くだらねぇ問題はここへ書け
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 たまりたまったものが放出され繰り返される現象をいふリーキい積分というのはいかなるものですか? 2以上の自然数 m、n が、n|m をみたすとき、
「mを法とする原始根が存在する ⇒ nを法とする原始根が存在する」
の証明が分かりません。 合成数 74, 81, 82, 86, 94, 98 を法とする原始根がすべて載っているサイトってないですか? >>342
74: 5,13,15,17,19,35,39,55,57,59,61,69
81: 2,5,11,14,20,23,29,32,38,41,47,50,56,59,65,68,74,77
82: 7,11,13,15,17,19,29,35,47,53,63,65,67,69,71,75
86: 3,5,19,29,33,55,61,63,69,71,73,77
94: 5,11,13,15,19,23,29,31,33,35,39,41,43,45,57,67,69,73,77,85,87,91
98: 3,5,17,33,45,47,59,61,73,75,87,89 ありがとうございます。
プログラムを書いて解いたのでしょうか? 素数 p を法とする原始根は、φ(p) 個、
p^n (pは奇素数、nは自然数)を法とする原始根は、φ(φ(p^n)) 個ですが、
2p^n (pは奇素数、nは自然数)を法とする原始根の個数についても、何か公式はあるのですか? 公式があるというか公務員式じゃだめだから、公式使うよりは、
式を立てるとき公式をかけ外してレアな数式で演算するといいよ。 確率論の初歩の初歩を教えてください
さいころを振って1が出る確率は6分の1。これは、さいころを沢山振れば振るほど、
1が出る割合が6分の1に収束することを意味する。
では、その収束割合(何回振ればどの程度6分の1に近づくか)は、どうやって計算するんでしょう?
私は文系なので、言葉で説明してもらえればありがたいです。
どうぞよろしくお願いします。 文系ならば、言葉を大切に使ったほうがいいと思います。
数学の内容を計算無しで理解したいというなら、尚更
言葉には敏感でなくてはならないはずです。
用語を雑に使っては、言葉での理解は成立し得ません。
「さいころを沢山振れば振るほど、
1が出る割合が6分の1に収束する」という表現は、
おそらく、何かを誤解した上でのことでしょう。
「さいころを沢山振れば振るほど、
1が出る割合が6分の1に近づく」ことを
「さいころを振る回数が無限大に近づく極限で、
1が出る割合は6分の1に収束する」と言います。
「収束する」という言葉の意味を考えると、
「振れば振るほど、収束する」という表現は
あり得ないです。
「振れば振るほど、近づく」は、曖昧で
観念的な表現ですが、そこを雰囲気でなく正確な内容で
表現しようとすれば、「近づく」近づき方を定量的に
盛り込まざるを得ず、数式や計算を含む説明になります。
「近づく」で納得することにするか、
数学的な表現に踏み込むか、ここから先は
覚悟して選ばなければなりません。 どんな平行六面体も空間を隙間なく埋めることができる
↑これの正否は正しい、で正解ですよね? >>350
3次元ユークリッド空間なら、たぶん、おk 0<k<2πのとき、以下の等式が成り立つことを証明せよ。
∫(0,∞)sin(kx)/x dx = (k/2)+Σ[n=1,∞]sin(kn)/n >>353
∫(0,∞)sin(kx)/x dx = ∫(0,∞) sin(y)/y dy = π/2,
(x/2)+ Σ[n=1,∞]sin(nx)/n = π/2 (0<x<2π) 関連問題:
kを4で割ると1余る正の整数とするとき、以下の等式を証明せよ。
∫(0,∞)((2x)^k)/(e^(2πx)+1) dx = Σ[n=0,∞]((2n+1)^k)/(e^(π(2n+1))+1) >>357
(左辺)= ∫(0,∞) (2x)^k /{e^(2πx) + 1} dx
= ∫(0,∞) (2x)^k Σ[L=1,∞] (-1)^(L-1) exp(-2Lπx) dx
= Σ[L=1,∞](-1)^(L-1){∫(0,∞) (2x)^k exp(-2Lπx) dx}
=(1/2)(1/π)^(k+1){∫(0,∞) y^k exp(-y) dy} Σ[L=1,∞](-1)^(L-1) / L^(k+1)
=(1/2)(1/π)^(k+1) Γ(k+1)(1 - 1/2^k) Σ[L=1,∞]1 / L^(k+1)
=(1/2)(1/π)^(k+1)k!(1 - 1/2^k)ζ(k+1), >>350
>>352
>>355
その種の中学生とかで触れる幾何学(初等幾何学というんでしょうか?)の専門書ってどんなものがありますか?
参考書スレでは非ユークリッド空間とかの発展形の話題ばかりでした
スレ違いなら誘導して下さい >>359
矢野健太郎「幾何の有名な定理」 共立出版(数学ワンポイント双書36)(1981/Dec) 150p.1512円
D.ヒルベルト「幾何学基礎論」 ちくま学芸文庫(2005/Dec) 242p.1296円
中村幸四郎・訳
寺阪英孝「初等幾何学」 岩波全書159(1952) 182p.絶版
同 第2版(1973) 284p.絶版
多辺形についてのJordanの定理の証明
「ユークリッド原論」追補版 共立出版(2011/May) 574p.6480円
中村・寺阪・伊東・池田(訳)「
岩田至康「幾何学大事典」 槇書店(1971〜)全6巻+別巻2、高価
図書館の検索端末で探せばあるかも? >>359 (追補)
小平邦彦「幾何のおもしろさ」 岩波書店(数学入門シリーズ7)(1985/Sep) 330p.1850円
小平邦彦「怠け数学者の記」 岩波現代文庫(社会19)(2000/Aug) 315p.1080円
小平邦彦「ボクは算数しか出来なかった」 岩波現代文庫(社会60)(2002/May)186p.972円
専門バカでないものは唯のバカである。(*)
小平邦彦「幾何への誘い」 岩波現代文庫(学術7)(2009/Oct)228p.1037円
* 筒井康隆「文学部 唯野教授」 岩波現代文庫(文芸1)(2000/Jan)373p.1188円 ペアノ公理の5について質問がある。
自然数nに関する述語P(n)で(a)(b)が成り立つとする。
(a)P(1)である。
(b)どんな自然数kにたいしてもP(k)ならP(k´)である。
このときどんな自然数nにたいしてもP(n)が成り立つ。
これは自然数には1つの数列しかないことを宣言しているもの、と考えてよいんだよね?
例えば、1から始まる後続数のループで生まれるものを数列1とする。
公理1から4までだとこの数列1に属さない自然数Xの存在を許してしまう。
この自然数Xを排除するためのものが公理5。
という解釈でよいのだろうか。 >>359
コクセターは文庫が出てる
ブロック積みが初等幾何かどうかはしらんが レスがつかないんで他のスレで質問することにした。
>>363の質問は取り下げることにする。