面白い数学の問題おしえて〜な 40問目
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前スレ
面白い問題おしえて〜な 39問目
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1633923732
過去ログ(1-16問目)
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
http://w.atwiki.jp/omoshiro2ch/ 等差数列でなくてもよい
>>290
1辺が1の正95角形を用意し、辺に順番に
0, 1, 2, ..., 94の番号をつける
番号を5で割った余りが同じ辺ごとに
0, 1, 2, ..., 4 (または 0, 19, 38, ..., 76)
から決まった値を辺の長さに足す
番号を19で割った余りが同じ辺ごとに
0, 5, 10, ..., 90 (または 0, 1, 2, ..., 18)
から決まった値を辺の長さに足す
できた多角形は、角の値を保ったまま
1辺が 1, 2, 3, ..., 95 の相異なる値の図形となる 5角形×19でなく、19角形×5で
0+1, 5+2, 10+3, 15+4, 20+5, 25+1, ..., 85+3, 90+4, 0+5, 5+1, 10+2, ...
とおけば、全体が
(螺旋に近い19本の辺)×5
となって、肉眼でも円でない図形になるはず 長さがそれぞれ1,2,3,…,9の辺をどのように組み合わせても、内角が全て等しい9角形は作れないことを示せ. >>301
なるほどありがとうございます
複素平面を使わないもっと初等的な解法もあったんですね 前>>291
>>303
1〜3、5〜16、17、19ら辺の数字を15個のマス？ かぎ？ に入れろってこと？
せやて異なる数ならあと9個しかないぜ。 >>306
例えばタテ1は4桁の数字、タテ5は3桁の数字って意味や 前>>306
>>303
——————
3｜4｜6｜7
——————
9｜2｜0｜9
——————
1｜3｜7｜3
——————
7｜1｜9｜7
——————
231がだめか。 nを自然数、uをnの素因子の数とする
ζ=exp(2πi/n)とおく
このとき全単射σ{1..n}→{1..n}で任意の0≦v<uを満たすvに対してΣ[k=1,n]k^uζ^(σ(k))=0となるものが存在する事を示せ >>304
ζ=exp(2πi/9)とする
全ての係数が0〜8の並べ替えである8次多項式f(x)でζがその根とならない事を示せばよい
8次の項に0がくるように調整できるので7次多項式で係数が1〜8の並べ替えとしてよい
f(x) = ax^7+bx^6+cx^5+dx^4+ex^3+fx^2+gx+h
とおく
x^6+x^3+1で割ったあまりは
g(x)=cx^5+(d-a)x^4+(e-b)x^3+fx^2+(g-a)x+(h-b)
であるが条件よりコレが0になる事はない >>312
お見事 正解です！
最高次に0を付けるのはうまいな
ζの最小多項式x^6+x^3+1にかけて8次の多項式にすると、
(x^6+x^3+1)(ax^2+bx+c)
=ax^8+bx^7+cx^6
+ax^5+bx^4+cx^3
+ax^2+bx+c
の形にしかならないので、内角の等しい9角形は
時計回りに3種類の長さの辺を3回繰り返す形しかありません >>311
最後
Σ[k=1,n]k^v ζ^(σ(k))=0となるものが存在する事を示せ
の間違いですか？ 任意の正の実数α、正の実数βに対し、
必ず以下の不等式を満たす整数の組(m,n)が存在することを示せ。
| ((2^m)/(10^n)) - β | < α
何か、1024/1000が1に近いなと思ったから問題にしてみた。 任意の実数定数なのか、実数変数（m,nの関数）なのか。 (X,d)は完備距離空間で、Xに孤立点は無いとする。
このとき、X の濃度は実無限以上であることを ZFC の中で示せ。 >>318の背景：
(X,d)は完備距離空間で、Xに孤立点は無いとする。
もしXが高々可算無限なら、X ＝ ∪_i {x_i} と1点集合の高々可算和に表せて、
各 {x_i} は (X,d) の閉集合なので、ベールのカテゴリ定理から、
ある {x_i} は内点を持つことになる。このとき、{x_i} は孤立点となって矛盾する。
よって、X は非可算無限であることが分かる。
従って、連続体仮説のもとでは、X は自動的に実無限以上となる。
実は、このことは連続体仮説を使わずに証明可能で、それが>>318の問題。
この背景だけ聞くと難しい問題に見えるかもしれないが、
実際にはわりと普通に示せる。 >>319
+-の有限列(空列も含む)の全体をΛとして順序をλ≦μ⇔μはλの後ろにいくつか+-を追加した形で入れる
Λでパラメトライズされた非可算閉集合の族Fλで
λ≦μ→Fλ⊃Fμ
Fλ∩Fμ≠φ→λ≦μ or μ≦λ
diam Fλ≦1/2^(lenλ)
となるものを以下のように構成する
まずFφは任意の点を選びその点中心の半径1/2の閉球とする
コレが可算無限なら>>319より矛盾するので非可算である
Fλまで構成されているとする
Fλから2点x,yを選びx,yを中心とする閉球を互いに素で半径が1/2^(lenλ+2)以下になるようにとりそれぞれFλ+, Fλ-にする
やはり非可算閉集合で直径に関する条件は満たしている
残りの条件を満たす事の確認も容易である
C仮定しているのでΛ全体まで定義できるとしてよい
Λの無限増加列は2^ωあるが増加列σ:λ1≦λ2≦...に対して閉集合の減少列Fλ1⊃Fλ2⊃...が定まり完備性とdiamFλの条件からx∈∩Fλiを満たすxがとれる
コレをx(σ)とするとき相異なる減少列σ、τからはFλの非交和性の仮定からx(σ),x(τ)は一致する事はない
よってXは2^ωより濃度が大きくなる >>315
γ>0を
| log[10](x) - log[10]β | < γ→|x-β|<α
を満たすようにとれる(∵ y=10^xは連続)
Kroneckerの稠密定理から自然数m,nを
|m log[10]2 - n - log[10]β|<γ
を満たすようにとれる
このとき
|log[10]2^m/10^n - log[10]β| <γ
だから仮定より
|2^m/10^n-β|<α
である 集合Sはn個の元を持つ有限集合とする。
S上の二項演算fであって、Sの任意の元a,bとS上の任意の全単射σに対して
f(σa,σb)=σf(a,b)
が成り立つようなものの個数を求めよ。 >>303
唯一解
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9337 >>326
プログラミング問題として面白いけど
4ない奴だと転置同一視して何通りあるの？
3×3の問題を含んでるけど5×5の問題の一部になる？ >>326
10進じゃなくて8進や16進などだとどうなるんだろ >>325
n=1 #f=1
n≧2では任意の互換σ=(ab)で成立することが条件
a≠bで
f(aa)=a,bならf(bb)=b,a, f(ab)=a,bならf(ba)=b,a
n=2 #f=4
n=3でS={a,b,c}
f(aa)=cならf(bb)=c
σ=(ac),(bc)でf(cc)=a≠b=f(cc)で矛盾なのでf(xx)=x
f(ab)=cならf(ba)=c
σ=(ac)でf(cb)=a,f(bc)=a
σ=(bc)でf(ac)=b,f(ca)=b
f(ab)=a,bならf(ba)=b,a
σ=(ac)でf(cb)=c,b,f(bc)=b,c
σ=(bc)でf(ac)=a,c,f(ca)=c,a
#f=3
n≧4でS={a,b,c,d,…}
f(xx)=x
f(ab)=cならd=f(ab)で矛盾
x≠yでf(xy)=x,y,f(yx)=y,x
#f=2^{nC2} >>329
惜しい
n≧4 についてもう一度考えてみて 独立には選べないか
f(ab)=aならf(cd)=d,f(dc)=c,f(ab)=bで矛盾
#f=0 f(ab)=a,bならf(xy)=x,yか
#f=2 >>332
まあそういうこと 正解でいいかな
集合上の二項演算で全ての元に関して対称的になるものを考えた時、
nが大きいと前者か後者を選ぶしかなくなるけど、
小さければ少しだけ特別なものが存在できるというお話でした >>335
数学的には意味は無いけど
n×nに必ず解があると面白い 正整数全体の集合を N と置く。
(1) A⊂N は liminf[n→∞] ｜A∩[1,n]｜/ n ＞ 0 を満たすとする。
このとき、Σ[a∈A] 1/a ＝ ＋∞ が成り立つことを示せ。
(2) A⊂N は limsup[n→∞] ｜A∩[1,n]｜/ n ＞ 0 を満たすとする。
このとき、Σ[a∈A] 1/a ＝ ＋∞ が成り立つことを示せ。 >>339
(1)は(2)から導かれるので(2)のみ示せば良い。
(2) 正の数 ρ を ρ = limsup[n→∞] |A∩[1,n]|/n と定める。
仮定より、正の整数列 {n_k}_(k=1,2,…) を、
任意の正の整数 k について次が成り立つように定めることができる。
･n_(k+1) ≧ 2n_k
･|A∩[1,n_k]|/n_k > ρ/2
この時、
Σ_(a∈A) 1/a
= Σ_(a∈A) ∫_[1,∞) |{a}∩[1,x]|/(x^2) dx
= ∫_[1,∞) |A∩[1,x]|/(x^2) dx
≧ Σ_(k=1,2,…) ∫_[n_k, 2n_k) |A∩[1,n_k]|/(x^2) dx
= Σ_(k=1,2,…) |A∩[1,n_k]|/(2n_k)
> Σ_(k=1,2,…) ρ/4 = ∞. 平面上の格子点が以下の条件で有限色に塗り分けられている。
・格子点からなる任意の正方形は、少なくとも一つの頂点に色が塗られている
このとき、すべての頂点が同じ色で塗られている正方形が存在することを示せ。 一辺1の正n角形型の道路の各頂点に紙が落ちていて、各紙には0以上n以下の整数が一つずつ書かれている。
ある頂点をスタートとして落ちている紙を拾い以下の操作を繰り返したとき、必ずちょうどスタートに戻ってこれることを示せ
・持っている紙に書かれた数字の距離だけ時計回りに道路を進み、持っている紙と落ちている紙を交換する 何その条件？
塗られてない可能性もあるの？
塗られてない4点の正方形は認められないの？ >>344冷静に見返したらこの条件いらないですね。無視してもらって大丈夫です >>343
置かれてる紙と持ってる紙の組みを状態と呼ぶとする
ルールに従って一回の操操作で状態Aから状態Bに移る事をA→Bと表すとする
ルールには“逆回し操作”が定義できる、すなわち
「落ちている紙と持ってる紙を交換し、反時計回りに交換した紙に書いてる数字だけ進む」、この操作でBからAに移動する事をB⇒Aと書くとする
初期状態A0から始めてA0→A1→‥としm0= min{ m | ∃n n>m, Am = An} とおけばm0=0である、でなければAm0=An, (n>m0)であるnをとるときAm0⇒A(m0-1), An⇒A(n-1), Am0=A(n-1)からA(m0-1)=A(n-1)とならねばならず、m0の最小性に反する >>345
つまり全ての頂点は塗られてる、だけね
ラジャ >>346
すみません、後半部分の論証がまだ理解できていないのですが、「スタートからゴールまでを元の操作通り行った場合と、逆操作の通りに行った場合とで紙の配置が同じとは限らないこと(=操作が順序を逆にして一対一対応とは限らないこと)」は後半の論証に影響はないでしょうか？
例えばA0=[0,2,1,3]で2をスタートとして元の操作を行うと[0,2,3,1]の状態でゴールしますが、逆操作で行うと[0,3,1,2]の状態でゴールします。 >>348
なんの事？
状態とは元のところに戻るではなく落ちてる紙、持ってる紙、経ってる場所、全ての状態なんだから逆回しできるでしょ？ 正方形のやつはもしやファンデルヴェルデンの定理的なあれか 年をとると我慢が効かなくなる
>>343ググって答え見てしまった
コレはおもろいけど絶対思いつかん
まぁもっと初等的な解放あるのかもしれんけど 前>>309
>>343
0からnまでの紙の枚数は(n+1)枚だから数字の和は、
n(n+1)/2
n個ある頂点のいずれにも0の紙が置かれなかった場合、
数字の和はn(n+1)/2で、
nかn+1のどちらかが2で割れるから自然数。
題意の操作は可能で、
nで割りきれるから(n+1)/2周した頂点まで進む。
nが奇数なら元の頂点に戻るが偶数なら最遠方の頂点にいる。
n個ある頂点のいずれかに0が置かれた場合、
n+1枚ある紙のうちの1枚が置かれない。
それが0でないなら、すなわちn/(n+1)の確率で、
置かれない数のぶんだけ元の頂点の位置より手前の頂点になる。 前>>354訂正。
置かれない紙の数字も右回りに進む数に入るからやっぱり元に戻る。 ＞＞342
mが整数のとき
ｙ＝ｘ+2ｍを色Ａで
ｙ＝ｘ+2ｍ-1を色Bで塗ると2色で…？ 時計をイメージしてn=12のとき
1時の位置から出発するとする。
落ちている紙の番号の初期値が1時から12時まで
4 6 2 8 8 10 5 10 2 8 6 7
のときは
1 5 1
即ち1時、5時、1時で元の位置に帰る。拾った紙の枚数は2枚である。
落ちている紙の番号の初期値が
5 10 7 3 1 4 8 1 5 2 11 5 のときの移動は
1 6 10 12 5 6 11 10 2 12 2 6 7 3 10 9 2 4 7 8 9 8 9 10 5 10 11 4 6 10 3 11 12 10 2 7 10 8 7 12 1
拾った紙の枚数は40枚である。
紙の番号は無作為に選ばれているとして
スタートに戻るまでに拾う紙の枚数の期待値はどれくらいか？ 平面上に円が与えられている
定規のみで、円の接線を引くにはどうすればよいか？ >>359
定規2本で L字 90度を作って
円にかぶせる。 >>360
すまん条件をちゃんと書きます
・定規は「2点を通る直線を引く」操作しかできない抽象的な道具とする
・線上にしか点は打てない
・線と線の交点は正確に打つことが出来る
・線上の点は目分量で好きに打つことが出来るが、正確な位置は不明とする A=([0,1]×(0,1)\Q^2)⋃(([0,1]∩Q)×{0})
と
B=([0,1]×(0,1)\Q^2)⋃(([0,1]∩Q)×{0,1})
は
同相でないことを示せ。 >>359
円と接点が与えられているとする
2点を結ぶ線分の垂直2等分線を描く手順があるので
円上にあと2点選んで2点ずつの垂直2等分線の交点として円の中心を求め
直線上の点における直交直線を描く手順があるので
中心と接点とを通る直線に接点で直交する直線を引けばいい >>358
シミュレーションだと11 .5枚くらいになった。 >>365
「定規のみ」でどうやって垂直二等分線を作図するの？ >>355
直線しか引けないから垂直二等分線を作図する一般的な方法はないのでは？ >>364
これ位相空間論相当深くやってないと難しいだろ >>364
まずf:[0,1]→Aで(1/2,0)∈im(f)となるときim(f)⊂[0,1]×{0}である
そうでないとしてqを第2成分への射影としてm=sup(im(qf))>0となるが0<r<mとしてxi∈[0,1]をlim(qf(xi))=rとできる
必要なら部分列をとってlim xi = xが収束してるとしてよい
このときf(x)∈Aかつqf(x)は正の有理数であるがAの元で第2成分が正であるときそれは無理数でなければならないので矛盾である
特に[0,1]からAへの単射連続像写像は(1/2,0)への定値写像とホモトピックでホモとピー類はひとつしかない
一方でBへのそれは同様にして(1/2,0)への定値写像と(1/2,1)への定値写像へホモトピックなものがあるが、それらはホモトピックではありえない
何故ならもしそうならpt→[0,1]を前に合成してpt→(1/2,0)とpt→(1/2,1)がホモトピックになるが途中第二成分が(0,1)∩Qとなる点が通れないので不可能である□ >>361
>・線上にしか点は打てない
与えられた円が唯一の曲線ね？ >>375
接点が与えられている場合でも解けますが
ひとまずどこでも好きなところに接線をひくで構いません >>378
そうですね
初期段階では円周しか線がありません >>361
線上にしか点は打てず
2点無いと直線も引けないから
最初にすることは円上に適当な2点取ってそれを通る直線を引くことで確定か
うーんむず >>382
了解です
ヒントは>>363に書かれていますが、パスカルの定理を応用します >>385
イヤ、さすがにそれだけではわからない
もう少しおながいします >>386
>>383
に書かれていますが、このように適当な(正五芒星ではない)星形を描くところまでは確定します
https://i.imgur.com/GxVugun.jpg
あとはこれらの交点からうまく工夫をします
うまいヒントが出せずすみません >>385
>パスカルの定理
6角形の隣り合う2頂点を1つにするとそれらを通る直線が接線になるってことか >>388
へ？
どゆこと？
頭悪くて申し訳ない
もう少し解説おながいします パスカルの定理はコレで間違いないですか？
定理
二次曲線上に頂点を持つ6点を順に結んだ直線をl1,l2,l3,l4,l5,l6としl1とl4の交点をP,l2とl5の交点をQ,l3とl6の交点をRとすればP,Q,Rは同一直線上に並ぶ
コレで6点のうち隣接する2点を同一点にとるとその2点を結ぶ直線が接線になるのはいいとして(eg. l1は接線として)そのl1は選んだ5点(仮にA,B,C,DE,F=Aで直線AF=l1が接線)からどうやって作図するんですか？ >>391
パスカルの定理はおっしゃる通りです
ABCDEFを二次曲線上の6点としたとき、
・ABとDEの交点
・BCとEFの交点
・CDとFAの交点
この3点は一直線上にあります
https://i.imgur.com/fJwdsm6.jpg
図が汚くてすみません
このようにABCDEFを配置したとき、
3点の位置関係を観察します
>>390
その点の他に4点取って
その点を2点と勘定した6角形の対辺の交点3点が1直線に並ぶから
その点の対辺以外の4辺で2辺ずつ6角形としての対辺の交点を得てその2交点を通る直線と
その点の対辺の交点を得ると
そこからその点に引いた直線が接線 言葉だと分かりにくいな
A点に接線を引くためにBCDE取って
直線ABと直線DEの交点をP
直線ADと直線BCの交点をQ
直線PQと直線CDの交点をRとすると
直線ARが求める接線 >>392
この状態でEをDに近づけることを考えます 平行だと交点得られないから
適度に一般に点を取るのが肝要か パスカル16歳でこの定理証明したのはさすが天才
さらに一般に2次曲線なら成り立つんだってさ（ウィキペ調べ） >>393
それも考えだけどダメなんじゃないの？
l1は今作図されてないから不明
なのでPを作図することはできない
l2,l5の交点Q,l3,l6の交点Rは作図できてるからこのQR上のどこかにPがある
AFを置いといてB,C,D,Eを取り直してB'C'D'E'にすると新たにQ',R'は作図できるけどこの直線Q'R'とl1の交点は別の新たなP'であって元のPではない
なのでQRとQ'R'の交点はl1上にあるとは限らない >>392
において、E→Dとすると、直線DEが作図出来ない
ということですかね？
パスカルの定理より
赤線の交点、緑線の交点、青線の交点が一直線上にある
というのがポイントです >>394
ダメだ、わからない
5点しかないですよね？
パスカルの定理は6点取るんですよね？
A,B,C,D,Eのどこが重複してとってる点なんですか？ ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
