面白い問題おしえて～な 34問目
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33 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598637093/
(前スレ) >>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？ ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
