【数セミ】エレガントな解答をもとむ 4【2021.08】

[0001 １３２人目の素数さん 2021/07/13(火) 00:00:20.12 ID:w61FTnjw]

締切りの過ぎた問題をみんなで議論しましょう。
ただし難易度情報は可。

過去スレ：
1. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1295154182/
2. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1476702312/
3. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1537116043/

[0207 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 01:45:34.06 ID:oz5eaPUw]

abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ

・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

mを正の整数とする。
a=2m^2+2m+1,b=2m^2-2m+1,c=16m^8-4m^4+1とおくと
明らかにa,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。
このとき、abc-1=64m^12={8m^6}^2だから」、abc-1が平方数となる。


/////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////

ab+1とbc+1とca+1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ

・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

nを正の整数とする。
x(1)=7,y(1)=4,x(n+1)=2x(n)+3y(n)、y(n+1)=x(n)+2y(n)とおくと
だからx(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -3{y(n)}^2=1となることが帰納的にいえる。
以後簡単のためx(n)=x,y(n)=yと書くことにする。
ここでx^2 -4y^2=x^2 -3y^2 -y^2=1-y^2＜0より、x＜2yがいえる。

ここでa=2y-x,b=2y,c=2y+xとおくと、a,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。

ab+1=4y^2- 2xy+1=(3y^2 +1)-2xy+y^2=x^2 -2xy+y^2=(x-y)^2
bc+1=4y^2 +2xy+1=(3y^2 +1)+2xy+y^2=x^2 +2xy+y^2=(x+y)^2
ca+1=4y^2 -x^2 +1=(3y^2 +1)-x^2+y^2=x^2 -x^2 +y^2=y^2

よりab+1,bc+1,ca+1はいずれも平方数となる。

以上より、題意が言えた。

[0208 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 01:46:27.81 ID:oz5eaPUw]

>>207は出題二の解答です。

[0209 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 05:01:29.66 ID:ANR6tb8+]

a,b,c が等差数列をなすと仮定して「ペル方程式」に帰着した
のでござるか。お見事でござる。

小生はフィボナッチ数列 {F_n} を使って
　(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})
としたでござる。されば
　ab + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
　bc + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
　ca + (-1)^n = (F_n)^2,

[0210 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 14:15:28.27 ID:ANR6tb8+]

>>207
蛇足ですが…
　x(n) = [(2+√3)^{n+1} + (2-√3)^{n+1}]/2,
　y(n) = [(2+√3)^{n+1} - (2-√3)^{n+1}]/(2√3),
ビネの式 (?)

[0211 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 17:18:32.93 ID:o3Q5WWbz]

きれいな解法ですね。方程式

　x^2 - 3y^2 = a

は実2次体Q(√3)の単数群が無限次巡回群だから任意の整数 a で無限個整数解をもつ事を利用するわけですね。

[0212 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 18:00:00.60 ID:Xw9HWrTy]

n-1,n+1,4n.

[0213 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 21:05:30.09 ID:yo6RvH7x]

皆さんエレガントですね。ところで問題1のほう解けた方いますか？
私はそのような命題の表現はないと予想したのですが、示すことができませんでした。

[0214 １３２人目の素数さん 2024/02/09(金) 21:18:06.72 ID:yo6RvH7x]

>>207読んでて気づいたんだけど、俺大変な勘違いをしてた。
ab+bc+ca-1が平方数になるような(a,b,c)が無限にあることを示すって
思い込んでた。せっかく頑張って解いたのに俺終わった・・・

[0215 １３２人目の素数さん 2024/02/10(土) 00:46:43.29 ID:Wbrvic9t]

自然数 n について定まる X_0 から始まる計算機の状態の列 X_0,...,X_k を C(n) とし列の長さを L(n) とする。平方数は無限にあるからある平方数 n^2 で C(n^2) のなかに同じ状態が現れるものがとれなければならない。そのような n^2の10進表現を A_m...A_1 とする。X=C(n^2)_k = C(n^2)_l (k<l) とする。状態 X_k のときに長さ l-k の入力 A_k+1,A_k+2,...,A_l が与えられたとき計算機はかならず状態 X にもどるからこの計算機は
1) 最初に A_1,A_2,...,A_k が入力される。
2) 次に A_k+1,A_k+2,...,A_l が任意回数入力される。
3) 次に A_l+1,A_l+2,...,A_m が入力される。
ときにかならず最終状態は X_m で終了しなければならない。計算結果は最終状態のみで決まるのでこのような入力でかならず平方数を出力しなければならない。そこで
a = (10進表現が A_kA_k-1...A_1 である自然数)
b = (10進表現が A_lA_l-1...A_k+1 である自然数)
c = (10進表現が A_mA_m-1...A_l+1 である自然数)
とすれば t≧1 について
a + 10^kb + 10^lb + 10^2l-kb + ... + 10^(l-k)(t-1)+kb + 10^(l-k)t+k c
= a + 10^kb(10^(l-k)t-1)/(10^(l-k)-1) + 10^(l-k)t+k c
= 10^(l-k)t (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c ) + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
がつねに平方数でなければならない。とくに
y^2 = (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c )x^5 + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
が無限に有理点をもたなければならないがそれは Faltings の定理により不可能である。

[0216 207 2024/02/10(土) 02:09:13.73 ID:pV14EK5M]

>>207
×abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
○ab-1,bc-1,ca-1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
だな。正しい方の解答は>>209でnが奇数のときを考えれば十分。

[0217 １３２人目の素数さん 2024/02/10(土) 05:24:38.61 ID:Wbrvic9t]

自然数 n の k 桁目まで入力されたときの状態を S(n,k) とする。
状態の数が有限なので相異なる平方数 m<n でその桁数が i 未満で S = S(m,i) = S(n,i) となるものが存在する。
ここで M を i より大きい自然数とし l = m(10^M+1)^2 とおく。
l の10進表示の末尾 i 桁をとりのぞいた列を I とし n の10進数表示に I を添加してえられる10進数表示であらわされる自然数を k とする。
l は明らかに平方数である。
l の次の平方数 (√l + 1)^2 は l より 2√l +1 大きくそれは 2(10^M+1)+1 以上であり仮定より n-m より大きい。
よって k - l = n - m により k は平方数ではない。
しかし i 桁目まで読んだ状態が等しく i 桁目以降は k,l は等しいので S(k, j) と S(l,j) は常に等しいことになるので同じ値を出力しなければならない。

[0218 １３２人目の素数さん 2024/02/10(土) 17:27:02.27 ID:bl3yP4ft]

ここまでの例は a,b,c の桁数が同じぐらいで、
　ab±1 = zz,　　z = (a+b-c)/2,
　bc±1 = xx,　　x = (-a+b+c)/2,
　ca±1 = yy,　　y = (a-b+c)/2,
　2ab+2bc+2ca -aa -bb -cc ±4 = 0,
が成立しますが……

c が飛び抜けて大きい例
　(a,b,c) = (1,2,145)　(x,y,z) = (17, 12, 1)
　(a,b,c) = (1,3,120)　(x,y,z) = (19, 11, 2)
　(a,b,c) = (1,5,65)　　(x,y,z) = (18, 8, 2)
もあるようです。

[0219 207 2024/02/11(日) 19:48:10.03 ID:nmiYwCoO]

>>209さんが答えてますが、出題二の別解を見つけたので今更ながら投下w

nを正の整数とする。
x(1)=1,y(1)=1,x(n+1)=x(n)+2y(n)、y(n+1)=x(n)+y(n)とおくと
x(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -2{y(n)}^2=(-1)^nとなることが帰納的にいえる。

ここでa=y(n),b=2x(n)+3y(n),c=2y(n)とおくと、a,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。

ab+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)}^2 +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)+y(n)}^2
bc+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)}^2 +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)+2y(n)}^2
ca+(-1)^n=2{y(n)}^2 +(-1)^n={x(n)}^2

より、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。

[0220 １３２人目の素数さん 2024/02/12(月) 23:05:20.81 ID:NSauJsp4]

nが奇数(2m+1)のとき
　(1±√2)^m = x(m) ± y(m)√2,
　(1±√2)^{m+1} = x(m+1) ± y(m+1)√2,
から
　y(2m+1) = y(m)^2 + y(m+1)^2,
を得る。

n=2m+1 のとき
　a = y(2m+1) = y(m)^2 + y(m+1)^2,
　b = y(2m+3) = y(m+1)^2 + y(m+2)^2,
　c = 2y(2m+1) = x(m)^2 + x(m+1)^2
　　= (y(m+1) - y(m))^2 + (y(m+2) - y(m+1))^2,

そこで uv平面の格子点に Ｏ=(0, 0)　P(m)=(y(m), y(m+1))　をおけば、
　a = |O P(m)|^2,
　b = |O P(m+1)|^2,
　c = |P(m) P(m+1)|^2,
三角形 O P(m) P(m+1) の面積は
　S = ±(1/2)det| y(m)　　y(m+1) | = 1/2,
　　　　　| y(m+1)　y(m+2)|
となるので、この行列は 特殊線形群 SL(2, Z) の要素である。

逆に、L = ( P1, P2) ∈ SL(2, Z)
　　　　( Q1, Q2)
の行ヴェクトルを OP, OQ とすれば
　a = |OP|^2 = (P1)^2 + (P2)^2,
　b = |OQ|^2 = (Q1)^2 + (Q2)^2,
　c = |PQ|^2 = (Q1-P1)^2 + (Q2-P2)^2,
を与える。
�儖PQ の面積は 1/2 だから >>218(上)の条件
　2ab + 2bc + 2ca - aa - bb - cc = 4,
を満たす。

[0221 １３２人目の素数さん 2024/02/13(火) 01:57:14.12 ID:+Po9oMVI]

(補足)
点P(m) = (y(m), y(m+1)) は 2組の直角双曲線
　y(m+1)^2 - 2y(m)y(m+1) - y(m)^2 = (-1)^m,
の一方に乗る。

y(m+1) = y(m) + x(m)
　　　　= y(m) + √{2y(m)^2 + (-1)^m},

[0222 １３２人目の素数さん 2024/02/13(火) 19:32:06.09 ID:+Po9oMVI]

　vv - 2uv - uu = (-1)^m,
は直角双曲線
　U･V = - (-1)^m /(2√2)
を clockwise に π/8 = 22.5° 回したもの。
　tan(-π/8) = 1 - √2,
　tan(3π/8) = 1 + √2,

[0223 207 2024/02/13(火) 20:29:33.31 ID:U2XWDwo/]

出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することを示す。

nを正の整数、dを平方数ではない正の整数とする。

pell方程式x^2-dy^2=-1が解(x,y)=(s,t)をもつとき
x(n)±y(n)√d=(s±t√d)^n　(複号同順)をみたす
数列x(n),y(n)を考える。
このとき{x(n)}^2 -d{y(n)}^2=(-1)^nとなることがいえる。

正の整数a,b,cを以下のようにとる。
a=y(n),b=dy(n),c=2x(n)+{d+1}y(n)

ab+(-1)^n={x(n)}^2,bc+(-1)^n={x(n)+dy(n)}^2,ca+(-1)^n={x(n)+y(n)}^2
となり、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。

実際、d=k^2 +1(ただし、kは正の整数)のとき、
pell方程式x^2-(k^2+1)y^2=-1は解(x,y)=(k,1)を持つ。

pell方程式x^2-dy^2=-1が解をもつようなdの取り方は無数にあるから、
ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となるような
a,b,cが無数にとれるような、dは無数にとれる。

以上から、出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することがいえた。

[0224 １３２人目の素数さん 2024/02/29(木) 23:00:01.73 ID:hwMS40Te]

1,1,n^2+1.

(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.

|ps-qr|=1.
a=p^2+q^2.
b=r^2+s^2.
c=(p+r)^2+(q+s)^2.
ab-1=(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.
ac-1=(p^2+q^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(p(p+r)+q(q+s))^2.
bc-1=(r^2+s^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(r(p+r)+s(q+s))^2.

1,n^2+1,(n+1)^2+1.
n^2+1,(n+1)^2+1,(2n+1)^2+4.

a=5=2^2+1^2.
b=65=8^2+1^2=7^2+4^2.
c=4033=63^2+8^2=57^2+28^2.
ab-1=(2^2+1^2)(7^2+4^2)-1=18^2.
ac-1=(2^2+1^2)(57^2+28^2)-1=142^2.
bc-1=(8^2+1^2)(63^2+8^2)-1=512^2.

[0225 １３２人目の素数さん 2024/03/09(土) 18:05:41.06 ID:9TLceQPN]

点O = (0,0) とする。
SL(2,Z) の要素
　[ p1, p2]　　= M,
　[ q1, q2]
に対して P=(p1,p2)　Q=(q1,q2) とおき、仮想三角形 OPQ を作る。
�儖PQ = |M| /2 = 1/2,

次に
　OP^2 = p1^2 + p2^2 = a,
　OQ^2 = q1^2 + q2^2 = b,
　PQ^2 = (p1-q1)^2 + (p2-q2)^2 = c,
とおく。　ヘロンの公式より
　�儖PQ = (1/4)√(2ab+2bc+2ca -aa -bb -cc),
∴　2(ab+bc+ca) − (aa+bb+cc) = 4,
このとき
　ab - 1 = (1/4)(a+b-c)^2,
　bc - 1 = (1/4)(b+c-a)^2,
　ca - 1 = (1/4)(c+a-b)^2,
*)　a+b-c = 2(p1*q1 + p2*q2)　は偶数。

[0226 １３２人目の素数さん 2024/03/09(土) 23:34:45.29 ID:9TLceQPN]

この問題を解く方法も無限にあったりして……
米澤先生 ご苦労様。

[0227 １３２人目の素数さん 2024/03/09(土) 23:56:54.30 ID:9TLceQPN]

ポピュラーなのはフィボナッチ数を使ったものかな。
　(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})

　F_{n-2}・F_n + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
　F_n・F_{n+2} + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
　F_{n-2}・F_{n+2} + (-1)^n = (F_n)^2.

* nの偶奇によって問題が変わるけど…

[0228 １３２人目の素数さん 2024/03/11(月) 07:59:38.94 ID:C0z3l6p5]

a,b,c を A,B,C の位置ベクトルとする。
BC,AD を直径とする円の方程式は
　|p|^2 - (b+c)p + bc = 0, |p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2 = 0
だからP1,P2 は円
　1/3(|p|^2 - (b+c)p + bc) + 2/3(|p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2)
　= |p|^2 - (a+b+c)p/3 + (bc + ca + ab)/3 = 0
上にある。同様にして P3,P4,P5,P6 はすべてこの円上にある。

[0229 １３２人目の素数さん 2024/03/11(月) 08:00:27.91 ID:C0z3l6p5]

(f_n) を Fibonacci 数列とする
α=(1-√5)/2, β=(1+√5)/2 とおく。
Newton の二項定理により 0<x<1 に対して
x^k/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k)
= Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x^(k+1)/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k+1)
= Σ[n=k+1,∞] C[n+k,2k+1]x^n
= Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n (ただしC[2k,2k+1]=0とおく。)
だから k=0~∞で足し合わせて
1/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n
より
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
であるが和は正項の和だから順序をかえて
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[n=0,∞]Σ[k=0,n] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
を得る。一方で
(x+1)/(x^2-3x+1)
= α/(1-α^2x) + β/(1-β^2x)
= Σ[n=0,∞](f_(2n+1) + 2f_(2n))x^n
だから係数を比較して
　Σ[k=0,n](C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1]) = f_(2n+1) + 2f_(2n)
である。

[0230 １３２人目の素数さん 2024/03/11(月) 08:01:15.18 ID:C0z3l6p5]

以上により
　F_n(x)/x^(2n+1) = x^(2n+1) + (-1/x)^(2n+1) - f_(2n+1) - 2f_(2n)
である。
F_n(α) = F_n(β) = 0 より F_n(x) ≡ 0 ( mod x^2-x-1 ) である。
G_n(x) :=
　= f_1x^(n-1) + f_2x^(n-2) + ... + f_(n -1)x
　= f_1(-1/x)^(n-1) + f_2(-1/x)^(n-2) + ... + f_(n -1)(-1/x)
　+ f_n
とおき
　(x^n + (-1/x)^n - f_n - 2f_(n-1))/(x^n(x+(-1/x)-1) = G_n(x)
を示す。Gn(x) の一般項は 0≦k<n に対して
k 次の項が f_(n-k)x^k
-k 次の項が f_(n-k)(-1/x)^k
である。
F_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1)
を示せばよいが議論にでてくるローラン多項式はすべてx↔-1/xで不変だから次数0以上の項をみれば十分である。
H_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1) とおく。
0<k<n に対して H_n(x) の k次の項は
　f_(n-k+1)x^k - f_(n-k)x^k - f_(n-k-1)x^k = 0
であり n次の項 x^n である。
さらに定数項は -f_n - 2f_(n-1) だから主張が示された。

[0231 １３２人目の素数さん 2024/03/11(月) 18:10:09.67 ID:iZ0/EVy6]

>>228
　BCの中点 D = (B+C)/2,
　ADの中点 M = (2A+B+C)/4,
より
　(D+M+M)/3 = (A+B+C)/3 := G,　(重心)
なので 重みを 1：2 としたのでござるか。

このとき、(半径)^2 は
　|p−g|^2 = −(bc+ca+ab)/3 + |g|^2
　　= {|b-c|^2 + |c-a|^2 + |a-b|^2}/18,

[0232 １３２人目の素数さん 2024/03/13(水) 07:21:12.05 ID:iu4uoi6Y]

>>231
〔補題〕
n個の点 A_1, A_2, ……, A_n があり、その重心を
　G := (1/n)Σ[k=1,n] A_k,
とする。このとき、任意の点Xについて
　|GX|^2 = (1/n)Σ[k=1,n] |A_k X|^2 − (1/nn)Σ[i<j] |A_i A_j|^2,

ヴェクトルの内積を使うのが便利。

[0233 １３２人目の素数さん 2024/03/13(水) 18:00:35.50 ID:iu4uoi6Y]

　Ψ_1(x) = Ｆ_1(x) = xx -x -1,
　Ψ_2(x) ＝ Ψ_1(-x) = xx +x -1,
等とおく。

F_n(x) の既約分解は
　F_n(x) = Π[d|n] Ψ_d(x),
の形になるか？　(dはnのすべての約数をわたる)

　(ただし　Z[√5] では 5は平方数とする。)

[0234 １３２人目の素数さん 2024/03/14(木) 07:04:14.91 ID:pqilCdeM]

1≦d≦10,
Ψ_1(x) = Ｆ_0(x) = xx−x−1,
Ψ_2(x) = Ｆ_0(−x) = xx + x−1,
Ψ_3(x) = x^4 + x^3 + 2x^2−x + 1,
Ψ_4(x) = Ψ_2(xx+1) = x^4 + 3x^2 + 1,
Ψ_5(x) = x^8 + x^7 + 2x^6 + 3x^5 + 5x^4−3x^3 + 2x^2−x + 1
　　　= (x^4 + 3x^3 + 4x^2 + 2x + 1) (x^4−2x^3 + 4x^2−3x + 1),
Ψ_6(x) = Ψ_３(−x) = x^4−x^3 + 2x^2 + x + 1,
Ψ_7(x) = x^12 + x^11 + 2x^10 + 3x^9 + 5x^8 + 8x^7 + 13x^6−8x^5 + 5x^4−3x^3 + 2x^2−x + 1,
Ψ_8(x) = x^8 + 7x^4 + 1,
Ψ_9(x) = x^12 + 4 x^9 + 17x^6−4x^3 + 1,
Ψ_10(x) = Ψ_5(−x)
　　　= x^8−x^7 + 2x^6−3x^5 + 5x^4 + 3x^3 + 2x^2 + x + 1
　　　= (x^4−3x^3 + 4x^2−2x + 1) (x^4 + 2x^3 + 4x^2 + 3x + 1),

[0235 １３２人目の素数さん 2024/03/17(日) 02:59:10.71 ID:lFf1hBJY]

>>232
　n=2 の場合は 中線定理 (Pappusの定理) です。

[0236 １３２人目の素数さん 2024/03/19(火) 12:29:21.57 ID:+p1IIfN1]

>>235
kwsk
Pappusの定理を使うと出題1が解けるの？

[0237 235 2024/03/19(火) 18:20:00.99 ID:ubIdb7Zy]

>>236
それを一般化した >>232 を使えば…

〔参考書〕
数セミ増刊「数学100の定理」日本評論社 (1983)
　●中線定理の一般化　　p.19〜20

[0238 １３２人目の素数さん 2024/03/20(水) 07:48:20.40 ID:Fx6Xjf/T]

今月号の1問目どうするか

[0239 １３２人目の素数さん 2024/03/21(木) 10:51:02.99 ID:T//2x4wF]

>>237
どういう意味で一般化になってるん？
そんな雑誌refferされても読めるわけないやん

[0240 １３２人目の素数さん 2024/03/22(金) 03:41:48.07 ID:p/lojIQU]

>>236

∠APD = 90°　より ピタゴラスで
　AP^2 = AD^2 − DP^2
　　　　= (2bb+2cc-aa)/4 - (a/2)^2　　(← 中線定理)

∠BPC = 90°　より ピタゴラスで
　BP^2 + CP^2 = BC^2 = aa,

辺々たすと
　AP^2 + BP^2 + CP^2 = (bb+cc+aa)/2,

次に GP^2 を求めたいが、重心Gは線分の中点ぢゃないから、
中線定理ぢゃ求まらんがな。。。　そこで

〔スチュワートの定理〕　(1746)
　△ABCの辺BC上の1点を D' とすると
　　BD’･c^2 + BD'･b^2 = a･(AD'^2 + BD'･D'C),

特に 点D'が辺BCの中点の場合は　BD'=D'C=c/2 で 中線定理です。

〔参考書〕
矢野健太郎 著「幾何の有名な定理」数学ワンポイント双書36, 共立出版 (1981)
　M. Stewart (1717-1785) はイギリス(スコットランド)の幾何学者。

>>239
　>>232 のように、n個の点A_k とその重心G とを比べて考えます。

[0241 １３２人目の素数さん 2024/03/22(金) 14:53:12.01 ID:q3n915EB]

それ一般化じゃないやん
“中線定理の一般化”は“中線定理の十分条件”でないとおかしい

[0242 １３２人目の素数さん 2024/03/22(金) 14:54:27.56 ID:q3n915EB]

スチュワートの定理じゃないよ

[0243 １３２人目の素数さん 2024/03/22(金) 15:35:46.83 ID:p/lojIQU]

>>239
　ネットで探す方が早いよ。
>>241
　それもおかしい。

[0244 １３２人目の素数さん 2024/04/09(火) 21:31:30.96 ID:C2bW8Eo+]

>>238
　π^{3^e} < π^{e^3} < 3^{π^e} < 3^{e^π} < e^{π^3} < e^{3^π},
を示す。

^ を無視すれば、π > 3 > e を辞書式順序に並べたものになっている。

[0245 １３２人目の素数さん 2024/04/10(水) 02:39:40.97 ID:k7eoWXr0]

　π^{3^e} < π^{e^3},
　3^{π^e} < 3^{e^π},
　e^{π^3} < e^{3^π},
については、指数を比較して
　3^e < e^3,　π^e < e^π,　π^3 < 3^π,
と同値ですが、これは
　π^{1/π} < 3^{1/3} < e^{1/e},
から直ちに出ますね。

残った
　π^{e^3} < 3^{π^e},　3^{e^π} < e^{π^3},
を
　π^3 < 3^π,　3^e < e^3,　　　(a>0, b>0)
から出そうとすれば、指数の比について
　(e^3)/3 < π^{e-1},　e^{π-1} < (π^3)/3,
が必要になりますね。　この辺りが本問のキモ？

[0246 １３２人目の素数さん 2024/04/10(水) 02:55:31.28 ID:k7eoWXr0]

それでは e, π を評価しましょう。

e = Σ[k=0,∞] 1/k!　という無限級数から

　e > 1 + 1 + 1/2 + 1/6 + 1/24 + 1/120
　　= 163/60
　　= 2.716666667

　e < 1 + 1 + 1/2 + 1/6 + Σ[k=4,∞] 1/(4!・5^{k-4})
　　= 8/3 + 5/96
　　< 87/32
　　= 2.71875

のような評価が（さほど苦労しなくても）得られますね。

π の方は　3.1 < π < 3.2　にしますか？？？

[0247 １３２人目の素数さん 2024/04/10(水) 06:05:33.33 ID:uP7e/oOs]

テーラー展開は初等的？出題者の意図が、、

[0248 １３２人目の素数さん 2024/04/10(水) 15:41:20.41 ID:IdAGS3wT]

以下Pは受賞対象チームの勝ち数の集合とする。

n が偶数、P = { 0,1,...,n/2-1 } のとき♯P = n/2 かつ常に非全受賞
(∵)勝ち越しチームが受賞できないから明らか。□

nが偶数のとき、♯P≧n/2+1なら全受賞となりうる
(∵) まず a,n/2+a∈P となる a があれば全受賞となりうる事を示す
n チームを2a+1チームとn-2a-1チームに分けそれぞれAリーグ、Bリーグと呼ぶ
Aリーグ内の勝敗を全チームa勝a敗ととれる、実際2a+1完全グラフを一筆書きして各辺で筆の動いた元を勝ち、先を負けと定まればよい
同様にbリーグ内の勝敗を全チームn/2-a-1勝n/2-a-1敗ととれる
さらにAリーグのチームとBリーグの対戦は全てBリーグの勝ちとすればAリーグのチームの勝ち数はa, Bリーグの勝ち数はn/2+aとなる。
よって全受賞が不可能ならばa∈[0,n/2)に対して常にa,n/2+aのいずれかはPに属する事ができないから♯P≦n/2が必要である。□

[0249 １３２人目の素数さん 2024/04/10(水) 15:41:55.56 ID:IdAGS3wT]

n が奇数、P = { 0,1,...,(n-3)/2, n-1 } のとき♯P = (n+1)/2 かつ常に非全受賞
(∵) n-1勝のチームは高々1チームだから(n-3)/2勝以下のチームがn-1チームとれる。このn-1チームの結果だけを集計すると全チーム負け越しとなり矛盾する。□

nが奇数のとき、♯P≧(n+3)/2なら全受賞となりうる
(∵)n=3なら明らか
(i) n-1∈Pのとき
Q = P＼{n-1}とすれば♯Q≧(n-1)/2+1よりn-1チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り1チームは全勝とすれば良い
(ii) 0∈Pのとき
Q = {w-1;w∈P,w≠0}とすれば♯Q≧(n-1)/2+1よりn-1チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り1チームは全敗とすれば良い
(iii) (i),(ii)でないとき
Q = {w-1;w∈P,w≠0}とすれば♯Q≧(n+1)/2よりn-2チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り2チームは片方を全勝、残りを全敗とすればよい。□

[0250 １３２人目の素数さん 2024/04/10(水) 16:30:00.62 ID:IdAGS3wT]

(iii)後半訂正
a,n-1-a∈P(a≦n-a-1)となるaが取れるから残り2チームのうち一方について直接対決を負け、残るn-2試合はa勝とすればよい□

[0251 １３２人目の素数さん 2024/04/11(木) 02:37:38.47 ID:pC/q9iVA]

>>245
　(1/3)e^3 < π^{e-1},
　e^{π-1} < (1/3)π^3,
は
　6.695178974 < 7.148971937
　8.512985074 < 10.33542556
なので、難しそうだねぇ。。。

[0252 １３２人目の素数さん 2024/04/11(木) 06:34:47.93 ID:s2FrVzho]

差は非常に小さい。ミラクル不等式があるのだろうか？？

[0253 １３２人目の素数さん 2024/04/11(木) 14:29:20.69 ID:jfViN+Bw]

log取って評価すると、差がすごく小さくなった。

[0254 １３２人目の素数さん 2024/04/11(木) 14:37:32.85 ID:pxF2DG7s]

偶数の場合でa=0の場合が抜けてた

a,n-a-1∈P, 0<a<n/2となる a が存在しないとき0,n-1∈P かつn/2-1,n/2のいずれかがPに属する必要がある
n/2-1∈P のときは1チームを除いたリーグを選んでその戦績をn/2-1勝n/2-1負とし残り1チームを全勝とすれば良い
n/2∈P のときは同様にして残り1チームを全勝とすれば良い
□

[0255 １３２人目の素数さん 2024/04/12(金) 03:20:02.81 ID:W3OozUMf]

>>251
e の解析的な評価（>>246）を使えば出るかなぁ。
　19/7 < e < 5/2 + 4/9 = 49/18,
出題者の意図かどうか　分からないけど。

(上)
　e < 49/18 < (9/2)^{2/3}　から
　(1/3)e^3 < 27/4,
また 、
　(27/4)^７ < 638450 < 822216 < (3 + 1/9)^12 < π^12,
∴　27/4 < π^{12/7},

また　19/7 < e　から
　π^{12/7} < π^{e-1},

(下)
　exp(3-π) > 1 + (3-π) = 4-π > 3/4,　　（π < 3 + 1/4 より）
　∴　e^{π-1} < (4/3)e^2,

また　e < 49/18　から
　(4/3)e^2 < (1/3)(49/9)^2 < 10,

また　π > 3 + 1/9　から
　10 = (27 + 3)/3 <（1/3)(3 + 1/9)^3 < (1/3)π^3,

[0256 １３２人目の素数さん 2024/04/13(土) 17:16:54.77 ID:a5S7O5sT]

>>209, 210, 218, 220

6つの有理数
　(11/192, 35/192, 155/27, 512/27, 1235/48, 180873/16)
の任意の2つの積+1 が 有理数の平方になるらしい。

　　　　　　11/192, 35/192, 155/27, 512/27, 1235/48, 180873/16,
　　　　　 ----------------------------------------------------------------
11/192　|　　−　,　193/192,　83/72,　13/9,　151/96,　815/32,
35/192　|　193/192,　−　,　103/72,　19/9,　229/96,　1453/32,
155/27　|　83/72,　103/72,　−　,　283/27,　439/36,　1019/4,
512/27　|　13/9,　19/9,　283/27,　−　,　199/9,　463,
1235/48 ｜　151/96,　229/96,　439/36,　199/9,　−　,　8629/16,
180873/16｜　815/32,　1453/32,　1019/4,　463,　8629/16,　−　,

[0257 １３２人目の素数さん 2024/04/20(土) 19:17:21.87 ID:qIDLaiOw]

>>209 >>210
4つ組もあるらしい。
　(a, b, c, d) = (k-1, k+1, 4k, 16k^3−4k)　　川辺氏
　(a, b, c, d) = (1, k^2−1, (k+1)^2−1, (2k^2+2k-1)^2−1)　　ζ氏