くだらねぇ問題はここへ書け
>>226
cos(10)cos(50)cos(70)=(√3)/8,
http://www.youtube.com/watch?v=VOC9xMq3JJg
sin(20)sin(40)sin(60)sin(80)= 3/16,
http://www.youtube.com/watch?v=zAiXPhPvWpc
--------------------------------------------------
Morrie's law
cos(20)cos(40)cos(80)= 1/8,
http://www.youtube.com/watch?v=u-Z5pBxW1u8
cos(20)cos(40)cos(60)cos(80)= 1/16,
http://www.youtube.com/watch?v=eBFtWCLw1-8
http://www.youtube.com/watch?v=JV7J7JrakeI
sin(10)sin(30)sin(50)sin(70)= 1/16,
http://www.youtube.com/watch?v=QGpDSulXqB8
------------------------------------------------
オマケ
sin(10)+sin(20)+sin(40)+sin(50)= sin(70)+sin(80),
http://www.youtube.com/watch?v=v4NW9kOifq0 >>226
下の3つは Morrie's law
cosθ= sin(2θ)/(2sinθ)
ですね。
別法
cos(36)cos(72)cos(144)cos(288)
= - cos(72)cos(144)cos(216)cos(288)
= -Π[k=1,4]cos(2kπ/5),
1 - T_5(t)=(1-t)(4tt+2t-1)^2.
cos(2π/7)cos(4π/7)cos(8π/7)
={Π[k=1,6]cos(2kπ/7)}^(1/2),
1 - T_7(t)=(1-t)(8t^3+4t^2-4t-1)^2. 〔点予想問題〕
平面上に有限個の点の集合をとる。
どの2点を通る直線も3つ以上の点を通る
を満たすならば、これらの点はすべて1直線上にある。 2^24×3^36×11^12を2進法で表すと、末尾には0が連続して24個並ぶ。
3^36×11^12が莫大な数だからでしょうか?
2^24×3^4×11^3を2進法で表すと、そうはいかないでしょうか? ■モンティホール問題(空箱とダイヤ)
このゲームができるのは1回だけです
外からは中が見えない空箱100個の中のひとつに
ダイヤモンドを1個入れます
その中から1個の箱を選びます
98個の空箱を取り除きます
最後に残った2個の箱の中から1個の箱を選びます
ダイヤモンドが当たる確率は何%でしょうか? 耳栓をしても、>>263 は、モンティホール問題ではない。 子供の算数の問題がありました。なんか納得いきません。
四捨五入して百の位までの数にしたとき、1600になる整数のはんいは、
□□□□から□□□□までです。
答え 1550から1649
ええんか? >>285
この一文があれば納得です。
レスありがとうございます。 〔問題〕
(1) x>0 のとき、log(x)< x-1 を示せ。
(2) a = 2^(1/3)のとき、log(a)=(8/9)(a-1)を示せ。 >>287
(1)x=1のとき、左辺=右辺=0
よって成立しない
(2)左辺は整係数三次方程式(9x+8)^3=2の解なので代数的数である
右辺(1/3)log2はリンデマンの定理によって代数的数でない
よって成立しない >>288
訂正
(2)左辺は整係数三次方程式(9x+8)^3=1024の解なので代数的数である 有孔多面体の場合のオイラーの多面体公式
v-e+f+2g=2
これの穴の数gって何の頭文字ですか?
vertex,edge,faceは分かるんですが >>290
種数(genus)ぢゃね?
その切断によって生じる多様体が連結性を維持するような、単純な閉曲線に沿った切断の最大数。従って整数である。
閉曲面では、オイラー標数χ ≡ v-e+f = 2 -2g、ハンドル = g
境界成分をもつ曲面では、オイラー標数χ = 2 -2g -(境界成分の数) >>287
(2)
左辺 = log(a)=(1/3)log(2)= 0.231049060
右辺 =(8/9)(a-1)= 0.231040933
よって成立しない 〔問題〕
√2 + √3 = π
e^π = 20 + π
e^6 = π^4 + π^5
を示せ。 >>293
(4) √2 + √3 = π を示せ。
√2 + √3 は整係数4次方程式 x^4 -10x^2 +1 = 0 の解なので代数的数である。 >>293
(5) e^π = 20 + π を示せ。
e^(iπ)は整数だけど、e^π は超越数だな。
だから成り立つ……という訳ぢゃないけど。 ブリルアンゾーンの形は全て切頂多面体になるのでしょうか?
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Brillouin_zone
なる場合、14個のブラべ格子において、そのブリルアンゾーンは何の切頂多面体になるのでしょうか? カメラで計算式を撮ると解答を教えてくれるアプリが発見される。試験中に知恵袋に書き込めるガバガバの京大入試はこれで数学満点だろ。 [524061638]
http://leia.5ch.net/test/read.cgi/poverty/1518841675/ お願いします。このおバカな私に教えてください。
次の極限値は2と4のとの間に存在することを証明せよ。
lim[n→0](1+1/n)^n
[解]
まず、nを正の整数として考えてみると、この(1+1/n)^nはnを増すにしたがって大きくなることが言える。
次に、これを説明する。
y^n-a^n=(y-a)*(y^(n-1)+a*y^(n-2)+a^2*y^(n-3)+・・・・・・a^(n-2)*y+a^(n-1))
となる。y>aとすれば、右辺の第二因数は指揮の中のaをすべてyに改めた n*y^(n-1)よりは小さいから、
次の不等式が考えられる。
y^n-a^n<n*(y-a)^(n-1)
そこで y、aをとくに、
y=1+1/(n-1) a=1+1/n ←@ここが分からない、ここでつっかえています。なぜこうやっておくのか?
とおけば、上の不等式は、
(1+1/(n-1))^n-(1+1/n)^n<{1/(n-1)}*{1+1/(n-1)}^(n-1)
となる。これを簡単にすると、次の不等式となるからである >>299
つづき
1+1/(n-1)}^(n-1)<(1+1/n)^n ←A個々の計算結果がなぜそうなるのか?途中計算を詳しくお願いします。
n=1であるときは、与えられた指揮は2となるから、この極限値が2よりも大きいことh言うまでもないが、
これが4よりも小さいことを次に証明する。
まず、nを偶数とするとn=2*mとおいて、
(1+1/n)^n=(1+1/(2*m))^(2*m)={(2*m+1)/(2*m)}^(2*m)={((2*m+1)/(2*m))^m}^2
ところが、(Bここからが分かりません、何でそれぞれの右辺がこうなるのか・・・)
(2*m+1)/2*m<(2*m)/(2*m-1) , (2*m+1)/(2*m)<(2*m-1)/(2*m-2) , (2*m+1)/(2*m)<(2*m-2)/(2*m-3) , ・・・
(2*m+1)/(2*m)<(m+2)/(m+1)
であるから、これらの m-1 個の不等式くを4行以上の等式の最後の項に代入すれば、
(1+1/n)^n<{(2*m+1)/(m+1)}^2 , すなわち、 (1+1/n)^n<{2-1/(m-1)}^2<4 ←Cどうゆう計算したのか?
また、nが奇数の場合は、これを n+1 にかえると、これが偶数となり、かつ、前の証明によって、式の値も増加
するから、n の場合ももちろん4より値が小さくなる。
この式は n の値を増すにしたがってその値が増加するが、ある限度 4 をこえることはないから、何かある一定
の極限に達する。この数を e で表しているのである。
{n=100 とおくとこの式の値は 1.01^100=2.704(対数計算による)となり、また、n=1000とおけば 1.001^1000
=2.717(対数計算による)となる。この極限値 e は実はつぎの値となる。e=2.71828188284・・・・・ >>300
つづき
また、n が整数ではなくて、n<k<n+1 という数 k である場合には 1/(n+1)<1/k,1/n という不等式が成立するから、
したがってまた、次の不等式が成立する。
{1+1/(n+1)}^n<{1+1/(n+1)}^k,(1+1/k)^k<(1+1/n)^k<(1+1/n)^(n+1)
ところが、両端の式はこれを書き換えて、
(1+1/n)^(n+1)=(1+1/n)^n*(1+1/n) , {1+1/(n+1)}^n={1+1/(n+1)}^(n+1)*{1-1/(n+2)} ←Dこの計算を詳しく教えて
ください
と改めると、極限にはどちらも e*1 すなわち e となる。ゆえに、n はせいすうでなくてもよい。 >>299-300
まず証明したいことはこれ
|(1+1/n)^nはnを増すにしたがって大きくなる
これは、任意のn>2について
{1+1/(n-1)}^(n-1)<(1+1/n)^n←A
であることを言いたい。そのために
{1+1/(n-1)}^(n-1)-(1+1/n)^n<0←A'を証明する
A'の左辺
={1+1/(n-1)}^(n-1)-{1+1/(n-1)}^n+{1+1/(n-1)}^n-(1+1/n)^n
=(1-{1+1/(n-1)}){1+1/(n-1)}^(n-1)+{1+1/(n-1)}^n-(1+1/n)^n
={-1/(n-1)}{1+1/(n-1)}^(n-1)+[{1+1/(n-1)}^n-(1+1/n)^n]
第2項がy^n-a^nの形になったので、
y>aならばy^n-a^n<n(y-a)y^(n-1) に
y=1+1/(n-1) a=1+1/n ←@ を代入した以下の式を使います。
{1+1/(n-1)}^n-(1+1/n)^n<n{(1+1/(n-1))-(1+1/n)}{1+1/(n-1)}^(n-1)
つまり[{1+1/(n-1)}^n-(1+1/n)^n]<{1/(n-1)}{1+1/(n-1)}^(n-1)
この不等式の両辺に{-1/(n-1)}{1+1/(n-1)}^(n-1)を加えると
A'の左辺<{-1/(n-1)}{1+1/(n-1)}^(n-1)+{1/(n-1)}{1+1/(n-1)}^(n-1)=0
これでAが証明できました >>300
>ところが、(Bここからが分かりません、何でそれぞれの右辺がこうなるのか・・・)
>(2*m+1)/2*m<(2*m)/(2*m-1) , (2*m+1)/(2*m)<(2*m-1)/(2*m-2) , (2*m+1)/(2*m)<(2*m-2)/(2*m-3) ,
(2m+1)/(2m)=(2m)/(2m)+1/(2m)=1+{1/(2m)}です。
同様に、(2m-(n-1))/(2m-n)=((2m-n)+1)/(2m-n)=1+{1/(2m-n)}となります。
(2m)>(2m-n)>0であれば、{1/(2m)}<{1/(2m-n)}です。
両辺に1を加えて1+{1/(2m)}<1+{1/(2m-n)}よって、
0<n<2mであるnについて、(2m+1)/(2m)<(2m-(n-1))/(2m-n)となります。
>(1+1/n)^n<{(2*m+1)/(m+1)}^2 , すなわち、(1+1/n)^n<{2-1/(m-1)}^2<4 ←Cどうゆう計算したのか?
(2m+1)/(m+1)=(2(m+1)-1)/(m+1)=2(m+1)/(m+1)-1/(m+1)=2-1/(m+1)<2-1/(m-1)です。 >>302-303
すごい、ありがとうございます。 mを正の整数とするとき、以下の和を求めよ。
Σ[n=1,∞] (1/n^(4m-1)) ((-1)^(n-1)/(e^(πn)-e^(-πn))) a_{n+2} = - ( a_{n+1} + a_n )
a_1 = 1
a_2 = 1
の一般項は
n=3m-1,n=3m-2の場合1、n=3mの場合-2
でOK? >>307
ω^2+ω+1=0として
a_{n+2}-(ω^2)a_{n+1}=ω(a_{n+1}-(ω^2)a_n)
a_2-(ω^2)a_1=1-ω^2
なのでa_{n+1}-(ω^2)a_n=ω^(n-1)(1-ω^2)@
a_{n+2}-ωa_{n+1}=ω^2(a_{n+1}-ωa_n)
a_2-ωa_1=1-ω
なのでa_{n+1}-ωa_n=(ω^2)^(n-1)(1-ω)A
@とAよりa_n=(ω^(n-1)(1-ω^2)-(ω^2)^(n-1)(1-ω))/(ω-ω^2)
n=3m-2の場合、a_n=((1-ω^2)-(1-ω))/(ω-ω^2)=(ω-ω^2)/(ω-ω^2)=1
n=3m-1の場合、a_n=(ω(1-ω^2)-ω^2(1-ω))/(ω-ω^2)=(ω-ω^2)/(ω-ω^2)=1
n=3mの場合、a_n=(ω^2(1-ω^2)-ω(1-ω))/(ω-ω^2)=(ω^2-ω-ω+ω^2))/(ω-ω^2)=-2 たぶんこれでも良いはず。
a_{n+2} = - ( a_{n+1} + a_n ) → 1個ずらす
a_{n+3} = - ( a_{n+2} + a_{n+1} ) → 最初の式を代入
a_{n+3} = - ( - ( a_{n+1} + a_n ) + a_{n+1} )
a_{n+3} = a_n
よって、
a_1 = a_4 = a_{3n-2} = 1
a_2 = a_5 = a_{3n-1} = 1
a_3 = a_6 = a_{3n} = -2 ギリシャ文字の正しい書き順を教えてください
ネット検索では情報が錯綜していてよくわかりません 書き順にこだわるのは日本人以外にあまりしらないんだが
中国人の書家はは別にして >>311
とても初歩的で簡単なギリシャ語の本に載っている。
英語の中学の教科書でもアルファベットやその筆記体の書き方は説明されていたの。
なので、ギリシャ文字の書き方を知りたいだけなら、中学(今でいうと小学校か)レベルのギリシャ語の本でいいと思う。 >>312
アルファベットの筆記体は他の書体の文字を崩して速く文字を書いて表せるようにした書き方で、決まった書き順がある。
書かれた筆記体の文字の上手下手はともかくとして。 アルファベットの筆記体は日本語の行書体や草書体にあたる。
日本語だと普通の字体は楷書体だが、アルファベットの普通の字体は何と呼ぶんだろう。 >>306
m=1のとき (1/720)π^3
m=2のとき (13/907200)π^7
m=3のとき (4009/27243216000)π^11
…
一般形は C_m π^(4m-1)
ここで{C_m}は以下の漸化式を満たす
C_0=1/8, C_m=Σ[j=1,m] C_{m-j} (-1)^(j-1) 2^(2j+1)/(4j+2)! 自作
黒板に数字の 1 と数字の 2 が1つずつ書かれている。
2人のプレイヤーが, 交互に次の「」内の操作を行う。
「書かれている2つの数字のうち1つを任意に選ぶ。
選んだ数を a, 選ばなかった数を b とし, a を a+b に書き換える。」
例.
2 と 5 が書かれているときに 2 を選んだ場合, 2 を 7 に書き換える。
書かれている数字は 7 と 5 となる。
先に操作を行うプレイヤーを先手, そうでないプレイヤーを後手と呼ぶ。
先に 100 以上の数字を書いたプレイヤーを勝者とする。
このとき, 次の問いに答えよ。
(1) 勝者が決まった時点で黒板に書かれていた数字が 70 と 101 であったとき, 勝者は先手, 後手のどちらか。
(2) 勝者が決まった時点で黒板に書かれていた数字が n と 100 であったとする。このとき n としてとり得る値は何通りか。(各プレイヤーは最適な戦略をとるとは限らないとする) おバカな私に教えてください
これどうやって解くのですか?
lim[x→0] sin7x/tan5x
途中計算を詳しくお願いします。 (^^;) >>321>>323
ありがとう
(2) はその通りです。
本当は先手必勝、後手必勝に関する問題にしたかったんだけど、
なかなか複雑でうまく問題に出来なかった。
ちなみにこのゲームが先手必勝なのか後手必勝なのかは知りません。 >>324
このゲームは後手有利なようです
初手は先手がどちらの手を出しても後手は2つの数字の合計が7になるような手とします
2手目は同様に合計が18以下の最大値となる手を、3手目は合計が41以下の最大値、4手目は合計が99以下の最大値になるよう手を選ぶと勝つことができます >>322
分かスレ441 の 79-86 の辺り >>319
m →∞ のとき、 n>1の項は迅速に減衰し、
1/{e^π - e^(-π)}= 0.043294768765
に収束する。
C_2 π^7 ≒ C_3 π^11
より
π≒(C_2/C_3)^(1/4)={(2・3・5・7・11・13^2)/(19・211)}^(1/4)= 3.141345 >>320
「先に 100 以上の数字を書いたプレイヤーを勝者とする」のルールを一般化して
「先に N 以上の数字を書いたプレイヤーを勝者とする」(Nは3以上の整数)とする
3から100までを検証したところ、
Nが3,5〜7,11〜17,25〜41,59〜99のときは先手必勝
Nが4,8〜10,18〜24,42〜58,100のときは後手必勝と出ました
法則性もありそうですが、うまくすると証明もできるかもしれません >>325>>328
おおすごい!
確認してみましたが、確かに後手必勝ですね。
>>328の先手必勝の区切りが>>325の戦略に現れる数に似ていたので
試しに>>325の「18以下」を「17以下」に変えたものも考えてみましたが、
これでも後手必勝の戦略になってました。 数列{a_n}が漸化式
a_0=a_1=a_2=a_3=a_4=1,
a_{n+5}=a_{n+4}+a_{n+3}+a_{n+2}+a_{n+1}+a_n
を満たすとき
Σ[n=0,∞]a_n/2^n
は収束するか?収束するならその値を求めよ。 >>330の関連問題
プレーヤがコインを1枚ずつ投げ、n回連続して表が出たとき投げるのをやめ
そのプレーヤの投げたコインの枚数を得点とするゲームがある。
このゲームの得点の期待値をnで表せ。 >>330
a_n = P_{k+1}- P_{k-1}-2P_{k-2}-3P_{k-3},
ここに P_k は Pentanabbi number
特性方程式 x^5 -x^4 -x^3 -x^2 -x -1 = 0
実根 r = 1.9659482366454853372… (Pentanacci constant)
|β|= 0.818788815767 < r
|γ|= 0.871047941737 < r
lim[n→∞]a_n / 2^n = 0
lim[n→∞]a_n / r^n = 0.1491215649669… >>330
Σ[n=0,∞]a_n / 2^n = 2(a_0 + a_1 + a_2 + a_3 + a_4)= 10,
Pentanacci number では
Σ[n=0,∞]P_n / 2^n = 2(0 + 1 + 1 + 2 + 4)= 16, >>329
17以下が戦略になることは確認できました
確かにその通りですね
ただ、7,11の組が先手必勝でないことからもわかるように、単純に合計だけ見てもうまくいかない問題かもしれません
また、>>328のような法則性も、初期パターンによって異なるようで、1,3の組で始めるとゴールNと勝者との間にはっきりとした法則性はないように見えます
もう少し研究が必要そうです >>333
正解
特性多項式/母関数を使わない解法:
a_{n+5}-a_{n+4}-a_{n+3}-a_{n+2}-a_{n+1}-a_n=0 ……(1)
↓(1)式のnをn+1に置き換えた式から(1)式を引く
a_{n+6}-2a_{n+5}+a_n=0
↓1/2^(n+6)倍して b_n=a_n/2^n と置く
b_{n+6}-b_{n+5}=-(1/64)b_n ……(2)
∴{b_n}は単調減少数列で
b_{n+6}<b_{n+5}-(1/64)b_{n+5}=(63/64)b_{n+5}<(63/64)^(n+1) b_5 ……(3)
一方(2)式をn=0からn=mまで足し合わせると
b_{m+6}-b_5=-(1/64)Σ[n=0,m]b_n
↓m→∞とすると(3)式よりb_{m+6}→0
Σ[n=0,m]b_n は 64b_5=2a_5=10 に収束