面白い問題おしえて～な 34問目
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過去スレ
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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 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
