面積比に分けるので原点からの距離は等しい
ひとつlを固定する
面積の小さい方をDとする
mを同じ条件下で動かしてmがDを1:2で分けるものはちょうど2個しかない
∴ 図形はlの垂直二等分線に関して対称
同じ事が他の2本でも言えるから真ん中の三角形は正三角形である
よってlの原点からの距離は3√3d=π/7によりd=π/(21√3)
コレからDの面積は
∫x:d→1 2√(1-x^2)dx=1.3983....
コレは3π/7=1.346396851538より大きい
https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+2sqrt%281-x%5E2%29dx+from+pi%2F21%2Fsqrt%283%29+to+1&;lang=ja ユークリッド平面内にある凸領域に対して三本の直線を引き、
面積が2つの値のいずれかであるような七つの領域に分割することは可能か？ 円の場合 可能。
∵ 単位円の場合を考える。
原点からの距離がhで、互いに120°をなす3直線をひく。
(0≦h≦1/2),
真ん中の△の面積は 3(√3)hh,
△とそれに隣合う領域の面積が等しくなるのは
3(√3)hh = 2π/3 - 2(√3)hh - arccos(h) + h√(1-hh),
より
h = 0.38301507241481
△とそれに対向する領域の面積が等しくなるのは
3(√3)hh = arccos(h) - π/3 - h√(1-hh) + (√3)hh,
より
h = 0.19631515254515 一辺4の正三角形から
一辺1の正三角形3つを切り落とす
で終了でしょ 前>>99
>>313
正六角形の中央に正三角形を正対させるように3本の直線を、
正三角形の面積とこれに隣接する3つの五角形がすべて同じ面積になるように描けば、
面積が2つの値のいずれかである七つの領域に分割される。
∴示された。 一般の凸でも可能
凸図形の面積を1として良い
各<S<1/2に対して直線l=l(S)をlが分ける部分の小さい方の面積がSになるようにとる
ただしl(S)はSについて連続に変化させていく
小さい方の領域をD(S)とおく
lの両端点を共有する弦m,nをやはり切り取る面積がSであるようにとる
m,nが切り取る部分を
ココから始めてm,nをm,nがDから切り取る部分の面積aが等しくなるように連続的にずらしていってmの切り取る部分とnの切り取る部分の共通域の面積がaと等しくなるようにとれる
この時Dからm,nによって切り取られて残った部分の面積をbとおく
この時l,m,nはそれぞれ面積比が2a+bの部分を切り取っていて、いずれの二つの共通部分の面積もaとなると
残った部分の面積をcとおく
この作業はずらしていく前の最初のm,nが共有点を持つ場合には必ず可能である
持たない場合にはm,n,a,b,cはundefinedとする
S=0の近傍ではundefinedから始まってSを1/2に近づけて行くある時点でm,nの初期位置が交差し、それ以降から1/2未満の任意の値までm,n,a,b,cは定義される
a=cとなる時がある事を示せば十分
定義可能域を(S0,1/2)とする
SがS0に十分近い時にはa<cであるため結論を否定すると定義域において恒等的にa<cである
すなわちa<1-3a-3bであるから4a+3b<1が成り立つ
ココでS=2a+b=1/2-eでe→0とすると条件からa→1/4,b→0となる必要がある
特にc→0である
しかし一方でl,mの交点をR,l,nの交点をQ,m,nの交点をPとおく時b→0から∠QPR→0がわかりc→0である
コレは矛盾□ >>101
(4)
SはΔの閉包で最大値をとるが、それは(2)により境界ではないから内点である
特に極値である
すなわち gradSがPの法ベクトル(1,1,‥)と平行になる点である
一方でSの対称性により(1/n,1/n‥)においてgrad Sは(1,1,‥)に平行である
さらにSは(1)により2次形式であるから極値を1箇所しか持ちえない
∴ΔにおいてSの最大値はS(1/n,‥)=n/4 cot(π/n)である
さらに以上のことからSは負定値の2次形式である事もわかる
よってSはΔの頂点での値の最小値が下限値である
nが偶数の時は第1成分と第n/2+1成分が1/2で他は0である点(1/2,0,‥,1/2,0‥)において最小値0をとる
nが奇数とする
(3)により対応する図形が三角形の場合を考えれば良い
すなわち３つの角をA,B,Cとするとき平面A+B+C=πの領域|B-C|<A<B+CにおいてT=三角形の面積/周^2の値を考えれば良い
Tはこの領域で上に凸である
一方でΔの境界として現れる△の内角はπ/nの整数倍である必要がある
よってそれは平面の上の(π/n,π/n,π-2π/n),(π/n,π-2π/n,π/n),(π-2π/n,π/n,π/n)の３点の凸包Tに含まれる
さらにa=2cos(π/n)+2とおく時第1,第n成分が1/aで第(n+1)/2成分が(a-2)/aである点に対応する三角形は内角の大きさが(π/n,π/n,π-2π/n)の三角形となる
以上によりnが奇数の場合のSの下限値は1/(2a^2)sin(2π/n)である >>307 ヒント
正三角形の三辺を延長してできる三本の直線によって
七つの等しい面積に分割されるような凸領域が存在しないことを示せばよい。
（∵線形変換によって集合の凸性や直線性は変わらない） え？
>>307は一個不可能な例をあげるだけではダメなん？
任意の凸図形で不可能まで示せなの？
束縛の指定がいい加減で分からん すまんね 言われてみれば >>295 とかもその辺曖昧だったな >>306 もすこしヒント
正三角形の三辺から延長される合計６本の半直線いずれも
凸領域と共通部分を持つことがわかる。
もしある半直線と凸領域の共通部分が一点のみだったならば
七つの領域のうちある特定の領域の面積が0でなければならず、
正の面積を持つことと矛盾。
もしある半直線と凸領域の共通部分の長さがある値以上になると…？ >>322
でけた
条件を満たす凸領域Δは閉としておく
真ん中領域を三角形ABCとする
A(0,0),B(1,0),C(0,1)として一般性を失わない
D(2,-1),E(-1,2),
B'(√2,0),C'(0,√2),D'(2√2,-√2),E'(-√2,2√2)
とおく
まずy<-2x,x+y≧1の部分にはΔの点はこれない
この部分に来るとx+y<1,x<0,y>0にくる部分の面積が△ABCの面積1/2を超えてしまう
次に線分C'E'にはいずれかのΔの点がくる
ココに来ないとすると領域はx<0,x+y>1においてはy≧-2xと合わせて閉四角形CEE'Eに真に面積の小さい部分集合となるがこの四角形の面積が1/2なので矛盾する
同様にして線分B'D'にもいずれかのΔの点がくる
よってΔは線分B'C'を含む
ココで□BCC'B'の面積は1/2だからx+y>1,x>0,y>0の部分にあるΔは□BCC'B'に完全に一致しなければならない
よってΔの点はx+y>1の部分にはこれない
よってx+y>1,x<0に含まれる部分は□CEE'Cに完全に一致する
特にEがΔの点だからΔは面積1/2の三角形ACEを含む
従って領域x+y<1,x<0,y>0の部分のΔは△ACEに一致する
よって領域x<0,y<0の部分にΔは来ない
コレは矛盾□ >>316
正六角形の一辺を１とし、
中心から3直線までの距離をhとする。 (0≦h≦1/2)
中央の△の一辺は 2(√3)h, 面積は S_3 = 3(√3)hh,
それに隣接する五角形は、正六角形の2辺から 1/2 +h ずつ切り取る。
その面積は S_5 = (√3)(1/4 + h - 2hh),
これらが等しいとき
h = (1+√6)/10 = 0.344949 >>323
おお、正解です(多少記載ミスはあったけど修正して内容を追えたのでOK)
わりとシンプルなロジックだけで片付けられててお見事。
正三角形から伸びた半直線と凸領域の共通部分について
（凸領域が条件を満たすように動かした時の）下限と上限をそれぞれα,βとおいて、
それらに関する対称不等式から矛盾を導くという想定だったけど、
なるほど、最初から凸領域の可動範囲を考えれば早かったんだな… (1) [0,1]上有界な可測関数fに対して、
lim(n→∞) (∫_0^1 |f(x)|^n dx)^(1/n) = sup_{x∈[0,1]} |f(x)|
となることを示せ.
(2) C[n,k] := n!/{k!(n-k)!}とする(二項係数)
極限
lim(n→∞) [Σ_{k=0}^n C[n,k]/(2k+1)]^(1/n)
を求めよ. >>324
中央の△に対向する四角形は、正六角形の2辺から 1/2 - h ずつ切り取る。
その面積は S_4 = (√3)(1/2 - h)^2,
これが S_3 = (√3)(3h^2) に等しいとき
h = (√3 - 1)/4 = 0.1830127
・参考 >>314 >>326
(2)
Σ_{k=0}^{n} C[n,k]/(2k+1)
= Σ_{k=0}^{n} C[n,k] ∫_0^1 x^{2k} dx
= ∫_0^1 (1+x^2)^n dx
= I_n
∫_0^1 2^n dx > I_n > ∫_0^1 (2x)(1+x^2)^{n-1} dx,
2^n > I_n > (2^n - 1)/n, (右辺にきわめて近い)
∴ (I_n)^{1/n} → 2 (n→∞) >>328
素晴らしい正解です
なるほど(1)など使わなくとももっと上手いやり方があるのか 手持ち金額10,000円で100回コイントスを行う
①「表」が出たら残金の5%もらえる、「裏」がでたら残金の5%失う
②勝ったら次は"残金"の倍の金額でもう1回
間違い(1回目表 残金10,500円 2回目裏 残金9,500円)
正しい(1回目表 残金10,500円 2回目裏 残金9,450円)
③負けても2連勝しても①からトライ
最終的に残る金額はいくら？ >>328
I_n ≒ (2^n)(1/n + 1/n^3 + 3/n^4 + 16/n^5 + ････) 某パズル本より
テーブルの上に100枚の円形のコインが乗っている
ただしコインが乗るのはその中心がテーブル上にある事で縁がはみ出しても構わないとする
今ココにさらに一枚のコインをすでに乗っているコインに被る事なくコインは乗せられないとする
この時同じコイン400枚を使ってうまく乗せなおせばテーブル全体を覆える事を示せ テーブルの大きさも明示されてないし流石にはしょりすぎじゃないか…
日本語も所々あやしいぞ 1枚分の隙間が無いように100枚を乗せれる任意の図形は400枚で覆えるということではないのか >>332
テーブルの形が何でもいいんなら簡単に反例が作れるけど 任意の図形だと直径がコインの2倍より少し小さい円のテーブル100個とかが反例になるのか >>331
I_n ≒ (2^n)(1/n + 1/n^3 + 3/n^4 + 16/n^5 + 105/n^6 + ････) >>332 わかった。
最初の配置についての仮定から、テーブル上のどの点についてもあるコインが存在し、
その点とコインの中心の距離はコインの半径の２倍以下である。
つまり最初の配置とコインの中心が一致するように半径２倍のコイン100枚を置き直せば、
これはテーブル全体を覆えることになる。
これは与えられたテーブルを(1/2)倍に縮小してできるテーブルを、
元の大きさの100枚のコインで覆えることを意味する。
元のテーブルは(1/2)倍に縮小したテーブル4つに分割できるので、題意は示された。 >>341
正解
コレちょっとお気に入り
Peter Winkler著
Marhematical Mind-Benders
より めっちゃ素朴な疑問だけどさ
なぜ数学者ってルジャンドル予想に集中して取り組むの？
ルジャンドル予想
「任意の連続する2つの自然数nについて
n^2 ～ (n+1)^2 に素数が1つ以上存在する」
↑ これ、証明できていないのは構わないけどさ。
それよりも先に簡単な方、
n^3 での証明に挑戦すべきじゃないの。
「任意の連続する2つの自然数nについて
n^3 ～ (n+1)^3 に素数が1つ以上存在する」
↑ こっちをまず証明してみろや、なんで先に難しい方に手を出すねん。 物事には順番がある。
より易しい問題が存在して、
それが未解決であるのに
なぜ難しい問題の方に取り組むのか？ >>344
一般化したほうが実は簡単なケースも多い。 そもそもn^3～(n+1)^3なら肯定的にとけてるやん >>345
この場合がそれに該当するとは言えない。
となれば順当にいって 任意の自然数n で n^3
を証明する方を先にやるべき。
>>346
n→∞ という条件がついているのは
ちょっとパンチ弱いよね。
任意の連続する自然数nで
n^3 ～ (n+1)^3 に素数が1つ以上する存在する
というのを証明して頂きたい。
ルジャンドル予想 n^2の方はそれが終わってから
証明してください。 物事には順序があるからな、基本を飛ばして応用はできぬのだ。 >>343
> なぜ数学者ってルジャンドル予想に集中して取り組むの？
これ自体が思い込みだろ。
まずはルジャンドル予想に集中して取り組んでいる数学者を探してこい。 >>331
1+x^2 = 2x + (1-x)^2 = 2e^{x-1} + (1/3)(1-x)^3 - ････,
を使うと
I_n - ∫_0^1 (2x)(1+x^2)^{n-1} dx
= ∫_0^1 (1-x)^2･(1+x^2)^{n-1} dx
≒ (2^n)∫_0^1 (1/2)(1-x)^2･e^{(n-1)(x-1)} dx
部分積分×2 により
= (2^n) /(n-1)^2 ∫_0^1 e^{(n-1)(x-1)} dx
= (2^n) / (n-1)^3
= (2^n)(1/n^3 + 3/n^4 + ････),
I_n = (2^n)(1/n + 1/n^3 + 3/n^4 + ････),
ただし e^{-n} = 0 と見なした。 >>351
> >>348
> ルジャンドル予想に全集中してる数学者
それは空集合。 これもう、ルジャンドル予想のステマだろ。
代理店を通してマーケティングしてるとしか思えない。
そうやって、本来、証明すべき n^3 の方に
数学者が目を向けないような環境を作った。
結果、n^2 のルジャンドル予想だけが盛り上がった。
n^3 も n^2 もどちらも証明されないまま…時間だけが過ぎていく… >>348,353
去年の10月に証明は終わっています。 >>354
年がかわりお正月が開けて
10日も経っていないのに、もう嘘ついてる…
お天道様がないてるわ、
数学の神様が泣いてるわ。 >>355
いいえ、数学コミュニティが正常であれば、そのうち確かだということになると考えられます 不等式 n^2≦ x^3+y^3 < (n+1)^2 が整数解を持たないような正の整数 n は無限に存在するか。 なるほど
その区間は幅(2n+1)だけど立方和の形での誤差補正能力は3^(5/3)n^(8/9)程度だからnが大きくなれば必ずその区間に立方和を入れることが出来そうだな ちゃんと書いてみると
n>>0として
∃自然数x,a s.t. n^2=x^3+a かつ0≦a≦3n^(4/3)
∵xをn^(2/3)以下の最大の整数とすればよい
∃自然数y,b s.t. a+b=y^3 かつ0≦b≦3^(5/3)n^(8/9)
∵yをa^(1/3)以上の最小の整数とすればよい
よってn^2≦x^3+y^3=n^2+b<(n+1)^2
だから題意を満たすnは有限個しかない 正の実数nに対して
x = [ (n^2)^(1/3) ] = n^(2/3)-r とr, xを定めれば
x^3 = n^2 -3rn^(4/3) + 3r^2n^(2/3)+r^3
ココで3rn^(4/3)か立方数になる時はy=(3rn^(4/3))^(1/3)が与式の解となる
そうでないとき
y = - [ - (3rn^(4/3))^(1/3) ] = (3rn^(4/3))^(1/3) + s とs>0, yを定めれば
y^3 = 3rn^(4/3) + 3s (3rn^(4/3))^(2/3)
. + 3s^2 (3rn^(4/3))^(1/3) + s^3
. = 3rn^(4/3) + 3^(5/3)r^(2/3)s n^(8/9)+o(n^(8/9))
∴ x^3 + y^3 = n^2 + 3^(5/3)r^(2/3)s n^(8/9)
. + o(t^(8/9))
であるから十分大きなnについてx,yが解である
以上により十分大きなnについて与式は解を持つ□ あ、でも間違ってるのr^3の符号だけで3r^2n^(2/3)が-r^3吸収してくれるな
残りは正の項でO(n^(8/9))で大丈夫
最初から正の項でO(n^(8/9))でやればよかった 分からなすぎて
何が分からないのかすら分からんくてワロタw
右も左も上も下も前も後ろも分からん！ >>359 >>362
正解です。お見事。
(2/3)^2 がギリギリ 1/2 を下回ってくれたので成立してくれた問題でした。
しかし実際にこの主張が成り立たない有限個の n を全て調べろとなると
3^15 のようなオーダーが出てきてトホホ…となるので注意が必要である Σ[n=1,∞](1/n^3)*(e^(2πn)+1)/(e^(2πn)-1)
を求めよ(途中計算も含む)。 >>364
でも
>>360
のようにx(n), y(n)を定めるとc=3^(1/3), t=n^(1/9)として
x(n)^3+y(n)^3-n^2
= c^5r^(2/3)s t^8 + c^3r^2t^6 + c^4r^(1/3)s^2t^4
< c^5t^8+3t+6+c^4t^4+1
これが2t^9+1より小さい事が十分条件で
2t^5-c^5t^4-3t^2-c^4>0
コレはwolfram先生によるとt>3.27841すなわちn>43,749.12706980049
で成立するのでそこまで絶望的な数でもない
やらないけど
https://www.wolframalpha.com/input/?i=2x%5E5-3%5E%285%2F3%29x%5E4-3x%5E2-3%5E%284%2F3%29&;lang=ja >>265
とても無理だ
数値付きで証明せよにしてほしい >>365 改め：
Σ[n=1,∞](1/n^3)*(e^(2πn)+1)/(e^(2πn)-1) = 7π^3/180
を証明せよ。 >>368
thx
コレならなんとかなる気が‥‥
全くしないorz
まぁ他にノーヒントでやってみたい人いるだろうからしばらくココまでのヒントでやってみます 有名なcotの展開式
πzcot(πz)=1+2Σ[m=1,∞]z^2/(z^2-m^2)
を使えば
π/n^3coth(πn)=1/n^4+2Σ[m=1,∞]1/(n^2(n^2+m^2))
さらにnで和を取れば
Σ[n=1,∞]π/n^3coth(πn)=ζ(4)+ζ(2)^2=7π^4/180
ただしここで以下を用いた
2Σ[n,m=1,∞]1/(n^2(n^2+m^2))
=Σ[n,m=1,∞](1/(n^2(n^2+m^2))+1/(m^2(n^2+m^2)))
=Σ[n,m=1,∞]1/(n^2m^2)=ζ(2)^2 >>370
正解です。
この式の導出法はたくさんあって、以下が想定していた解答です。
f(z)=πcot(πz)coth(πz)/z^3
にはz=0,±n,±ni (n:自然数)に極があって、
留数はそれぞれ-7π^3/45, coth(πn)/n^3, coth(πn)/n^3
したがって原点を中心とする一辺2k+1 (k:自然数)の正方形の周回積分は
(1/(2πi))∫[C]f(z)dz=-7π^3/45+4Σ[n=1,k]coth(πn)/n^3
で、|∫[C]f(z)dz|=O(1/k^2)→0 (k→∞)より目的の結果を得る。 じゃあついでに
(1) 不等式 n^2 ≦ x^4+y^4 < (n+1)^2 が整数解を持たないような正の整数 n は無限に存在するか。
(2) 不等式 n^2 ≦ x^5+y^5 < (n+1)^2 が整数解を持たないような正の整数 n は無限に存在するか。 あ、いやわかった
y^5/(1+exp(πy))
=y^5 exp(-πy) (1-exp(-πy)+exp(-2πy)-exp(-3πy)+‥)
で項別に積分するのか >>374
(1)有限個を除いて常に存在するとする
ℕを非負整数の集合として集合S(N)を
S(N)={(x,y)∈ℕ×ℕ | x≧y, x^4+y^4≦N^2}
とおけば仮定により
limsup #S(N)/N ≧ 1
しかし一方で
2#S(N)
= #{(x,y)∈ℕ×ℕ | x^4+y^4≦N^2} + #{x∈ℕ | 2x^4≦N^2}
におけるlimsup(RHS)=1により矛盾
(2)有限個を除いて常に存在するとする
ℕを非負整数の集合として集合S(N)を
T(N)={(x,y)∈ℕ×ℕ | x≧y, x^5+y^5≦N^2}
U(N)={(x,y)∈ℕ×ℕ | x>y, x^5-y^5≦N^2}
とおけば仮定により
liminf (#T(N)+#U(N))/N ≧ 1
しかし一方で自明にlimsup#T(N)/N=0であり
U(N)={(x,y)∈ℕ×ℕ | x>y, (x-y)(x^4+..+y^4)≦N^2}⊂S(N)
であるからlimsup#U(N)/N≦1/2
となりやはり矛盾
におけるliminf(RHS)=1により矛盾 >>377
正解です。(1)と同じ集合をうまく使っててお見事でした 持たないものが無限に存在する
の否定だから
持たないものは有限個しかない
でそれは
有限個を除いて常に持つ
言葉で捉えたらあかん
フィール
◯×◯◯××◯×◯××◯×‥‥ (×が無限個)
の否定は
×◯◯××◯×◯◯◯◯◯‥‥ (×は有限個) 半径2の円C[0]が直線Lと接していて、半径1の円C[1]がC[0]とLに接している
さらに、任意の自然数nに対して、円C[n+1]はLとC[n]とC[0]に接している
このとき、円の族{C[n]}達の面積の総和をガンマ関数を用いて表現せよ. なるほど
Σ[n=1,∞]1/(n+√2)^4を計算出来ればいいけど、これは4次のフルヴィッツのζ関数だから(logΓ(√2))''''で表せるわけか ∫[0,1](e^(-x)-1)/x dx + ∫[1,∞]e^(-x)/x dx = lim[n→∞](log(n)-Σ[k=1,n]1/k)
をなるべく初等的（ガンマ関数、積分指数関数等を経由せず）に証明してください。 >>264
超遅レスで今更なんだけど>>199の方針で解き直してみた
↓コレ
https://ideone.com/k7fkx1
事情でネットに転がってるLinear Programingのライブラリが使えないので自作
どうせやるなら最新の理論でとか思ってたんだけと挫折orz
結局simplex algorythmというありきたりの方法で計算機に最大値探させてみました
結果は(定数倍を除き)ただ一つの解
０３２２３０
３２１１２３
２１１１１２
２１１１１２
３２１１２３
０３２２３０
が存在します
計60点で任意の直線に対して通過した正方形の合計点全ては15以外になります
よって4本で覆えるなら共通の正方形は通過できません
その事から件のPも証明されます おお
7×7のときどうなるのかが気になりまくってるんだけど不等式さえ揃えればすぐ結果出せるんだろうか >>389
6×6で極大型直線を探索したプログラムです↓
https://ideone.com/JVfpPd
7×7にするのもそんなに難しくはないです(チョロチョロ直すだけ)
そのうちやるかも
あげた分のプログラムは自由に使って下さい
ちょっと筋悪にやってるとこあるので読みにくいかもしれません 等しくなる、平方数の和の組み合わせ４個ある最小の正数って1105でいい？？
> 24^2+23^2
[1] 1105
> 31^2+12^2
[1] 1105
> 32^2+9^2
[1] 1105
> 33^2+4^2
[1] 1105 (1+2i)(2+3i)(1+4i)を適当に複素共役とってからノルム計算すると4パターン得られるね
これより小さいやついくつか試したら上手くいかなかったけど何でだろ >>391
(1-t^n)/(1-t) = Σ[k=1,n]t^(k-1)
を区間(0,1)で積分し、t=1-x/nと置くと… >>394
ダメだ
∫[0,n] ( exp(-x) -1)/x dx
程度にしかならないorz 1/xのとこだけ1～nまで積分してしまってlogn移項してから極限とるってことじゃないの あかん
どうしてもΓ'(1)=-γが避けられないorz >>394を部分積分して
∫[0,n]((1-x/n)^n-1)/x=-Σ[1,n]1/k
これの1/xだけ1～nまで積分すれば
∫[0,1]((1-x/n)^n-1)/x+∫[1,n]((1-x/n)^n/x=logn-Σ[1,n]1/k
で極限とる、じゃダメなん？ >>399
正解です（これは>>394 のヒントから得られる解答で、他の解答もあります）。
より厳密には(1-x/n)^nをe^(-x)で置き換えた差
Rn = ∫[0,n](e^(-x)-(1-x/n)^n)/x dx
がn→∞で0に収束することを示す必要があるが、これは以下の通り。
|Rn| = ∫[0,n](1-((1-x/n)e^(x/n))^n)/(xe^x) dx
＜∫[0,n](1-((1-x/n)(1+x/n))^n)/(xe^x) dx
≦∫[0,n](n(x/n)^2)/(xe^x) dx
＜∫[0,∞](x/n)e^(-x) dx
＝1/n >>393
勘で解の個数は
(1/2)Π[p ≡ 1 ( mod 4)] (v_p( n ) + 1)
と予想 >>393
適当に複素共役とるって？
けっきょく
(1+2i)(2+3i)(1+4i)･(1-2i)(2-3i)(1-4i) = (1+4)(4+9)(1+16)
にならね？ 〔フルヴィッツの定理〕
c_k は a_i, b_j の双1次形式を表わすとする。等式
Σ[i=1,n] (a_i)^2 Σ[j=1,n] (b_j)^2 = Σ[k=1,n] (c_k)^2
が成立するのは、n=1,2,4,8 の場合に限られる。
(n=16 では零因子が存在する)
A.Hurwitz: Nachrichte von der koenigliche Geselschaft der Wissenschaften in Goettingen (1898)
p.309-316
数セミ増刊「数の世界」 日本評論社 (1982) p.91 >>404
(1±2i)(2±3i)(1±4i)の±のどっち取るかって意味でしょ？
それで8通りあるうち、全部反対を選んだら虚部がマイナスになるだけなので同じ解になってしまう
325=25×13=|(1+2i)^4||1+4i|^2であれば325=xyとガウス環で分解する時にxの因子で(1+2i)を何個使うかで3通り、1+4iを何個使うかでに通りで6通り、しかし複素共役は同じ解ににってしまうから3個
(1+2i)^2(2+3i)=-18-i より 18^2+1^2=325
(1+2i)(1-2i)(2+3i)=10+15iより 10^2+15^2=325
(1-2i)^2(2+3i)=-6-17iより 6^2+17^2=325 単位正方形内にある図形の(面積)÷(直径)の最大値を求めよ >>406
v_p(n) : odd ( p≡3 (mod 4) )である素因子があれば0
そうでないときはn=xyを満たすガウス環での解の個数がN=4Π[p≡1(mod 4)] (v_p(n)+1)でこのうち実部符号取り替え、実部虚部の交換で生成される位数8の群の軌道の数はnが平方数かn/2が平方数の時は軌道の大きさが4であるものがちょうど4つあるから求める解の個数は
N/8 (nもn/2も平方数でないとき)
(N+4)/8 (nかn/2のいずれかぎ平方数のとき) 円の場合、面積π/4、直径1、比は約0.785
正方形の場合、面積1、直径√2、比は約0.707
ルーローの場合、面積(π-√3)/2、直径1、比は約0.705
円くさいけど違うなら面白い >>414
3.2とか出てるけどそんな大きくはもちろんなりません 単位正方形を2×2で考えて半径xの円との共通部分の面積とその図形の直径2xの半分xとの比で計算してるっぽいね
だから本来の値はその1/4だから0.8…くらいになって良さげ 角を取れば良さそうということで自分も同じ計算してた 元の尺度でwolframで最大求めたら
直径 d=1.09317…のとき
最大比 S/d=0.807946…らしい 円と正方形の共通部分の形は4つの弧と4つの辺を持つけど
弧の部分のピザと辺の部分のピザの面積が等しくなるときが最大比っぽい 前にも一回解いたんだけどな
直径一定以下での面積の最大
(0,1)に値を取る関数a(t)に対して領域
{ (x,y) | a(t)-1≦x cos(t)+y sin(t)≦a(t) }
の面積比を積分で表示して変分するんだったような
結局円弧になったと思うんだけど ユニクロの近くにはアベの家がある
アベの家の近くにはユニクロがある
君の家の近くに変な建物あるだろう? あけましておめでとうございます。
勝手なこといってごめんなさい。
今年もよろしくおねがいします。 前>>316
>>407
LINEの顔文字でたまに出てくる(big smile)(smile)こういう餅みたいに四角く膨らんだ顔の形にしたとき面積÷直径は最大値をとるだろう。 >>392
こんなのがみつかった。
52^2+39^2=56^2+33^2=60^2+25^2=63^2+16^2=65^2= 4225 前>>427
>>407
角が半径rの四分円になるようにカッティングすると、
面積=1-4r^2+πr^2=1-(4-π)r^2
直径=(√2/2-r√2+r)×2=√2-2r(√2-1)
f(r)=｛1-(4-π)r^2｝/｛√2-2r(√2-1)｝
f'(r)の分子=0より、
-2r(4-π)｛√2-2r(√2-1)｝-｛1-(4-π)r^2｝(-2)(√2-1)=0
r(4-π)｛√2-2r(√2-1)｝-｛1-(4-π)r^2｝(√2-1)=0
-2(4-π)(√2-1)r^2+(4-π)(√2-1)r^2+(4-π)r√2-(√2-1)=0
(4-π)(√2-1)r^2-(4-π)r√2+(√2-1)=0
r=[(4-π)√2±√｛2(4-π)^2-4(4-π)(3-2√2)｝]/2(4-π)(√2-1)
f([(4-π)√2±√｛2(4-π)^2-4(4-π)(3-2√2)｝]/2(4-π)(√2-1))=
あとは計算すると出る。 >>271
もう少し具体的に書くと例えば9×9のとき
まず左上と右下に2マスずつ残す(◎○)
◎を結ぶ対角の7マスの各中心を通る傾き1/3の直線7本は□のマスを通っていく
この直線の傾きを1/3+εにすれば■のマスも通る
最後に◎○たちを通るように8本目をひく
◎○■□□□■□□
□□□■□□□■□
■□□□■□□□■
□■□□□■□□□
□□■□□□■□□
□□□■□□□■□
■□□□■□□□■
□■□□□■□□□
□□■□□□■○◎ 前>>431
>>407
f'(r)の分子=0をとくとr=0.38450878073……
f(0.38450878073)=0.79684779091…… >>432
なるほど
コレでn-2が不可能が証明できるといい気分だな プログラム改造してn=7やってみました
n=7の時の最大値は202/43でかなり大きく5を下回ってるのでこれだけで5本が不可能示すのはちょっと難しいですね
極大型直線は36種類あるようです
5行目いじるだけでn≧8でもいけるハズですがそこまでちゃんとデバッグしてないのであまり信用しないで下さい
お好きにしていただいて結構ですが自己責任でどぞ
https://ideone.com/A3N9mI >>435
この202/43というのは
(直線上の合計)≦(全体の合計)/a
が非自明解を持つ最大のaってこと？ >>436
yes
(0,202 % 43)
(1,19 % 172)
(2,19 % 172)
(3,13 % 86)
(4,25 % 172)
(5,9 % 86)
(6,13 % 172)
(7,7 % 172)
(8,11 % 172)
(9,3 % 86)
(10,0 % 1)
から172倍して
１９ １９ ２６ ２５ ２６ １９ １９
１９ １８ １３ ７ １３ １８ １９
２６ １３ １１ １２ １１ １３ ２６
２５ ７ １２ ０ １２ ７ ２５
２６ １３ １１ １２ １１ １３ ２６
１９ １８ １３ ７ １３ １８ １９
１９ １９ ２６ ２５ ２６ １９ １９
が合計が808で任意の直線が通過する正方形の和が172以下になります
なのでこれだけでは4本では覆えないことは直ちに言えますが、5本で無理は言えません
そしてコレが条件を満たす数字の配置の最良です >>437
不思議な分布だな
6×6のとき(>>388)の分布から思ってたのは
連続分布版(>>293)の解答にある半球の面積素を離散化したような値だったんだが ちょいと訂正
１９ １９ ２６ ２５ ２６ １９ １９
１９ １８ １３ ７ １３ １８ １９
２６ １３ １１ ６ １１ １３ ２６
２５ ７ ６ ０ ６ ７ ２５
２６ １３ １１ ６ １１ １３ ２６
１９ １８ １３ ７ １３ １８ １９
１９ １９ ２６ ２５ ２６ １９ １９
n=7の場合はこっちの方針は難しいでしょう
そもそも計算機使うつもりなら素直に全組み合わせ当たってみる方が早い 前>>433訂正。
>>407
f'(r)の分子=0より(4-π)(√2-1)r^2-(4-π)r√2+(√2-1)=0
r=[(4-π)√2+√｛2(4-π)^2-4(4-π)(3-2√2)｝]/2(4-π)(√2-1)
=0.38303264825……
f([(4-π)√2+√｛2(4-π)^2-4(4-π)(3-2√2)｝]/2(4-π)(√2-1))=0.7968460857……
近似値を代入したから誤差が出てるのか。
手計算するとf(r)=0.8を超えるのか。 前>>440
>>407
rの近似値をくりかえし代入したから誤差が出てるんじゃないか。
なるべく式を簡単にしてからrの近似値を代入して計算すると、
f(r)=0.8を超える可能性がある。ここからだ。
f(r)=｛1-(4-π)r^2｝/｛√2-2r(√2-1)｝
f'(r)の分子=0より、
-2r(4-π)｛√2-2r(√2-1)｝-｛1-(4-π)r^2｝(-2)(√2-1)=0
r(4-π)｛√2-2r(√2-1)｝-｛1-(4-π)r^2｝(√2-1)=0
-2(4-π)(√2-1)r^2+(4-π)(√2-1)r^2+(4-π)r√2-(√2-1)=0
(4-π)(√2-1)r^2-(4-π)r√2+(√2-1)=0
r^2=(1+√2)r√2-1/(4-π)
f(r)=｛1-(4-π)(1+√2)r√2+1｝/｛√2-2r(√2-1)｝
=｛2-(4-π)(1+√2)r√2｝/｛√2-2r(√2-1)｝
f(0.38303264825)=｛2-(4-π)(1+√2)(0.38303264825)√2｝/｛√2-2(0.38303264825)(√2-1)｝
=0.79990348596……
≒0.8
∴最大値0.8と妄想する。 数列F[n]をF[1]=F[2]=1, F[n+1]=F[n]+F[n-1]で定義するとき
Σ[n=1,∞]arctan(1/F[2n+1]) = π/4
を示せ >>442
ビネの公式から
F[2n+1]^2 = F[2n]･F[2n+2] - 1,
∴ 1/F[2n+1] = F[2n+1] / F[2n+1]^2
= (F[2n+2] - F[2n]) / (F[2n]･F[2n+2] - 1)
= (1/F[2n] - 1/F[2n+2]) / (1 - 1/{F[2n]･F[2n+2]})
∴ arctan(1/F[2n+1]) = arctan(1/F[2n]) - arctan(1/F[2n+2]), 訂正
ビネの公式から
F[2n+1]^2 = F[2n]･F[2n+2] ＋ 1,
∴ 1/F[2n+1] = F[2n+1] / F[2n+1]^2
= (F[2n+2] - F[2n]) / (F[2n]･F[2n+2] ＋ 1)
= (1/F[2n] - 1/F[2n+2]) / (1 ＋ 1/{F[2n]･F[2n+2]}) sin10°+5sin50°+7sin70°を根に持つ有理数係数の多項式を１つ挙げよ 何かエレガントな作り方があるってこと？
普通に作るだけなら面倒だけどすぐ出来る
aを根に持つ有理係数n次多項式、bを根に持つ有理係数m次多項式が分かってるとき、(a^i)(b^j)(0≦i≦n-1,0≦j≦m-1)を基底とするQ線形空間上に(a+b)を掛けるという線形作用を考えれば、この作用を表現するnm次行列の固有多項式は有理係数nm次多項式で(a+b)を根に持つ
有理数×sin(2π×有理数)を根に持つ多項式は倍角の公式を使ってすぐ分かるので、これに上の事実を繰り返し用いれば良い >>451
wolframこんなんも出来るんか
>>450
ほとんどそんな感じだけど想定してたのは次のような感じ
Q(sin10°)は<1,sin10°,sin^2 10°>をQ上の基底として持っていて、sin50°、-sin70°はsin10°の共役なので
x = sin10°+5sin50°+7sin70°は<1,sin10°,sin^2 10°>の線形和で表現することができます(倍角や根と係数の関係を使えばすぐ出来る)
あとは
x、sin10°*x、sin^2 10° xをそれぞれ<1,sin10°,sin^2 10°>の線形和で書いて行列で表現すれば、xはその行列の固有値になるのであとはその行列の固有多項式を求めればいい
という感じです なので係数の5とか7はテキトーです
なにか意味があるという訳じゃなかった >>452
あー、言われてみればどれもsin(π/6)=1/2から3倍角で出る値だったのか x=sin(10°)として8x^3-6x+1=0, y=2xとしてy^3=3y-1
sin(50°)=cos(40°)=2(1-x^2)^2-1=-2x^2-x+1
sin(70°)=cos(20°)=-2x^2+1
∴ sin(10°)+5sin(50°)+7sin(70°)
=-24x^2-4x+12
=-6y^2-2y+12
(-6y^2-2y+12) 1 = ( 12, -2, -6 )・( 1, y, y^2 )
(-6y^2-2y+12) y = ( 6, -17, -2 )・( 1, y, y^2 )
(-6y^2-2y+12) y^2 = ( 2, 0, -6 )・( 1, y, y^2 )
ココで挫折
CharacteristicPolynomial[{{12,-2,-6},{6,-6,-2}, {2,0,-6}}, x] = x^3 + 84 x + 296
https://www.wolframalpha.com/input/?i=CharacteristicPolynomial%5B%7B%7B12%2C-2%2C-6%7D%2C%7B6%2C-6%2C-2%7D%2C+%7B2%2C0%2C-6%7D%7D%2C+x%5D&;lang=ja >>455
そうそう
まさにこの解法です
最後はx^3 - 84 x - 296かな この問題を教えていただけませんか？
変数tに関する巾級数
∞
Σ(-1/2,n)*t^n
n=0
の収束半径rを求めよ. ただし,一般に0でない実数aと0以上の整数nに対し
(a,n)=1(n = 0 のとき),a*(a－1)*···*(a－n+1)/n!(n > 0 のとき)
とする. 前>>441
>>447
1～3の中にはない。
円柱の場合、側面は開くと長方形だし、円形の底面がもう一個必要。
三角柱の場合も側面は3つの長方形だし、三角形の底面がもう一個必要。
円錐はなきにしもあらずだけど、本来展開図は円と扇形。三角形だと貼りあわせたとき山羊の角みたいにに反りくりかえると思う。 >>459
円柱を切ったみたいな穴があいた立体になる >>442
蛇足です。
Π[n=2,∞] (F[2n] +1)/(F[2n] -1) = 3, 前>>459
>>460
ちゃんと展開図を貼りあわせたときどんな立体になるかを問われてると思う。 前>>462
>>447
展開図をコピーして2枚貼りあわせていいんだったら、
1が可能。のりしろがないから、
切り取り線にジッパーが必要。 >>419
S(d) = √(dd-1) + dd{π/4 - arccos(1/d)},
S(d)/d → Max.
{S(d)/d} ' = -(1/dd)√(dd-1) -arccos(1/d) + π/4 = 0,
d = 1.09316974498502
S(d) = 0.88322158341066
S(d)/d = 0.80794550659903 >>407
結局これの答えは>>419なのか、それよりも大きく出来るのか
いずれにしても最大であることを示すのは簡単じゃなさそうに思えるが >>465
まぁこの手の問題で実際変分法使って最大である事示すとこまでやるとこはほとんどない
何回か見たけど
ましてや最大が存在するとこまで議論された事はほんの数回 前>>463
>>464
0.8079……数値的にも、
微分=0やり方もあってる。
S(d)のarccosがいやだ。 >>467
曲線が「円弧+直線」になることを示さなければ証明になってない 背理法による。
曲線が「円弧＋直線」でなければ直径が定義されないから不適… α Max{S(d)/(d^α)} d_max
------------------------------------------
0.0 1.0 1.41421 = √2,
0.2 0.937856 1.34219
0.4 0.889134 1.26985
0.6 0.852379 1.20157
0.8 0.825933 1.14176
1.0 0.8079455 1.09317
1.2 0.796531 1.05630
1.4 0.789953 1.03006
1.6 0.786716 1.01281
1.8 0.785561 1.00312
2.0 0.7854 = π/4 ≦ 1.0 (円周)
------------------------------------------ 位相空間X,Yに対して
f:X→Yが連続 ⇔ f*:P(Y)→P(X)が連続
が任意の写像fについて成り立つように
P(X),P(Y)を位相空間にすることは可能か？
ただし*は逆像、Pは冪集合の記号である >>471
iX:X→P(X)をx→{x}で定められる単射としてP(X)の位相をi(X)が連続となる最強の位相、すなわち
U⊂P(X)が開集合⇔iX'(U)が開集合(ただしf'はf^(-1)の略号とする)
で定められる位相とする
コレが求める条件を満たす
∵)
f : X→Yが連続、V⊂P(Y)が開集合とする
iY'(V)はYの開集合だから(iY f)'(Y)=f'iY'(V)は開集合
よって(f* iX)'(V)=iX' f*'(V)は開集合
∴f*'(V)は開集合
f*が連続V⊂Yが開集合とする
iYは開写像でありiY(V)はP(Y)の開集合である
よって(f*iX)'(V)=(iY f)'(V)=f'iY'(V)=f'(V)は開集合 この宇宙から全ての物質が無くなったとする。
この時、摩擦や重力は存在するか？
どのようにすれば、それを生み出して、
その存在を確認できるか？ >>472
それだと
f:X→Yが連続 ⇔ 順像f:P(X)→P(Y)が連続
を示していることになりませんか？
>>473
ここは数学の問題を扱うスレです >>474
見間違えました
以下2={0,1}には{φ,{1},{1,2}}で位相を入れる
C(X)をXから2への連続写像の全体としてUx={ p | p(x)≠0 }の全体で生成される位相を入れる
C(X)→P(X)を自然な埋め込みとしてコレが連続埋め込みとなる最弱の位相をP(X)に入れる
f:X→Yが連続とすると誘導される写像C(f):C(Y)→C(X)は連続である
実際C(f)^(-1)(Ux)=U_f(x)である
よって自然な写像
C(Y)→P(Y)→P(X) = C(Y)→C(Y)→C(X)
は連続だからP(X)の位相のf*による引き戻しによってC(Y)→P(Y)は連続となる
ここでP(Y)はC(Y)→P(Y)が連続となる最強の位相であったからP(X)の位相のf*による引き戻しはP(X)に含まれる
∴P(Y)→P(X)は連続
次にf*:P(Y)→P(X)が連続とする
この時C(f*) : C(P(X))→C(P(Y))は前段の議論より連続である
位相空間Zとz∈Zに対してez∈C(P(Z))= p → p(z)と定めてe:Z→C(P(Z))を決める(ホントはZ事に違う写像だけどうるさくなるので添字略)
ここでYの開集合Vを取るときVの特性関数m:Y→2をとる、すなわちm(y)=1 iff y∈Vである
この時mは連続関数となるからC(P(Y))の開集合
Um={φ | φ(m)≠0}が取れる
したがって写像h:X→Y→C(P(Y))によるUmの引き戻しはXの開集合である
ここで
x∈h^(-1)(Um)
⇔f(x)∈e^(-1)(Um)
⇔e(f(x))∈Um
⇔e(f(x))(m)≠0
⇔m(f(x))≠0
⇔f(x)∈V
⇔x∈f^(-1)(V)
であるからf^(-1)(V)=h^(-1)(Um)であり開集合である >>475
いくつか誤植があるように思います
なので正確に読み取れているか分からないですが
eは一般に連続にはならないですよね？
するとUmのhによる引き戻しが開はどのように示せていることになるんでしょうか い>>476
いえeは連続です
まずP(X)の位相はC(X)→P(X)が連続となる最強の位相で、C(X)の位相の生成元がUxなのでP(X)の位相も同じくUxで生成されています
もちろんC(P(X))の位相もp∈P(X)の元でUpの形の元で生成されています
ここで
e^(-1)(Up)
= e^(-1)( { φ | φ(p)=1 } )
= { x∈X | e(x) ∈ { φ | φ(p)=1 } }
= { x∈X | e(x)(p) = 1 }
= { x∈X | p(x) = 1 }
= p^(-1)( {1} )
はXの開集合です >>477
えーと、p∈P(X)なのでpはただの部分集合なので最後の式から開は一般に言えないように見えます >>478
P(X)はPから{0,1}への関数空間と同一視してます >>479
もちろん、そのつもりだとして
p∈C(X)⊂P(X)ならpは開集合ですけど、p∈P(X)だとただの部分集合ですよね いえC(X)⊂P(X)とみなしています
P(X)はX→{0,1}の写像の全体、C(X)はX→{0,1}の連続写像の全体 C(X)⊂P(X)なのも了解してます
だけどもC(P(X))の位相の生成元Upとしてとるpはp∈P(X)であって、常にp∈C(X)とは言えないですよね >>482
あ、うっかりした
そこ見落としてました ルベーグ測度0を持つ可測集合 S⊂R であって、次の条件を満たすものは存在するか
【条件】
任意の可算集合 T⊂R に対してある実数 r が存在し、r+T⊂S が成り立つ
(ただし r+T = { r+t | t∈T } とする) Tとして等差列{an|n∈Z}とって公差aを動かせばSが幅を持つから不可能 ほんと？
じゃあ例えば任意の二元集合 T について条件を満たすような S も作れないってこと？ コインを10個並べて4段の正三角形が作ってあって、コインを3個動かして逆向きの三角形にせよという有名なパズルがある(調べれば出てくると思う)
このパズルをn段に拡張してみる
1段なら当然0個、2段なら1個、3段なら2個、5段なら5個動かす必要がある
ではn段のときは最低何個動かす必要があるか？ 前>>463
>>487
nが6以上の3の倍数のとき、
数列a(n)=a(n-3)+n-1
a(n+1)=a(n)+n/3
a(n-1)=a(n)-n/3 数学の問題において、
面白い問題とはどのような物か？
君の主張とその根拠を述べよ。 (Aランク大学 2021年度 末期) >>488
正解
…なんだけど一般項を求めてほしかったかな
その式だといきなり100段とかは出せない 一般項の表し方はいくつかあるみたいね
0, 1, 2, 3, 5, 7, 9, 12, 15, 18, ...
https://oeis.org/A001840 >>487
ホテルでバイトしてたときに、このパズルが実際に出てきたことがあるｗ
丸テーブルの中央にコップを(平面の)正三角状に3段並べるのだが、
テーブルの数自体が多いので、みんなで手分けして並べていく。
三角形は決まった方角になるように事前に決められていたのだが、
一人のバイトが180度間違えてセッティングしてしまって、
やり直しの数がかなり多かった。
その人はリーダーから叱られたあとに急いで並べ直すのだが、
全部バラしてから並べ直してたので時間かかってたｗ
例のパズルを知ってれば一瞬で180回転できるのにな・・・
と思いながら自分は生暖かい目で見てた。
まあ、例の方法だと三角形全体の位置も微修正しなければ
ならないのだが、しかし全部バラすよりは絶対に早い。 前>>488
>>490
a(100)=a(99)+33
a(99)=a(96)+99-1
a(96)=a(93)+96-1
a(93)=a(90)+93-1
……
a(9)=a(6)+9-1
辺々足すと、
a(100)=33+3(33+32+……+3)+a(6)+8
=33+3(33+3)31/2+7+8
=33+54×31+15
=48+162+54
=265
あってるかなぁ。 あ、いや、わかった
自然数nに対して集合Snを
Sn = { [ 0, n ] ∪ [ n+1, 2n + 1 ] + (2n+1)Z } / (2n+1)!!
として
S = ∩ Sn
とすれば容易にSは測度ゼロ集合
さらにT=Q+Sも測度ゼロ集合
実数xについて非負の整数列f(x,n)∈[0,2n]を
x = [x] + Σ f(x,n)/(2n+1)!!
と表す事が出来、無理数なら一意に決まる
有理数については無限個ゼロが続くものかありそれをf(x,n)とする
この時f(x,n)=nとなるnが有限個→x∈Tに注意する
(xi)を実数の無限列とする
この時任意の自然数nに対して0≦an≦1である実数anを全ての1≦k≦n1≦m≦nである整数kに対してf(xk+an,m)≠mを満たすように取れる
この時lim an=aとすれば任意のnについてxn+a∈Tである >>495 ヒント
Sの条件を『任意の二元集合Tについて～～～～が成り立つ』にゆるめれば、
カントール集合をうまく使えば可能なことがわかる。
『任意の三元集合Tについて～～～～』も成り立たせるためには
Sの構成法にもう一手間必要。さてどうやって…？ >>496
計算ミスじゃないかな？
265は少なすぎる >>497
束縛がおかしい
訂正
任意のnに対してan∈[0,1]を任意の1≦m≦k≦nに対して
f(xm+an,k)≠k
を満たすように取れる
証明は
まずf(xm+b1,n)≠n (1≦m≦n)とb1を選ぶ
次にf(xm+b1+b2,n-1)≠n-1 (1≦m≦n-1)とb2をn/(2n+1)!!Zの元から選ぶ
この時f(xm+b1+b2,n)=f(xm+b1,n)となっている
次にf(xm+b1+b2+b3,n-2)≠n-2 (1≦m≦n-2)とb2をn(n-1)/(2n+1)!!Zの元から選ぶ
この時f(xm+b1+b2+b3,n)=f(xm+b1+b3,n), f(xm+b1+b2+b3,n-1)=f(xm+b1+b2,n-1)となっている
‥
と続ければ良い
このままのanでは前の証明に繋がらないので
まずanの部分列a1nを[f(x1,a1n)3!!]がすべて定数となるようにとる
次にa1nの部分列a2nを[f(x1,a1n)5!!],[f(x1,a2n)5!!]がすべて定数となるようにとる
‥
と構成して二重数列amnを構成してa=lim[n]annとする >>497
最後あたりだけちょっとよくわからなかった…
例えば x={n/6}_(n=1,2,3,…) とかだと成り立たないのでは？
n=6 の時、a6 をどうとっても f(xk+a6,1)=1 になる 1≦k≦6 は存在すると思う
（というかmについてる量化子とか不等式とか正しくエスパーできてるか自信無いので、
その辺で誤字訂正あればありがたい） >>500
まだ読み込み中だけど一つ質問
最初に構成したTの定義をSそのままにせずS+Qとしたのは、
証明の中でどこで効いてくるんだろうか
『f(x,n)=nとなるnが有限個→x∈T』の部分がポイントになったりするの？ >>503
まぁなくてもよかったかな？
要はカントール集合では“3進数展開”、すなわち
最初は1/3ごとに切り、次は1/9毎に切り、次は1/27毎に切り‥
としてるのを
最初は1/3ごとに切り、次は1/15毎に切り、次は1/105毎に‥
に変えてるだけ
真ん中の区間を抜くのは同じ
(1-2/3)+(1-4/5)+‥=1/3+1/5+1/7+‥が発散することから無限乗積
2/3×4/5×6/7×‥
はゼロに収束するので測度ゼロ
Q出したけど出さなくてもよかったかな？
まぁ仮定できることはとりあえず仮定しただけです
ノートにも書かないでスマホでダイレクトに書いてるのであとでよくよく考えたらいらなかったとか消してない >>504
なるほどね
実際数列 {x_n} の値域がR上惆密であれば、>>497 の S が区間(1/3,2/3)を含まないことから
Sそのままだと題意を満たさない訳だけど、
それが S+Q でどううまく解消されてるんだろうか…というのが気になってた >>505
ああ、それで入れたんだった
カントールそのままだと
「真ん中の数である1が展開の中に一度も現れない」
だけどQを足しとくことによって
「真ん中の数1が高々有限個しか現れない」
と緩和されるのでいけるようになる この方がもう少しわかりやすいかな
各nに対してanは1～nまでのkとk～nまでのmに対してxk+anの「m桁目」がmでないように取れる
容易にanのこの条件は部分列についても“遺伝”するのでもとからanは収束列として良い
ここで条件
「yのm桁目がmでない」を満たすyの集合は閉集合である(∵ 条件を満たさない集合は実数全体を1/(2n+1)!!刻みで分割したうちの2n+1個毎に真ん中の開区間抜いたものに含まれる、区間の両端が微妙だけどここもオーケーになるように定義してある)
また条件から
任意のkとk≦m≦nに対してxk+anの「m桁目」がmでない
であるからlim an= aの時
任意のkとk≦mに対してxk+aの「m桁目」がmでない
が出る
すなわち各kに対しxk+aのm桁目がmであるようなmはk未満のmに限られる
よってTの定義からxk+a∈Tである >>507
はは～～ようやくわかった！なるほどうまい！
最初からaの各桁をxkの各桁からバシッと決められないかな～とかちょっと思ったけど、
繰り上がりの問題があるから極限を経由しないと面倒が生じるんだな…
正解といたします。お見事でした >>508
そうなんだよ
上の方から定められない
下の方から決めるしかない
しかしそれだとx1～x3が上手く行くようにa3決めても今度のa4作るときはそれを元手にx4+a4が上手く行くように微調整というわけにいかない
もう一回x1+a4～x4+a4まで「1からやり直し」しないといけない
そうするとそれを全体として“繋ぎなおす”作業を余儀なくされる
しかしそれができると気づいてたどりつきました ちなみに想定回答はこんな感じ
（証明）
各整数 n≧0 に対して集合 T_n を
{ x∈R : 全ての正の奇数 m について、x の10進法における小数点第 m･2^n 位の桁は0か9 }
と定め、T = ∪_(n≧0) T_n と定める。
ただし負の数の小数点第i位は、十分大きい整数を足して正の数にしてから計算する。
この集合 T が条件を満たすことを示す。
実数列 {x_n}_(n≧0) を任意にとる。
実数 t を、任意の整数 n≧0 と奇数 m≧1 に対して
t と x_n の小数点第 m･2^n 位の桁が一致するように定める。
すると x_n - t の小数点第 m･2^n 位は、引き算で繰り下がりが無ければ0、
あれば9になるので x_n - t ∈ T_n が導かれる。特に T の元でもある。
（終わり）
例えば
x1=0.123456789012345...
x2=0.314159265358979...
x3=0.555555555555555...
x4=0.333000333000333...
...
の時
t = 0.113559739315375...
となる
>>510 自作です。元々これの巡回群バージョンを考えてたけど
実数に適用したら思いの外非自明な結果が出てきたので共有しようかなと
しかしこれ問題としてはだいぶとっつきにくかったか…申し訳ない なるほど
ひとつのカントール集合じゃ苦しいからいくつかタイプの違うやつ用意すればよかったんだな
でそれぞれが見てる“桁”が違うから影響しあわないわけた
素晴らしい >>496
a <- function(n){
b=numeric()
b[1]=2
f3 <- function(m){
re=0
q=m%/%3
for(i in 2:q){
b[i]=b[i-1]+ 3*i -1
}
return(b[q])
}
r=n%%3
if(r==0) ans=f3(n)
if(r==1) ans=f3(n-1)+(n-1)/3
if(r==2) ans=f3(n+1)-(n+1)/3
return(ans)
}
> a(100)
[1] 1683 >>488
イナ氏の漸化式から計算した値をグラフ化
https://i.imgur.com/kTCdLl5.png
> a(2021)
[1] 681077
プログラムにバグがあるかもしれんから、誰かコインを使って数えて検算してみてくれｗ すでにn=59までの答え出てるサイトでてるんだからそれ見て検算してみりゃいいのに
t n = div ( n * ( n + 1 ) ) 2
r n = let
( q, r ) = quotRem n 3
in case r of
0 -> ( t q ) * 2 + ( t $ q - 1 )
1 -> ( t q ) * 3
2 -> ( t $ q + 1 ) + ( t q ) * 2
main = print $ [ ( r n ) | n <- [ 1.. 59 ] ]
----
[0,1,2,3,5,7,9,12,15,18,22,26,30,35,40,45,51,57,63,70,77,84,92,100,108,117,126,135,145,155,165,176,187,198,210,222,234,247,260,273,287,301,315,330,345,360,376,392,408,425,442,459,477,495,513,532,551,570,590] >>513-514
100段と2021段の場合は正解
グラフも多分合ってそうかな
ちなみに自分の想定した答えは、n段のとき
nを3で割ると1余るときは
(n-1)(n+2)/6
nを3で割ると2余るか割り切れるときは
n(n+1)/6
という式 連続した3つの自然数を順番に繋げてできた数の約数に元の自然数が含まれるような数について考える
例)
「123」は「1」と「3」を約数に持つ
「234」は「2」を約数に持つ
「567」は「7」を約数に持つ
「8910」は「9」と「10」を約数に持つ
「101112」は「11」と「12」を約数に持つ
「171819」は「17」を約数に持つ
「748749750」は「750」を約数に持つ
このような数は無数にある
では、できあがった数を100桁までとするとこのような数はいくつあるか >>517
出来上がった数が100桁になるのは1≦n≦10^33-2の範囲
e(n) = [ log[10](n+2) ] + 2
とおいてn>10の時
nが条件を満たす
⇔ n | (n+1) 10^e(n)+n+2
⇔ n | (n+1) 10^e(n)+ 2
⇔ ∃e>2 n | 10^e+2, 10^e+2 とnは一桁違い
⇔ ∃e>2 n = (10^e + 2)/2, (10^e + 2)/3, (10^e + 2)/6
となるから条件を満たす10より大きい整数は10^3+2～10^33+2各々の約数３つずつが該当し、その個数は31×3=93個
10以下では4個であるから求める個数は97個 それじゃ平行移動に関してもう一つ
奇素数 p を位数に持つ有限体 F_p について、
次の条件を満たす部分集合 T⊂F_p を全て決定せよ
【条件】部分集合 S⊂F_p の元の個数が p/2 より小さいならば
ある元 a∈F_p について a+S⊂T が成り立つ >>516
場合分けして線形回帰してみた。
余り０のとき
> x=c(1:1000*3)
> y=a(x)
> round(lm(y~1+x+I(x^2))$coef,5)
(Intercept) x I(x^2)
0.00000 0.16667 0.16667
回帰二次曲線は
y=(1/6)x^2+(1/6)x
余り１のとき
x=1:1000*3+1
> y=a(x)
> lm(y~1+x+I(x^2))
Coefficients:
(Intercept) x I(x^2)
-0.3333 0.1667 0.1667
回帰二次曲線は
y=(1/6)x^2+(1/6)x-1/3
余り２のとき
> x=1:1000*3+2
> y=a(x)
> round(lm(y~1+x+I(x^2))$coef,5)
(Intercept) x I(x^2)
0.00000 0.16667 0.16667
回帰二次曲線は
y=(1/6)x^2+(1/6)x >>518
１０以下だと
123
234
345
456
567
678
8910
101112 (101112/11=9192)
の８個あるのでは？ >>517
連結前が５桁までなら計算機が出してくれた。
> ans
[1] 1 2 3 4 5 6 8 10 13 17 18 23
[13] 28 32 34 48 51 58 65 73 98 100 110 113
[25] 114 116 118 123 136 142 143 148 167 172 182 188
[37] 198 228 230 248 258 272 274 288 296 298 332 334
[49] 343 346 350 373 406 428 433 458 480 498 501 550
[61] 573 578 598 665 688 692 694 723 748 776 818 868
[73] 918 998 1000 1110 1128 1178 1198 1232 1248 1354 1414 1473
[85] 1498 1506 1667 1693 1768 1806 1873 1998 2258 2358 2408 2498
[97] 2710 2823 2830 2948 2998 3332 3334 3388 3538 3748 4423 4518
[109] 4520 4718 4998 5001 5422 5648 5898 5998 6665 6778 7078 7226
[121] 7372 7373 7498 8473 8848 9038 9998 10000 10223 11110 11998 12223
[133] 12268 12498 13038 13086 14286 14998 15646 16298 16358 16667 18748 19558
[145] 19630 19998 20373 20448 24448 24538 24998 26078 26828 27272 29998 30673
[157] 32598 32718 33332 33334 37498 39118 39262 40748 40898 48898 49078 49998
[169] 50001 51123 59998 61123 61348 65198 65438 66665 74998 78238 81498 81798
[181] 81818 97798 98158 99998 >>521
おっとミスった
連続する3数のどれか一個か >>522
６桁も計算できた。最後のほうを書くと
> ans
[208] 303302 326732 333332 333334 340066 366336 369962 374998 386138
[217] 389960 437228 499998 500001 534390 599998 623762 666665 706292
[226] 749998 762376 863246 900990 909908 980198 999998 1000000
その個数は
> length(ans)
[1] 233 それだけ分かってればあとは規則性を見つければ解けるはずだ >>524
連結前で７桁
[273] 6999998 7499998 7619046 8181818 8399998 8749998 9523808 9999998
[281] 10000000 手で解く場合は、1つ目の数で割り切れるやつ、2つ目で割り切れるやつ、3つ目で割り切れるやつに場合分けして解くといい >>518
うーん、「1つ目の数を約数に持つ」という条件に限ったとしても142861428714288が数えられてないなあ >>529
おっとそこもか
でもそこは対して問題じゃない
mod 7なんてcycleしてるから手計算でもできる
しかしn+1が約数になるタイプが絶望的に理詰めでは無理やな
計算機使うしかない奴 n+2の方もアカン
n=10^e-1、10^e-2は例外型として
n+1が約数⇔n | 10^(2×nの桁数)-1
n+2が約数⇔n | 10^(nの桁数)×(10^(nの桁数)+2)
だから前者は10^(2e)-1のe桁の約数を数え上げる問題、
後者は10^e×(10^e+2)のe桁の約数を数え上げる問題に帰着される
nの奴は10^e+2のe桁の約数だから候補が÷2,÷3,÷6,÷7に絞られたけど残りの２つは理詰めのみは無理やな n+2は理詰めで解けるはず
n+1は…まあ、理詰めというには試行錯誤が多すぎるしコンピュータでもいいかな… 10^eの方の約数がそこそこ限られるからなぁ
しかしどのみちn+1がダメやのに頑張る気にならん 面倒ならWikipediaでレピュニット数の素因数分解一覧を参考にするのも手 訂正
n+2の一般型は
n+2が条件みたす
⇔n+2がe桁、かつn+2|10^e(2×10^e+1)
になる
桁数の制限は10^eの方の約数が1～10^eまで作れてしまうので実質
「2×10^e+1のe桁以下の約数を数え上げろ」
やね
n+1の方よりこっちの方が苦しい
例えばn=22くらいの時n+1の方は10^44-1が比較的小さい数に因数分解されてしまうからいいにしてもn+2の方は2×10^22+1の素因数分解をまともにやるしかないな 俺もなんか数え間違ってた感じがしてきたなあ
この問題失敗だったか >>526
実は、規則性を探そうとグラフにしてみたけど、さっぱり手がつかなかった。
https://i.imgur.com/0PSKwns.png 前>>496
>>494
2人で力をあわせれば、
テーブルごと180°回転されられるはず。 本からの転載
1+2=3
1+2+3+…+14=15+16+…+20
1+2+3+…+492=493+494+…+696
1+2+3+…+2870=2871+2872+…+4059
こういう感じで1～nまでの自然数を順番に並べて=1つと+だけで繋ぐ式を探そう >>519
ヒント：まずは F_p 上の等差列のうち連続した [p/2] 項からなる集合を S としてみる >>540
ペル方程式使えば無限個作れる
x^2-2y^2=-1の解を使って
1+2+…+x(x+y)=(x(x+y)+1)+…+x(x+2y) x^2-2y^2=1の解でも大丈夫か、その場合は
1+2+…+y(x+2y)=(y(x+2y)+1)+…+2y(x+y)
(1+√2)を累乗していきペル方程式x^2-2y^2=±1の解
(x,y)=(1,1),(3,2),(7,5),(17,12),(41,29),(99,70),(239,169)…
を得る、これらを使って
1+2=3
1+2+3+…+14=15+16+…+20
1+2+3+…+84=85+86+…+119
1+2+3+…+492=493+494+…+696
1+2+3+…+2870=2871+2872+…+4059
1+2+3+…+9730=9731+9732+…+23660
1+2+3+…+97512=97513+97514+…+137903
… >>543-544
なるほどうまいね
本だと漸化式になってたけどこっちの方が良さそうだ
(数学本でなくパズル本なので専門的なことまでは書かれてない) >>544
6番目の式、計算ミスってた
誤) 1+2+3+…+9730=9731+9732+…+23660
正) 1+2+3+…+16730=16731+16732+…+23660 >>545
ペル方程式の解から得られていることを使うと
比が√2に近いこともすぐ説明できます
3÷2=1.5
20÷14=1.42…
119÷84=1.416…
696÷492=1.4146…
4059÷2870=1.41428…
23660÷16730=1.41422…
137903÷97512=1.414215… まあ正三角形の面積を底辺と並行な線で2等分することを考えれば√2に近づくことはわかる
>>547の比もそのまま√2の連分数展開と一致するようだ 数セミ増刊「数学・物理 100の方程式」 日本評論社 (1989)
p.16-17 ペル方程式はちょこちょこでてくるよなぁ
有名問題だろうけど
三辺の長さが n-1, n, n+1 の三角形の面積が整数になるような自然数 n をすべて求めよ S=√((3n/2)(n/2)(n/2+1)(n/2+1)=n/4√(3(n^2-4))
が整数となる時だからnは偶数
n=2mとおいて
S=m√(3(m^2-1))
S/mは代数的整数でかつ有理数だから整数
S/m=lとおくと
l^2=3m^2-3
lは3の倍数だからl=3kとおいて
3k^2=m^2-1
以下略 xy座標平面上における1≦x^2+y^2≦2の範囲を領域S、領域Sをn+1等分するy軸に平行な直線をそれぞれx=a_1,x=a_2,...x=a_n(a_1<a_2...<a_n)とする。lim[n→∞]1/n*Σ[k=1...n]{a_k}^2を求めよ。 -√2≦x≦tの面積をF(t)、その逆関数をG(s)とする
面積をSとして
n*Σ[k=1...n]{a_k}^2=nΣ(G(ks/n))^2
故にその極限値は
∫[ 操作ミス
求める極限値は
∫[0≦p≦S](G(p))^2dp/S
=∫[-√2,√2] x^2 F'(x) dx /S
疲れた >>517
だいぶ短くなった
夜まだ解答上がってなければ書きます F(t) = 2arccos(-t/√2) + t√(2-tt), -2 ≦ t ≦ -1
= 2arcsin(t/√2) + t√(2-tt) + arccos(t) - t√(1-tt), -1 ≦ t ≦ 1
= 2arcsin(t/√2) + t√(2-tt), 1 ≦ t ≦ 2 >>517
めっちゃ勘違いしてた
勝手に脳内で反転もありにしてた
平行移動だけなら短い
定理
【条件】部分集合 S⊂F_p の元の個数が p/2 より小さいならば
ある元 a∈F_p について a+S⊂T が成り立つ
を満たすのはTの補集合が2元以下の場合である
(∵) 条件はFpに作用するアフィン変換で普遍だからアフィン変換で取り替えて考えて良い
補集合が2元以下ならアフィン変換で0,1以外の全ての元気を含むようにできる
その集合が条件を満たすことは容易
補集合が3元以上もつ集合Tは同じくアフィン変換である2≦a≦(p+1)/2をとって0,1,aを含まないものに取り替える事ができる
したがって次を示せば十分
(#) Fpの3元部分集合{0,1,a}に対しある(p+1)/2元以上の元を持つ集合Uで任意のxに対し{x,x+1,x+a}を含まないUが存在する
これは
U={0,1,2,‥,a-2,a-1}∪{2a-1,2a+1,‥,p-2}
がその条件を満たす事から示される >>560
Uについて"『任意のxに対し{x,x+1,x+a}を含む』が成り立たない"のはいいけど、
示すべきは"任意のxに対して『{x,x+1,x+a}を含まない』が成り立つ"ことじゃないかな
その構成だと、p≧3a+1 の時に x=2a-1 をとれば三元集合がすっぽり含まれてしまう >>561
元のTだと鬱陶しいので補集合で考えてます もう少し丁寧に書けば、示したいのは
ある(p-1)/2元以下の集合Sでその任意の平行移動S-xが{0,1,a}の補集合に含まれない
でコレを補集合での記述に直せば
ある(p+1)/2元以上の集合Uでその任意の平行移動U-xが{0,1,a}を含まない
です
xを移項すれば(#) >>563
うん
そして >>561 の通り、U={0,1,…,a-1}∪{2a-1,…,p-2} は条件を満たさないよね
U-(2a-1) は {0,…,p-2a-1} を含むから、a≦p-2a-1 なら {0,1,a}⊂U-(2a-1) が成り立ってしまう え？
(#)で含んでいけないのは{0,1,a}ですよ？元の条件の包含関係も補集合の世界だから逆になってる
元の命題は
S+x⊂Fp＼{0,1,a}となるxが存在しない
で補集合で記述した方は
{01,a}⊂U+xとなるxが存在しない
です
含んでいけないのはあくまで{0,1,a}
例えばa=5,p=17なら
{0,1,2,3,4,9,11,13,15}
で
{0,1,5},{1,2,6}‥{3,4,8},{4,5,9}...{16,1,4}
全て含まない >>565
あーーごめん、後半は公差2になるのね
正解です。色々ぐだってしまって申し訳ない
反転ありの場合もちょっと気になるから後で考えてみるか… >>566
ちなみに反転もありでも結論はそんなに変わりません
SがTに含まれるようにする操作がふえるわけなのでTに要求される条件はもちろん弱まります
よって>>519の解より“ほんの少しだけ”解は増えるようです tan20°×tan40°×tan60°×tan80°=3を証明せよ (3x-x^3)/(1-3x^2) = tan60°は三次方程式なので異なる解の個数は高々3個
x=tan20°, tan80°, tan140° は３倍角の公式からこの方程式を満たし、相異なるからこの３つが解
よって解と係数の関係とtan40°=-tan140°により
tan20°×tan40°×tan60°×tan80°
=tan20°×(-tan140°)×tan80°×tan60°
=tan60°×tan60°
=3 Π[n=0,∞](1-e^(-(2n+1)π)) = 2^(1/8) e^(-π/24) を証明せよ >>570
コレはダメだ
なんかヒントおながいします logとった値が (1/8)log2-π/24 になることを示す感じなのかな
うまく解析関数と積分経路を定めてコーシーの積分定理とか使うんだろうか しかしなんか各点の留数が(1-e^(-(2n+1)π))とかになる関数なんて聞いた事無さすぎ >>571
想定される解答が複数あると思うので
とりあえずノーヒントで とりあえず
η(τ)=e^(πiτ/12)Π(1-e^(2πniτ))
の特殊値
η(i)=Γ(1/4)/(2π^(3/4))
η(i/2)=Γ(1/4)/(2^(7/8)π^(3/4))
を使うとすぐ出る
特殊値はη関数を楕円積分と関係付けるかチョウラセルバーグの公式から証明されるらしいけど何もわからん でもコレアレコレ考えてわかる範囲を遥かに超えてる希ガス
コレは考えるというより調べる問題だな
まぁそれはそれで楽しいけど
とりあえずη関数の特殊値とやらをどうやって出すんだろ 任意の自然数Nに対して、α=π/(2N+1)とすると、
tanα✕tan2α✕tan3α✕…✕tanNα = √(2N+1)
となることを証明せよ (tan kα)^2 (k:1～2N)は方程式
N-C[2N+1,3]x+‥+(-1)^Nx^(N)=0
の解だから以下略 >>568の一般化か
これはwikiにも載ってるくらい有名な話だな
たしかオイラーの無限解析にも記述がある と思ったら違うorz
B. C. Berndt, Ramanujan's lost notebook, Vol. V., Springer, 1998.
↑これ嫁だって この関数をf(x)とする
https://i.imgur.com/GBGD1Db.jpg
n
Σ f(x)が整数になるときのnの条件を求めよ
x=1 >>588
イヤ無限和と勘違いしました
有限個足して整数になるやつね >>571
>>570 の想定される簡単な解答のヒントです。
P1=Π[n=1,∞](1-e^(-(2n-1)π)),
P2=Π[n=1,∞](1+e^(-(2n-1)π)),
P3=Π[n=1,∞](1+e^(-2nπ))
と置く。
P1*P2*P3 = Π[n=1,∞](1-e^(-(4n-2)π))Π[n=1,∞](1+e^(-2nπ)) = 1
より関係式
log(P1)+log(P2)+log(P3)=0
が成り立つ。あと2つlog(P1),log(P2),log(P3)の関係式が得られれば
方程式を解くことで値が定まる。
残りの関係式は
log(P1)=Σ[n=0,∞]log(1-e^(-(2n+1)π))
=-Σ[n=0,∞]Σ[k=1,∞](1/k)e^(-k(2n+1)π)
=-(1/2)Σ[k=1,∞](1/k)/sinh(kπ)
……
あとは考えてください。 >>590
あざっす
しかしη関数使う方が面白いなぁ
そっちが本筋な気もするし
それが使えるようになって「実はもっと初等的に解ける」の方が筋みたいな気もする プログラム板でも出題したけどコッチでも
お題：ニセコインを見つけよ
半年毎に数学板で出てくるお題
n枚のコイン(n≧3)の中から重さの違うニセコインを見つけには何回天秤つかえばよいか
なおどのコインも最低一回は天秤に乗せてニセコインが重いか軽いかも判定するものとする
答えは
e = ceiling( logBase 3 ( 2*n+2 ) )
さてさてこの回数で可能はそんなに難しくない
実際e行n列の1,0,-1からなる配列で
①どの行も1の数と-1の数が等しい(右の皿と左の皿に同じ数乗せる)
②どの相異なる列u,vをとってもu ≠ ±v
となる配列が作れる
プログラム板では実際そのような配列を出力するプログラム作ってください
だったけどここでは存在証明をおながいします
例
n=39->
[[-1,0,1,-1,0,-1,1,1,-1,0,0,-1,1,0,1,-1,-1,1,0,0,1,-1,-1,1,0,0,1,-1,-1,1,0,0,1,-1,-1,1,0,0,1],[0,1,-1,-1,0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1,0,0,0,1,-1,1,-1,1,-1,-1,1,-1,1,-1,1,0,0,0,0,0,0,1,-1,1,-1,1],[0,0,0,0,-1,1,1,-1,-1,1,1,-1,-1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1],[0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,-1,-1,1,1,-1,-1,1,1,-1,-1,1,1,-1,-1,1,1,-1,-1,1,1,-1,-1,1,1,-1]] >>591
では楕円関数を経由する解答例
(キーワード:ヤコビの三重積、楕円テータ関数)も用意しておきます。 >>593
まぁでもそっちの方の解答はちょっと実質載せられないですよね？
長すぎる
しかし感動的
ラマヌジャン天才すぎる
Σ[n=-∞,∞]q^(k^2)
とか考えてみようとも思わない
思えない >>580
第二種チェビシェフの多項式で
sin((2N+1)θ)/(sinθ) = U_{2N}(cosθ)
= (2cosθ)^{2N} - (2N-1)(2cosθ)^{2N-2} + …… - (-1)^N･2N(N+1)(cosθ)^2 + (-1)^N
= (-1)^N･(2sinθ)^{2N} - (-1)^N･(2N+1)(2sinθ)^{2N-2} + …… - (2/3)N(N+1)(2N+1)(sinθ)^2 + (2N+1),
左辺を 0 とおくと (mod 2π) で
θ = 2kα, α=π/(2N+1) (k=1,2,…,2N)
解と係数の関係から
Π[k=1,2N] cos(2kα) = Π[k=1,N] {cos(kα)}^2 = 1/(4^N),
Π[k=1,2N] sin(2kα) = (-1)^N・Π[k=1,N] {sin(kα)}^2 = (-1)^N・(2N+1)/(4^N),
辺々割って
Π[k=1,N] {tan(kα)}^2 = 2N+1, あまり数学的ではないかも知れないが…
8×8の中に1種類のペントミノを敷き詰めることを考える
例えば1×5ペントミノなら最大12個入る
他の11種類のペントミノについて敷き詰められる最大の個数を答えよ 13枚のコインから1枚の偽物を
天秤使用3回で見つける問題
あれって何歳向けの問題だと思いますか？
ちなみにアタシは小学4年生の女子です。 小学校入試問題じゃないかな
そもそも偽物が本物と同じ重さだったら天秤では判別できないわけだが 3正則有限グラフKと3次対称行列Aを用意する
Kの各辺にAij、各頂点にレビチビタεijkを書き込み
接続する辺と頂点の添字を揃えて掛け合わせ、和をとる
Σ[ijkpqrstu…=1,2,3]εijkεpqrεstu…AipAjqAkt…
といった感じである
この和がdetAの単項式で書けることを示せ >>599
追加説明
3正則グラフ
どの頂点もちょうど3辺が接続しているグラフ
レビチビタεijk
ε123=ε231=ε312=1、ε321=ε213=ε132=-1
その他の添字の組み合わせは0で定義される
辺のAの2つの添字を2頂点に対応させる方法は2通りあるが、 Aは対称だからどちらでも同じになるので適当に固定する
頂点のεの3つの添字を3辺に対応させる方法は3!通りあるが、それらは定数倍(符号分)しか違わないので適当に固定する ベクトル空間Vの基{u1, u2, u3｝に対し、vj=Σ[i=1..3]aijuiとおく。(j=1,2,3)。{v1, v2, v3｝がVの基であることと、A=［aij］が正則行列であることは同値であることを示せ。 エディントンの ε ともいう。
2階テンソル と 擬ヴェクトル (軸性ヴェクトル) を対応づける。 反対称2階テンソル と 擬ヴェクトル (軸性ヴェクトル) を対応づける
￣￣￣ 何言っても無理
私たちには物理的背景も物理の世界なら書かなくても許してもらえる常識もない
書いてあることが全て >>602
例えば
2頂点を3辺で結んだKなら(θのような形)
2頂点にεijk,εpqr、その間を結ぶ3辺にAip,Ajq,Akrで
Σ[i,j,k,p,q,r=1～3] εijkεpqrAipAjqAkr=6detA
4頂点を互いに結んだKなら(正四面体の形)
頂点にεijk,εpqr,εstu,εvwx、それらの間を結ぶ6辺にAip,Ajs,Akv,Aqr,Atu,Awxで
Σ[i,j,k,p,q,r,s,t,u,v,w,x=1～3]εijkεpqrεstuεvwxAipAjsAkvAqrAtuAwx=6(detA)^2
となる >>606
2例目、添字を間違えたので訂正
誤) それらの間を結ぶ6辺にAip,Ajs,Akv,Aqr,Atu,Awxで
正) それらの間を結ぶ6辺にAip,Ajs,Akv,Art,Auw,Axqで
誤) Σ[i,j,k,p,q,r,s,t,u,v,w,x=1～3]εijkεpqrεstuεvwxAipAjsAkvAqrAtuAwx=6(detA)^2
正) Σ[i,j,k,p,q,r,s,t,u,v,w,x=1～3]εijkεpqrεstuεvwx AipAjsAkvArtAuwAxq=6(detA)^2 たしかに図形に沿って添字を縮約するというのは物理の人の方が慣れてるかも x^2+y^2+z^2≦36と円柱x^2+y^2≦6yとの共通部分の体積を求めよ。 変数3個って多すぎ！
指10本じゃ、数えられないぽ… 前>>496
>>612
z=tでxy平面と平行に切った欠円をt=0から3まで足して2倍すると、
(つづく……) 3点(0,0),(0,2),(4,2)を頂点とする三角形領域上における曲面z=x+y^2の曲面積を求めよ >>184
>>186
解答と出典
Pi, Euler Numbers, and Asymptotic Expansions,
J. M. Borwein, P. B. Borwein and K. Dilcher,
The American Mathematical Monthly,Vol. 96 No. 8 (Oct., 1989)
https://www.maa.org/sites/default/files/pdf/pubs/amm_supplements/Monthly_Reference_4.pdf 中が見えない袋の中に白もしくは黒の碁石が100個入っている。
白黒の内訳については情報がなく白がn個(n=0,1,2,..99,100)個入っている確率はすべて等しいとする。
中を見ないで10個の碁石を取り出したら全部、黒であった。
残り90個から中を見ないで10個取り出すとその10個の中に含まれる白の碁石の数の期待値を求めよ。
元ネタはエロ本の自動販売機に含まれる無修正本。 >>612は
知恵袋に定期的に貼られる問題
円柱の式で必ず、平方完成をバラして
表記することから
10年以上同一の出題をする出題者が
いると思われる
解法は
http://sshmathgeom.private.coocan.jp/volume/volume12.html
の例題4と同じ
いつもの人、すでに凡ミスしてる 前>>616
>>612
半球を筒状に切った内側の体積だからパンツ脱いだ中身みたいな立体になる。 ぢゃあ鼻、耳、出臍、>>622 の中身も総動員して解くと…
円周 x^2+y^2=r^2 のうち、x^2+y^2≦6y を満たす部分の
中心角は 2arccos(r/6)
そこの高さ、深さは √(36-rr),
V(R) = ∫[0,R] 4 arccos(r/6)･√(36-rr) r dr
= (4/9)R^3 - 48R + 144π - (4/3)arccos(R/6)･(36-RR)^{3/2},
V(6) = 48(3π-4) = 260.3893421 >>619
（発展問題）
中が見えない袋の中に白もしくは黒の碁石が100個入っている。
白黒の内訳については情報がなく白がn個(n=0,1,2,..99,100)個入っている確率はすべて等しいとする。
中を見ないで10個の碁石を取り出したら全部、黒であった。
(1)残り90個から中を見ないで10個取り出すとその10個の中に含まれる白の碁石の数の期待値を求めよ。
(2)残り90個の中から何個以上取り出せば90%以上の確率で白が含まれるか？
尚、元ネタの、エロ本の自動販売機に含まれる無修正本の話に適用すると。
(2) 10冊がハズレだったときにあと何冊買えば無修正本を入手できる確率が90%を超えるか？ >>617
∂z/∂x = 1,
∂z/∂y = 2y,
点(x｡，y｡) での接平面は
z = x｡ + y｡^2 + (x-x｡) + 2y｡(y-y｡),
その傾きは
√(1+4y｡y｡) = tanφ
曲面積は
1/cosφ = √{1+(tanφ)^2} = 2√(1/2 + y｡y｡)
を面積分したもの。
y=y｡ の部分の幅は 2y｡
S(Y) = ∫[0,Y] 2√(1/2 + yy) (2y)dy
= [ (4/3)(1/2 + yy)^{3/2} ](y=0,Y)
= (4/3)((1/2 + YY)^{3/2} - (1/2)^{3/2}),
S(2) = (4/3)((9/2)^{3/2} - (1/2)^{3/2})
= (4/3)(27-1)/2^{3/2}
= (4/3)(13/√2)
= (26/3)√2
= 12.25651754 >>599
補題
グラフが自己ルーブを持つときS(G)=0
∵) εijk ajk ‥
= - εikj akj ‥ ( ∵ εは反対称、aは対称)
= - εijk ajk ‥ ( ∵ 文字置き換えただけ)
□
以下相異なる辺α,β,γは端点Tを共有し、もう片方の端点はU,V,Wであるとする
補題
U=V=Wのとき、すなわちα,β,γが連結成分を構成するとき、残りの成分をHとすればS(G) = ±6 detA S(H)
∵)
εijkεlmn ail ajm akn
= detA εlmn εlmn
= 6 detA
□
U=V≠WのときUを端点とするもう一辺をδとしそのもう一つの端点をXとする
コレら4辺をすべて除き、WとXを結ぶ辺を追加したグラフをHとするとき
S(G) = ±2detA S(H)
∵)
εijkεlmn ail ajn akq
= detA εlnq εlmn
= -detA δmq
□
U,V,Wが相異なるときUを端点とする2辺をδ,εとしそのもう片方の端点をX,Yとする
コレら5辺を全て取り除きX-V,Y-WをつなげたグラフをH、X-W,Y-VをつなげたグラフをKとするとS(G) = ±S(H)±S(K)
∵) εijk εlmn ail ajp akq
= detA εlpq εlmn
= detA ( δpm δqn - δpn δqm )
□
以下ry 前>>622
>>623
パンツん中出べそは入ってても、
鼻とか口とか入っとらんに。 前>>628
それに、面白くなくなるでarccosはなしで。 前>>628
それに、面白くなくなるでarccosはなしで。 前>>630
>>612
z=tで切った断面積は、
上孤の半径が√(36-t^2)
下孤の半径が3
の円欠を鉢合わせにした図形で、
接線はy=6-t^2/6
2つの円弧の交点の座標は、
(-t(1-t^2/6),6-t^2/6),(t(1-t^2/6),6-t^2/6)
ここまでできた。 arccos無し なら
r = 6cosθ とおく。
v(Θ) = ∫[Θ,π/2] 4θ (6^3) (sinθ)^2 cosθ dθ
= 288∫[Θ,π/2] θ･3(sinθ)^2 cosθ dθ
= 288 [ θ (sinθ)^3 ] - 288∫[Θ,π/2] (sinθ)^3 dθ (← 部分積分)
= 288{π/2 - Θ (sinΘ)^3} + 288[cosθ - (1/3)(cosθ)^3]
= 288{π/2 - Θ (sinΘ)^3 - cosΘ + (1/3)(cosΘ)^3},
v(0) = 288(π/2 - 2/3)
= 48(3π-4), >>623 >>612前>>631
S=2∫[0→t-t^2/6]｛√(36-t^2-p^2)-√(9-p^2)+3｝dp
p=sinθ√(36-t^2)
dp=cosθdθ√36-t^2
難しいなぁ。 正方形を4つに分割して並び替えて任意の比率の正方形2つを作ることはできるか >>636
そういうんじゃない幾何学的な問題のつもりだったけど…
選択公理もアリにしよう え、これ単にピタゴラスの定理を図形で説明するときの逆をやればいいんやろ 面白い問題を知っているが
ここに書くには余白が足りない。 ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;うぃ～るすて～ぃふぉ～♪
;;;;;;;;;;/∩∩ ∩∩ /＼;;;;;;;;;;え～ぇう"ぁ～でぃすうぇ～♪
;;;;;;;;/((^o`-｡-))/「;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;あははははは……
;;;;;;;/っц'υ⌒υ／|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;あははははは……
;;;;;∥￣UUυυ∥ |;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;∥ □ □ ∥ ／|;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;∥______∥／ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; 最後まで
￣￣￣￣￣∥ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; 絶対に
□ □ □ ∥ ／|;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; あきらめないって
＿＿＿＿＿∥／ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; 約束してくれ。
￣￣￣￣￣∥ |;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
□ □ □ ∥,彡ミ､;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; できるんじゃないか。
＿＿＿＿＿∥川` , `; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;10×10の正方形を
＿＿＿＿＿∥/U⌒U､ ;;;;;;;;;;;;;;;;;;; 5√2×5√2の正方形2つ
￣￣￣￣￣￣;_~U U~ ;;;;;;;;;;;;;;; にしてみ。
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; できるら。
>>635前>>634 5つになるのか
4つでは不可能なことを証明しなきゃならんてこと？ (1)実射影平面RP^2は3次元ユークリッド空間R^3に埋め込めないことを示せ
(2)どんな単純閉曲線に対しても、ある閉曲線上の4点を結べば長方形となることを示せ >>643
それでもいいし、否定するだけなら単に反例を1つ挙げてもいいんじゃないか 前>>641
>>635
squareのmidpointに向かって,
each cornerからscissorsでcuttingを,
Let's tryしてみると、
quattro piece of直角二等辺triangleができる。
これらtwo-pieceをてれこに斜辺どうし貼りあわせると、
一辺が元のsquareの√2/2の2つの合同なsquareができる。
∴示された。 >>650
任意の比率と言っとるやろが
それだと1:1の正方形ができるだけだぞ >>634
>>622 の中身無しぢゃ解けんのかなぁ。
>>636
バナッハ・タルスキーは無しで････ 統計の話だけどさ。
高齢者の人口当たりの自動車事故の件数、
これが実は20代と大して変わらない。
よって高齢ドライバーは問題ないって
主張をTVで見たけど間違ってるよな？
年寄りって免許持っていてもほとんど運転せんやん？
正しくは 人口*走行距離 の延べ走行距離で
事故件数を比較すべきだよな？ よかった。
>>653の考えで合ってるんだな、
TVの奴がアホやっただけか。 前>>650訂正。
>>651
左上からABCDの頂点を半時計回りに持つ正方形を描き、
BC上にP,DP上にQ,RをA,Cからの垂線の足となるようにとり、
直角三角形△ADQを頂点Aを中心に時計回りに90°回転させ、
直角三角形△CPRを頂点Cを中心に時計回りに90°回転させ、
RPが移動したR'P'の延長線がDPと交わる点をSとすると、
△DP'Sを点Cを中心に反時計回りに90°回転させ、
2つの異なる大きさの正方形AQS'Q'と正方形CRS'R'が描ける。 前>>656
>>612
欠円をてれこに接着させた図形を中心0から半径6の球体面まで切断面を動かして足し集めて2倍すればいいと思うんだけど、z軸方向にスライスすると欠円に面積を足し集めないかんことになる。
x軸方向にスライスしてもy軸方向にスライスしても、
絆創膏みたいな図形だから欠円は避けられないか。 >>656
それって結局AQDとABPQとCRPとDSP'とCP'SRの5片に分けてるよね？ 前>>658
>>659
じゃあやっぱりできないか。
5つならできるけど、4つだとできないか。 >>653
統計について有名な格言
“Statistics are like bikinis. What they reveal is suggestive, but what they conceal is vital.”
― Aaron Levenstein >>657
>625のエロ本自動販売機問題とかどうです？ 8種類のガチャを揃えるための平均投資額最頻投資額教えて
この場合中央投資額とはどう定義されるべきかも 前>>660
>>631訂正。
z=tで切った断面積S(t)は、
上孤の半径が√(36-t^2)
下孤の半径が3
の円欠を鉢合わせにした図形で、
境界線はy=6-t^2/6
2つの円弧の交点の座標は、
(-t√(1-t^2/6),6-t^2/6),(t√(1-t^2/6),6-t^2/6)
S(t)=2[0→t√(1-t^2/6)]｛√(36-t^2-x^2)-3-√(9-x^2)｝dx
=[2x√(36-t^2-x^2)](x=t√(1-t^2/6))-2[x(-2x)/√(36-t^2-x^2)](x=t√(1-t^2/6))-6t√(1-t^2/6)-[2x√(9-x^2)](x=t√(1-t^2/6))+2[x(-2x)/√(9-x^2)](x=t√(1-t^2/6))
=2t√(1-t^2/6)√(36-2t^2+t^4/6)+4t^2(1-t^2/6)/√(36-2t^2+t^4/6)-6t√(1-t^2/6)-2t√(1-t^2/6)√(9-t^2+t^4/6)-4t^2(1-t^2/6)/√(9-t^2+t^4/6)
求める体積は、
2∫[t=0→6]S(t)
あと少し🤏 a - 1/(a - 1/(a - 1/(a - 1/(a - 1/x)))) = x + g(a)(xx-ax+1)/{a(aa-2) - g(a)x},
φ は g(a) = (aa+a-1)(aa-a-1) = 0, a(aa-2) ≠ 0 の根。 >>661
数値計算したら大体πになったけどこれπの部分色々変えてもそのままの値が出て来るから恒等関数になってるのか >>669
n <= 1000 で計算させたら, 和が整数になるnとその時の和は
n, sum
7, 12
48, 82
287, 490
864, 1475
だった. 計算精度の問題で本当に整数かどうかは微妙だけど
法則は分からんですね >>667
要は黄金比の逆数でも符号が逆でもいいのね >>671
864は近いけど整数ではないはず
その次はn=1679で和は2868 >>664
誰でもできるシミュレーションでの算出
GACHA <- function(N=8,k=1e5){
sim <- function(n=N){
flg=FALSE
i=0
gacha=NULL
while(!flg){
i=i+1
gacha=c(gacha,sample(n,1))
flg <- length(unique(gacha))==n
}
i
}
y=replicate(k,sim())
print(summary(y))
BEST::plotPost(y,xlab=paste('Gacha',n)
}
GACHA(8)
GACHA(8)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
8.00 16.00 20.00 21.71 26.00 114.00
8種類揃うまでの回数の分布
https://i.imgur.com/KWMujMh.png >>676
１００万回やっても似たような数値になった。
> GACHA(8,1e6)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
8.00 16.00 20.00 21.74 26.00 126.00 >>676
最頻値を計算すると
> MODE(y8)[1]
x
17.04098 >>676
期待値の理論値は
> n=8
> sum(n/(1:n))
[1] 21.74286
モードやメディアンの理論値は知らん。 ガチャネタの応用問題
日本人はＡ型、Ｏ型、Ｂ型、AB型の割合が4 : 3 : 2 : 1とする。
すべての血液型を集めるのに必要な延べ人数を当てる賭けをする。
同一人物を検査することもありうるので血液型の割合は常に一定とする。
延べ人数を何人に懸けるのが最も有利か？
俺には出せない理論解があるのかどうか知らん。 [7,48,287,1680,9799,57120,332927,1940448] >>683
Σの中身の二重根号解消したら
√((x+2)(x+1)/2) - √((x+1)x/2)
になるから、結果的にΣの値が
√((n+2)(n+1)/2) - 1
と計算できてあとはペル方程式ってことか
なんか仕組まれた値だなあと思ったらこういうことだったのね 前>>665つづき。
求める体積は、
2∫[t=0→6]S(t)=2∫[0→6]2t√(1-t^2/36)√(36-2t^2+t^4/6)+2∫[0→6]4t^2(1-t^2/36)/√(36-2t^2+t^4/6)-2∫[0→6]6t√(1-t^2/36)-2∫[0→6]2t√(1-t^2/36)√(9-t^2+t^4/6)-2∫[0→6]4t^2(1-t^2/36)/√(9-t^2+t^4/6)
=2∫[0→6]t^2√(1-t^2/36)√(36-2t^2+t^4/6)-2∫[0→6]t^2｛(-2t)√(36-2t^2+t^4/6)/12√(1-t^2/6)+2√(1-t^2/6)√(36-2t^2+t^4/6)｝-2∫[0→6]4t^2(1-t^2/6)(2t^3/3-2t)√(9-t^2+t^4/6)+∫[0→6](8t^2-4t^4/3)√(9-t^2+t^4/6)/(2t^3/3-2t)
=｛(-40)×36｝√189/132
=-10×9√21
=-90√21
符号おかしい。
4π6^3/3=288πの半分の半分ぐらいだと思うんだよね。
72πぐらい。72×10/3=240
これでいい。 前>>686
>>612は切る方向によって簡単になったり面白いことになったりするの？
逆に部分積分で解けたとしてなにかふつうとは違う面白いことがあるの？ >>687
やはり、エロ本自動販売機ネタの方が役に立つね！ >>664
1個千円のガチャ8種類が集まると2万円と交換してもらえるとする。終始が黒字になる確率はとかいう問題を想定？ 問題を非復元抽出にしてみた。
10種類のアイテムが各々10個ずつ計100個がカチャの販売機に入っている
１個100円でアイテムが購入できる。購入後もアイテムは補充されない。
10種類のアイテムを揃えると2000円で買ってもらえる。
購入者が黒字になる確率はいくらか？ >>693
そもそもこんな直角三角形存在しなくない？ >>690
10種類のアイテムが揃うまでの購入回数をシミュレーションしてみたら
https://i.imgur.com/Ttf9u1U.png
> summary(y) # y : 購入回数
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
10.0 19.0 24.0 25.1 29.0 76.0
> mean(y<20) # 黒字
[1] 0.254497
> mean(y==20) # even
[1] 0.056564
> mean(y<=20) # 非赤字
[1] 0.311061
という結果になった。 1は何乗しても下1桁が1
625は何乗しても下3桁が625
9376は何乗しても下4桁が9376
こんな感じで、n桁の数を何乗しても下n桁が変わらないような数が無限にあることを示せ 任意の自然数x (2以上) を
偶数ならば2で割る、
奇数ならば 3倍して1を足して偶数化する。
これを繰り返すと 、 1 に収束する。
このいわゆるコラッツ予想について考える。
(これが証明されるかどうかは別として)
コラッツ操作で奇数を膨らませて
偶数にする操作 3n+1 を 一般形で an+b とする。
この時、「 a=3, b=1 以外の自然数 a,b において
任意の自然数 x は1へ収束しない」 ことを証明せよ。 a>3ならある初項から始めて必ず発散するようだけどa=3のときがむずいな >>701
撤回
a>3でもめっちゃむずい
コレホントに用意してある解答あってんのかな？
まぁ様子見て 簡単じゃん
a=2, b=2の場合
奇数2k+1から始めると
2k+1→4k+4→2k+2→k+1
偶数2kから始めると
2k→k
半分以下の値を通るので、何から始めても1に収束することは自明
よって>>697は成り立たない イヤ、もちろん2入ると自明だよ
そこはエスパーしてやってもいいやろ
まぁまず間違いなく自作問題くさいから出題者の持ってる解答も正しいとは限らんからちょっと手出す気にならんけどね 説明不足ならまだしも反例上げられるような出題はアウト 連立漸化式
x(0)=y(0)=0
x(n+1) = x(n)^2 - y(n)^2 + a
y(n+1) = 2x(n)y(n) + b
に対して、x(n)、y(n)がn→∞でどちらも発散しないような実数組(a,b)達の集合をM⊂R^2とする
Mの面積＞3/2
を証明せよ >>674
細かいことだけど変換行列は[[φ,-1],[1,0]]だから
固有多項式はx^2-2cos(36°)x+1=0じゃないかな
そして5乗したら-Iになって分数としては恒等になる >>695
平均値（期待値）と最頻値が乖離するところが、射幸心を煽るのに使えるわけだな。 (x+1)^2･(xx+2x-1) + 1 = (xx+2x+1)(xx+2x-1) + 1 = {x(x+2)}^2,
>>585 より
f(x) = 1 + 1/√{1 + 1/√[1 + 1/(x(x+2))]}
= 1 + 1/√{1 + √(x(x+2)) /(x+1)}
= 1 + √(x+1) / √{x+1 + √(x(x+2))}
= 1 + √(x+1) (√2)/{√(x+2) + √x}
= 1 + √(x+1)･{√(x+2) - √x}/√2
= 1 + √{(x+2)(x+1)/2} - √{(x+1)x/2}, >>685 Σ[x=1,n] f(x) = n-1 + √{(n+2)(n+1)/2}
= n-1 + m
とおく。
(2n+3)^2 - 2(2m)^2 = 1,
この「ペル方程式」は解
2n+3 = {(1+√2)^k + (1-√2)^k)/2,
2m = {(1+√2)^k - (1-√2)^k)/(2√2),
をもつ。(k>0, 偶数) 実数を1つ選び、1を引いて2乗する操作を繰り返す
このとき、最初選んだ実数に戻るものは有限個か 前>>687
>>712
1^2=1
1-1=0
0^2=0
0-1=-1
(-1)^2=1
1は1に戻る。
0^2=0
0-1=-1
(-1)^2=1
1-1=0
0は0に戻る。
ほかにないか調べる。
実数kについて、
｛(k^2-1)^2-1｝^2=kを解くと、(k^4-2k^2)^2=k
k^4(k^4-4k^2+4)=0
k=0,±√2
(k^2-1)^2-1=kを解くと、
k^4-2k^2-k=0
k(k^3-2k-1)=0
k(k-1)(k^2+k+1)=0
k=0,1
(√2)^2=2
2-1=1
1^2=1
1-1=0
0^2=0
0-1=-1
(-1)^2=1
1-1=0
0^2=0
0-1=(-1)
(-1)^2=1
1-1=0
0^2=0
0-1=-1
(-1)^2=1
1-1=0
√2は√2に戻らない。
(-√2)^2=2
2-1=1
1^2=1
1-1=0
0^2=0
0-1=-1
(-1)^2=1
1-0=1
1^2=1
-√2は-√2に戻らない。
∴実数kは0または1すなわち有限個 最初に選んだ実数をaとする。
a<0 → x≧0 (戻らない)
a=0 → 1 → 0 (戻る)
0<a<φ^2 (a≠1/φ^2, a≠1) x=1/φ^2 に近づく。(戻らない)
a=1/φ^2 → 1/φ^2 (戻る)
a=1 → 0 → 1 (戻る)
a=φ^2 → φ^2 (戻る)
a>φ^2 → x=∞ (戻らない)
φ = (1+√5)/2
kk-k-1 = 0 の実解 >>697
ごめん、適当に思いついた問題だから
ちゃんと設問できてなかった。
コラッツ予想は 3n+1 の形で 5n とか 7n とかだと
発散するじゃん。
あれって 3n+1 以外の形式では成立しないのかな～
と思った。
将来、コラッツ予想が証明されたとして、
3n+1 以外の pn+q の形で成立するようなp,q (3以上の素数) は
他に存在しないのか？それとも p,q は無限個が存在するのか？ 外心と内心が一致する三角形は正三角形以外に存在するか？ >>716
存在しない
∵内接円と外接円が同心円ならば、内接円の接線が外接円と交わる２点の距離は接線をどのように取っても一定である
よって、内接円と外接円が同心円となる三角形の三辺の長さは等しい >>718
たぶん。
スクリプト組んで試したら分かるけど
循環だか発散らしい動きをして終わらん。 >>720
コレなんかの講演のスライド原稿みたいだけど結局「5n+1なら発散する例がある」とか言ってないみたいだけど？
結局「5n+1なら発散する」も今のところ未確認？ >>721
> >>720
> コレなんかの講演のスライド原稿みたいだけど結局「5n+1なら発散する例がある」とか言ってないみたいだけど？
> 結局「5n+1なら発散する」も今のところ未確認？
未確認でしょ。 そこまでに説明されているヒューリスティックな議論だと、発散しそうだ、ってだけ。 やっぱりそうだよね？
結局3n+1は発散しなさそうだけどわからない、5n+1だと発散しそうだけどわからない、だよな？
こんな問題手が出せるもんじゃないな 重心と内心が一致する三角形は正三角形以外に存在するか？ >>726
内心、外心、重心、垂心のどれか２つが一致する三角形は正三角形に限るんだな。
（証明略） 有明な問題
3×3の格子状に並んだ点を全て通るように4本の線分で一筆書きせよ
その解は画像左上、この1通りしかない
この問題をn×nに拡張する
4×4だと6本、5×5だと8本、一般にn×nでは(2n-2)本の直線で一筆書きができる
今回の問題は単なる一筆書きではなく、画像下のように出発点と終着点が同じになるような解だけを考える
こういう解がn≧4のとき必ず存在することを示せ
https://i.imgur.com/6Gl9cm3.jpg >>730
n=4のその解が対角線を左下から右上に行ってるとしてそこから一旦くるっと大外を時計回りに一周回ってから左下に向かう元の経路に戻るとn=6の解ができる
できた解は
(❇︎) 対角線を左下から右上に向かう方向で右上頂点に侵入し、その後真下に向かう
解となる
n=7の解は元々その形の解
チョロっと考えると(❇︎)を満たすn=kの解ができると(❇︎)を満たすn=k+2の解ができる >>733
説明の仕方が悪かったが、この問題は「連続した線分」でなければならないらしい
つまり一筆書きをするときに曲がる回数を(2n-1)回にする必要がある
そのやり方だと曲がる回数が多くなることがある >>734
なんで？
曲がる回数は4回しか増えないけど？ >>736
k+4,k+6,k+8を実際に書いて、ちゃんと指でたどってみればわかるんじゃないかと >>737
もちろん書いたよ
外周で5回曲がるところができて右上の曲がるところが一個消えるから曲がり角4個しか増えないけど？ 具体的に言書くか
n=10として1≦x≦10, 1≦y≦10として
(a,a)～(10,10)～(10,b)
の部分を
(a,a)～(11,11)～(11,0)～(0,0)～(0,11)～(10,11)～(10,b)
に変更
(10,10)が消えて追加された曲がり角が5個 >>739
それって(10,10)～(10,b)間で通過する点が消えてるのでは すまん、ようやく意味がわかった
>>740は無視してくれ >>740
最後に(10,11)～(10,b)入ってるやん >>741
コレでいいよね？
別に同一点2回通過するのは禁止でもないんでしょ？ そう、これで正解
想定とはだいぶ違う答えだったのでいろいろと勘違いしてしまった
間違ってるとか言って申し訳ない
次の問題としてn×(n+1)格子点を(2n-1)本の線分からなる閉回路で…というのも用意していたけど
これも多分簡単に解けるだろうから解く価値はないかもしれない >>745
確かほとんどしらみつぶしのような感じで、縦、横、斜め45度、2:1の直角三角形の斜辺の角度だけで全ての点が網羅できるって内容だったかと なるほど
2n-3では不可能が言えると気分いいけどな >>728
（証明の概略、他の組み合わせも同様）
三角形ABCの頂点の座標をA(a1,a2),B(b1,b2),C(c1,c2)とすると
外心Pの座標は連立方程式をといて
（ (a1^2*(b2-c2) + a2^2*(b2-c2) + a2*(-b1^2-b2^2+c1^2+c2^2)+
b1^2*c2+b2^2*c2-b2*c1^2-b2*c2^2)/(2*(a1*(b2-c2)+a2*(c1-b1)+b1*c2-b2*c1)),
(a1^2*(c1-b1)+a1*(b1^2+b2^2-c1^2-c2^2)+a2^2*(c1-b1)-b1^2*c1+b1*c1^2+b1*c2^2-
b2^2*c1)/(2*(a1*(b2-c2)+ a2*(c1-b1)+ b1*c2- b2*c1)) )
垂心Qの座標は
（(a1*(a2*(b1-c1)-b1*b2+c1*c2)+(b2-c2)*(a2^2-a2*(b2+c2)+b1*c1+b2*c2))/
(a1*(c2-b2)+a2*(b1-c1)-b1*c2+b2*c1),
(a1^2*(b1-c1)+a1*(a2*b2-a2*c2-b1^2+c1^2)+a2*(c1*c2-b1*b2)+(b1-c1)*(b1*c1+b2*c2))/(a1*(b2-c2)+a2*(c1-b1)+b1*c2-b2*c1)
A(0,0)、B(1,0) C(c1,c2) c2>0として
｜P-Q|の最小にする値を求めると
c1=1/2
c2=√3/2
が得られる。
これをプログラムでやってみただけ。エレガントでなくエレファントな証明ｗ
最初からA(0,0)、B(1,0)でもいいんだが、一般化しておくと他の作図に流用できるのが(・∀・)ｲｲ!! >>729
図に載るじゃなくて、図に乗るなんだな。
こういう語源という。
図に乗るの「図」とは、仏教の法会などで僧が唱える声楽『声明（しょうみょう）』の転調のことである。
この転調は難しかったため、調子がうまく変えられることを「図に乗る」と言った。
そこから、調子に乗ることを言うようになり、「つけあがる」という意味に変化した。
「頭に乗る」と表記されることもあるが、意味が変化した後の当て字と考えられる。 >>749 ま、おれっちの学歴で
そんな間違いする訳ねぇかんな （ '‘ω‘) 以下の数列がどういう相関なのか分かりますか？
25225417 19714
25225410 19713
25225025 19712
25224903 19711
25224537 19710
25224416 19709
右列に通し番号（ID）があり、それをある変換で左列にしていると思うのですが。 こういうのは通し番号自体よりも、そのリクエストがあったときの時刻かなんかを使って変換してる可能性があるのでは
てかスレチだけど >>750
漢字検索システム（2020 対応版）
小学校の何年生で習うかを表示します。
http://denki.nara-edu.ac.jp/~yabu/edu/kanji/kanji3.html
2020年度学習指導要領準拠
(載) は小学校では教えません。
2020年度学習指導要領準拠
(乗) は第 3 学年で習います。 サッカーボール…つまり切頂二十面体で、ある頂点から1番遠い頂点まで表面を通って行く場合の最短距離はいくらか
切頂二十面体の1辺の長さを1とする >>578を証明できる程度には>>587速読した
とりあえずφ(e^π)、φ(-e^π)を計算するための公式の証明は追えたけど(実質三重積公式、反転公式まで理解してればいい)、wikipediaにはここまででは計算できないφ(e^3π)とかφ(e^5π)の値も載ってる
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Theta_function
コレはどうやって計算するんだろう？
Ramanujan notebook の方法はφ(e^π)から倍と半分にする方法しか載ってない
加法定理的なものが作れるんだろうか？ 前>>754
>>713
サッカーボールの表面でいちばん遠い2点間の距離は、
180°移動するのにジグザグ9回だから、
3回でジグザグジグ60°
正六角形の一辺の長さの2倍が最遠方。
2×2=4
∴4 前>>756訂正。
>>713
表面をとおる場合、
最短で9 正20面体の各頂点を、稜の3等分点まで切る。
正5角形の面積 (1/4)√(25+10√5) = 1.7204774
正6角形の面積 (3/2)√3 = 2.59807621
表面積 S = 30√3 + 3√(25+10√5) ＝ 72.607253
内接球の半径 r = (3√3 + √15)/4 = 2.26728394
外接円の半径 R = √(1+rr) = √{(29+9√5)/8} = 2.47801866 >>754
展開図のパターンから適当なものを選ぶと、このあたりが最短っぽい
7.5325443834750873592352617709253054904561807058355114232553780550...
http://imgur.com/FXVrBQ4.png >>754
黒白白黒白の順に直線で横切ると
6.9697...
これより短くなるかな そうでもない
√(22+6√5+4√(15+6√5)) 前>>757
なんだ、表面の五角形や六角形を通っていいのか。 前>>765
>>754
最遠方の表面をとおる最短距離はピタゴラスの定理より、
√[1+｛2+2√3+2√(1-[｛(1+√5)/2-1｝/2]^2)｝^2]=7.84606762639…… >>758
正五角形の面積 (1/4) 5^{3/4} φ^{3/2} = 1.720477400589
∴ S = 30√3 + 3(φ√5)^{3/2} = 72.607253034134
切り取る正五角錐の高さ 1/√φ = 0.78615137775742
切り取る正五角錐の体積 (1/12) 5^{3/4} φ = 0.45085189295784
∴ V = (45/2)φ^2 - 5^{3/4}φ = 53.4955420313785
V/S^{3/2} = 0.086466440845735
32面体の最大値( 0.089493100466131958 ) よりチョト小さい。 >>755
> コレはどうやって計算するんだろう？
> Ramanujan notebook の方法はφ(e^π)から倍と半分にする方法しか載ってない
ヒント：
ポアソンの和公式から
(√x)φ(e^(πx))=φ(e^(π/x))
が成り立つ 前>>766修正。
>>754
最遠方の頂点の最短距離は、
黒白黒白白の長さと高さ1とをピタゴラスの定理より、
√[1+｛1+2√3+√(10+2√5)/2+√(10-2√5)/2｝^2]
=7.6077935884…… >>768
その公式もラマヌジャンの本には載ってるんですよ
しかしそれ使っても結局
「φ(exp(-3π))を計算するにはφ(-π/3)がわかればいける」しか言えない
結局「φ(-exp(π)の値からφ(-exp(3π)を出す」のは不可能に見えます ペンタゴンは軍事機密のため侵入禁止とすると
>>759 の左から5番目、下から7番目の経路が残る。
稜の長さが３の正20面体を考える。胴体部は
:△▽△▽△:▽△▽△▽:
の10面で環状になっている。
：印の稜の3等分点が「最も遠い頂点」にあたる。
展開図で見れば、水平距離が 15/2, 垂直距離が (√3)/2
∴ √{(15/2)^2 + 3/4} = √57 = 7.549834435 >>770
まず、表記を整え
φ(q)=θ3(0;q)=Σ[n=-∞,∞]q^(n^2),
θ4(q)=θ4(0;q)=Σ[n=-∞,∞](-1)^n q^(n^2)
と置くと
φ(e^(-π))=π^(1/4)/Γ(3/4),
θ4(e^(-π))=(π/2)^(1/4)/Γ(3/4)
が成り立つことを確認
4次の関係式は
φ(q)+θ4(q)=2Σ[n=-∞,∞]q^((2n)^2)=2φ(q^4)
2次の関係式は
φ(q)^2=Σ[j=0,∞]m[j]q^j
と展開すると
φ(q)^2+θ4(q)^2=2Σ[j=0,∞]m[2j]q^(2j)=2φ(q^2)^2
一般に
a[n]=φ(q^(2^n))^2,
b[n]=θ4(q^(2^n))^2
とすると漸化式
a[n+1]=(a[n]+b[n])/2,
b[n+1]=√(a[n]b[n])
(ガウスの算術幾何平均)が成り立つ
3次の関係式はラマヌジャンの等式(>>587 のChapter18 (24.29)式)
φ(q^(1/3))/φ(q^3) - 1 = (φ(q)^4/φ(q^3)^4 - 1)^(1/3)
と等式
(√x)φ(e^(-πx))=φ(e^(-π/x))
から得られる
5次以上はRamanujan notebookのChapter19 >>772
イヤ、だからその公式自体は載ってるんですよ
でも結局φ(±exp(-πy))が計算可能なyが 2^n (n∈Z) の形から増えないんですよ
そしてその形までならわざわざその公式使わなくても計算できてる >>772
あ、失礼しました
三次、五次の場合も書いてたんですね
chap 19ですか
まだ読めてないので探してみます
コレ任意の整数nはいけるんですか？ うーん、とりあえず証明すっ飛ばして結果だけ眺めると確かにφ(q^5)は計算出来そうな公式が載ってる
しかしそれが限界でφ(q^7)は載ってないなぁ
wikiに載ってるのは実質φ(exp^(-7π))までだから一般のnについてはまだ可能も不可能も示されてないのかな？ >>759
左上から順に
7.5893209966391816185472727095913144544152048805426685320250319961...=√(22+4√5+5√(3(5+2√5)))
7.5715479076205242838559091997905158923779154076369700989904316834...=√(16+6√5+√(6(65+29√5)))
7.5520713253522315784070716206740038175304773214584738600038261675...=√(19+6√5+√(3(205+89√5)/2))
7.5451194636867604806383250832392104125972370138520321739060808855...=√(111+17√5+√(6(565+209√5)))/2
7.5498344352707496972366848069461170582221947046233801382986269057...=√57
7.5548681273416933205774402599629597728731982462840047922281137048...=√(171+5√5+7√(6(5+√5)))/2
7.5325443834750873592352617709253054904561807058355114232553780550...=√(22+6√5+4√(3(5+2√5)))
7.6028521077951230418390778373673425930900726261648963499304339501...=√(19+(11√5+√(3(485+202√5)))/2)
7.6250653364887609771549139288436236496106554899936716259233319087...=√(73+21√5+√(6(1105+451√5)))/2
7.5958209879964499480656321197496464501508337607884148036119343163...=√((41+9√5+√(6(265+101√5)))/2)
7.5370319169128936305124574357276636383706942113608040879979058546...=√(83+15√5+√(6(1105+419√5)))/2 >>775
そうか、証明すっ飛ばして読んだらchap 20なのかな
ここでcomplete elliptic integralについてnK'/Kの形の値についての関係式を導いてそこからφの値出すんだ
しかしいくつかの値の組みについては与えられてるけど一般論としては無理なんだろうか？ 前>>769検算。
>>754
黒白黒白白の長さは、
1+2√3+2√[｛(1+√5)/2｝^2-(1/2)^2]=1+2√3+√(5+2√5)
幅は1だから最遠方の頂点の最短距離はピタゴラスの定理より、
√[1+｛1+2√3+√(5+2√5)｝^2]
=√｛1+(1+2√3)^2+2(1+2√3)√(5+2√5)+5+2√5｝
=√｛1+13+4√3+(2+4√3)√(5+2√5)+5+2√5｝
=√｛19+2√5+4√3+(2+4√3)√(5+2√5)｝
=7.6077935884……
あってる。
この値しかない。
ほかは最短距離じゃないか、
さもなくば最遠方じゃないか、
と考えられる。 >>774
おそらくφ(e^(-π√n))=√(2K/π)), K'/K=√n (n:自然数)は
Γ関数とπと代数的数で表すことができる
参考：
A.Selberg and S.Chowla, On Epstein's zeta-function,
J. Reine Ang. Math., 227 (1967) >>779
おそらく出来そうな気はするんですけどね
K'/Kについてのなんか代数的関数等式を組織的に作っていく方法があるといいんだけど
とりあえずK,K',E,E'についての代数関係からなんかスッキリアルゴリズム的にいけないのかな？ >>780
ラマヌジャンはK'/K=2,3,4,5,7,11,15,17,19,23,31,35に関する
関係式を導いていて、次数が上がるごとに式が不規則に複雑になっています
ちなみにwikipediaのテータ関数
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Theta_function
の11次と17次の値を補完すると以下のようになります
φ(e^(-11π)) = π^(1/4) (110 + 33√11 +
4 (44+33√3)^(1/3) (-2+7√3+2√33) +
4 (-44+33√3)^(1/3) (2+7√3+2√33))^(1/4) / (11^(5/8) 3^(1/4)Γ(3/4))
φ(e^(-17π)) = π^(1/4) ((1+17^(1/4)) √((-1+√17)/2) + 17^(1/8) √(3+√17)) / (2Γ(3/4)√17) >>781
それはどうやったんですか？
なんかの文献の引用ですか？
それともアルゴリズムが確定してて計算機に頼めばできるんですか？ 前>>778この方針じゃ解けないか？ 面白い解き方ってあるの？
>>612
z=tで切った断面積S(t)は、
上孤の半径が√(36-t^2)
下孤の半径が3
の円欠を鉢合わせにした図形で、
境界線はy=6-t^2/6
2つの円弧の交点の座標は、
(-t√(1-t^2/6),6-t^2/6),(t√(1-t^2/6),6-t^2/6)
S(t)=2[0→t√(1-t^2/6)]｛√(36-t^2-x^2)-3-√(9-x^2)｝dx
=[2x√(36-t^2-x^2)](x=t√(1-t^2/6))-2[x(-2x)/√(36-t^2-x^2)](x=t√(1-t^2/6))-6t√(1-t^2/6)-[2x√(9-x^2)](x=t√(1-t^2/6))+2[x(-2x)/√(9-x^2)](x=t√(1-t^2/6))
=2t√(1-t^2/6)√(36-2t^2+t^4/6)+4t^2(1-t^2/6)/√(36-2t^2+t^4/6)-6t√(1-t^2/6)-2t√(1-t^2/6)√(9-t^2+t^4/6)-4t^2(1-t^2/6)/√(9-t^2+t^4/6)
求める体積は、
2∫[t=0→6]S(t) 「正方形を互いに異なる大きさの正方形で分割せよ」というルジンの問題は有名
最少解は21個
これを拡張して、
「正方形を互いに異なる大きさの1×2長方形に分割せよ」だったら最少解は9個
1:2:√5三角形だったら8個、1:1:√2三角形だったら7個で可能…らしい
では、最少解が1番小さくなるような図形は何でしょうか？ >>784
もう性質が見えてるやん、
正三角形だろ。 >>982
ダメやな
やっぱり色々探したけどRamanujan lostbook以外に情報見つからない
やはり現時点φ(exp(-17π))とか計算するにはRamanujanがやったように徒然なるままにいろんな公式当て嵌めまくって上手く行ったらラッキー的な勘に基く方法しかなさそうだ
φ(exp(-qπ))が計算可能なqの決定とかアルゴリズム化とかはまだまだ先の話なんやろな 前>>783
>>784
3:4:5の直角三角形は？
11個ぐらいで分割できるん違う？
知らんけど。 >>786
それは同じ図形といって良いんだろうか
角の数が違うよね？ 前>>783
>>786
相似な図形が2つ。
数は最少だけど、小さくはないかな。
相似な図形がいちばん小さくなるって意味じゃないのか？ 問題をすぐ早合点するイナが問題なのか
はたまた
イナでもわかるように問題を書かないほうが問題なのか
それ自体が面白い問題なのかもねえ イナってなんでこんなに頭が悪いの？
割とドン引きレベルなんだが 前>>794
正方形を相似な2つの図形に分割しただけ。
なにが面白いんだ？ (2 + [(√27 - √23)/2]^{2/3} + [(√27 + √23)/2]^{2/3})/3
= 1.75487766624669276004950889635852869189460661777279314398928397 >>798
俺は専ブラでNGにしてる。
コテハンにしてくれてるところは良心的なんじゃないかな。 (2/3) + [(1 - √(23/27))/2]^{2/3} + [(1 + √(23/27))/2]^{2/3}, ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
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;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; とにかく
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;;;;;;;;/((^o`-｡-))/「;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;; おもしろければいいんだ。
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□ □ □ ∥,彡ミ､;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
＿＿＿＿＿∥川` , `; ;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
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￣￣￣￣￣￣;_~U U~ ;;;;;;;;;;;;;;;
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前>>799 >>804
右下のは前にこのスレで出たやつだっけ
左下のは初めてみた気がする n･n!の1～nの総和は、nが十分大きくなると…9999のような形になることを示せ n・n! = (n+1)! - n!
n≧5k のとき、n! の下k桁は0 1×1!+2×2!+3×3!+‥+99×99!
=(2!-1!)+(3!-2!)+(4!-3!)+‥(100!-99!)
=100!-1
=93326215443944152681699238856266700490715968264381621468592963895217599993229915608941463976156518286253697920827223758251185210916863999999999999999999999999 >>803
氷が溶けたら何になる？ というに水になる としか答えられないのが不寛容な人間。
氷が溶けたら春になる という答ができるのがイナ師匠の芸風。
それが受け入れられない香具師は小物だな。 クイズヘキサゴンという番組が昔あったな
たしか六角形の出てくる問題に如何に面白い誤答をするかを楽しむのが主旨だったか リーマン予想が解けたら何になる？
誤答例：フィールズ賞候補になる。
正答例：気が変になる。 >>815
問題を過大評価しすぎ。
たんに現在の我々の認識する能力が足りていないせいで
それが高尚で抽象的な難問に感じられるだけに過ぎない。
我々の文明があと100年ほど進歩して
科学技術や学問が発展すればその問題は解かれるだろう。
そして、当たり前のように学生や数学者らは
それを理解して取り扱うようになる。 >>815
×正答例：気が変になる。
○正答例：気が変になってる。 1/(n-1)! -1/n! = (n-1)/n! 前>>803
氷が溶けたら？
美味しい御飯が炊ける。
∵温度差で旨みを米の中に封じこめることができるから。
氷は勝手には溶けない。
解けるときは解ける、面白い数学みたいに。 数列に対して
AM(a1,a2,…,an)=(a1+a2+…+an)×1/n (算術平均)
GM(a1,a2,…,an)=(a1×a2×…×an)^1/n (幾何平均)
とおく
1.
lim(n→∞)AM(1,2,3,…,n)/GM(1,2,3,…,n)=e/2
2.
lim(n→∞)AM(2,3,5,…,Pn)/GM(2,3,5,…,Pn)=e/2
ただしPnはn番目の素数である 魚を10kg購入した。何匹かは不明。
無作為に10匹取り出したら、重さは
軽い順に 83 84 87 94 104 107 110 112 115 132 gであった。
魚の重量は正規分布に従うと仮定して
(1)残っている魚の数の期待値とその95%信頼区間を求めよ。
(2)残っている魚の数が100匹以上の確率を求めよ。 数列x_1, x_2, …, x_(2^k)の各項は、1または-1である。
この数列に次の操作を施す。
x_1を(x_1)(x_2)に置き換え、
x_2を(x_2)(x_3)に置き換え、
:
x_(2^k -1)を(x_(2^k -1))(x_(2^k))に置き換え、
x_(2^k)を(x_(2^k))(x_1)に置き換える。
この操作を適切な回数だけ施すと、全ての項を1にできることを示せ。 前>>821
>>823(1)100gを基準にして、
-17-16-13-6+4+7+10+12+15+32=-10-6-1+9+36
=-17+45
=28
10匹の平均は102.8g
残りの魚の重さは、
10000-1028=8972(g)
8972÷102.8=87.2……
∴約87匹 >>824
乗法ではなく加法で考えればパスカルの三角形の2進フラクタルの性質から分かるな k=1 の時とか(1,-1)→(-1,1)→(-1,-1)→(1,-1)→…でループすると思うんですけど >>827
(1,-1)→(-1,-1)→(1,1)では？ >>826
もう少し詳しく書くと±1を0,1で置き換えて隣接積をmod2の隣接和と思えば線形変換で
隣接和を繰り返すことでmod2の二項係数がその表現行列の成分に現れる
mod2の二項係数は2^n段で端以外は≡0だけど、周期条件から端の1と1も重なっていて≡0なので結局すべての成分が≡0になる >>822
主張を示すには
lim An/(n log n) = 1/2
lim Gn/(n log n) = 1/e
を示せば十分
n番目の素数をpnとしてwikiのPierre Dusartの評価より
n log(n log(n)) -n < pn < n log(n log(n))
により
∫[e,x]t log(t log(t))dt/(x^2 log(x))→ 1/2
exp(1/x∫[e,x]log(t log(t log(t))dt/(x log(x)))dt)/(x log(x))→ 1/e
を示せば十分
前半はロピタルで簡単、後半は
exp(1/x∫[e,x]log(t log(t log(t))dt/(x log(x)))dt/(x log(x))
=exp(1/x ∫log(t log(t log(t))dt - log(x) - log(log(x)))
=exp(1/x ∫log(log(t log(t))dt - 1 - log(log(x)))
=exp(1/x ∫(log(log(t) + log(1+log(logt))/log(t)))dr-1 - log(log(x)))
で前半の積分がxlog(logx)) + li(x) + const, 後半の積分がo(1/x)は容易
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Prime-counting_function (1,-1)
x_1をx_1x_2に置き換え
(-1,-1)
x_2をx_2x_1に置き換える
(-1,1) 各変数の置き換えを1手順としてやってくということではなく
全体の置き換えを1手順としてやってくということでしょ
まぁ、どちらの意味にも読めてしまうな (1,-1) → (-1,-1) →
(-1, 1) → (-1, 1) →
(-1,-1) → (1,-1) →
(1,-1) →
戻ってきたけど？ あかんな
オレと同じ意味にとってる人他にもこれだけいるのに訂正来ないんじゃ出題者カスやな まぁ意味はわかった
そして>>829で終わってる
次行こ 第ij成分が
Aii = 1
Ai(i+1) = 1
An1 = 1
他は0
で与えられるn次正方行列の固有多項式を求めよ A=E+B (Bはn次置換行列) と書けるから
det((1-λ)E+B)を定義通り計算すれば(1-λ)^n+(-1)^n
あるいはtr(B^k)=n(kがnの倍数),=0(他のとき)を利用して
代数的に
det((1-λ)E+B)=(1-λ)^n exp(-Σ(-1)^k(1-λ)^(-k)tr(B^k)/k)
=(1-λ)^n exp(-Σ(-1)^mn(1-λ)^(-mn)/m)
=(1-λ)^n exp(log(1+(-1)^n(1-λ)^(-n)))
=(1-λ)^n (log(1+(-1)^n(1-λ)^(-n))=(1-λ)^n+(-1)^n あ、偶数長の巡回は奇置換だから(1-λ)^n+(-1)^(n+1)か
代数計算も最後のlogのとこで符号間違えてる >>838
おお、素晴らしい
正解です
exp,logでtrace計算に持ち込むのは中々ですね
想定解答は>>838のBにおいてBの固有多項式を求めるとして
B^0～B^(n-1)はどれもゼロ行列でなく、ノンゼロ成分の位置が全部disjointなので線形独立
よってBの最小多項式の次数はnであり、固有多項式と一致します(ここでは最小多項式も固有多項式もモニックであるものをとるとします)
ここでP(x)=x^n-1とするとn次モニック多項式でP(B)=OなのでP(x)がBの最小多項式と分かる
でした 答えは知らないけど出す
ある0～1までの実数
0.abcdef…の正則連分数展開が[0;a,b,c,d,e,f,…]となるようなものは存在するか
10進法でなくてもよい 8個の点(0,0,0),(0,0,6),(0,6,0),(0,6,6),(6,0,0),(6,0,6),(6,6,0),(6,6,6)を頂点とする立方体の内部に点Pをとる。
立方体の各面に関するPの対称点(6個)を頂点とする多面体と元の立方体との共通部分の体積は点Pの取り方によらず一定であることを証明せよ。 >>842
xyz軸の正の方へ下ろした足の長さをa,b,cとして残り３つは6-a,6-b,6-c
体積の３倍は
abc+ab(6-c)+a(6-b)c+a((6-b)(6-c)+‥+(6-a)(6-b)(6-c)
=216
体積は72 というわけで立方体から取り除かれる８つの三角錐の体積を計算‥と思ったらやっぱり72 点Pを中心に見て8象限に分割した8つの図形は3方向の倍率を除いて相似だから
その合算は(a+(6-a))(b+(6-b))(c+(6-c))の定数倍で一定、という原理か あ、しまった
かける部分の体積は1/6×6^3=36だ
なので共通部分の体積は180 なるほど
結局原点と(a,b,c)を対角線に持つ各面が座標平面に平行な直方体と原点と(2a,0,0),(0,2b,0),(0,0,2c)を頂点とする四面体の共通部分の体積は長方体の体積の何倍？
答えが5/6倍で一定
なので180になるわけだ 簡単だけど
2桁以上で全桁が同じ数字の平方数は存在するか？ 全桁が同じ数字は
11や37などのような
9より大きい素数が必ず因数に含まれるのでむりぽ >>841
自己レスだが
0.2(4)=1/2
0.24(6)=1/(2+1/4)
0.3(9)=1/3
0.4(16)=1/4
などがあるので存在はしている >>851
因数に入ってること自体は問題ないでしょ >>854
1が22桁並んだ数は11^2で割れるのでは (10^22 - 1) / 9 = 11^2 × 23 × 4093 × 8779 × 21649 × 513239, >>822
1.
AM(1,2,…,n) = (n+1)/2
GM(1,2,…,n) = (n/e)(2πn)^{1/2n} ≒ (n/e)
スターリングの公式より
>>842
x軸に平行な4稜を x=a で分ける。
y軸に平行な4稜を y=b で分ける。
z軸に平行な4稜を z=c で分ける。
新たな八面体の各面は、立方体の１頂点に隣合う3つの分点を通る。
∴ 各々 四面体を切り取る。
その体積は
{abc + (6-a)bc + a(6-b)c + ab(6-c) + (6-a)(6-b)c + (6-a)b(6-c) + a(6-b)(6-c) + (6-a)(6-b)(6-c)}/6
= {a+(6-a)} {b+(6-b)} {c+(6-c)} /6
= (6^3) /6,
∴ 6^3 - (6^3)/6 = (5/6) 6^3 >>822
2.
チェビシェフの定理 (ベルトラン予想) より
Pn < 2^n,
(2/n)(2^n -1) < AM(2,3,5,…,Pn) < 2^n,
2^{(n+1)/2} < GM(2,3,5,…,Pn) < 2^n,
>>842
新たな八面体の体積は
(6+6)^3 /6 = (8/6) 6^3 >>823
自由度9のｔ分布を使って
> X=c(83,84,87,94,104,107,110,112,115,132)
> W=10000
> (W-sum(X))/mean(X)
[1] 87.27626
> n=10
> mean(X) + qt(0.025,n-1)*sd(X)/sqrt(n)
[1] 91.54061
> mean(X) + qt(0.975,n-1)*sd(X)/sqrt(n)
[1] 114.0594 >>861
１００匹以上の確率は
> t.test(X,mu=(W-sum(X))/100,alt='greater')
One Sample t-test
data: X
t = 2.6279, df = 9, p-value = 0.01373 >>850 汚い解き方だけど
a :自然数、
m :自然数
n : 0～9 のいずれか
a^2 = 100n + 10n + n
= 99n+n 9n+n +n = 3(33n+3n+n)
= 3n {(33+3)+1} = 3n (3m + 1)
a = √ {3n(3m+1)}
aは 自然数であるので、
これを満たすのは
n = 3 (3m+1) の場合の a = 3(3m+1) のみ。
m = 1 の時、 n = 12 、これはnが 0～9であることを満たしていない
m = 2 の時、 n = 21 同じく…
nを0～9とするような、
n = 3(3m+1) をみたすmの値は存在しない。
よって、そのような平方数 a^2 も存在しない。 リンク貼れないのでコピペ
1桁の平方数は条件を満たします。
2桁以上を考えます。
n^2=0,1(mod4)
n^2=0,1,4,9,16,11,24,14,6,21,19(mod25)
なので
n^2=0,76,4,84,16,36,24,64,56,96,44,
25,1,29,9,41,61,49,89,81,21,69(mod100)
この中で、各桁の数字が同じものは44のみです。
つまり、あり得る候補は44…4ですが、4も平方数のため、11…1も平方数になります。
11…1は平方数になり得ないので、2桁以上で条件を満たすものは存在しません >>860
そんな値になるわけないやん
チェビシェフの定理レベルの荒い評価では無理でしょ >>864
どこのリンクなんだろう
まさしく自分が考えた証明はこれ >>823
正規分布を仮定せず標本平均でブートストラップすると
> HDInterval::hdi(fish)[1:2]
lower upper
79.89314 95.44681
> mean(fish>=100)
[1] 0.00156 これじゃ >>863 が
バカみたいじゃん (*ﾉω・*)ﾃﾍ 集合 S={1,2,3,4,5,6,7,8,9} の3元部分集合全体からなる集合を T とおく。
次を満たす正の整数 n の範囲を決定せよ：
部分集合 T'⊂T が #T'=n を満たすならば、ある t∈T が存在して
任意の t'∈T' について t∩t'≠φ が成り立つ 前>>825
>>842
Pが1辺6の立方体の中心にあるとすると、
体積6^3=216の立方体から切りとられる、
共通部分じゃない部分の体積は、
8×(1/3)×(3^2/2)×3=36
216-36=180
点Pが立方体内部のいかなる点にあろうとも、
各面について対称な点をとなりどうし結ぶ直線は、
たがいの面を隔てる辺を通る。
切りとられる8個の三方が直角三角形の四面体は、
点Pの位置により大きさや形が変わるが、
切りとられる部分の体積の合計は変わらない。
∴180 >>866
NoSchoolとかいうサイト
各桁の数字が全て同じである平方数を全て求めよ。
この問題を教えてください。
でググると先頭で出てくる 下2桁が44になるのは
144,1444,7744とかだな >>869
つまり
『T からどのように n 個選んでも、それら全てと手を繋ぐ（=共通部分を持つ）ような t∈T がとれる』
ような n の範囲を求めよってこと
例えば n=3 はこの範囲に入る。
何故なら、T から t_1, t_2, t_3 を任意にとった時に
x∈t_1, y∈t_2-{x}, z∈t_3-{x,y}
を満たすように x,y,z∈{1,2,…,9} をとれば、
{x,y,z}∈T は t_1, t_2, t_3 いずれとも共通部分を持つことになる。
逆に n=6C3=20 は答えの範囲に入らない。
何故なら、{1,2,3,4,5,6} の三元部分集合全体からなる集合を T' とおけば、
どのように三元集合 t∈T をとっても t'⊂{1,2,3,4,5,6}-t を満たす t'∈T' をとれば
t は t' と共通部分を持たない。 >>863 これ、3桁でしか
説明していないから正式な回答ではないけど
4桁、5桁、… 何桁にしても通用するから。
この後ろに、帰納法で何桁でも成立するって事の
証明を付け加えたら完成ね (*ﾉω・*) たぶん >>850
10^n -1 (nは2以上の整数）が平方数でないことを
示せれば簡単だけどな(1111...11が平方数ではない
でもいい）。
nが偶数なら自明だけど奇数のときが、、、。
結局、>>864 のように平方数の下二桁に11が出ない
ことを示すのが一番簡単なのかな。 >>877
不正解
まあまずは色々実験してみましょ >>878
残念
ちなみに
[[1,2,3],[4,5,6],[7,8,9],[1,4,7],[2,5,8],[3,6,9],[1,4,8],[2,5,9],[3,6,7]]
をとると任意のt∈Tでいずれかとdisjointになるので８元以下で同様なものが取れるってことだな あかん
>>879の補集合は全滅
ちょっと理詰めでポイのは無さそう
計算機使うしかないんじゃないの？ >>876
津田塾の入試に出ている。
https://中高数学研究.com/post-2249/ >>876
youtubeにあった証明の概略
111111....1111=(2n+1)^2=4(n^2+n)+1となるｎが存在すると
両辺から1を引いて
111111....1110=4(n^2+n)
2でわると
55555..... 555=2(n^2+n)
奇数＝偶数と矛盾するのでｎは存在しない。 上からの評価は >>879 みたいに反例となる T' を提示してもらえたらほぼ一発かなと
証明もそれほど入り込まないはず
下からの評価は、まあ多少面倒だけど工夫したら証明量はだいぶ減らせる 1111…111が平方数にならないことがわかってもダメじゃね n=7の反例
{123,124,134,234,567,568,789}
n=6の時のtの取り方
t={a,b,c}とする。
1)T'のある３つの元の共通部分が空でない時
その共通部分の元のうち一つをaとする。T'の残りの３つの元はaを含まないとする(含む場合の証明は略)。残りの３つの元のうちある２つは共通部分が空でない。その共通部分の元のうち一つをbとする。残り一つのT'の元の元のうち一つをcとする。
2)上以外の時でT'のある二元の共通部分の濃度が2の時
その二元をt1,t2とし、a∈t1∩t2をとる。残りのT'の元のうち、t2との共通部分が空でないものをt3とする。残りのT'の元のうち、t3との共通部分が空でないものをt4とする。b∈t3∩t4をとる。残りのT'の二つの元の共通部分の元のうち一つをcとする。
3)その他の時
a,b,cのうち２つを含むようなT'の元がでないようにa,b,cを取ればOK
うーん、汚いな… あー3番目の場合分けももっとちゃんと書かないと駄目だな
もっと力技すぎるしもっと良い書き方ありそう こうすればいいか
3)その他の時
T'の元のうち一つをt1とする。T'の元で、t1との共通部分が空であるものの内一つをt2とする。t1,t2どちらとの共通部分も空でないT'の元が少なくとも２つ存在する。それらをt3,t4とする。a=t1∩t3、b=t2∩t4をとる。T'の残りの二元の共通部分の元をcとする。 >>888
おお、素晴らしい 正解です。
だいぶ減らせると言ったけど、書き方は違えどやっぱ最低このくらいは必要になりそうだ…
（それでもコンピュータの総当たりとかよりはよっぽど効率的だけども） コレはどうだろう？
長いけど面白くない？
1を含む三つ組が4つ有れば残りの2組から1個ずつと1を選べば良い
1を含む三つ組が3個あるが4つはないとする
残りの3個は1を含めないので共有点を持つものがある
その共有点と残り一個から一個、そして1を取れば良い
全ての点についてそれを含む三つ組が高々2個の時
三つ組6個は延べ18個の点を含むのだから、9点全てちょうど2個ずつの三つ組に含まれる事になる
この時三つ組6個を頂点とし、共有点を持つ三つ組同士を結んでできるグラフ(ただし共有点2個ある時は二重辺)は9個の辺を持つ3完全グラフになる
コレが完全マッチングを持てばマッチングで使われた3点を取れば良い
①A,Bと繋がっているのがC一個しかなければAとBの間が二重線でA-C,B-Cしかない(A-BならA=C,B=CとなってCでの分岐が4以上になる)
残りをD,E,FとしてC-Dとして良い
E,Fと繋がっているのはDのみだから同じ理屈でD-E,D-F,E=Fと決まる
この時A-B,C-D,E-Fが完全マッチングになる
②A,B,Cと繋がっているのがDのみの時
残りのE,FはDとしか繋がれないから①のケースになる
③A,B,Cと繋がっているのがD,Eの二つの時
最後のFはD,Eとしか繋がれないからD=F,E-Fとして良い
D-EならD,Fと繋がれるのがEのみとなるので①ケース
よってD,Eは切れていてDEFブロックとABCブロックをつなぐ辺はちょうど3本
よってA=B,B=C,C=Aが確定
A-Dとしてよく、この時B-C,E-Fが完全マッチング
④どの点からも二重辺がある時
この時フェノールの構造式みたいなやつしかないので完全マッチングを持つ
⑤①～④が起こらないとき
Cから二重辺がないとしてよくA-C,B-Cとして良い
A=Bなら①の状況なのでA,Bは切れているか高々一本
よってABCとDEFと分けるとこの分割でHallの定理の仮定が満たされるので完全マッチングを持つ
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%9B%E3%83%BC%E3%83%AB%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86 あ、ペーターセンの定理使える
コレ二重辺あると使えないかと思ったけど
A-B=C-D
の形があったら
A-B-X-C-D
│ │ │
└ Y┘
に置き換えてピーターセンの定理使った後元に戻せばいいんだ
橋を持つケースは
A┓ ┌E
|| C-D ||
B┘ └F
しかないからこの時はA-B,C-D,E-Fでいいし >>882
おお、すばらしい。平方数を(2k+1)^2の形にするのが味噌か。
>>884
やはり平方数の1桁目が1,4,5,6,9 を利用して1,4,9は平方数
なのでだめ、５,６は111..11の約数ではありえないのでだめ。 4つの不等式
|x + y√2 + z√3|＜10^(-11)
|x|＜10^6
|y|＜10^6
|z|＜10^6
をみたす整数x,y,zが存在することを証明せよ。
ただし、x=y=z=0の場合は除く。 x = 96051, y = - 616920, z = 448258
のとき
x + y√2 + z√3 = 3.352882344113･･･ × 10^{-13}
(参考書)
秋山 仁 + ピーター・フランクル 共著：
［完全攻略］数学オリンピック, p.47-48, 日本評論社 (1991/Nov)
注） < 10^{-12} は鳩ノ巣原理では解けません。 >>890
おーなるほど
確かに各一桁の整数を含むt'∈T'がちょうど二つずつの時は
ある種特別な状態になるから、色々なことが使えそうだね
該当部分の想定解法はこんな感じ
集合属Xと整数mについて
k(X,m) = #{x∈X : #x=m }
k(X) = (k(X,0), k(X,1), k(X,2), …)
とおく。また、ti,tj∈T' に対して
Tij = T'-{ti,tj}
等と表記する。k(T')=(0,0,9,0,0,…) であるが、
(A)もし二重辺を持つペアt1,t2∈T'があれば k(T'12)=(2,2,5,0,0,…) となる。
このうち k(T'12,1) で数えられている整数の少なくとも一方を元に持つ t3∈T'12 であって、
ある t4∈T'123 と共通部分を持つものが存在するので、
k(T'1234,2) ≧ k(T'12,2)-4 = 1.
よって、残りの t5,t6∈T'1234 が共通部分を持つのでOK.
(B)もし二重辺を持つペアがなければ3-正則グラフになるが、
6つの頂点を持つ3正則グラフからどの辺を取り除いても不連結にはならないことが示せるので、
ピーターセンの定理からT'は完全マッチングを持つ
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%94%E3%83%BC%E3%82%BF%E3%83%BC%E3%82%BB%E3%83%B3%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86 ついていけねぇから
しばらくROMりますわ (^^) ルートの近似値がヒントになってる問題
時間があればイナさんでも出来る こういうのを見ると日本の理系教育の凋落を感じるなぁ 機械的に計算するだけの問題でも、こういう風に文章題にされると解けなくなる人いるんだよね 前>>870
面白い問題にしか反応できない。
美食家なのかな。 3×3のマスの中に9つの異なる自然数を入れる
縦横斜めの和が等しくなり、かつ縦横斜めの積も等しくなるようなものは存在するか a<b<cとする
b≧3の時
a+b+c≦3c-3
abc≧3c
よりa+b+c=abcならば(a,b)=(1,2)
このとき3+c=2cによりc=3
よって
a<b<c, a+b+c=abcの自然数解は(a,b,c)=(1,2,3)のみ おっと
説明不足だったけど
和と積は別になってもいいって意味だったんだよ >>904
和に等しくなることについての方程式を解くと求める3×3マスはこんな形になってることが分かる
https://i.imgur.com/dfmHRwV.jpg
真ん中の列の積は n^3-nl^2
左上から左下への対角線の積は n^3-nm^2
よって、積が等しくなるとすると、l=±m
l=mなら、左上のマスと真ん中上のマスが等しくなる
l=-mなら、右上のマスのど真ん中のマスが等しくなる
つまり題意を満たすような3×3は存在しない すまん、記号ぐちゃぐちゃで間違いまくってる
正しくはこっち
真ん中の列の積は k^3-km^2
左上から右下への対角線の積は k^3-kl^2
よって、積が等しくなるとすると、l=±m
l=mなら、左上のマスと真ん中上のマスが等しくなる
l=-mなら、右上のマスのど真ん中のマスが等しくなる
つまり題意を満たすような3×3は存在しない >>908
正解
4×4以上だとどうなるか？それは知らない あるシリツ医大から無作為に学生10人を抽出して偏差値を調査したところ
低い順に 40 45 46 47 49 52 52 56 69 72であったとする。
偏差値の正規分布を仮定する。
合格基準以下の裏口入学は1割以下にせよと行政指導された。
合格基準偏差値をいくつ以下に設定すれば推定裏口率を１割以下にできるか。 〔類題893〕
次の不等式をみたす整数 x, y, z で、どれか１つは0でなく、
かつどの絶対値も100万を超えないものが存在するか？
｜x + y√2 + z√3｜< 10^{-13} ある関数を微分したところ、元の関数の逆関数に等しくなった
このような関数を求めよ とりあえずaをx^2+x-1=0の解としてa^ax^(1/a)があるか >>909
ところで0<δ<1として
Σxi=n, Πxi=δ, xi≧0って超球と同相なのかな
グラフみてたら凸な閉曲面ぽかった >>903
なるほど、それで>625のようなエロ本ネタには食指を伸ばさないのでしたか。 y = a*x^nとすると
a*n=a^(-1/n) , n-1=1/nを解いて
ｎ = (1/2+√5/2)
a=(1/2+√5/2)^ (1-√5)/2
y = (1/2+√5/2)^ (1-√5)/2 * x ^ (1/2+√5/2) >>917
計算間違っていた。
n = (1+sqrt(5))/2
a = exp((1+sqrt(5))*(log(2)-log(1+sqrt(5)))/(3+sqrt(5)))
y = exp((1+sqrt(5))*(log(2)-log(1+sqrt(5)))/(3+sqrt(5))) * x ^ ((1+sqrt(5))/2)
https://i.imgur.com/zRxTzmy.png
赤が逆関数 >>918
少数表示で y = 0.7427429*x^1.618034 数式だと大変なので少数表示で検算
y = 0.7427429*x^1.618034
y'(x) = 1.20178 x^0.618034 (導関数)
y(x) = 1.20178 x^0.618034 (逆関数) 形が違うだけで913も917も918も全部同じだよ… >>918
a=(1/2+sqrt(5)/2)^(1/2-sqrt(5)/2)の方が奇麗だな。
x^2+x-1=0の解をα,βとする（α＞β）と
ｙ＝α^β* x^α と書ける a1+a2+a3=M
a1×a2×a3=N
が自然数解(0<a1<a2<a3)を3組(以上)持つような最小のMを求めよ M=6, N=6 (a,b,c) = (1,2,3)
M=19, N=144 (a,b,c) = (2,8,9) (3,4,12)
M=39, N=1200 (a,b,c) = (4,15,20) (5,10,24) (6,8,25) おお、素晴らしい
4組以上だとどうなるんでしょうかね >>915
これはΠxi=δ(xi≧0)が対角線方向に凸な図形で、それをΣxi=nという超平面で切るわけだから当たり前か >>924
N<5000までをプログラムを組んで探索させてみた。
[,1] [,2] [,3]
4 15 20
5 10 24
6 8 25
[,1] [,2] [,3]
1 33 42
2 11 63
3 7 66
[,1] [,2] [,3]
4 20 21
5 12 28
7 8 30
[,1] [,2] [,3]
3 24 26
4 13 36
6 8 39
[,1] [,2] [,3]
3 30 32
4 16 45
5 12 48
[,1] [,2] [,3]
3 22 45
5 11 54
6 9 55
[,1] [,2] [,3]
7 18 24
8 14 27
9 12 28
[,1] [,2] [,3]
2 34 48
3 17 64
4 12 68
[,1] [,2] [,3]
1 42 80
2 16 105
5 6 112
[,1] [,2] [,3]
3 30 44
4 18 55
6 11 60
[,1] [,2] [,3]
2 45 48
3 20 72
6 9 80
[,1] [,2] [,3]
6 26 30
8 15 39
9 13 40 >>928
4組めが見つかりました
> x
[,1] [,2] [,3]
[1,] 6 56 75
[2,] 7 40 90
[3,] 9 28 100
[4,] 12 20 105
検算
> x=matrix(c(6,56,75,7,40,90,9,28,100,12,20,105),4,3,b=T)
> x
[,1] [,2] [,3]
[1,] 6 56 75
[2,] 7 40 90
[3,] 9 28 100
[4,] 12 20 105
> apply(x,1,sum)
[1] 137 137 137 137
> apply(x,1,prod)
[1] 25200 25200 25200 25200 >>932
3組で動作確認して4組に拡張するために決まっているじゃん。
罵倒じゃなくて、さくっと4組での答をだせば称賛されるだろうに。 >>928
5組
> x
[,1] [,2] [,3]
[1,] 11 84 90
[2,] 12 63 110
[3,] 15 44 126
[4,] 18 35 132
[5,] 22 28 135
> apply(x,1,sum)
[1] 185 185 185 185 185
> apply(x,1,prod)
[1] 83160 83160 83160 83160 83160 「俺は数値解を出した。厳密解はお前が出せ」の亜種かな >>933 >>935
おお、気になっていたので感謝です！ 他のことをしていたら6組めの計算終わってた。
> x=matrix(
+ c(
+ 14, 231, 240,
+ 15, 176, 294,
+ 16, 154, 315,
+ 28, 72, 385,
+ 33, 60, 392,
+ 40, 49, 396
+ ),6,3,b=T)
> apply(x,1,sum)
[1] 485 485 485 485 485 485
> apply(x,1,prod)
[1] 776160 776160 776160 776160 776160 776160 何組でもありそうな感じか
任意個の組の存在が証明できるんかな M=19, N=144, [2,8,9] [3,4,12]
M=39, N=1200, [4,15,20] [5,10,24] [6,8,25]
M=118, N=37800, [14,50,54] [15,40,63] [18,30,70] [21,25,72]
M=185, N=83160, [11,84,90] [12,63,110] [15,44,126] [18,35,132] [22,28,135]
M=400, N=846720, [24,180,196] [27,128,245] [28,120,252] [32,98,270] [36,84,280] [42,70,288]
M=511, N=1965600, [35,216,260] [36,195,280] [40,156,315] [42,144,325] [45,130,336] [60,91,360] [72,75,364]
M=1022, N=15724800, [70,432,520] [72,390,560] [80,312,630] [84,288,650] [90,260,672] [91,256,675] [120,182,720] [144,150,728]
M=1287, N=34927200, [99,588,600] [100,539,648] [105,462,720] [112,405,770] [126,336,825] [132,315,840] [162,245,880] [165,240,882] [196,200,891] まぁ直接的には方程式
t^2-(M-x)t+N/x=0
が整数解を持つようなxの個数を調べる問題で楕円曲線
(M-x)^2-4N/x=y^2
の解の個数を数える問題
楕円曲線の整数解の個数を各ケースごとに数え上げるアルゴリズムは知られてるけど一般論としてまとめられてるような公式はほとんどない
結局計算機回して解あるね～で終わり
もちろん特殊な楕円曲線だから一般論ではできないからコレもわかるはずないとかは言えないがまぁ無理やろ
もう大体楕円曲線がらみの問題に還元される奴は望み薄 >>635の問題だけど
1:1と3:4と5:12の比率は4分割で作れるっぽい
そして調べたところ、ピース4つを2つと2つに分けて組み合わせるやり方でできるのは1:1と3:4以外にありえないと証明されてた
5:12の分割はピースを1つと3つで使ってた >>941 続き
M=2574, N=279417600, [198,1176,1200] [200,1078,1296] [210,924,1440] [224,810,1540] [231,768,1575] [252,672,1650] [264,630,1680] [324,490,1760] [330,480,1764] [392,400,1782]
M=4279, N=1437836400, [378,1925,1976] [380,1820,2079] [385,1710,2184] [399,1540,2340] [429,1330,2520] [440,1274,2565] [504,1045,2730] [532,975,2772] [550,936,2793] [637,792,2850] [684,735,2860]
M=8558, N=11502691200, [756,3850,3952] [760,3640,4158] [770,3420,4368] [798,3080,4680] [858,2660,5040] [880,2548,5130] [896,2475,5187] [1008,2090,5460] [1064,1950,5544] [1100,1872,5586] [1274,1584,5700] [1368,1470,5720]
なんかMが倍々っぽい 前の解の倍になってるだけなんやろ
もう本質的なのは出尽くしてるのかもしれん
有限個しかないというなら証明はできても不思議はないけどそれとて一般論はめちゃめちゃ難しい
今回のはM,Nを固定するごとに自然数という縛りがあるから有限個なのは当たり前だが、M,Nの候補が有限個しかない事を示すのは激ムズやろ
楕円曲線論なめたらあかん ていうか互いに素でない本質的に新規の解でないやつ弾いてないならなんでM=4088とか出てこんの？
あってんのそれ？ >>941
これを誰かが投稿すると思っておりました。
これはHaskellでの結果ですか？
私はNの約数の和が同じになる組み合わせを探索させるというアルゴリズムで計算しましたが
どのようなアルゴリズムで探索させたのでしょうか？
オマケ
R言語で計算させたまま寝たら7組めが計算されていた。
値が合致しているのでバグはなさそう。
> x=matrix(
+ c(
+ 35, 216, 260,
+ 36, 195, 280,
+ 40, 156, 315,
+ 42, 144, 325,
+ 45, 130, 336,
+ 60, 91, 360,
+ 72, 75, 364
+ ),7,3,b=T)
> apply(x,1,sum)
[1] 511 511 511 511 511 511 511
> apply(x,1,prod)
[1] 1965600 1965600 1965600 1965600 1965600 1965600 1965600 >>947
自己レス 最小にするのはNではなくてMの方だったから
この答はNを最小にする組み合わせになっておりました。 使われてる素因数の(重複も含めた)個数
3組のとき、7個←
4組のとき、9個
5組のとき、9個←
6組のとき、14個
7組のとき、12個←
8組のとき、15個
9組のとき、14個
10組のとき、17個
11組のとき、14個←
12組のとき、17個
…
当然、個数は増えていくわけだけど
なぜか素数組のときは個数が若干少なめなのが不思議だ >>946
M=4088 が出てこないのは組数について最小のMでないから
M=m, N=n のとき (a,b,c) が解になるならば
M=km, N=k^3 n のとき (ka,kb,kc) が解になるのは自明
このとき自明でない解があれば組数が増えるがなければ増えない
M=4088 は、M=1022 から得られる自明な解以外の解がなく組数は8にとどまる 13組
M=11777, N=5751345600, [171,5600,6006] [175,4914,6688] [198,3675,7904] [224,3003,8550] [228,2925,8624] [240,2717,8820] [245,2640,8892] [385,1512,9880] [416,1386,9975] [462,1235,10080] [540,1045,10192] [600,936,10241] [637,880,10260]
探し方は、Mを固定して総当たりしてるのに過ぎないので、本質的に難しいところはないはず >>948
和と積の計算を入れ替えればいいのでプログラムを書き直して
Mが最小になる値を探索
4組
> re
[,1] [,2] [,3]
[1,] 14 50 54
[2,] 15 40 63
[3,] 18 30 70
[4,] 21 25 72
> apply(re,1,sum)
[1] 118 118 118 118
> apply(re,1,prod)
[1] 37800 37800 37800 37800
5組
> re
[,1] [,2] [,3]
[1,] 11 84 90
[2,] 12 63 110
[3,] 15 44 126
[4,] 18 35 132
[5,] 22 28 135
> apply(re,1,sum)
[1] 185 185 185 185 185
> apply(re,1,prod)
[1] 83160 83160 83160 83160 83160
>941の結果と合致。
4組目の和の118の倍の236だと
> (fn(236,4))
[,1] [,2] [,3]
[1,] 16 85 135
[2,] 17 75 144
[3,] 18 68 150
[4,] 30 36 170
4組はみつかるけど
> (fn(236,5))
[1] 0
5組はみつからないから、最小となるMは必ずしも前の組の2倍ではないみたい。 >>951
>Mを固定して総当たり
私もそれでプログラムを組みました。
Nを固定したら約数の組み合わせを考える羽目になって面倒でした。 >911
整数の桁数が少なくて精度がいい問題がないか探したらこんなの見つけた
x,y,zを絶対値が3以下の0でない整数とするとき
|x + (y + z 5^(1/4)) 2^(1/8) (e^(10π)-24)^(1/24)| < 10^(-24)
を満たす(x,y,z)は存在するか 14組と15組は >>951 の2倍
M=23554, N=46010764800, [342,11200,12012] [350,9828,13376] [351,9728,13475] [396,7350,15808] [448,6006,17100] [456,5850,17248] [480,5434,17640] [490,5280,17784] [665,3584,19305] [770,3024,19760] [832,2772,19950] [924,2470,20160] [1080,2090,20384] [1200,1872,20482] [1274,1760,20520] ある賭場でコイントスをして最初から表が続いた数をｎとすると、2＾ｎ万円の賞金がもらえる。
参加費がいくら以下なら参加した方が有利といえるか？ >>943
さらに試したところ
1:1:√2という特殊な例を除けば3:4:5,5:12:13,7:24:25,9:40:41などが4分割で作れたが8:15:17は見つけられなかった
ということは斜辺と1辺の長さが1であるときだけ4分割で構成可能なんだと思う
でもそれ以外でできないとも言い切れない >>956
これって0回でも1万円もらえるんだろうか
まあどうせ無限大だしどっちでもいいか >>956
統計的確率は単なる期待値に過ぎない。
それは試行回数を無限大へ近づけた時に
収束する値である。
現実ではギャンブルでも何でも資金は有限である、
よって試行回数が無限大に出来ることなどない。
というわけで
0回でドロップアウト、 1万円でフィニッシュ、ファイナルアンサーです！ >>958
2^0=1だから1万円貰える。
でも参加費が5万円とかだと、この場合は損する。
参加費が1.5万円とかだとお得かという問題。 >>956
ネタ元はhttps://ja.wikipedia.org/wiki/サンクトペテルブルクのパラドックス
なのだが、獲得賞金の期待値は定義通りだと∞に発散するという。
幾何分布（1回成功するまでの失敗の回数の分布）の期待値＝１なので
２＾１＝２で期待値は２万円でいいのではと思う。参加費が2万円未満なら参加する方が有利ではと思う。異論はいくらでも認める。 >>961（補足）
ビュフォンは子供にコインを繰り返し投げさせる実験を行った[5]。
2084回のゲームを行い、そのうち1061回で1円、494回で2円、…、合計で10057円を獲得した。
この実験において、1回のゲームでの獲得金額の平均は約5円ということになる。
をシミュレーションでやってみる。
sim <- function(p=0.5){
head=FALSE
i=0 # コイントスの回数
while(head==FALSE){ # 表(head:1)がでるまで繰り返す
head <- rbinom(1,1,p)==1
i=i+1
}
2^(i-1) # 賞金額
}
re=replicate(2084,sim()) #2084回
sum(re) # 獲得金総額
table(re) # その頻度
mean(re) # 1回のゲームでの獲得金額の平均
> sum(re) # 獲得金総額
[1] 12703
> table(re) # その頻度
re
1 2 4 8 16 32 64 128 256 512 2048
1015 562 249 138 63 25 14 9 6 2 1
> mean(re) # 1回のゲームでの獲得金額の平均
[1] 6.095489
以上はまあ、似たような結果ではあるが、
たまに次のような値がでることがあって、平均が一定しない。
> sum(re) # 獲得金総額
[1] 83694
> table(re) # その頻度
re
1 2 4 8 16 32 64 128 256 512 1024 2048
1070 512 250 111 66 46 12 5 4 4 1 1
4096 65536
1 1
> mean(re) # 1回のゲームでの獲得金額の平均
[1] 40.16027 n×nマスに1～n^2までの整数を1つずつ入れるとき
「「隣り合った数の差」の総和」の最大値を求めよ
例えば2×2なら
１４
３２
で差の総和は8
3×3なら
５１６
２９４
７３８
で差の総和は58となる >>954
GJ
(x, y, z) = (2y, y, -y) のとき
x + (y + z * 5^{1/4}) * 2^{1/8} (e^{10π} - 24)^{1/24}
= (2 + (1 - 5^{1/4}) * 2^{1/8} * (e^{10π} - 24)^{1/24}) * y
= (1.186317… * 10^{-26}) * y,
(左辺) < 10^{-25} を満たすのは
|y| < 8.42945…
y, 2y は絶対値が3以下の0でない整数だから
y = ± 1,
(x, y, z) = (-2, -1, 1) (2, 1, -1) >>964
正解です
これはデデキントのイータ関数に関する特殊値
e^(10π/24)Π[n=1,∞](1-e^(-10π(2n-1))) = 2^(7/8)/(5^(1/4)-1)
がわかれば計算機なしで答えが出せます
ちなみにこの無限乗積の8次の展開まで近似すると
|2 + (1-5^(1/4)) 2^(1/8) e^(5π/12) (1/(1+e^(-10π)) - e^(-20π))| < 10^(-108)
になります >>962
2084の試行を10回やった結果。
or data that you put into this service are public.
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7] [,8] [,9]
Min. 1.00 1.00 1.00 1.00 1.0 1.00 1.00 1.00 1
1st Qu. 1.00 1.00 1.00 1.00 1.0 1.00 1.00 1.00 1
Median 1.00 2.00 1.00 2.00 2.0 2.00 2.00 2.00 2
Mean 7.68 8.05 6.69 5.57 12.8 6.71 4.72 5.51 16
3rd Qu. 2.00 4.00 2.00 4.00 4.0 4.00 2.00 2.00 4
Max. 4096.00 4096.00 2048.00 1024.00 16384.0 4096.00 512.00 1024.00 8192
[,10] [,11] [,12] [,13] [,14] [,15] [,16] [,17] [,18]
Min. 1.00 1 1 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00
1st Qu. 1.00 1 1 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00 1.00
Median 2.00 1 2 2.00 1.00 1.00 2.00 2.00 1.00
Mean 4.66 132 509 7.03 6.27 6.81 5.98 5.88 4.88
3rd Qu. 4.00 4 4 2.00 4.00 2.00 4.00 4.00 2.00
Max. 512.00 262144 1048576 2048.00 2048.00 1024.00 512.00 512.00 1024.00
[,19] [,20]
Min. 1.00 1.0
1st Qu. 1.00 1.0
Median 1.00 2.0
Mean 7.86 14.5
3rd Qu. 2.50 4.0
Max. 4096.00 8192.0
中央値は1か2になるけど、平均値はブレまくり。 >>966
1と2って全然違うじゃねぇか！！
不確かすぎて使えねぇ >>962
ビュフォンは子供にコインを繰り返し投げさせる実験を行った[5]。
2084回のゲームを行い、そのうち1061回で1円、494回で2円、…、合計で10057円を獲得した。
この実験において、1回のゲームでの獲得金額の平均は約5円ということになる。
を2084回を1万回シミュレーションでやってみたら、
> summary(S[order(S[,'mean']),])
median mean max
Min. :1.000 Min. : 3.65 Min. : 128
1st Qu.:1.000 1st Qu.: 5.68 1st Qu.: 1024
Median :1.500 Median : 6.83 Median : 2048
Mean :1.501 Mean : 16.28 Mean : 21560
3rd Qu.:2.000 3rd Qu.: 9.16 3rd Qu.: 4096
Max. :2.000 Max. :16117.00 Max. :33554432
中央値は１～２だが、あとは大きくブレまくり、胴元は破産しそう。 期待値が無限大な賭け(サンクトペテルブルクのパラドックス)
https://www.youtube.com/watch?v=B__gzT-rQjw
の解説によると、
フェラ先生というのが
テラ銭の採算ラインは賭けの回数に依存して n log2(n)であるという(log2は底が2の対数)。
Wikiの解説でビュフォンは子供にコインを繰り返し投げさせる実験を2084回のゲーム行ったというので
１日に2084回ゲームが行われるとする。
必要なテラ銭は22976.39万円（単位は万円とした）。
1年間を365日として日々の収支と1年の収支16年分をグラフにしてみる。
https://i.imgur.com/2OWLfcl.png
胴元にとっても博打であることがみてとれる。
このデータでは16年の収支は
> sum(io)
[1] -9387732
1年間のテラ銭が8386383なので16年だと134182123
> -9387732/134182123
[1] -0.06996261
で6%の赤字と考えれば、打倒な数字かなとも思える。 100年の収支シミュレーションを100回やってみたら
> summary(BL100)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
-4.46260 -0.35270 -0.17716 -0.40514 -0.06296 0.04050
胴元に大赤字（最大でテラ銭の約4.5倍の支払い）という結果になった。 期待値が無限大な賭け(サンクトペテルブルクのパラドックス)
https://www.youtube.com/watch?v=B__gzT-rQjw
の解説によると、
ふぇらー先生の主張として
テラ銭の採算ラインは賭けの回数に依存して n*log2(n)であるという(log2は底が2の対数)ので
n=10のときは
10*log2(10)=33.21928が
10ゲームで参加費と賞金が同等になるという。
10ゲームのシミュレーションを10回 100回,,,,10^6回までやってみると第１列が10^1回、第2列が10＾2回....のシミュレーション結果。
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6]
Min. 13.0 10.0 11.0 10.0 10.0 10.0
1st Qu. 24.2 20.0 21.0 20.0 20.0 20.0
Median 34.0 31.0 29.0 30.0 30.0 29.0
Mean 34.2 56.6 59.6 110.4 116.7 394.5
3rd Qu. 38.8 45.0 51.0 50.0 50.0 50.0
Max. 63.0 1114.0 2230.0 262190.0 1048602.0 268435479.0
シミュレーション回数を増やすと稀な大当たりがでるから平均値が増加してとても33.2にはならない。
中央値は33に近い辺りで安定。
n*log2(n)がテラ銭の採算ラインには思えない。
やはり、胴元は早めに勝ち逃げしないと破産しそうに思える。 >>928
>941, >944, >951, >955 より
K=3, L=1, M=6, N=6,
K=3, L=2, M=19, N=144,
K=3, L=3, M=39, N=1200,
K=3, L=4, M=118, N=37800,
K=3, L=5, M=185, N=83160,
K=3, L=6, M=400, N=846720,
K=3, L=7, M=511, N=1965600,
K=3, L=8, M=1022, N=15724800, + [91,256,675]
K=3, L=9, M=1287, N=34927200,
K=3, L=10, M=2574, N=279417600, + [231,768,1575]
K=3, L=11, M=4279, N=1437836400,
K=3, L=12, M=8558, N=11502691200, + [896,2475,5187]
K=3, L=13, M=11777, N=5751345600,
K=3, L=15, M=23554, N=46010764800, + [351,9728,13475] + [665,3584,19305]
(*印 は 上行の2倍)
K=4, L=1, M=10, N=24,
K=4, L=2, M=20, N=144,
K=4, L=3, M=40, N=1200,
K=K, L=1, M=K(K+1)/2, N=K!
…… K=4, L=3 は M=24 に N=360 があるね K=4, L=3, M=24, N=360 [1,4,9,10] [1,5,6,12] [2,3,4,15]
スマソ どこまでやっても結局楕円曲線の有理点を探すというかなり難しい問題に帰着されててほとんど無理
もうその時点でみんな“無理だな”と察して引いてるのにそれもわからずいつまでもいつまでも答えが出そうにない問題に固執してスレ荒らす 次を満たす正の整数の組 n_1≦n_2≦n_3≦n_4 を全て決定せよ：
整数全体の集合Zを４つの部分集合 A_1, A_2, A_3, A_4 に分割し、各 i=1,2,3,4 について
a,b∈A_i かつ a≠b ならば |a-b|≧n_i
を成り立たせることができる。
（各 A_i は空集合でも良い） >>976
計算結果を全部貼るのは意味がないと思ったので控えました
それでも目障りだったら申し訳ない >>978
なんだプロおじじゃないのか
ならいいよ
もうこの問題は手引いた方がいい
おそらく現在の我々人類の力では完全な解答はでない >>978
後計算結果貼るなら↓この人のレスみたいにオンラインプログラミングのサーバー利用するといい
その結果を他の人が利用するのにも便利だしどんなに長時間かかった計算でも結果貼るだけなら問題なくできる
https://ideone.com/R4PCiQ 処置用手袋が合格基準の2.5%のピンホール不良を予め補填するために100枚入りの箱に103枚入っているとする。
5箱使用したら19枚のピンホール不良があった
19/(103*5)=0.0368932で2.5%を越えているので合格基準を満たしていないと言えるか？
それとも合格基準内のばらつきと言えるか？
有意水準は5%で判断する。 >>977 のヒント、というか一部パターンだけ解答
･(n_1, n_2, n_3, n_4) = (3,3,4,7) は満たさない。
まず 1/3+1/3+1/4<1 より、密度の議論から A_4 は空集合ではあり得ない。
a∈A_4 を任意にとり、集合 {a-6,a-5,a-4,…,a+6} を T とおく。
T のうち a 以外の任意の元 b について、|a-b|<7=n_4 が成り立つので
b は A_4 に属さない。ゆえに #(T∩A_4)=1.
T の４つの部分集合
{a-6, a-5, a-4}, {a-3, a-2, a-1}, {a+1, a+2, a+3}, {a+4, a+5, a+6}
には A_1 の元はそれぞれ1個以下しか入らない。ゆえに #(T∩A_1)≦4.
同様に #(T∩A_2)≦4.
以上から #(T∩A_3)≧4 でなければならないが、このためには
T∩A_3 = {a-6, a-2, a+2, a+6}
となる以外にあり得ない。しかしそうすると
A_2∪A_3 ⊃ T-(A_1∪A_4) ⊃ {a+3,a+4,a+5}
となり、この三元がどのように A_2, A_3 に入っても矛盾する。 >>986
誤
A_2∪A_3 ⊃ T-(A_1∪A_4) ⊃ {a+3,a+4,a+5}
となり、この三元がどのように A_2, A_3 に入っても矛盾する。
正
A_1∪A_2 ⊃ T-(A_3∪A_4) ⊃ {a+3,a+4,a+5}
となり、この三元がどのように A_1, A_2 に入っても矛盾する。 >>986
この問題地道にに場合わけしていくしかないんじゃないの？
n1=3の場合はできたけどそれで力尽きた
完全に計算機案件やろこれ？ >>989
んーまあ確かに場合分けだけど
鍵になるパターンを見つけたら証明をある程度短縮できることを利用して解く想定でした
まあでも、より少ない証明の組み合わせを思いつくのが面倒というのはある気はするので
この問題はクローズします。鍵になる不可能パターンと証明方針だけ発表
･(2,3,5,9)
xからx+3まで全体をA_1,A_2で覆えない
→xからx+7まで全体をA_1,A_2,A_3で覆えない
･(2,5,5,7)
xからx+5までのうちA_1,A_2で覆えるのは4個まで
→xからx+5まで全体をA_1,A_2,A_3で覆えない
･(3,3,4,7)
xからx+5まで全体をA_1,A_2,A_3で覆えない
･(3,4,4,5)
xからx+3まで全体をA_1,A_2,A_3で覆うならば x,x+3∈A_1
→任意の a∈A_4 の周囲 a-4,a-3,…,a+4 で矛盾 -3以下の整数nにおいて
x^n+y^n=z^nとなる自然数の組(x,y,z)は存在しないことを示せ >>990
フェルマーの最終定理
3以上の整数nにおいて
x^n+y^n=z^nとなる自然数の組(x,y,z)は存在しない
を使用してもよいものとする >>911 >>894
10^10 まで検索かけてみたが予想通りだった
|係数| < 10^6 のとき
96051 - 616920√2 + 448258√3 = 3.35×10^(-13) が最小
|係数| < 10^7 のとき
2425305 + 2250206√2 - 3237536√3 = 6.17×10^(-15) が最小
|係数| < 10^8 のとき
54823746 + 25581379√2 - 52539613√3 = 5.94×10^(-17) が最小
|係数| < 10^9 のとき
-116906393 - 23832207√2 + 86954853√3 = 4.66×10^(-19) が最小
|係数| < 10^10 のとき
-2133560879 - 933735484√2 + 1994203778√3 = 6.00×10^(-21) が最小 GJ!
|係数| < 10 のとき
-3 - 4√2 + 5√3 = 0.3399788352×10^(-2) が最小
|係数| < 10^2 のとき
-1 + 35√2 - 28√3 = 0.5207129765×10^(-4) が最小
|係数| < n のとき
| x + y√2 + z√3 | < 1/n^2
をみたす整係数 x,y,z が存在する？
>>911
存在しない。
そろそろ次スレを… x^3+y^3=z^3に自然数解が存在しないことを示せ x^3+y^3+z^3=w^3の自然数解を全て求めよ x^3+y^3+z^3=114の自然数解を1つ見つけよ このスレッドは１０００を超えました。
新しいスレッドを立ててください。
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