【数セミ】エレガントな解答をもとむ【2011．2】
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【数セミ】エレガントな解答をもとむ【2011．2】
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「関 孝和の数学」共立出版(2008/June）
174p．4104円
http://www.kyoritsu-pub.co.jp/bookdetail/9784320018624
「函数解析」朝倉 近代数学講座７（2004/Apr)
「函数解析演習」朝倉 近代数学講座 演習編６（2008/Jan)
■出題１：レベル6〜7（常連正解率50〜70％）
［ノーヒントならレベル9〜10（常連正解率0〜10％）］
2n個の点からランダムにn個の区間を選ぶとき、
すべての区間と交わる『支配区間』がk個以上できる確率を問う問題。
親切にもヒント付きなので苦労しつつも解けた人が多いのではないでしょうか。
果たしてこの問題をノーヒントで解ける読者がいるんだろうかと思いますね。
あんな解法は100年かかっても思いつけない自信が私にはあります。
世の中には恐ろしく頭の良い人がいるものです。
良い問題、良い解法、凄い数学者、いろんな出会いのある良問でした。
エレガントな別解があるのか、解答編も楽しみです。
■出題２：レベル7〜8（常連正解率20〜40％）
［ノーヒントならレベル9〜10（常連正解率0〜5％）］
『強正則グラフ』というワードを知っている人はヒントにたどり着けたでしょう。
しかしヒント付きでもグラフの数え上げ、もっといえばuniquenessの証明は決して簡単ではないです。
そんなわけでレベルは7〜8程度と高めです。
ノーヒントなら限りなくレベル10（正解者0〜1人レベル）です。
特にn＝9, n＝10の一部のグラフを自力で探すのは無理ゲーではないか。
仮に探せたとしてもその唯一性を示すのがまた無理ゲー。
ヒント付きでも解答をきちんと記述するのは大変です。
一見とっつきやすそうな問題だけにノーヒントで突き進んだ人も多いと思いますが、
早めに情報収集して武装するのが吉という問題でした。
ノーヒントで解けた人は大いに自慢してよいと思います。
はっきりいってイチ数学ファンのレベルを超えていますから。
あるいは武装せずともエレガントに解けるんでしょうか？
----
２問とも
・オリジナリティがなく他所で情報を拾えてしまう
・ヒントがなければ超難問である
・ヒント付きでもそこそこの難問である
という共通項がありました。
ある意味悪問と言えなくもないですが、
両問とも我を忘れて熱中できる面白さがありました。
ゆっくり時間を取れる冬休みの宿題としては良いレベルだったと思います。
岩澤理論の特集 …… 代数的整数論の中心的なテーマ
（岩澤加群・セルマー群 と p進ζ関数・p進L関数 とが本質的に一致する？）
それはさて置き、出題１はのちのち、支配区間論における岩沢理論とでも呼ばれるでしょうか？
ジャステイツ氏の秀逸な着想に基づき、難しい計算を使わずに解けるらしいですが… >>678
Justiczの論文の『秀逸な着想』は２ページにまとまってますね。
any k＜nは"With slightly more care"で解けるとあります。
Justiczにとってのslightは私にとってのslightではないので困ります。
最後の4数（a〜d）もA(n-1)，B(n-1)，A(n)，B(n）で表わしましょう。
本書の解は
支配区間が１つある ⇔ 最後の2つの区間（n-1とn）が「左側〜右側」
（初めのn-2の区間は無関係）というものですね。
これを slight 拡張すると、
支配区間がｋ個ある ⇔ 最後のk+1の区間が「左側〜右側」
（初めのn-k-1の区間は無関係）
となり、証明もほとんど同様にできそう。
・補足
定義により、A（j）とB（j）とが
「左側〜右側」 ⇔ 「右向き」あるいは「左向き」の区間が継続する。
「同じ側」 ⇔ 「右向き」と「左向き」が反転する。このとき区間１〜区間ｊはいずれも支配区間でなくなる。（頓死）
「支配区間」が（１つ以上）ある ⇔ 最後の2つの区間（n-1とn）が「左側〜右側」
「支配区間」がｋ個以上ある ⇔ 最後のk+1の区間（n-k〜n）が「左側〜右側」
> となり、証明もほとんど同様にできそう。
必要性をきっちり証明するのは自分には面倒でslight careでは済まなかったです。
細心のcareをしました。
>>687
> 「支配区間」がｋ個以上ある ⇔ 最後のk+1の区間（n-k〜n）が「左側〜右側」
これって正確ですか？
any k＜n では…
なお、n-1個あるなら当然n個ありますが、これは「n-1個」と云うことにしました。
今月はどうでしょうか？
古代の間諜。敵の様子を探る者。「うかがい見る」の略であろう、ですって
https://kotobank.jp/word/%E6%96%A5%E5%80%99-34328
・最後のk+1個の区間がすべて「左側〜右側」なら、最後のk個が支配区間になる。
ことを示せばOK
右側が左側より2個多いケースがあります。
確かにそうですね。
区間jが左向き B(j）> A(j）のケースでは、右側の未定数が左側より２個多く、
次の区間の「同じ側」と「反対側」が入れ替わるので面倒ですね。
というわけで、 「右向き」と「左向き」に戻しましょう^^
j=n-2 の例で考えると、a<b<c<d としたので
A(n-2）< B(n-2）：右向きのとき、b <｛n，A(j)｝< c
A(n-2）> B(n-2）：左向きのとき、a <｛n，A(j)｝< b
（j≦n-2）
このとき A(n-1）= b で、最後の区間nはつねに右向きになります。
・B(n-1）= a なら区間n-1 は左向き、区間nは右向き となります。向きが変わったので支配区間はありません。（頓死）
・B(n-1）= c または d なら区間n-1 〜 区間n で右向きが継続し、支配区間が（１つ以上）あります。
区間jが左向き B(j）< A(j）のケースでは…
https://www.maa.org/sites/default/files/images/upload_library/22/Ford/Joyce-Scheinerman881-889.pdf
>>695-696
そうですね。「右向き区間の連続」が必要十分です。
論文ではそのような書き方はされていないのでany kではちょっと悩みました。
まずここに気付けるかどうかが第一関門です。
十分性は明らかで必要性が問題ですね。
示すべきは「連続しなければ支配区間は高々k-1個となる」ことです。
これを証明できるかが第二関門です。
n-k番目から始めてn-k+a番目(0≦a≦k-1）で右向きの連続が途絶えたとすれば
[1] n-k+a 〜 n番目が支配区間となりうるのは高々k-1-a個
[2] 1 〜 n-k+a-1 番目は支配区間にならない
が成り立ちます。[1]と[2]の両方を、
■case1：左側と右側の点が同数の場合
■case2：左側よりも右側の方が2点多い場合
の2ケースで示せばOKということになります。
証明は論文の方法と同様なので"With slightly more care"なんでしょうね。
私のようなチキンはこの補足を読んですぐに「自力では無理」と悟りました（笑）
結果として論文を読んでもなお難しいと感じたので、ネット情報で武装したのは正解でした。
論文の方法を自力で編み出すのは私の能力の遥か遠方を飛び越えます。
>>677氏は自力で3通りの方法を試したようです。
結果が不正解だったにせよ3通りも編み出すのは凄いと思いますね。
>>677
> 1は3通りの方法で解いてみたが、互いに微妙に違う上に、正解とも異るという
３ヶ月後の解答編が楽しみです。
１）論文にあるエレガントな方法
２）論文にある積分の方法（この方針で解けるのか私は知りません）
２通り以上の解答を期待。
逆に辿る方が簡単？
for any k＜n,
最後のk+1区間（n-k〜n）が右向き、区間n-k-1が左向きとすると
最後のk区間（n-k+1 〜 n）が支配区間で、初めのn-k区間（1〜n-k）は支配区間でない。
（区間n-k-1 と区間n-kは重ならない。）
>>687
区間j-1 と区間j が同じ向き ⇔ A(j)，B(j）が反対側
区間j-1 と区間j が逆向き ⇔ A(j)，B(j）が同じ側
なので、
最後のk+1区間（n-k〜n）が同じ向き ⇔ 最後のk区間（n-k+1 〜n）でA(j）とB(j）が反対側
（区間nが右向きということを使えば、まだ改良できるけど…）
なるほど・・
「向きが左（右）へ変わったら、その左向き（右向き）区間と、そこまでに連続した右（左）区間たちはすべて支配区間でない」
これは直感的に理解できますね。これを押さえれば必要条件も見通しよく書けそうです。
n個の区間を 「向きが連続した区間列」の列 と捉え、最後の区間が左向きでないことに注意すれば、必要十分条件は容易に導けそうです。
難問が易問に変わりました。
それもこれもエレガントな手法のおかげです。
組み合わせ論おそるべし。
支配区間がｋ個以上あるかどうかは、最後のk+1区間の向きで決まり、それより前の向きに依らない。
k+1区間のすべてが支配区間になる確率の問題に帰着するから、難しい計算を使わずに解ける。
これはｎに依らない。（解決）
それはそうと、今月の問題もナニだ・・･･
> それはそうと、今月の問題もナニだ・・･･
そうですかナニですか・・
出題2の問題2で手が止まってます。
出題1は問題文だけは読みましたが、難しそうなので後回しに・・
出題１は、n+3 を n で表わして、出てきた末項たちをまとめると、
末項 ｖｓ 総和、つまり「末項勝負」になる？
（1）の（1+x)^n はΣの隣項比から末項率が押さえられるか？
（2）の（1+x+xx)^n は準・末項がズラズラ… 一体どうするんでしょうね？
もちろん、当てにはなりませんが。
> 末項 ｖｓ 総和、つまり「末項勝負」になる？
朝方に読んで吹き出しましたわ
今月は締め切りが9日でした。
問題の難易度が高く間に合わなかった方も多かったのでは。
■出題1：問題1はレベル6（常連正解率70〜80％）、問題2はレベル8（常連正解率20％）
徳重典英先生の出題。
n個の整数x_k∈{0,1}［{0,1,2}］の和がfloor(n/3)［floor(2n/3)］以下となる組み合わせの総数がc^n（c＜2）［d^n（d＜3］で押さえられるかを問う問題。
問題文はsimpleですが、simpleな問題は往々にして難しいという典型例。
良問ですが良く知られた有名問題の匂いがします。
上のレベルは正攻法で解いた場合です。
おそらくエレガントな解答が用意されています。
正攻法では知識と多少面倒な計算が必要です。
問題文には『根拠を示して答えよ』とあります。
これは裏を返せば『厳密でなくてもよい』という意味かもしれません。
正攻法で厳密な議論を展開するのはなかなか面倒です。
阿呆のコメントはひとまずこれくらいに。
ぬるぽさんか早解きさんか水戸黄門さんか、どなたかのコメントを待って議論したいと思います。
■出題2：問題1はレベル2〜3（高校生正解率80％）、問題2はレベル7〜8（常連正解率20〜30％）
丹下基生先生の出題。
凸多角形の隣接3点を使った等積変形（I-変形と名付けられている）で凸性を保ちながら正多角形にできるかを問う問題。
n角形（n≧4）では対角線を底辺とするI-変形のみが許される。
こちらも良問と言ってよいと思います。
ウォーミングアップ問題、問題1は瞬殺ですが、問題2の凸5角形のケースは簡単ではないです。
スジさえ通っていればマルがもらえるかもしれませんが、『どんな点配置でもこの変形が可能か？』を厳密に考えると結構大変です。
それを解答として記述するのもまた大変。
先月に続き、今月も本誌名物コーナー『エレガントな解答をもとむ』の醍醐味が存分に味わえる美味しい月でした。
2問とも良問なのはうれしいですね。
5chで愚問悪問排除運動を推し進めた成果が出始めているのかｗ
・nが奇数のとき
正n角形の任意の2頂点p,qに対して、それから等距離な頂点がちょうど１つある。
↓
辺と対角線を長さごとに彩色すれば、題意を満たす。
美しく、かつエレガントな結果です。（なかなか出て来ない…）
・n≧8、偶数の場合
これも おkでしたね^^（清水氏）
（えっ！まだ出たばかりぢゃ？）
といっても NOTE の、ですが。
（なーんだ）
■長岡京の公式
1+2+……+k = T_k
とおくと「図」から
k = T_k - T_{k-1},
kk = Ｔ_k + T_{k-1}
辺々掛けてたす。
Σ[k=1,n］ k^3 = Σ[k=1,n］（T_k - T_{k-1}）（T_k + T_{k
-1}）
= Σ[k=1,n］（(T_k)^2 -（T_{k-1})^2）
=（T_n)^2, （← T_0=0）
なんともエレガント。
クスコ副将軍の墳墓は立方体を重ねた形にしてほしい、という程でござる。
■宇都宮の不等式
単調減少な正数列 x_1 > x_2 > …… > x_n > 0 について
Σ[j=1,n］（x_j)^x_{j-1｝＞ Σ[k=1,n］（x_j)^x_{j+1}
ただし、x_0 = x_n，x_{n+1}= x_1 とする。
これも美しい不等式。
名著「不等式への招待」の著者も今や古希でござる。
> ・n≧8、偶数の場合
>
> これも おkでしたね^^（清水氏）
そう簡単に思いつけないと思うんですけどね。
>>670で気付かれていたのはさすがの一言です。
解答編>>669で
> n＝４，５はとても易しい。問題なのはn＝６でかなり悩まされた。
> 長時間悩んだ結果めでたく解答の道筋が立ち、
> 論理を整理しつつB5用紙に解答を清書していったところ
> 出来上がった答案は当初書くはずだった結論の逆を証明していた、という珍しい体験をした（←アホ）
と書きましたが、まったく同じことを答案にコメントした人が居たみたいですね。
私のドッペルゲンガーかと。ビックリしました。
本誌に『苦労の時間は至福のときだったのではないでしょうか？』とありますが、
さすがにこの苦労は至福とはいえなかったですね・・ｗ
方針がまったく定まらず、題意を満たすグラフがあるのかないのか分からず。
いよいよどうしようもなくなり非存在をシラミツブシで調べることにしたという経緯なわけで。
絵に描いたようなエレファントロードです。
オレは才能ないんだなーと悲しみを抱えつつ虱を潰してました。
そして最後には『グラフあるんかーい！』でずっこけて大団円というオチ。
> 今月は両方解けそうだ。エレガントかどうかは別として。
斥候ご苦労！
今月はゆったりできそうですね
■出題1
問題（1）
x_1 + x_2 + …… + x_n = k となる解（x_1，x_2，……，x_n）の個数はＣ[n，k］
求めるものは
f_n = Σ(k=0，m）Ｃ(n，k)， m =［n/3]
ところで、k < n/3 のとき
Ｃ(n，k）=｛(k+1)/(n-k)}Ｃ(n，k+1）<（1/2)Ｃ(n，k+1)
< … <（1/2)^(m-k）Ｃ(n，m).
f_n = Σ(k=0，m）Ｃ(n，k)
< Ｃ(n，m）（1 + 1/2 + 1/4 + 1/8 + …）
< Ｃ(n，m）* 2
〔補題〕
n≧2 のとき Ｃ(n，m）≦（4/9)c^n,
ただし、c = 3/4^(1/3）= 1.889881575
(略証)
Ｃ(2，0）= 1 < 4^(1/3）=（4/9)c^2,
Ｃ(3，1）= 3 =（4/9)c^3,
Ｃ(4，1）= 4 < 9/4^(1/3）=（4/9)c^4,
これと
Ｃ(n+3，m+1）=｛(n+3)(n+2)(n+1)/[(m+1)(n-m+2)(n-m+1)]}Ｃ(n,m)
<（27/4)Ｃ(n,m)
から出る。(終)
∴ f_n < c^n,
> Ｃ(n+3，m+1） = ｛(n+3)(n+2)(n+1)/[(m+1)(n-m+2)(n-m+1)]}Ｃ(n,m) < （27/4)Ｃ(n,m)
この漸化式で帰納法ですか。
さらっと書いてますけど思い付かんでしょうねフツーはｗ
微妙な差はありますが、
f_n＜A x Ｃ(n，m）＜B x c^n
というステップを踏むところは私と同じです
やはりこれが本筋ですね
http://mixi.jp/view_community.pl?id=11469
http://blog-imgs-41.fc2.com/t/o/m/tomotaroukun/b6f63b2a62a9480c4c14d678970cd202.jpg
「その他、漸化式から証明した人が多数いました」の「多数」の一員でよければどうぞ。
東大の入試問題としても丁度よさそうなレベル。
漸化式を使って解くのが普通だし、それなら20分もあればちゃんと完答できる。
その回答で満足できるのならそれでいい。ケチをつける気はないよ。
〔掛谷の定理〕
正係数のn次多項式
F（x）= a_0･x^n + a_1･x^{n-1} ＋ …… + a_{n-1｝･x + a_n,
について
・a_0 > a_1 > a_2 > …… > a_{n-1｝> a_n > 0 ならば
F（x）= 0 の解の絶対値は１より小さい。
・0 < a_0 < a_1 < a_2 < …… < a_{n-1｝< a_n ならば
F（x）= 0 の解の絶対値は１より大きい。
n次方程式 F(x）= 0 の根｛r_k｝がすべて実数のとき、
F(x）が極値・停留値をとる点b｛F '(x）= 0 の実数解｝は次をみたす。
r_min ≦ b ≦ r_max
(2)
n次多項式 F(x）が停留値をとる点β｛F '(x）= 0 の解｝は、
F(x）= 0 のすべての根を含む凸領域内にある。
例） すべて単根｛α_k｝のときは
β = Σ[k=1,n］ｔ_k α_k
重み t_k = |β-α_k|＾(-2)／{Σ[ｊ=1,n］｜β-α_ｊ|＾(-2)}
(1-λ)f(a) + λf(b) ＞ f((1-λ)a+λb)
が成り立つこととする。
〔補題〕
f(x）が 0≦x≦1 で下に凸ならば
1） （1/n）Σ[k=1，n］f(k/(n+1)）＞｛1/(n-1)｝Σ[k=1，n-1］f(k/n),
2） ｛1/(n+1)｝Σ[k=0，n］f(k/n）＞｛1/(n+2)｝Σ[k=0，n+1］f(k/(n+1)),
(1-λ)f(a) + λf(b) ＞ f((1-λ)a+λb)
が成り立つこととする。
〔Popoviciuの不等式〕
f(x) が下に凸ならば、 (a+b+c)/3 = m に対して、
f(a) + f(b) + f(c) + 3f(m) ≧ 2f((a+b)/2) + 2f((a+c)/2) + 2f((b+c)/2),
佐藤淳郎（訳）「美しい不等式の世界」 朝倉書店(2013) p.41 演習問題1.89
一身上の都合により明日1日で終わらせないといけません
これで簡単でなかったら激オコですよ
2017年12月号 ■出題2
n=6 の解答を残しておく。
A1-A2-A3-A1
A1-B1
A2-B2
A3-B3
以上を色1で
B2-A1-B3-B1 色2
B3-A2-B1-B2 色3
B1-A3-B2-B3 色4
3回（120ﾟ）対称らしい
まとめてみる。
・nが奇数（n≧3）のとき
>>670 ((n-1)/2回対称) >>707 (n回対称)
・nが偶数（n≧8）のとき
>>670 >>671 (非対称)
・n=6 のとき
>>727 (3回対称)
・n=2，4 のとき
なし
> 一身上の都合により明日1日で終わらせないといけません
> これで簡単でなかったら激オコですよ
激オコしかけましたがなんとか大丈夫でした（笑
よい週末を。
> ■出題１：レベル6〜7（常連正解率50〜70％）
> ［ノーヒントならレベル9〜10（常連正解率0〜10％）］
>
> 2n個の点からランダムにn個の区間を選ぶとき、
> すべての区間と交わる『支配区間』がk個以上できる確率を問う問題。
>
>
> ■出題２：レベル7〜8（常連正解率20〜40％）
> ［ノーヒントならレベル9〜10（常連正解率0〜5％）］
>
> 『強正則グラフ』
2問ともノーヒントでレベル9〜10という超難問だった1月号の解答がもうすぐ来ます。
待ち遠しいですね。果たして何人解けているのか。
特に出題２をノーヒントで解くのは、とあるエレ解常連レベルでは3ヶ月時間をもらっても無理です。
両問ともヒントを使ったかどうかは解き方を見ればすぐに分かります。
ヒントなしで解いた人間がいたら本スレで崇め奉りたいと思ってます。
〔掛谷の定理〕
不等式スレ９.453 459 465
>>724
不等式スレ９.463
>>725
〔Popoviciuの不等式〕
(i) a, b ≦ m ≦ c のとき
f(m) + f((m+c)/2) ≧ f((a+c)/2) + f((b+c)/2),
(ii) a ≦ m ≦ b，c のとき
f((a+m)/2) + f(m) ≧ f((a+b)/2) + f((a+c)/2),
は次から出る。
〔補題471〕
f(x) は m，nを含む区間で下に凸
m+d，n-d が m と n の中間にあるとき
f(m) + f(n) ＞ f(m+d) + f(n-d)
不等式スレ９.465 471
>>729
激オコしなかったんですか^^
ぱっと見、難易度がぜんぜん掴めません。
不等式スレの住人に斥候を頼みたいところです。
出題2は岡本吉央先生。
いつも通りエレガントな問題。安心安定のハイクオリティ。
たぶん相当な難問です。（１）、（２）、（３）までありますよ。気合入れないといかんです。
早めに取り掛かるのが吉。私のように組み合わせ論が苦手な人はなおさらです。
組み合わせ論も不等式も苦手な私は今月覚悟して取り組みます
でも良問だと思う。
は、早い・・・もう見通したんですか。
心強いお言葉ですねぇ
出題1もよろしくです。
コメントを聞いてから春旅行のスケジュールを立てますｗ
4月号 出題１は…
（1) 通分して多項式で考えるのがシュアーか？
（2) も同様。Ω条件を消したいので○○変換してみる？
（3) 因数分解できるが、対称性は自発的に破れる？
どれも当てにならぬが…
出題1は微妙ですね。警戒しておこう・・
穴がないかチェックしよう。。
あの問題は歴史に残る名作でありました
> どれも当てにならぬが…
どれも解いた人にしか書けないコメントですがｗ
不等式スレの住人には屁の河童かもしれませんね。
は意外にシュールな解き方するかもよ？
ネタバレ厳禁でよろしくｗ
> 2は気づけばなーんだという問題。(3)まで含めてB5の半分程度で行けるかな。
コレそんなに簡単ですかね・・？
気づけばね。答えの式を見たら、すぐに解法が分かると思う。
感嘆。やっと思いつきましたよエレガントな解法を。
これを一瞬で思いつけるのは頭良すぎですよ
おそえて下さい
(3)は3分割して同じことをやる。
1<=i<=mにおいて
f1(i)=f(i)
f2(i)=f1(i)+f(i+m)-f(m)
と置くと、f1, f2の組み合わせとf（つまり経路）が1対1で対応する。
f2(i) - f1(i) = f(i+m) - f(m) が 1≦i≦m で単調非減少の経路はそうですね。
非負でOKなら、部分的に減少する経路も有り得る希ガス
C(m+n-1，m) = C(m+n-1，n-1)
= Π[j=1，m] Π[k=1，n-1] (j+k)/(j+k-1)
= Π[(j，k)∈B1] (j+k)/(j+k-1)
ここに、B1 = {(j，k) | 1≦j≦m，1≦k≦n-1} は m×(n-1) の長方形ブロック
そだね〜
f(m)は固定値でf(i+m)が単調非減少なんだから、やはり単調非減少なんじゃね？
> (1,1)から(2m+1,n)までの経路で、(i,j)から東に進む場合にf(i)=jと定義。
> 1<=i<=mにおいて
> f1(i)=f(i)
> f2(i)=f1(i)+f(i+m)-f(m)
> と置くと、f1, f2の組み合わせとf（つまり経路）が1対1で対応する。
たとえばf(1)<n, f(m)=nなる経路fを取るとf2(i)=f1(i)に限定されます。
任意のiに対しf(i+m)=f(m)=nなので。
しかし実際には別のf2が取れます。
読み違っていたらご指摘ください。
それにしてもいい問題ですねこれ。
翌月号が届くまで暇しなさそうだ。
あー！！！確かにその通り。
は ブロックB1 に収まるヤング図形を数えたのでござるな。
では、L個の関数 f_1 ≦ f_2 ≦ … ≦ f_L に対しては
ブロックBに収まる３次元ヤング図形の数にならぬか？
Π[i=1，L] Π[j=1，m] Π[k=1，n-1] (i+j+k-1)/(i+j+k-2)
= Π[ (i，j，k) ∈ B] (i+j+k-1)/(i+j+k-2),
ここに、B =｛ (i，j，k) | 1≦i≦L，1≦j≦m，1≦k≦n-1｝は L×m×(n-1) の直方体ブロック
P.A.MacMahon："Combinatory Analysis" Vol.2, Cambridge (1916)
にあるらしい。
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