面白い問題教えて～な 24問目 [無断転載禁止]©2ch.net
レス数が1000を超えています。これ以上書き込みはできません。
>>1 もうお前に用はない
○
く|)へ
〉 ヾ○ｼ
￣￣７ ヘ/
/ ノ
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／
`｜
／ Σ(k=1;n)(k^4) - (n - 1)(n^4 + n^3 + n^2 + n)/5
=
aΣ(k=1;n)(k^3) + bΣ(k=1;n)(k^2) + cΣ(k=1;n)(k)
を満たす整数の組a,b,cを一つ求めよ。
(k=1;n)Σa_kは、k=1からnまでのa_kの総和を計算することを表す。
これの出題者だが、正解が出たのでこちらも解答を書いておく
両辺下降差分を取って、an³+bn²+cn
=n⁴-(n-1)(n⁴+n³+n²+n)/5+{(n-1)-1}{(n-1)⁴+(n-1)³+(n-1)²+(n-1)}/5
=n⁴-{n⁵-n-(n-1)⁵+(n-1)}/5
=2n³-2n²+n
∴n,n²,n³の線型独立性より、a=2,b=-2,c=1が必要
元の式にn=1を代入し、a+b+c=1より、元の式のn=1で成立
∴帰納的に、これが求めるべき解である 新スレに気づかなくて重複スレを立ててしまったけど赦して
↓は落とすなり25スレ目にするなり
面白い問題おしえて～な 二十四問目 [無断転載禁止]©2ch.net
http://rio2016.2ch.net/test/read.cgi/math/1502032053/ 積み残し
937 １３２人目の素数さん 2017/08/04(金) 14:40:03.29 ID:S6Ck6bY/
地球上の2地点A,B間を飛行機で移動する。このとき、飛行機がA,Bの両方より北側（高緯度側）を通るためのA,Bの位置関係を答えよ。
例えば東京とロンドンはこの位置関係にある（飛行機はロシア上空を通過する）。
地球は球と見なせるとし、飛行機は2地点間を最短距離で（大圏航路で）移動する。
また、球面上の2点を最短距離で結ぶ線は、球面をその中心を通る平面で切った円（大円）の弧になることが知られている。 お詫びに1問
{1,2}
1, 2,2, 1,1, 2, 1, 2,2, 1, 2,2, 1,1, 2, 1,1, 2,2, 1, …
{1,3}
1, 3,3,3, 1,1,1, 3,3,3, 1, 3, 1, 3,3,3, 1,1,1, 3,3,3, …
{1,2,3}
1, 2,2, 3,3, 1,1,1, 2,2,2, 3, 1, 2, 3,3, 1,1, 2,2, …
などの数列に特徴的なことは何か？
{2,3}や{1,3,2}はどうなるか？ >>8
その数列全体を{a_n}とする。
{a_n}を、同じ数字の連続をグルーピングして群数列とみなすと
各群の項の数字としては最初に与えられた数の並びが順に出現し
（例えば{1,2,3}であれば、各群の中身の数字は順に1,2,3,1,2,3…となっている）、
なおかつ第n群の項数がa_nとなっている。
{2,3}であれば、
2,2, 3,3, 2,2,2, 3,3,3, 2,2, 3,3, 2,2, 3,3,3, 2,2,2, 3,3,3, 2,2, 3,3, …
{1,3,2}であれば、
1, 3,3,3, 2,2,2, 1,1,1, 3,3, 2,2, 1,1, 3, 2, 1, 3,3,3, 2,2,2, 1,1, 3,3, 2, 1, … ☆☆☆馬鹿板は数学徒の脳を腐らせる悪い板であり、そやし廃止してナシにすべき。☆☆☆
￥ 積み残し
ハンターと見えないうさぎが平面上でゲームを行う.
うさぎが最初にいる点 A_0 とハンター が最初にいる点 B_0 は一致している. n - 1 回のラウンドが終わった後, うさぎは点 A_(n-1) におり,ハンターは B_(n-1) にいる. n 回目のラウンドにおいて, 次の 3 つが順に行われる：
(i) うさぎは A_(n-1) からの距離がちょうど 1 であるような点 A_n に見えないまま移動する.
(ii) 追跡装置がある点 P_n をハンターに知らせる. ただし, P_n と A_n の距離が 1 以下であるということだけが保証されている.
(iii) ハンターは B_(n-1) からの距離がちょうど 1 であるような点 B_n に周りから見えるように移動する.
うさぎがどのように移動するかにかかわらず, またどの点が追跡装置によって知らされるかにかかわらず,
ハンターは 10^9 回のラウンドが終わった後に必ずうさぎとの距離を 100 以下にすることができるか ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ >>7
同じ緯度じゃないとどっちかより低緯度通るよ >>28
問題文は「A,B両方より高緯度側を通ることがある」ということね
東京（北緯35度）とメキシコシティー（北緯20度）
東京とリオデジャネイロ（南緯25度）
はこの位置関係にあるが
東京と大阪（北緯35度）
東京とブエノスアイレス（南緯35度）
はこの位置関係にない（東京より北は通らない） ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ >>30
ンじゃ2点を通る大円の短弧が子午線と直交するのが条件てことか
どういう位置関係って言えばいいんだろ Aを通ってAにおいて子午線に直交する大円で球面を2分した北極側にBがあればいいのかな ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ 仮にウサギがｙ軸上を１ずつ進むとします。追跡装置の方向にハンターが１動いてもｙの値は１未満になりどんどん差が開くのでハンターがｙ軸に平行に動く必要がありますが、ｙ軸は確定できないので、差が開く
なので必ずしも１００以下にはできない
どうでしょうか ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ >>46
ベストな戦略はPnの方向へ動くってことのはずだから
10^9回動いてPn中心半径99の円内に行けるかってことじゃないかな >>48
>ベストな戦略はPnの方向へ動くってことのはず
これが間違ってるかも知れん ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ >>49
P(n-1)も参考にするんじゃないかな？
最も使えないP1,P2が与えられたときの
A2の推定位置を考えると、
一般にAnを推定するとき
P(n-2)以前のPは役に立たないことが判る。
でも、P(n-1)は使えるかもしれない。 ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ >>15
ハンター側がきちんとデータを処理すれば、そんなに離されないと思うのだよね。
n回目までの追跡装置からの情報のみからみて、うさぎがいる可能性のある領域（点の集合）を
S_nとする。ただし、S_0は、うさぎが最初にいた可能性のある場所、すなわち、
点A_0の１点のみの集合である。
S_nは、S_{n-1}の各点から距離1の点の集合と、
P_nを中心とした半径1の円の周または内部の点の集合の共通部分となる。
S_nのうち、B_{n-1}から最も遠い点（の１つ）をQ_nとし、B_{n-1}とQ_nの距離をx_nとする。
ハンターは、n回目はQ_nの方向へ移動するものとする。すなわち、B_nはB_{n-1}からQ_n方向に
１進んだ場所となる。
さらに、S_nのうちB_nから最も遠い点（の１つ）をR_nとし、B_nとR_nの距離をy_nとする。
x_nとy_nは、移動前後における、ワーストケースを想定したときのうさぎとの距離となる。
x_n≧1で、Q_nとR_nが一致するならば y_n = x_n -1 となる。
一方、x_{n+1} ≦ y_n +1 となるのは明らか。
すなわち、x_n≧1で、Q_nとR_nが一致するならば x_{n+1} ≦ x_n
したがって、Q_nとR_nが一致しないようなケースが、x_nがある程度大きい値となったところでも
続けて発生しない限り、x_nが増えて行くことはないし、y_n と x_n -1 の差も、蓄積して
大きくなっていくようなものではないように見える。
ただ、このあたりはS_nの形状についての話になるので、厳密な議論は面倒臭そう。 ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ ずいぶん昔に、MathNori っていう難しめの出題サイトがあったけど、今は ああいうのって無いかな？ ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ 1.
まず、答えそのものはπとしておいて、でも理由が必要。
πの定義はあくまで「円周と直径の比」だから面積を半径×半径×πで求めることができない。
(「面積と半径の二乗の比」がπの定義ではないから)
2.円を正多角形として扱い、それを三角形に分割して考える方法を取って、これが多角形の頂点の数を無限に近づけた時πに収束することを示そうとしてみる。
その三角形１つの面積は、円の中心部に当たる鋭角の角をθとすると、その面積は、半径1なので1/2sinθ。
これがn個、θは2π/nのため、総面積はn/2sin(2π/n)
これをn→∞にするとsinの極限の公式からこれが1/2×2π＝π
とわかる。
つまり答えはπ。
3. sinの極限の公式(sinx/x(x→0)＝1)の定義を導き出す過程において、円の面積が半径×半径×円周率であることを用いる必要があるため、2の証明では循環論法に陥る。
...誰か教えてください ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ >>78
高校数学で循環論法を解消するのは少し難しいので、だいたい三角関数を改めて定義して対処することが多い
sinx = x - (1/3!)x^3 + (1/5!)x^5 - …
cosx = 1 - (1/2!)x^2 + (1/4!)x^4 -…
こうすると今まで登場した三角関数の性質は全て満たし、sinの極限は面積を経由せずに導出できる >>78
>その面積は、半径1なので1/2sinθ
これに円の面積使ってるでしょ >>92
なるほど
こちらの三角関数を微分方程式で定義化するものは結局どう面積公式につなげていくのですか？
http://www.ms.u-tokyo.ac.jp/~t-saito/jd/%E4%B8%89%E8%A7%92%E9%96%A2%E6%95%B0.pdf >>93
積分で定義するからそのまま面積じゃないの？ >>94
珍しいものを含めて定義方が列挙されたものを載せてあるだけなので上手くいくかすらわからないです。
私が知ってる本では冪級数と逆三角関数の積分しか載ってないので。 >>15
不可能。
うさぎと追跡装置が以下の戦略で動けばよい。
A_nとB_nの距離をd_nとおく。
A_1は適当に選び、P_1は原点とする。(これにより例えばd_1が少なくとも1.9以上になり得る)
n(≧1)ラウンド終了時点でうさぎが我に返ったら、
点A_nからの距離がちょうど m=[2d_n]+1 の点であって、B_nからA_n方向に引いた半直線との距離が1であるような2点のうちどちらか片方を選び、
(n+m)ラウンド目が終わるまでの間ひたすら我を忘れてその点に向かい続ける。(つまりA_(n+m)がその点になる)
そしてその間追跡装置は、うさぎがどちらの点を選んだか特定できないような点を知らせ続ける。
この戦略ならば、もしハンターが2点のうち遠い方(正確には近くない方)を選んだ場合
d_(n+m) > d_n + 1/(2m+1)
となるから、この不運が続けば
d_(n+m(m+1)) > d_n + 1/2
となり得る。
これより、最悪の場合帰納的に
d_1 > 1.5,
d_(1+4･5) = d_21 > 2,
d_(21+5･6) = d_51 > 2.5,
d_(51+6･7) = d_93 > 3,…
となり得るから、 d_(10^9) > 100 が示せる。 考えてたことをまとめているうちに、正解っぽい>>96があがってました。
せっかくなので以下お目汚しをば。
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
>>15
>>63を書いた者です。
追跡装置はうさぎの居場所により制約されるので、追跡装置とうさぎが共謀したとしても、
追跡装置からの情報のみをもとに行動するハンターにとって結果的にワーストケースと
なるような挙動を意図的に実現することは本来は不可能なのだが、
今回の問題では、意図的であろうがなかろうが結果的にハンターにとって
ワーストケースとなる場合のみを考えればいいので、
うさぎの存在を仮想的なものとして、追跡装置はS_nを空集合にしないように移動する
というルールの、追跡装置vsハンターのゲームとみなしても、結論に影響しない。
この場合、１対１の完全情報ゲームとなるので、議論はシンプルになる。
で、前回は「そんなに離されないと思う」と書いたのだが、このルールで
追跡装置側の視点に立って考えると、ハンターからの距離を離し続ける戦略は確かに存在するので
逆の結論の方が見込みがある気がしてきた。
（続く） >>107の続き
【追跡装置側の戦略】
何ラウンドかからなるシーケンスを「フェイズ」と呼び、各フェイズの前後で必ず
ハンターからの距離が開くようにする。
>>63のS_n（追跡装置の移動から推測してうさぎが存在する可能性のある範囲）とは別に、
意思決定をシンプルにするために、S_nの部分集合であることが保証されているT_nというものを
考える。T_nは、漸化式的な挙動はS_nと同様だが、各フェイズ終了時に１点のみに絞られる。
追跡装置は、このT_nが空集合にならない範囲で移動する。T_0=S_0とする。
各フェイズ内での移動の仕方はフェイズの最初に全て決定するものとし、
その間のハンターの行動には影響されない。フェイズの最後において、
T_nはハンターから最も遠い１点のみに絞られるものとする。
（続く） >>108の続き
フェイズ０：A_0から距離1の任意の点をP_1とする。このときT_1は、A_0を中心とした
半径1の円周上の点のうちP_1を中心とした半径1の円の周または内側にある点の集合となる。
B_1もA_0を中心とした半径1の円周上の点となるので、T_1はこのB_1から最も遠い１点に絞り込む。
その点のB_1からの距離をd_0とすると、d_0≧1となるのは図を描けば明らか。
フェイズp（p≧1）：前のフェイズの最後のラウンドを第nラウンドとする。
T_nに含まれる1点をCとすると、B_nとCとの距離はd_{p-1}である。ここで、d_{p-1}+1以上の
最小の自然数をkとし、フェイズpは、第n+1ラウンドから第n+kラウンドまでとする。
B_nとCを結ぶ線分のC側の延長上にCからの距離1,2,…,kの点をとり、
順にP_{n+1}，P_{n+2}，…，P_{n+k}とする。
この結果、Cを中心とした半径kの円周上の点のうちP_{n+k}を中心とした半径1の円に
含まれるものは全てT_{n+k}の要素となる。一方、B_{n+k}はB_nから距離k以内の点なので
T_{n+k}をこのB_{n+k}から最も遠い１点に絞り込み、その点のB_{n+k}からの距離をd_pとすると、
d_p≧√(d_{p-1}^2+1-(d_{p-1}/k))となる。
（等号は、B_{n+k}が線分CP_{n+k}上のP_{n+k}からの距離がd_{p-1}となる点となる場合に成立）
このとき、明らかにd_p＞d_{p-1}である。
これで、d_pが必ず単調に増加する戦略はできたが、実際にどれぐらいのペースで増えるかという
評価はこれから。
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
以上です… >>109 で、kを「d_{p-1}+1以上の最小の自然数」としたのですが、
これを k=[2*d_{p-1}] としたら、>>96に近い状況となると思われます。 >>96
＞ この戦略ならば、もしハンターが2点のうち遠い方(正確には近くない方)を選んだ場合
のところは、
「2点のうち、うさぎが選んでいたのはハンターから遠い方(正確には近くない方)だった場合」
という解釈でよろしいでしょうか。 ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ 三角関数、指数関数の再定義
とかには数学の拡張という美を感じる >>126
そうそれ、その通りです
適切な言葉選びって中々難しい ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ >>96
ちょこっと訂正
「この不運が続けば
d_(n+m(m+1)) > d_n + 1/2
となり得る。」
の数式の部分について、正しくは
[2d_(n+m(m+1))] > [2d_n]
でした。
というのは、仮にn+mkラウンド目(1≦k≦m)が終わって我に返った時点で
m'=[2d_(n+mk)]+1
の値がmから増えた場合、必ずしも
d_(n+m(k+1)) > d_(n+mk) + 1/(2m+1)
と言えない可能性があるから。
代わりに、m'の値が増えた時点で、そこからn+m(m+1)ラウンドが終るまで一時的にハンターと逆方向に進み続ける戦略に変えれば、
m'がその後減ることはないので、訂正後の数式がきちんと成り立つことがわかる。
最後の評価式も、正確には
d_1 > 1.5,
d_21 ≧ 2,
d_51 ≧ 2.5,
d_93 ≧ 3,…
です >>141
すごい...
限りなく遠くまで逃げれるんですね 半径1の面積の証明に関して調べて見たんですが
多角形近似で証明するものがあって、これは複素解析で出てくる議論と同じやり方でいいのですか？
あと、極座標使って2S=∫r^2 dθ 使うのは循環論法になっちゃうのでしょうか？
https://www.chart.co.jp/subject/sugaku/suken_tsushin/58/58-3.pdf 最近暗殺教室というアニメを見ていてカルマ君カッコいいとか、ピッチ先生可愛いとかなってる訳なのですがその中で数学の問題が出ていたので置いておきますね(｀･∀･´)ﾉ
一応感覚的な理解はしてるつもりですが、数学的に厳密にやると私の空間把握能力が追いつかない( ﾉД`)ｼｸｼｸ
(かなり有名な問題かも？)
http://i.imgur.com/ElhRTPM.jpg ★★★馬鹿板は悪い習慣であり、大脳が劣化します。なので早く止めましょう。★★★
￥ 数学的に厳密にもなにも、何をどう考えてもa^3/2 半径r1の球があり、図のように断面が半径r2になるように切断した。
このとき図の立体の体積を求めなさい。
ただしr2＞r1でhは高さである。
http://i.imgur.com/asF7NWv.jpg >>171
半径Rの球があり、図のように断面が円になるように切ったら高さhだった。
とします。
V(h）= π∫[-R，h-R］（RR-zz）dz
= π［ RRz - zzz/3 ］(z=-R,h-R)
=πhh(R-h/3)
なお、断面の半径は√(RR-hh) そもそも171の図のr_1とr_2逆じゃん
ところで半球はカバリエリの原理より 円柱 - 円錐 の形に変形できるから、それを利用しても求まる S＼{S}∈S を満たす集合Sは存在するか。
ヒント：正則性公理から T∈T を満たす集合Tは存在しないことがわかる。 >>198
S∉Sが必ず成り立つので、
S＼{S}=S
ここで、S＼{S}∈Sを満たすならば
S∈Sとなり矛盾。
ちなみに、「正則性公理から T∈T を満たす集合Tは存在しないことがわかる」ってのは、
T∈TとするとTの部分集合に{T}というものが存在することになり、
それは正則性公理に反する、とかでいいのか？ >>200
正解
実は正則性公理知らなかったからwikipediaに載ってた内容を信じることにすると、
任意の集合Tについて『{T}の元であって{T}と交わらないものが存在する』から T∩{T}=φ と導けて、あとは簡単。
もし正しい内容と違ってたらすまん 類題
P＼Q∈P が成り立っている時、Qを用いてPを表せ >>198 は、S∉Sを既知とするならば、
S＼{S}=Sだということを言っているだけで
何が面白い問題なのかさっぱりわからん。
>>202 は、そもそも何をやらせたいのかさっぱりわからん。 a1,a2,⋯,an
を相異なる正の整数とし，M
を n－1
個の正の整数からなる集合とする。また，M
は s=a1+a2+⋯+an
を含まない。数直線の 0
の地点にいるバッタが数直線の正の向きに n
回ジャンプする。 n
回のジャンプの距離は a1,a2,⋯,an
の並び替えである。このとき並び替えをうまく選べばバッタが M
の要素に対応する n－1
点に一度も着地しないようにできることを証明せよ >>213
>>198の最初に思いついた解答が S＼{S}=S の場合とそうでない場合に場合分けして解いてそこそこ面白かったんだが
問題を投稿した直後に条件から直でS∈Sを導けるって気づいた…残念な問題だったわ
>>202は結局『 P＼{Q}∈P ならば P=Q∪{Q} 』を示す問題だったんだけどこれもわりと簡単だからもういいや どうせお盆暇でしょ
帰ってきた数論1行問題
解答は1週間後から1日1問ずつ発表
条件を満たす自然数a,b,cをそれぞれ求めよ。
(1) 1+2^a+2^(2a+1)=b^2
(2) a^(bb)=b^a
(3) (a^2+a+b)/(ab^2+b+7)が自然数
(4) a^2/(2ab^2-b^3+1)が自然数
(5) ab-c, bc-a, ca-bが全て2の冪 >>215
>>202はP＼Q∈PではなくP＼{Q}∈Pだったと訂正すればそれで済んだ話のような
それなら意味はわかる >>217
>>>202はP＼Q∈PではなくP＼{Q}∈Pだったと訂正すれば
訂正しないでいいでしょ？ >>216
(1）（a,b）=（4,23）
(2）（a,b）=（16,2）（27,3）
(3）（a,b,c）=（11,1,7) （17,2,4) （27,3,3）
(4）（a,b,c）=（2a',1,a'） （a,2a,aa） （7,2,1）
(5） ？
ユークリッド平面上に三点(0,0),(1,0),(-1,0)が与えられた時、
定規のみを用いて点(a,0) (aは任意の有理数)を作図することは可能か。 >>232
1が作図可能なので任意の正の整数mが作図可能
よって1/mが作図可能だから
任意のnに対してn/mが作図可能 cos(有理数度)=0,±1,±1/2,無理数 となる事を示せ >>235
有理数θにある自然数nを掛けて360の倍数になったとする。
nは偶数としてよい。
2cos(nθ）=（2cosθ)^n - n(2cosθ)^(n-2) + … 干(nn/4)(2cosθ)^2 ±2 = 2 T_n(cosθ),
という、2cosθ の整数係数のn次多項式で表わせる。
いま 2cosθ = q/r（qは整数、rは自然数、互いに素）とすると
(q/r)^n - n (q/r)^(n-2) + … 干(nn/4)(q/r)^2 ±2 = 2,
nが4の倍数のとき
q^(n-2) - n q^(n-4) r^2 + … -(nn/4)r^(n-2) = 0 または q=0
q≠0 のとき、q^(n-2）はrの倍数。
q,rは互いに素だから、r=1
｜q｜≦ 2r = 2, >>232
x軸以外に、(0,0）を通る直線をひき、その単位ベクトルをｅとする。
L，m，n を互いに異なる0でない整数とし、
3点Ｌ(Lｅ）、Ｍ(mｅ）、Ｎ(nｅ）をとる。
(1,0) ～ Ｎを通る直線と、
(-1,0）～ Ｍ を通る直線の交点をＰとすると
p =｛(2mn）ｅ +（n-m）１}/(m+n),
(略証)
Ｐは線分（1,0）～Ｎ を 2m：(n-m）に分ける。
Ｐは線分（-1,0）～Ｍ を 2n：(m-n）に分ける。
直線ＰＬとx軸の交点を（a,0）とすると、
この点は線分ＰＬを (-L)：2mn/(m+n) に分ける。
a = L(n-m)/{L(m+n)-2mn},
さて… m,nは正の整数でありm(m+1)/2<nを満たしている。ある国にはn個の都市と2つの航空会社XとYがある。各航空会社は都市から別の都市へ直行便をいくつか開設しており、以下のことがわかっている。
・どの都市Cについても都市Cから同じ会社の直行便だけを乗り継いで都市Cに戻ってくることはできない
・どの相異なる2都市についても、いずれか片方からもう片方へ、同じ会社の直行便だけを乗り継いで移動することができる
ただし、都市Cから都市Dへの直行便があったとき、都市Dから都市Cへの直行便があるとは限らない。このとき、ある都市を出発して次の条件を満たすようにm本の直行便を乗り継ぐことができることを示せ。
条件:Yの便の次にXの便に乗ることはない >>232
x軸以外に、(0,0）を通る直線をひき、その単位ベクトルをｅとする。
L，m，n を互いに異なる0でない整数とし、
3点Ｌ(Lｅ）、Ｍ(mｅ）、Ｎ(nｅ）をとる。
(m,0) ～ Ｎを通る直線と、
(n,0）～ Ｍ を通る直線の交点をＰとすると
p =｛mn/(m+n)}(ｅ+１),
(略証)
Ｐは線分（m,0）～Ｎ を m：n に分ける。
Ｐは線分（n,0）～Ｍ を n：m に分ける。
直線ＰＬとx軸の交点を（a,0）とすると、
この点は線分ＰＬを (-L)：mn/(m+n) に分ける。
a = Lmn/{L(m+n)-mn},
さて… >>232
（類題）
平面上に長方形ABCDが与えられた時、
定規のみを用いて各辺の中点を作図できるか？
ただし、2点を通る直線（ABCDの内部に限る）を曳くことは許される。 「定規を用いる」って「2点を通る直線を作図できる」ってことじゃないの？ >>281 そう。ただ、
http://linjalogkompass.web.fc2.com/
こことかを見てもらえばわかる通り、定規のみを用いた作図問題では
『ある範囲から適当に選んだ点をとる』
ことを許している場合が多いから、>>232もその操作はOKとする。
下の解答の(★)みたいな感じ。
>>280 ACとBDの交点をEとおく。
線分AE上にある点(端点を除く)を１つとり、それをPとおく。 …(★)
ABとDPの交点をQ、ADとBPの交点をRとおくと、
△ABCについてチェバの定理を適用することによりQR//BDがわかる。
QRとAEの交点をS、DSとABの交点をT、ETとQSの交点をUとおくと、
QU:US = BE:ED = 1:1 より、UはQSの中点。
AUとBEの交点をFとおくと、BF:FE = QU:US = 1:1 より、FはBEの中点。
同様にしてAEの中点Gも作図できる。
FGとADの交点をH、FGとBCの交点をI、HCとIDの交点をJとおき、
最後にEJを直線で結べば、これは線分ABとCDを二等分する。 >>281-282
そのとおりでございます。
△ABDの内部の点Pにチェバの定理を適用するんですね。 複素係数の一般の多項式が1度でも因数分解できるかどうかを判定するアルゴリズムって存在する？
(一般の多項式の解を加減乗除や開根で求めるアルゴリズムは存在しないけど、因数分解であって因数定理じゃないからね。そこは注意) 頭の体操にどうぞ(｡-ω-)…
(1)
zero
+ ten
+ forty
+ forty
-----------
ninety
(2)
338^2をninetyで割った余りを求めよ。
(3)
ninetyは素数か？
素数でない場合素因数分解せよ。 前々スレの>>803が意外と難しくて解けずにいるんだが誰か解けた人おる？
･平面上にTの文字を互いに交わらないように非可算個描くことは可能か >>297
Tの大きさは一定？ 回転してもいいの？ >>298
大きさとか関係なく、とりあえずTと同相だったらYとかλとかでも良いんじゃないかね >>297
非加算個のTが描けたと仮定してTの交差点と有理点を対応させれば可算無限集合に単射が出来て矛盾が導けるから描けなさそう >>302
あ...些事かもだけど、Tの交差点が必ず有理数点とは限らないし選択公理(を認めるなら)から各Tから元は取れるけどそれが必ず有理数点という保証もないのかな？だからも少し選択公理の使い方工夫しないとダメな気がするな... >>304
極端な例で言えば、
T={(x, √2)|1≦x≦2}∪{(√2, y)|1≦y≦√2}
上の任意の点は有理点ではない >>297
X=｛x_λ｝_λ∈Λを、T型の図形x_λの集まりとして、平面上に各x_λが交わらずに散らばっているとする
T型の図形の
"長さ"を横棒と縦棒の短い方の長さ
"頂点"を横棒と縦棒の交差する点
と定義する
いま、Λが非加算であるとする
ここで、平面を格子点を頂点とする面積1の正方形で分割すると、正方形の数は可算なので
仮定よりどれか一つの正方形には非加算個のx_λの頂点が属する
これらx_λの全体をX_0と表す
このとき、A_n=｛x_λ∈X_0│ x_λの長さは1/n以上｝
とおくと、∪A_n=X_0、X_0は非加算であることから、あるnに対してA_nは無限集合
即ちある面積1の正方形の中に、頂点が属しかつ長さ1/n以上のものが無限個交わらずに存在する
ここからは簡単な議論で無限個入らないことがわかって矛盾導けるので省略 >>306
結論書いてなかったね、非可算個かくのは不可能です >>306
清書するとこんな感じですかね。
X_n＝{ T字の"長さ"が1/n以上であるT字全体 }と置くと、
∪[n∈N] X_n はT字全体だから非可算無限集合。
よって、あるnに対してX_nは非可算無限集合。
このnに対して、Y＝{ X_nに属する各T字の"頂点"の集合 } と置くと、Yもまた非可算無限集合。
半径1/(100n)の可算無限個の開円盤B_iであって、R^2＝∪[i∈N]B_i と被覆できているものを取る。
Y ⊂ R^2＝∪[i∈N]B_i だから、Y ⊂ ∪[i∈N](B_i∩Y) となる。
簡単な考察により、B_i∩Y は高々2点集合となるので、
Yは可算無限集合となって矛盾する。 余談だけど、「 T 字」の条件を緩めて、
・ T と同相な Y とか↑みたいな図形でもよい(ただし、どれも一般の連続曲線で構成されているとしてよい)
とすると、>>306 のやり方でも証明に失敗する気がするのだが、どうなんだろう。
ちなみに、
・ T と同相な Y とか↑みたいな図形でもよい(ただし、どれも3つの線分で構成されていなければならない)
とすると、>>306 のやり方で証明できる。
(T字の頂点から出る3本の線分が作る「角度」を考慮してT字の"長さ"を定義し直せばよい)。 前々スレを見直してきたけど、前々スレの >>797 のやり方でも、
・ T と同相な Y とか↑みたいな図形でもよい(ただし、どれも一般の連続曲線で構成されているとしてよい)
の場合は証明に失敗する(これは明確に失敗する)。ちなみに、
・ T と同相な Y とか↑みたいな図形でもよい(ただし、どれも3つの線分で構成されていなければならない)
とすると、>>797 のやり方でも証明できそうな気がする。 前々スレの>>797で出てきた距離空間(Y,D)について、A∈Yを中心とした半径rの開球を U(A,r)と表記する。
非可算で非交和なT字(と同相な図形)の集合をΛとおき、
各λ∈Λに対して
ε_λ = sup{ε≧0 | U(λ,ε)∩Λ は高々可算 }
と定めると、距離空間(Y,D)の第二可算性、すなわち強リンデレフ性より、
∪(U(λ,ε_λ)∩Λ)
λ∈Λ
ε_λ>0
は、高々可算な部分被覆
∪(U(λ,ε_λ)∩Λ)
λ∈Λ'
を持つ。
Λ''=Λ＼Λ'
とおけば、任意のλ∈Λ''とε>0について
U(λ,ε)∩Λ''
は非可算となることがわかる。 >>331
位相は軽く知識は入れたがまだ使いこなせるレベルではないのだが...
Λ'と相異なる集合を持ってきて非可算だから矛盾とはならない気がしている >>318
ありがとう、そっちの方が、わかりがいいね >>332
うん。まだ矛盾までは行ってない。
ただ、もしある非可算なΛが存在するとしたら、その部分集合Λ''で
任意のλ∈Λ''がΛ''の非可算個の点の集積点になっているようなものが存在する、ということ。いくらでも近い点が欲しい時に使えるかもと思って示した まあ無事解決されたようだね...
2つの自然数n,mがある。
n,mを素数pで割った余りをn_p,m_pとして、
全ての素数pに対しn_p≦m_pとなる時、n=mとなる事を証明せよ。 >>319
思うんだけど、Tと同相な図形まで一般化すると、反例がでてくるのかも
まだあんまり確かめてないからわからんけど、角度とかないぐらい二本の直線の間を狭めればなんかできそうな 同相なら「の形でもいいから、左上の点を対角線上に配置するようにすれば非可算個いけるはず さっきちょっと考えたのは例えば、
p>1に対して
（-1,1）上のx^pのグラフと、
（0,1上の）x^p+e^｛-1/x｝のグラフを合わせたもの
掛けたりlogにしたりの調整は必要かもしれないが、これならpを動かして非可算個かけるんじゃないかと思ってる
まとまったらまた >>360
棒はTとは同型にならないんじゃないか？ 実数には無限小はないから、二本の線分の角度をどんなに小さくとって重ねていこうとしても、稠密性から有理数と対応ついちゃってだめだけど
実数パラメータpに対応するx^pに対してならlogxみたいなある意味無限小に対応するものがあるので、議論を正当化できる、みたいな
実際線分に限定する時点で自由度はある意味でℵ_2からℵ_1におちてるので、曲線を自由に取れる場合にはℵ_2のままなので非可算個書けるというのは自然な帰結かもしれない >>365
なんだこいつ
棒と「 と L は同相だろ
んで棒と T は同相ではない
(よって 「 と T は同相ではなく、L と T は同相ではない) >>361
>>364
やっぱりこの方法じゃ駄目でした…
よく考えてみたら連続関数は自由度ℵ_1 ですしね
ちょっと難しい問題なのでまた答えがわかるまでおいて置きます >>297の解決の糸口になるかも知れないから一応書いておく。
結論から言うと、『存在しない』が答だと思う。
(証明)
X=[0,1]^2 とおく。X上の文字Tを
T={(x,y)∈X | y=0 または x=1/2 }
とおき、Xの閉集合でTと同相なもの全体からなる集合をYとおく。
Y上の距離Dを
D(A,B) = inf_[同相写像ψ:A→B] max_[a∈A] d(a,ψ(a))
により定める。 …(★0)
この時、距離空間(Y,D)は第二可算公理を満たす。 …(★1)
Yの部分集合Λについて、Λのどの異なる2つの元も共通部分を持たないならば、Λの各元は孤立点である。 …(★2)
(★1)と(★2)より、Λは可算集合でなければならない。□
★0が実際に距離を定めることは確認したから、あとは★1と★2が示せたら証明が完成する。
★1はおそらく、有理点を頂点に持つ有限な折れ線をうまく使えば、可算で稠密な部分集合を構成できると思う。
★2は、どんなλ∈Λについても、ε>0を十分小さくとれば ( D(λ,y)<ε ならば λ∩y≠φ ) が成り立つ、という方法が吉かと >>389を直接やるより多少簡単な方法があった
TからXへの連続写像全体の集合をY'とおき、Y'上の距離D'を
D'(f,g) = max_[t∈T] d(f(t),g(t))
により定めると、距離空間(Y',D')は第二可算公理を満たす。
>>389と同様にΛをとり、各λ∈Λに対して同相写像ψ_λを１つ定め、
Λ' = { ψ_λ∈Y' | λ∈Λ }
とおくと、Λ'⊂Y'は離散集合である。
ゆえに、Λ'は可算集合でなければならない □
特に★1にあたる部分が大幅に簡単になったお陰でようやく示すことができたから後で清書する予定。
あとは★2にあたる部分だけ >>216の(1)
1+2^a+2^(2a+1)=b^2
を満たす自然数の組
【解答】
(与式)
⇔2^a*(1+2^(a+1))=(b+1)(b-1) …★
b+1,b-1の偶奇は一致する。
左辺は偶数だから、b+1,b-1はともに偶数である。このとき、どちらか一方は4の倍数である。
よって左辺は8の倍数でありa≧3。
(i) b+1が偶数かつ4で割りきれない、b-1が4で割りきれるとき
b-1は2^(a-1)で割りきれて2^aで割りきれないから、b-1=2^(a-1)*m（mは奇数）とおける。
これを★に代入すると
2^a*(1+2^(a+1))=2^(2a-2)*m^2+2^a*m
⇔1+2^(a+1)=2^(a-2)*m^2+m
⇔1-m=2^(a-2)*(m^2-8)
m=1で左辺が0、右辺が負
m≧3で左辺が負、右辺が正
だから、これを満たす奇数mはない。
(ii) b+1が4で割りきれる、b-1が偶数かつ4で割りきれないとき
同様にb+1=2^(a-1)*mとおいて★に代入して整理すると
1+m=2^(a-2)*(m^2-8) …☆
∴1+m≧2*(m^2-8)
2m^2-m-17≦0を満たす奇数mはm=1,3
m=1で☆の左辺は2、右辺は7の倍数で不適
m=3で☆よりa=4、よってb=2^3*4-1=23
(a,b)=(4,23)は与式を満たす。
以上より、(a,b)=(4,23) ■ b+1,b-1の素因数に含まれる2の数で分類している。
元の問題では全ての整数の組を求めさせていた。
明らかにa≧0とb≠0
a=0でb=±2
(a,b)が答えのとき(a,-b)も答えだから、a>0でb>0として以下同じ。
(a,b)=(0,2),(0,-2),(4,23),(4,-23) ■
出典：IMO2006-4 相加・相乗平均の大小関係(a>0,b>0の時
(a+b)/2>=√(a×b))
を図を使って証明せよ √a,√bの長さをもつ長方形の面積S=√(ab)
その対角線の長さは√(a+b)で三角形2つの面積を足し合わせれば
S≦1/2*(√(a+b)/2)*√(a+b)*2=(a+b)/2
(上の不等号は0＜x＜πのとき0＜sinx≦1による) 3^m+4^n=5^kを満たす非負整数の組(m,n,k)をすべて求めよ。 あんまり面白くなかったですね
1～6までの目が等確率で出るサイコロをn回振り、出た目の総積をp_nとする。
p_nを10で割った余りをr_nとする。
(1)r_1=1となる確率はいくらか？
(2)r_2=2となる確率はいくらか？
(3)r_3=3となる確率はいくらか？
(4)n→∞のとき、r_nはいくらになる可能性が最も高いか？ >>441
(1) 1/6
(2) (1,2) (2,1) (2,6) (3,4) (4,3) (6,2) の6とおりで、1/6
(3) (1,1,3) (1,3,1) (3,1,1) の3とおりで、1/72
(4)
偶数も5も（１回も）出ない確率は（1/3)^n
偶数は出ないが5は出る確率は（1/2)^n - (1/3)^n
偶数は出るが5は出ない確率は（5/6)^n - (1/2)^n
偶数も５も出る確率 １-（5/6)^n
偶数も5も、1回は出る確率 → 1,
r_n=0 >>437
3^0 + 4^1 = 5^1,
3^2 + 4^2 = 5^2, 441
せっかくなので(5)追加。
nが十分大きいとき、
r_n=2,4,6,8となる確率の比はどのくらいか？ >>401の清書
(第二可算公理のくだりについて)
各自然数nに対して
K_n = { (x,y)∈T | 2nxも2nyも整数 } (⊂T)
と定め、
C_n = { c:T→X | cはK_nでは有理点の値をとり、K_n以外の各区間では直線的に変化する } (⊂Y')
とおく。
f∈Y'とε>0を任意にとると、fの一様連続性より
( d(t,t')<1/2N ならば d(f(t),f(t'))<ε )
を満たす自然数Nが存在する。
有理点全体の集合はX上で稠密であるから、任意のk∈K_Nについて d(c(k),f(k))<ε を満たすようなc∈C_Nが存在する。
ここで、t∈Tを任意にとると、T上でtを挟むような位置にある隣り合ったk,k'∈K_Nを選べば、
d(c(t),f(t))
≦d(c(t),c(k)) + d(c(k),f(k)) + d(f(k),f(t))
<d(c(k'),c(k)) + 2ε
≦d(c(k'),f(k')) + d(f(k'),f(k)) + d(f(k),c(k)) + 2ε
<5ε
となる。したがって、
C = ∪_[nは自然数] C_n
とおくと、CはY'の稠密な可算部分集合。 >>401
(Λ'が離散集合であることについて)
Λの元は全て領域 (0,1)^2⊂X に収まっていると仮定してよい。λ~∈Λを任意に固定する。
Jordan Schoenflies Theoremより、ある同相写像σ:(0,1)^2→(0,1)^2が存在して
σ(ψ_λ~([0,1]×{0})) = [1/4,3/4]×{1/2}
かつ
σ(ψ_λ~((1/2,0))) = (1/2,1/2)
を満たす。
σ･ψ_λ~ (σとψ_λ~の合成) をψ'とおく。
( 0≦e≦ε ならば ψ'((1/2,e)))∈[3/8,5/8]×[1/2-δ~,1/2+δ~] ) …(※)
を満たすような正の数δ~とεをとり、(ε,δ)が(※)を満たすような最小の正の数δをとる。
(つまり、0≦e_0≦εであってψ'((1/2,e_0))のy座標が1/2±δであるような実数e_0が存在する。
上の複号(±)がプラスの方であると仮定して一般性を失わないので、以降そのように仮定する)
f∈Y'が D'(f,ψ')<min(δ,1/8) を満たしていると仮定すると、
(i)f((1/2,0))のy座標が1/2以上の場合はf([0,1]×{0})が、
(ii)そうでない場合はf({1/2}×[0,1])が
それぞれψ'(T)と交わりを持つことがわかる。
したがって、ψ'=σ･ψ_λ~はσ･Λ'={σ･ψ_λ|λ∈Λ}における孤立点であるから、
ψ_λ~はΛ'の孤立点。ゆえにΛ'は離散集合。□
まだまだ細かい補足が必要な箇所はあるだろうけどもう疲れたので>>297の証明はこの辺で終わりにしときます 誤りの指摘や疑問点は受けるけど >>464 (5)
5が1回も出ない確率は（5/6)^n
5が1回は出る確率は１-（5/6)^n
r_n=5 となる確率は（1/2)^n -（1/3)^n
r_n=0 となる確率は 1 - (5/6)^n -（1/2)^n +（1/3)^n
偶数が1回も出ない確率は（1/2)^n
r_n=1,3,7,9 となる確率は（1/3)^n
偶数が1回は出る確率は１-（1/2)^n
r_n=2,4,6,8 となる確率は（5/6)^n -（1/3)^n
5が1回も出ないとき
2･3 ≡ 1 （mod 5)
より
p_n =（2^i)(3^j）≡ 2^(i-j) （mod 5)
これを 10 で割った余りは、
r_n = 6 i-j≡0 （mod 4)
r_n = 2 i-j≡1 （mod 4)
r_n = 4 i-j≡2 （mod 4)
r_n = 8 i-j≡3 （mod 4)
nが十分大きいとき、r_n=2,4,6,8 となる確率の比は
１：１：１：１
に近づく。 この証明において、収束性は前提として認められている、ということでいいのですかね？ >>491
収束性(i-jが周期4で振動すると言えばいいのかな)も証明になっている気がするのだが >>502
5面、5面
サイコロの出目によって、i-j （mod 5）は（初期値によらず）
1 → 0,
2 → +1,
3 → -1,
4 → +2,
6 → 0,
だけ変わるけど、nが十分大きいとき、等分配に近づくか？ >>504
まずi-jの値によって、周期4で等分配を仮定して、
それをもとに数学的帰納法でやると次の代も等分配 帰納法使うんだから或るn∈ℕが存在して1:1:1:1になってなきゃいけないよね？
極限とったら近づくって収束性を仮定してるし、近似に対して上の議論は使えないはず n回目、
2、4、6、8にいる確率をそれぞれa_n、b_n、c_n、d_nとする。
このとき、a_n + b_n + c_n + d_n=1とする。
a_(n+1)=(2*a_n + b_n + c_n + d_n)/5
=1/5 + a_n
よって、n→∞でa_nは1/4に収束する。
b_n、c_n、d_nについても同様1/4に収束する。
これで説明になるかしら >>15の問題で>>96が正解となっているが
ハンターの戦略を仮定して「追いつくことができない」と結論づけるのには、「その戦略が最適手であること」を示さないと、別の戦略で追いつけるかもしれないのでは？
っていう問題の性質上、答えは追いつけるものだと思っているのだが、どうなのだろう >>542
>>96ではハンターの戦略を特別に仮定してるわけではない
(…ようには見えない書き方だったけど、>>126と>>129のやりとりを見てもらえたら仮定してる訳じゃないって事がわかると思う)
ハンターがどんな戦略をとろうとも、>>126で言われてる不運な状況が起こり続ければ、二点の距離は>>96の計算の通り増え続けるということ。 ウサギが最善手を打てばハンター最善手を打っても追い付けないのであれば、追い付けないで正しいかな...
そういう方法をひとつでも見つけられるか？というのが問題の肝だと思う まだよくわかってないけど、>>96のハンターは最善手をうってるの？
Pに向かってまっすぐ垂直に進み続ければそんなに離されないような気もするけど ハンターの最善手だけを想定してるわけじゃないから関係ない。
追跡装置はある時点のハンターとうさぎを通る直線上をハンターから遠ざかる方向に進み
うさぎは少しだけ追跡装置の直線の右側へ進んでいくか少しだけ追跡装置の直線の左側へ進んでいく。
ハンターが直線の右側へ進むと左側へ進んだうさぎと遠ざかり
直線の左側へ進むと右側へ進んだうさぎと遠ざかって両方に近づくことはできない。 自分で作った問題が難しすぎて解けない...
相異なる3つの立方数が等差数列をなすことはあるか >>579
0や負の数は立方数とはみなさないことにします、つまり-1,0,1というのは不適です 整数a,b,cについてa^3,b^3,c^3がこの順で等差数列になるとき
a^3+c^3=2b^3
になるが
gcd(a,b,c)=1かつabc≠0,±1で解は存在しない
つまり自然数解はa=b=c=kのみ
整数範囲で x^n+y^n=2z^n (n≧3) に非自明解がないことの証明
http://www.math.mcgill.ca/darmon/pub/Articles/Research/18.Merel/paper.pdf
（n=3は先行研究があるようだが） >>582
ありがとうございます
やっぱりむずかしすぎたみたいですね >>579
a^3 + c^3 = 2b^3
とする。
a，cとも偶数 または a，cとも偶数。
a = m-h，c = m+h
とおける。
m(mm + 3hh）= b^3
m<b ゆえ
3mhh = 3b(b-m)m +（b-m)^3
m と b-m は公約数dをもつ。
さて、どうするか… 1.立方体の体積をV,表面積をSとする。一辺の長さがx(x≧0)である立方体について、V+1/Sの最小値と、その時のxの値を求めよ。
2.一辺の長さが1の立方体ABCD-EFGHがある。Aを中心としてB,D,Eを通る球面をK,Gを中心としてC,F,Hを通る球面をK'とするとき,KとK'で囲まれる部分の体積Vを求めよ。 >>596
1、V = x^3, S = 6x^2 より
V + 1/S = x^3 + 1/(6x^2)
xについて微分して
d/dx(V+1/S) = 3x^2 - 1/(3x^3)
(上式) = 0 を解くと
x = 1/3^(2/5)
符号の変化を見ると、このとき極小値をとることがわかる
よって最小値はx=1/3^(2/5)のとき5/6(3^(1/5)) n回6面サイコロを振った時、それぞれの出目の積をkとする。kがm (2≦m)の倍数になる確率を求めよ。ただしmは整数とする >>596
1. 相加相乗平均を利用した解法
V + 1/S
= x^3 + 1/(6x^2)
= (x^3)/2 + (x^3)/2 + 1/(18x^2) + 1/(18x^2) + 1/(18x^2)
≥ 5 * ( ((x^3)/2)^2 * (1/(18x^2))^3 )^(1/5)
= 5 * (1/(2^2 * 18^3))^(1/5)
= 5/6 * 1/(3^(1/5))
等号は (x^3)/2 = 1/(18x^2) のとき
すなわち x = 1/(3^(2/5)) のとき成立
2. 半径 r の球体 x^2 + y^2 + z^2 ≤ r^2 のうち
x ≥ a（但し -r < a < r）の部分を球帽といい、
その体積は (π/3)*(2r + a)(r - a)^2
| xy 平面上の領域 0 ≤ y ≤ √(r^2 - x^2) の
| x 軸周りの回転体として
| ∫[a, r] π(r^2 - x^2) dx で求められる
K, K' はいずれも半径 1 で、
中心間距離は √3 だから、
求める体積は r = 1, a = (√3)/2 の球帽を
2つ貼り合わせたものである。
求める体積は
2*(π/3)*(2 + (√3)/2)(1 - (√3)/2)^2
= (16 - 9√3)π/12 >>609
・m≠(2^p)(3^q)(5^r) のとき（7以上の奇素数を含むとき）、確率 0
・m =（2^p)(3^q)(5^r）と表わせる場合
各kに対して（p,q,r）がただ１つ決まる。(UFD)
k が 2^p の倍数となる確率は
｛(3+2x+xx)/6}^n の（p～2n次の係数の和）= 1 -（p次未満の係数の和)
k が 3^q の倍数となる確率は
｛(2+x)/3}^n の（q～n次の係数の和）= 1 -（q次未満の係数の和)
kが5^rの倍数となる確率は
｛(5+x)/6}^n の（r～n次の係数の和）= 1 -（r次未満のお係数の和)
だが、これらは互いに独立とは言えないので悩ましい。 >>582
この論文は n≧7 が素数のときの話をしていて、
n＝3 のときは先行論文によって省略しているように見える。
つまり、n＝3 がどのくらい難しいのかは、
この論文からは判断できない感じがする n=3 のときの話は分からない問題スレのレスにあったリンク先のpdfに出てる 一応できたっぽいけど、計算ミスが怖い。
定理：x^3＋y^3＝2z^3 を満たす x,y,z∈Z は (x－y)(x＋y)＝0 を満たす。
特に、異なる3つの正の立法数が等差数列を成すことは無い。
証明：x＝z＋a, y＝z＋b, a,b∈Z と表せば、(z＋a)^3＋(z＋b)^3＝2z^3となるので、
3(a＋b)z^2＋3(a^2＋b^2)z＋(a^3＋b^3)＝0 となる・・・(1) このとき
(6(a＋b)z＋3(a^2＋b^2))^2 ＝ 3(－a^4－4a^3b＋6a^2b^2－4ab^3－b^4) ＝ 3(－(a＋b)^4＋12(ab)^2)
となるので、c＝(6(a＋b)z＋3(a^2＋b^2)) と置けば、cは整数であり、かつ
c^2 ＝ 3(－(a＋b)^4＋12(ab)^2)
となる。よって、c＝3dと表せて、
3d^2 ＝ －(a＋b)^4＋12(ab)^2
となる。よって、3｜(a＋b) が成り立ち、しかも
d^2 ＝ －27((a＋b)/3)^4＋4(ab)^2
となる。すなわち、
a,b,d∈Z, 3｜(a＋b), d^2＋27((a＋b)/3)^4＝4(ab)^2
となる。このとき、以下に示す補題により a＋b＝0 となる。
すると、a^3＋b^3＝(a＋b)(a^2－ab＋b^2)＝0 となるので、(1)から
3(a^2＋b^2)z＝0 となり、よってa^2＋b^2＝0 または z＝0 となる。
いずれの場合も、(x－y)(x＋y)＝0 となることが分かる。
よって、題意が成り立つ。(あとは、以下に示す補題を証明すればよい)
(続く) (続き)
補題：x,y,z∈Z は 3｜(x＋y) を満たし、かつ z^2＋27((x＋y)/3)^4＝4(xy)^2 を
満たすとする。このとき、x＋y＝0 である。
証明：(x,y,z)が題意を満たすなら、(－x,－y,z)も題意を満たし、(x,y,－z)も題意を満たす。よって、
x＋y＞0, z≧0, 3｜(x＋y), z^2＋27((x＋y)/3)^4＝4(xy)^2
を満たす x,y,z∈Z が存在しないことを示せば十分である。
背理法で示す。そのようなx,y,zがあったとする。
z≧0 が最小であるものを1つ取って再び x,y,z と置いておく。
もし z＝0 ならば、27((x＋y)/3)^4＝4(xy)^2 となるので、簡単な考察により
x＋y＝0 となって x＋y＞0 に矛盾する。よって、z≧1 ということになる。
もし 3｜z ならば、簡単な考察により、z の最小性に矛盾するような
別の解 (a,b,c) が取れることが分かる。よって、z は 3 の倍数ではない。
もし gcd(x, z)≠1 ならば、p｜x かつ p｜z となるような素数 p が取れる。
もし p＝3 ならば、3｜z となって矛盾するので、p≠3 である。このとき、
簡単な考察により、z の最小性に矛盾するような別の解 (a,b,c) が取れることが分かる。
よって、gcd(x, z)＝1 である。同様にして、gcd(y, z)＝1 である。
(続く) (続き)
さて、27((x＋y)/3)^4 ＝ (2xy－z)(2xy＋z) であるから、場合分けする。
(x＋y)/3 が奇数のとき：簡単な考察により、gcd(2xy－z, 2xy＋z)＝1 となることが分かる。
よって、27｜(2xy－z) であるか、もしくは 27｜(2xy＋z) であるかのいずれかである。
27｜(2xy－z) のときは、((x＋y)/3)^4 ＝ ((2xy－z)/27) * (2xy＋z) となり、
右辺の2項は互いに素であるから、(2xy－z)/27＝s^4, (2xy＋z)＝t^4, s,t≧0 と表せる。
x＋y＞0 に注意して、(x＋y)/3＝st である。特に、s,t≧1 である。また、4xy＝27s^4＋t^4, x＋y＝3st となる。
27｜(2xy＋z) のときは、((x＋y)/3)^4 ＝ ((2xy＋z)/27) * (2xy－z) となり、
右辺の2項は互いに素であるから、(2xy＋z)/27＝s^4, (2xy－z)＝t^4, s,t≧0 と表せる。
x＋y＞0 に注意して、(x＋y)/3＝st である。特に、s,t≧1 である。また、4xy＝27s^4＋t^4, x＋y＝3st となる。
よって、いずれの場合も 4xy＝27s^4＋t^4, x＋y＝3st, s,t≧1 という形になる。
(x＋y)^2－4xy＝9s^2t^2－(27s^4＋t^4), (x＋y)^2－4xy＝(x－y)^2≧0
より、9s^2t^2－(27s^4＋t^4)≧0 となるので、27s^4＋t^4－9s^2t^2≦0 となる。
これを4倍して、4*27s^4＋4t^4－36s^2t^2≦0 となる。すなわち、
(9s^2－2t^2)^2＋27s^2≦0 となる。特に、s＝0 となる。しかし、s≧1だったから矛盾する。
(続く) (続き)
よって、(x＋y)/3 は偶数になるしかない。27((x＋y)/3)^4 ＝ (2xy－z)(2xy＋z) だったから、
2xy－z と 2xy＋z のうち、少なくとも片方は偶数である。どちらの場合でも、z は偶数となるので、
z＝2c と表せて、
27 * 4 * ((x＋y)/6)^4 ＝ (xy－c)(xy＋c)
となる。よって、xy－c と xy＋c の少なくとも片方は偶数である。どちらの場合でも、
もう片方も自動的に偶数となるので、
27((x＋y)/6)^4 ＝ ((xy－c)/2) * ((xy＋c)/2)
となり、右辺の2項はともに整数である。簡単な考察により、gcd((xy－c)/2, (xy＋c)/2)＝1 となることが分かる。
よって、27｜(xy－c)/2 であるか、もしくは 27｜(xy＋c)/2 であるかのいずれかである。
27｜(xy－c)/2 のときは、((x＋y)/6)^4 ＝ ((xy－c)/54) * ((xy＋c)/2) となり、
右辺の2項は互いに素であるから、(xy－c)/54＝s^4, (xy＋c)/2＝t^4, s,t≧0 と表せる。
x＋y＞0 に注意して、(x＋y)/6＝st である。特に、s,t≧1 である。また、xy＝27s^4＋t^4, x＋y＝6st となる。
27｜(xy＋c)/2 のときは、((x＋y)/6)^4 ＝ ((xy＋c)/54) * ((xy－c)/2) となり、
右辺の2項は互いに素であるから、(xy＋c)/54＝s^4, (xy－c)/2＝t^4, s,t≧0 と表せる。
x＋y＞0 に注意して、(x＋y)/6＝st である。特に、s,t≧1 である。また、xy＝27s^4＋t^4, x＋y＝6st となる。
よって、いずれの場合も xy＝27s^4＋t^4, x＋y＝6st, s,t≧1 という形になる。
((x＋y)/2)^2－xy＝9s^2t^2－(27s^4＋t^4), ((x＋y)/2)^2－xy＝((x－y)/2)^2≧0
より、9s^2t^2－(27s^4＋t^4)≧0 となるので、27s^4＋t^4－9s^2t^2≦0 となる。
よって、さっきと同じ計算で s＝0 となるが、s≧1だったから矛盾する。
以上より、上記の補題が成り立つ。 空間内に直方体Xと直方体Yがあり、Yに属する点は全てXにも属している。
またXの互いに垂直な3辺の長さをa,b,cとし、Yについてはl,m,nとする。
(1)
rは正数として立体Kについて新たな立体K_rを次のように定める。
K_r={p Ⅰ あるk∈Kが存在して、2点k,pの距離がr以下}
立体X_rの体積を求めよ。
(2)
次を示せ。
a+b+c≧l+m+n
一見自明かに思えるが直方体の位置関係は斜めでもよいし、(2)だけだと証明しにくい。
しかし新たな概念を持ち出すことで証明できるという不思議な問題。 点Pは次のルールで12角形を移動する。
(i)1～6の目が等確率で出るサイコロを振る。
1、2の場合はその場に留まる。
3、4の場合は点Pの現在いる番号の分だけ時計回りに進む。
5、6の場合は点Pの現在いる番号の2倍の数だけ時計回りに進む。
(例えば点Pが3にいて、4の目が出た場合は3だけ時計回りに進む。)
(ii)点Pははじめ1にいる。
[問題]
サイコロをn回振った。
(1)n→∞で点Pはどの番号の点にいる？
(2)点Pが3にいる確率は？
(3)点Pが4にいる確率は？
http://i.imgur.com/cx6oogI.jpg >>672
もうちょっと面白くできそうなアイデアあれば教えてください 同心円である2円を外周とするリング状の形がある。
◎←コレ
長さを1箇所だけ測ってこのリングの面積を求めるにはどうすればいいか？ >>684
楽勝。
大きい円の弦で、小さい円に接するものの長さを測ればよい。
中学生に出題したら喜びそうな問題だな。 >>697
r が小さいときは K_r の主要項は
K の体積そのものだったのが、
r が大きくなるにつれ頂点由来の体積が
主要項となっていくわけだが、
頂点由来の体積は同等だから、
次の項、すなわち辺由来の体積が
効いてくるというわけですね。
なかなか面白いです。 >>659 >>661 >>697 >>699
(1)
凸体Kをｒだけ膨らませたもの K_r の体積をｒの多項式で表わす
Steinerの公式ですね。
V(r）= V(0) + S(0)･r + M(0)r^2 +（4π/3)r^3
直方体では
V(0）= abc,
S(0）= 2(ab+bc+ca),
M(0）= π(a+b+c)
(2)
0 ≦｛V(X_r）- V(Y_r)}/rr → π(a+b+c-l-m-n) （r→∞）
参考書
￣￣￣
1．木原太郎「分子と宇宙」岩波新書(黄版）104 (1979)
第7章 分子の中に凸体のコアを置く
2．木原太郎「分子間力」岩波全書（1976) やっぱりそこまで難しくはないか
まあそれがいいんだけどね
X_r⊇Y_rの証明もそこそこ大事なポイントではあったんだけど簡単だしいらないね >>659
これの2次元版を考えると、次の問題が同じやり方で証明できた。
問題：
A⊂R^2 は凸多角形とする(外周と内部は含むものとする)。
B⊂R^2 は凸多角形とする(外周と内部は含むものとする)。
A,B の外周の長さをそれぞれ l(A), l(B) とする。
もし A⊂B ならば、l(A)≦l(B) が成り立つことを示せ。
この問題自体は幾何的にやっても普通に解けるんだが、
>>659 のやり方だと考えることが少なくてお手軽な感じがするｗ 荒らし（◆2VB8wsVUoo）の正体は元筑波大学准教授で数学者の増田哲也。
増田哲也は2007年に痴漢で逮捕され、精神を病んで2ch数学板を荒らすようになった。
自ら増田哲也とカミングアウトしている。父は植物学者の増田芳雄。
荒らしが酷く、数学板で専用スレが10スレ以上立てられた。
↓確認できる最初のスレ
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1243605006/
■徳島で痴漢の准教授を解雇 筑波大 （2007年8月5日 毎日新聞）
徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、「夏休み期間に、講演活動を兼ね
て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1262704792/
もともとは「狢」や「猫」、「狸」などと名乗っていた。トリップも変わっている。
http://wc2014.2ch.net/test/read.cgi/math/1384592236/
増田哲也→猫◆→狢◆→狸◆
☆数学コテ紹介☆
・猫
本名、増○哲也。筑波大准教授の頃、徳島で痴漢をやらかし職を失う。
それを期に数学界から身を引いた(←アフォー)。
逮捕されてからは精神を病み、2ch荒らしが生きがいとなった。また父の芳雄に虐待されたと思い込んでいる。
もともとは大数学者アラン・コンヌに直々教えを乞うていたほどのやり手（らしい）。
数々のお涙頂戴昔話には定評あり。本人曰く「しつこさ」のみが自身の売りなのだそう。
馬鹿を煽って2ch潰しをしているのだそう。規制されてもプロバイダーを変えて復活する。
最近、院生disが激しい。日本語、英語、フランス語をしゃべる。だが、猫語はしゃべらない。
率直に言って、客観的に人生を無駄に過ごしている希ガスる。
2ch潰しどころか数学板さえ潰すことの出来ないでいる希ガスる。
作戦倒れしている希ガスる。
でも本人はなんとも思ってないんだろうな。哀れ。哀れ。哀れ。 2^α+3^α=7^αを満たす実数αは無理数であることを証明せよ >>719
使ったところでどうにもならんと思うけどどうぞ使って >>727
αが有理数と仮定すると
αが整数と絞り込めて、余りを考えて矛盾が言える α＞0は自明でさらに3.5^α-0.5^α=1だからα＜1となって0＜α＜1は分かるな
あとはα整数を示すのか 出題者だけど整数を示す方針はよく分からん
想定してた解法は拡大体の理論を使う >>738
>αが有理数と仮定すると
>αが整数と絞り込めて
どうして？ >>751
複素の因数分解使えば高校生でも出来んことはない >>752
α=p/q （p，q は互いに素）として
両辺 q 乗からの2項定理でいいんじゃね >>754
二項定理使うまでは合ってます
その後の厳密な議論で体論を使う必要があると思うんだけど 体論 ＝ Field Theory ＝ 場の理論
類体論にもフィールズ賞を x=(2/n)・(cosx)^n-(1/2)sin(2x)
かつ
0＜x＜π/2
なるxをnについて定めるとき
nxのn→∞における極限を求めよ。
単にわからないだけですが教えて下さい
n=1000で試した結果1らしいです >>787
x ~ 0 のとき、1次近似で
(2/n)(cos(x))^n - (1/2)sin(2x)
~ 2/n - x
よって x ~ 2/n - x より nx ~ 1 フォント修正
>>787
x ～ 0 のとき、1次近似で
(2/n)(cos(x))^n - (1/2)sin(2x)
～ (2/n)・1 - (1/2)・2x
= 2/n - x
よって x ～ 2/n - x より nx ～ 1
p,q,rは正整数とする。f(x),g(x),h(x)は複素数係数の多項式で、少なくとも1つは
定数関数では無いとする。また、f(x)とg(x)は共通の根を持たないとする。
また、f(x)^p＋g(x)^q＝h(x)^r が成り立つとする。
このとき、1＜(1/p)＋(1/q)＋(1/r) が成り立つことを示せ。 >>216の(2)
a^(bb)=b^a
を満たす自然数の組
【解答】
a,bの最大公約数をdとしてa=du, b=dv（u,vは互いに素）とおくと、与式は
(du)^(ddvv)=(dv)^(du)
両辺を1/d乗すると
(du)^(dvv)=(dv)^(u) …★
両辺の指数の大小関係で場合分けをする。
(i) dvv=uのとき
du=dvよりu=v
u,vは互いに素だからu=v=1
∴d=1, a=1*1=1, b=1*1=1
(ii) dvv>uのとき
★の両辺をd^uで割ると
d^(dvv-u)*u^(dvv)=v^u
すなわちv^uはu^(dvv)を約数に持つが、u,vは互いに素だからu=1
∴d^(dvv-1)=v
d=1のときv=1でdvv>uと矛盾
d≧2のときd^(dvv-1)≧2^(2vv-1)≧2^(2v-1)>v …♯
でd^(dvv-1)=vと矛盾
(iii) dvv<uのとき
★の両辺をd^(dvv)で割ると
u^(dvv)=d^(u-dvv)*v^u
すなわちu^(dvv)はv^uを約数に持つが、u,vは互いに素だからv=1
よって
u^d=d^(u-d) …☆
u>dだからd<(u-d)
☆より、uの任意の素因数pはdの素因数でもある。u,dを素因数分解したときのpの個数をそれぞれy,zとすると(p^y)^d=(p^z)^(u-d)
よってy*d=z*(u-d)、d<(u-d)だからy>z
y>zは任意の素因数pについて成り立つから、dはuの約数である。
u=kd（kは自然数）とおくと、☆より(kd)^d=d^(kd-d)
両辺を1/d乗してdで割ると
k=d^(k-2)
d=1のとき、k=1, u=1*1=1でu>dと矛盾するから、d≧2
k=1のときd=1でd≧2と矛盾
k=2のとき2=d^0=1で矛盾
k=3のときd=3, u=3*3=9, a=3*9=27, b=3*1=3
k=4のときd=2, u=4*2=8, a=2*8=16, b=2*1=2
k≧5のときd^(k-2)≧2^(k-2)>kで矛盾 …♭
以上より、(a,b)=(1,1),(27,3),(16,2)
これらは全て与式を満たす。 ■ ♯・♭の一番右の不等号は帰納法で簡単に示せる。
出典：IMO1997-5
有名な類題でa^b=b^aを満たす自然数の組を求める問題がある（答えはメール欄に記載）。 タネがバレバレかなっていう気もするけど問題。
2017個の箱 B1 ～ B2017 がある。
箱 Bk の中には k 枚のコインが入っている(1≦k≦2017)。
次の2種類の操作を考える。
(1) 1≦k≦2016 の空でない Bk を選び、コインを1枚取り去って B(k+1) にコインを
α枚入れる。ただし、αの値は 0, 1, 2 の中から好きなものを選べる。
(2) 1≦k≦2016 の「空でもよい」 Bk を選ぶ。Bk, B(k+1) のコインの枚数を順番に a ，b とするとき、
Bk, B(k+1) のコインの枚数を [ (a＋b)/2 ] ，a に差し替える。ただし、[ ] はガウス記号とする。
操作 (1), (2) を有限回行って、B2 ～ B2017 が空で、かつ、B1 にちょうど 4 枚のコインが入っている状態にできるか。 では10円硬貨と11円硬貨の2種類のみが発行されている。
この2種類の硬貨をどう組み合わせても支払えない金額のうち、最大のものはいくらか？
証明は不要。 >>808
ある時点でのB_kに入っているコインの枚数をx(k)とする。
各時点での状態値Sを以下のように定める。
S=Σ[k=1～2017](x(k)/2^(k-1))
するとこの状態値Sは、操作(1)、操作(2)のいずれにおいても増加することはない。
操作(1)ではα=2のときは変化せずα=0,1のときは減少。
操作(2)ではa+bが偶数のときは変化せず、奇数のときは減少。
初期状態では S = S_0 = Σ[k=1～2017](k/2^(k-1))=4-2019/2^2016
目指すゴールの状態では S = 4
S_0 < 4 より、与えられた初期状態から目指すゴールに到達することは不可能。 >>808
>>821
なお、初期状態で、B_2016までは番号と同じ枚数入っており、B_2017には4036枚入っていれば
最後にB_1に4枚入っている状態にすることができる。
一般に、n個の箱の場合、
初期状態が
k=1～n-1において x(k)=k
x(n)=2n+2
であれば
最後にB_1に4枚入っている状態にできる。 >>821, 823
正解です。こちらが想定していた解法そのものです。 >>808 の問題で
1≦k≦2017において箱B_kにはk枚のコインが入っている初期状態に対して、
ある１つの箱を選んでコインを１枚だけ追加すると、
操作(1)，(2)を有限回行って、B_1に４枚のコインが入っている状態にできる。
そのときに選ぶ箱をB_mとするとき、mの最大値を求めよ。 自分ルールのゲーム解析して言うほど面白いか？
ありそうなゲームなら面白いとは思うけど 方々に出ているので今さら解答は作らないが
(1) y=x^(1/x) (x>0)のグラフを描け。
(2) a^b=b^aを満たす自然数の組(a,b)を求めよ。
(1) y=x/(logx) (x>0)のグラフを描け。
(2) 99^100と100^99の大小を比較せよ。 追加
(1) y=x+1/x (x>0)のグラフを描け。
(2) 正数p,qについてp/q+q/pの最小値を求めよ。 >>868の2つの(1)が逆でも
y=x/(logx) は1<x<eで減少、e<xで増加
a<bとするとaの候補は2, このときb=4
確かに2^4=4^2
は示せるし
y=x^(1/x)のグラフから
99^(1/99)>100^(1/100)
⇔99^100>100^99
は示せるね >>872
(1)
dy/dx = 1-1/x^2
dy/dx=0とすると x=±1、x>0よりx=-1は不適である
x=1ときy=2で、dy/dxの符号の変化よりこのとき極小値をとる
lim[x->+0] y = ∞ より、直線x=0は漸近線である
lim[x->∞](y-x)=0より、直線y=xは漸近線である
(グラフはこれで描けるので省略)
(2)
p>0, q>0より相加相乗平均の関係から
p/q + q/p ≧ 2√(p/q × q/p) = 2
等号成立はp=qのとき
したがって p=qのとき, 最小値2 (1)tan1°は超越数か？
そうでなければ最低何次の有理数係数の多項式の解になるか
(2)(tan1°)^20は無理数であることを証明せよ a,b,cをa=b+cである正の整数とするとき
Σ[n=0～∞]{1/(an+b)^2+1/(an+c)^2}={π/(asin(πb/a))}^2
が成り立つことを示せ >>868
{(n-1)/n}^n = e^{-1 -1/(2n）-1/(3nn）-1/(4n^3）+ …｝ < 1/e,
(n-1)^n / n^(n-1) =（n/e）e^{-1/(2n）-1/(3nn）+ …｝ < n/e, >>868
(n-1)^n / n^(n-1）<（n - 1/2)/e を示せ。
ぢゃね？ >>886
面白い問題というより、むしろ、何かつまらないな。
余りよろしくありません。そう感じるのは気のせいですかね。 【問題】
ある正の整数Nは,10％増にすると,その各桁の数字の和が9.99％減になる.
そのような最小のNの桁数を求めよ. >>925
明記されてないが、10％増されたものも整数であるとして考える。
Nの各桁の数字の和をKとすると、
1.1Nも0.9001Kも整数なので、N=10n，K=10000k（n,kは自然数）とおける。
mod 9において、10n≡10000k，11n≡9001kより、n≡k≡0が言えるので、
kは9の倍数で，k=9x（xは自然数）とおける。そのとき，
1.1N=10n+nであり，10n，nの各桁の数字の和はいずれも90000x，
1.1Nの各桁の数字の和は9001k=81009xなので，
10進法の筆算で10nとnの和を求める際に繰り上がりが発生する回数をcとすると
81009x = 90000x+90000x-9c
となり、c=10999x
ここで、xは自然数なので、c≧10999
cは高々nの桁数なので、nの桁数の最小値は10999
よって、Nの桁数の最小値は11000
なお、そのような最小のNは、11000桁の数であり、
左端から1998桁は909090…を繰り返し、その後9001桁は全て9で、
右端（一の位）が0となる数であり
N = (10^11001 + 10^9002)/11 - 10
1.1Nは11001桁の数であり、
左端は1，その後0が1999個，9が8999個続き，下2桁は89 >>927
正解です。
たしかに10%増の数が整数であることを明記していませんでした。すみません。 >>897
オイラーの無限乗積表示
sin(x）= x Π[n=1，∞］｛1 -（x/nπ)^2},
を使う。 0< θ < π のとき
sin(x+θ）= sinθ Π[n=0，∞］{1 + x/(nπ+θ)}{1 - x/(nπ+π-θ)},
f(x）= log｜sin(x+θ)｜= log｜x｜+ 納n=0,∞］｛log|1 + x/(nπ+θ)｜+ log|1 -x/(nπ+π-θ)｜}
とおく。
f "(0）を計算すると、
- 1/(sinθ)^2 = -納n=0，∞］｛1/(nπ+θ)^2 + 1/(nπ+π-θ)^2},
これに θ=πb/a を入れる。 >>929 訂正
f（x）= log｜sin(x+θ)｜= log｜sinθ｜+ Σ［n=0，∞］｛log｜1 + x/(nπ+θ)｜+ log｜1 - x/(nπ+π-θ)｜}
とおく。 【問題】
とある島に5台の同じ飛行機がある.これら全部の飛行機が目標となる別の島に行くことを考える.
飛行機は燃料を満タンにすると,1単位距離を飛べる.このとき,飛行機は一定速度で飛び,燃料は一定割合で消費する.
両方の島に燃料やパイロットが十分そろっているとき,目標地点までの最大距離を求めよ.
ただし,燃料給油は即座に行うことができ,地上給油だけでなく飛行機から飛行機への空中給油も可能である.
【例】
飛行機が2台あったら,2台とも4/3単位距離だけ離れた島まで行ける.
飛行機p_1とp_2が飛び立ち,1/3進んだところでp_2からp_1へ1/3だけ空中給油する.p_2は引き返す.
p_1は満タンになって1単位距離を飛び,目標の島に着く.p_2は地上で満タンに給油し再び出発する.
p_1は目標の島で満タンにして1/3引き返す.そこでp_1がp_2に1/3だけ給油する.
そして両者そろって目標の島に到着する. >>886 (1)
「tan(1ﾟ）は5次方程式 t^5 -5at^4 -10t^3 +10at^2 +5t -a = 0（a=0.087488663525924…）の根だよ。」
「aって何？」
「a は3方程式 a^3 -3ba^2 -3a +b = 0（b=0.2679492…）の根だよ。」
「bって何？」
「b は2次方程式 bb-4b+1 = 0 の根（2-√3）だよ。」
「てぇことは、tは30次方程式の根か？」 ある直角三角形は辺の長さが全て整数で、外接円と内接円の半径が素数であるという。
この三角形を解け。 >>933
a^2+b^2=c^2を満たす互いに素なピタゴラス数(a,b,c)は、
a,bのどちらかが偶数で他は奇数なので、bを偶数とすると
違いに素な２つの自然数m,n（ただし、どちらかは偶数で、m>n）を用いて
(a,b,c)=(m^2-n^2, 2mn, m^2+n^2)と表される。
直角三角形の外接円の半径は斜辺の長さの半分であり、それが整数となるためには
斜辺が偶数でなくてはならないので、求める直角三角形の３辺を
(2k(m^2-n^2), 4kmn, 2k(m^2+n^2))とおくことができる。（kは自然数）
このとき、内接円の半径は
r=2k(m^2-n^2)*4kmn/(2k(m^2-n^2)+4kmn+2k(m^2+n^2))=2kn(m-n)となり、
これが素数なので、k=n=m-n=1 ∴(m,n,k)=(2,1,1)
よって３辺は(6,8,10)，R=5，r=2 >>935
x=cosθとして
cos(nθ)を表すxの多項式をT_n(x)とする（n次のチェビシェフの多項式）と、
(2*T_60(x)-1)/(2*T_12(x)-1)で表される48次の多項式は
cos n°（nは180未満の自然数で、2,3,5を素因数として持たない）を根として持つ。
また、(2*T_60(x)-1)/(2*T_12(x)-1)はX=x^2とするとXの24次の多項式となるので
それをf(X)とすると、Xは(cos1°)^2を根として持つ。
tan1°=αとおくと
(cos1°)^2=1/(α^2+1)となるので、
f(1/(α^2+1))*(α^2+1)^24で表される48次の多項式はtan1°を根として持つ。 誤：Xは(cos1°)^2を根として持つ。
正：f(X)は(cos1°)^2を根として持つ。 >>923
tan(1°) の有理数係数の最小多項式については、tanx の3倍角の公式を具体的に求めてから、
頂角36°、底角72°、底辺の長さが1の二等辺三角形を考えて tan(18°) の値を求めれば、
汚い方法だけど tan(9°)、tan(3°)、tan(1°)、 の具体的値をその順に求められる。
X=tan(1°) の具体的値が求まれば、Xの有理数係数の最小多項式も具体的に求まる。
後は、その次数を確認すればいい。また、tan(1°)、(tan(1°))^20 が代数的無理数であることも分かる。
まあ、問題文を見たときつまらない問題だと思ったが、考えたら面白い部分はあった。 >>939
具体的値として求められた tan(1°) がベキ根を含む汚い式になるから、
X＝tan(1°) とおいてそのベキ根を消して行けばいいだけ。 >>941
このやり方に不満があるなら、より小さい次数の最小多項式 f(X) があったとして、
f( tan(1°) ) を計算して、有理数体Q上線型独立なベキ根についての線型代数の問題に帰着させればいい。 和算の問題です。
大円1個、中円1個、小円2個あります。
大円に1点で中円が接し、小円は、中円と大円にそれぞれ接して
います。
いま大円の面積より、中円と小円の面積を引いた残りが
120で、中円と小円の径の差が5の時、大円、中円、小円の
半径はいくつでしょう。 >>936
30より小さいんだから48はもちろん不正解
>>938
体論使えばもっとすぐに言えます
大ヒントとしてまず
Q(tan1°,i)=Q(e^(πi/90))を示します あとはQ(tan1°)のQからの拡大次数を求めればいいだけ 「30」と「48」が出てるんだから、tan1°の最小多項式の次数を d とすれば、
d は 30 と 48 を割り切るので、d＝1,2,3,6 に絞られる。
このあとどうするかは知らんが、
泥臭く確かめていくだけでも何とかなるんじゃないの。 いや、多項式が多項式で割り切れても、
次数が次数で割り切れることにはならんか
>>946は撤回。すまん >>942
>f( tan(1°) ) を計算して
0 >>948
すぐ分かる書き間違いは指摘しなくていい。
f( tan(1°) )＝0 は当たり前。 >>938
「tan(1ﾟ）は3次方程式 t^3 -3ct^2 -3t +c =0（c=0.05240778…）の根だよ。」
「cって何？」
「c は3次方程式 c^3 -3dc^2 -3c +d =0（d=0.15838444…）の根だよ。」
「dって何？」
「d は2次方程式 d^2 +（2/e)d -1 =0（e=0.3249197…）の根だよ。」
「eって自然対数の底？」
「いや、4次方程式 e^4 -2e^2+（1/5）=0 の根（√{1-√(4/5)}）だよ。」
「てぇことは、tは72次方程式の根ぢゃね？」 >>951
tan(1°)は代数的無理数である。よって、>>942に注意すると、或る自然数 n≧2 が存在して、
f(X) は tan(1°) についてのn次の有理係数の最小多項式となる。
定義から、f(X) は tan(1°) を根に持つから、f( tan(1°) )＝0。 >>944-945
まあ、皆様で最小多項式の次数については考えて下さい。
興味があったのは、(tan(1°))^20 が代数的無理数であることを示す方法の方でしたから。 >>954
まだ最小次数は見つけていないし、昨日行った私のやり方では
泥臭い式が沢山出て来た。昨日の方法はここに書く気がない。
最小性の証明は皆様でやって頂きたい。 >>954
>>955の最小次数は次数な。
まあ、昨日のやり方を整理して少しは簡潔にするというかきれいにすることは出来るが、
それでも汚い式が沢山出て来ることは避けられない。 一応、有理係数の最小多項式 f(X) の次数のことな。 >>952-957
H大の人でつか？
R学部はプラセボ薬で儲けた人の研究所を引き継いだプラセボ学部ですよ。 >>958
プラセボというのは、理解できないけれども、何らかの効果はあり得るってことです。
全知全能の人なんていませんからね。 >>958-959
>>958の方を国語で書きましょう。
H大？ R学部？ 何だそれ。 >>155
亀レスだがこれ簡単な仕方がある
A_0が入ってる立方体を更に細かくして、一辺a/2の小立方体（とよぶ）8つとみなす。
すると、1つの小立方体には2つの頂点に原子が位置している。
だから、各小立方体のうち半分づつがD_0になる。
(1/8)a^3×(1/2)×8=a^3/2
まあカルマの解法を多少精密に説明し直しただけだが、これで数学的には十分だろう。
小立方体内でD_0とD_0じゃないとこの境界面は正六角形になることは知っておくとよいが、それはこの際使ってないや。 簡単な理解の仕方、というべきか（勿論、数学的正確さも保っての） 問題
θ_n=2π/n
ζ_n=cosθ_n+√(-1)sinθ_n
p:奇素数
tanθ_p と √-1 と有理数を有限回加減乗除して ζ_(4p) をつくれ >>155
有名だからわざわざ書くまでもない気が
するが、一応書いておきます。
どの原子に着目しても、
その原子から見た他の原子の配置は同じ。
立方体の中心にある原子たちを結べば
新たな立方格子が得られ、
元の立方体の頂点の原子たちは、
新たな立方体の中心に位置するからである。
換言すれば、この無限に広がる格子は、
ある原子を他の原子に重なるような
平行移動に関する対称性を持つ。
したがって、着目した原子が最も近い原子で
あるような空間内の点の集合である領域は、
どの原子に関しても合同である。
1 つの立方体には、各頂点に計 8 個、
中心に 1 個の原子が属する。
各頂点の原子は、同時に 8 つの立方体に
属するから、1 つの立方体への寄与は
原子の数で計 (1/8)*8 = 1 個分。
中心の原子はその立方体にのみ属するから、
寄与は原子 1 個分。
よって、ある立方体（体積 a^3）には
原子 2 個が属していると考えられるから、
原子 1 個あたりの寄与は (a^3)/2。
これが求める体積である。 立体の形を考えるのも楽しいと思う。
すぐ上にあるけど、正六角形8枚と
正方形6枚からできる準多面体。 >>965
図示してみると、
これで体積が (a^2)/2 なのか！
と、少し驚くかも。
（もっと大きいように見える） >>963
作らなきゃしょうがねぇな...
pは奇数だから、pp-1 は 8の倍数。
pp -1 = 8m,
一方
p ≡ ±1 （mod 4）ゆえ
pp ≡ ±p mod（4 p)
よって
±p -1 ≡ 8m （mod 4p)
ζ_(4p）=（ζ_4）^(±1)･｛ζ_(4p)}^(-8m）=｛√(-1)}^(±1)･｛ζ_(4p)^(-8)}^m,
また、
｛ζ_(4p)}^(-8）=（ζ_p)^(-2）=｛1 - √(-1）tan(θ_p)}/{1 + √(-1）tan(θ_p)},
かな。
* 定義より ｛ζ_(4p)}^p = ζ_4 = √(-1)，｛ζ_(4p)}^4 = ζ_p, >>931を少し改題
【問題】
とある島にn台の同じ飛行機がある。これら全部の飛行機が目標となる別の島に行くことを考える。
飛行機は燃料を満タンにすると1単位距離を飛べる。このとき飛行機は一定速度で飛び、燃料は一定割合で消費する。
また、両方の島には燃料やパイロットが十分そろっており、燃料給油は即座に行うことができる。
この燃料給油は地上給油だけでなく、飛行機から飛行機への空中給油も可能である。
目標となる島までの最大距離D_nを求めよ。また、lim[n→∞]D_nを求めよ。 >>931 >>969
飛行機がn機あるとき
飛行機 p_1 ～ p_n が一斉に飛び立ち、その後 1/(n+1）距離単位進む毎に、１機が残り全機に 1/(n+1）ずつ空中給油したのち引き返す。
給油された直後は満タンになる。
最後に残ったp_n は（n-1)/(n+1）距離単位で満タンになった後、１距離単位を飛んで、 D_n = 2n/(n+1）距離単位に到達する。
これでp_nは渡ることができました。
残りの n-1 機も首尾よく渡れるでしょうか？（つづく） >>968
正解！ うまいね！
こちらが最初に考えた解法は長すぎた。
[step 1]
2k≡1 (mod p) なる正整数kを用いると
tan(kθ_p)=tan(2kπ/p)=tan(π/p)=tan(θ_2p)
tanのk倍角公式は加法定理を繰り返すことで得られ、有理式。
即ちある有理式F(x)があって
tan(θ_2p)=tan(kθ_p)=F(tan(θ_p))
cosθ_p=2cos^2(θ_2p)-1
=2/{1+tan^2(θ_2p)}-1
=2/{1+F(tan(θ_p))^2}-1
[step 2]
ζ_p=(cosθ_p)(1+√(-1)tanθ_p)
[step 3]
整数a,bがあり 4a+pb=1 だから
ζ_(4p)=(ζ_4)^b(ζ_p)^a=(√-1)^b(ζ_p)^a >>931 >>969
k機目
こちら側に（n+1-k）機、向こう側に k-1 機ある。
こちらの（n+1-k）機は一斉に離陸し、
1/(n+1）、2/(n+1）、…、（n-k)/(n+1）距離単位で 1/(n+1）ずつの空中給油を受け、 （←お見送り）
次に１距離単位を飛び、
（2n+1-k)/(n+1）、･･･、（2n-1)/(n+1）距離単位で 1/(n+1）ずつの空中給油を受け、 （←お出迎え）
D_n = 2n/(n+1）距離単位に到達する。 >>973
2機目以後はチョト怖いですな。
お見送りの方はともかく、お出迎えのタイミングが少しでも遅れると即ガス欠ですからな。
「疾風」とか「桜花」（Baka bomb）なんかで逝くんですかね。 cos(n°)が√と有理数の四則演算で表すことのできる自然数nを全て求めよ 二乗根のみだとすれば
0＜n＜360 として
正 360/gcd(360,n) 角形の作図可能性に言い換えられるんじゃない？ gcd(360,n)=2^a 3^b 5^c なら
360/gcd(360,n)=2^(3-a) 3^(2-b) 5^(1-c) だから
作図可能 ⇔ (2-b≦1 and 1-c≦1) ⇔ 1≦b
つまり
nが3の倍数ならOK
nが3の倍数でなければNG
かな 四則演算を有理数にしか行ってはならないとすると著しくハードルが高いなw >>973
k機目は
1/(n+1）ぢゃなくて 1/(n+2-k）になる希ガス。 >>980
平面上定木とコンパスで作図可能な点の座標になるような実数の全体をDとすると
実数r∈Rについて
r∈D ⇔ rは有理数に四則と平方根を繰り返し行って作れる数である
(√の中に√を入れる事も認める)
事が知られている
cost が作図可能
⇔単位円と直線x=costの交点(cost,sint)が作図可能
⇔(1,0),(cost,sint)を頂点にもち単位円に内接する正k角形(k≧1)でkが最小のもの(あれば)の頂点が全て作図可能
t=n゜(nが整数)なら
それが正 360/gcd(360,n) 角形
但し「正1角形の全ての頂点」とは{(1,0)},
「正2角形の全ての頂点」とは{(1,0),(-1,0)}
の事とし、「正1,2角形」とは何ぞや？については考えない。
n=180とかで正2角形になる >>983
>⇔(1,0),(cost,sint)を頂点にもち単位円に内接する正k角形(k≧1)でkが最小のもの(あれば)の頂点が全て作図可能
ここは同値？ 自力ではまだ解決できてないけど一応投稿しておくことにする
次の条件を全て満たす実数αは存在するか：
･αは無理数
･αを3進展開しても4進展開しても、各桁には0または1しか現れない 数論の問題は簡単に作れる割に面白いものは滅多に見つからない >>984
(cost,sint)が作図可能なら
整数mに対する(cosmt,sinmt)は作図できる
t(弧度法):2π が有理数比
(⇔ t(度数法):360 が有理数比)なら
{(cosmt,sinmt)|m∈Z}は有限個の点しかもたず、かつ円周上に等間隔に並ぶ。これが正多角形の頂点。
具体的にはt/2πを既約分数で表したらその分母が点の数。
無理数比なら
{(cosmt,sinmt)|m∈Z}は無限個の点をもち、正多角形を考えられない >>216の(4)
aa/(2abb-bbb+1)が自然数となるような自然数の組
【解答】
aa/(2abb-bbb+1)が自然数nになるとする。
(I) b=1のとき
(与式の分母)=2aで偶数だから、(与式の分子)=aaも偶数。よってaは偶数。
自然数kを用いてa=2kとおける。
(II) b≧2のとき
aa-(2bbn)a+((bbb-1)n)=0
aについて解くと
a=bbn±√(bbbbnn-bbbn+n)
明らかにbbbbnn-bbbn+n>0で√の中身は正だから、2解は共に実数である。
また、(2解の和)=2bbn>0、(2解の積)=(bbb-1)n>0だから、2解は共に正である。
2解は共に正であり、2解の和は自然数だから、
2解の一方が自然数のとき、もう一方も自然数である。 …★
さて、(与式)>0、(与式の分子)>0より、(与式の分母)=bb(2a-b)+1>0
∴2a-b≧0
(i) 2a-b=0のとき
a=b/2, n=aa
aは自然数だからbは偶数。自然数lを用いてb=2lとおけばa=l
★より、n=aa=llについてaはlの他に自然数解があるはずである。
a=bbn±√(bbbbnn-bbbn+n)=4llllll±√(16llllllll-8lllll+ll)=4llllll±(4llll-l)=l,8llll-l
(ii) 2a-b≧1のとき
(与式の分子)≧(与式の分母)よりaa≧bb(2a-b)+1
∴aa≧bb+1>bb
a,bは正だからa>b
しかし、(2解の積)=(bbb-1)n、bbn+√(bbbbnn-bbbn+n)>bbnより
bbn-√(bbbbnn-bbbn+n)<((bbb-1)n)/bbn<bであり、
bbn-√(bbbbnn-bbbn+n)<b<aはa=bbn-√(bbbbnn-bbbn+n)と矛盾。
以上より、(a,b)=(2k,1),(l,2l),(8llll-l,2l)
これらは全て与条件を満たす。 ■ 【解説】
無数に解があるじゃないか（憤怒）
出典：IMO2003-2 >>216の(5)
ab-c, bc-a, ca-bが全て2の冪となるような自然数の組
【解答】
[補]
非負整数nについて
n=0のとき、2^0=1≡1 mod 4
n=1のとき、2^1=2≡2 mod 4
n≧2のとき、2^n=(2^2)*(2^(n-2))≡0 mod 4
① a,b,cのうち少なくとも2つが等しいとき
a=bとして一般性を失わない。aa-cとac-aが2の冪になるときを考える。
ac-a=a(c-1)よりa,c-1は共に2の冪である。非負整数α,γを用いてa=2^α, c=2^γ+1とおく。
aa-c=2^(2α)-2^γ-1が2の冪になるとき、[補]より4^α-2^γ-1≡-2^γ-1≡0,1,2 mod 4
∴γ=0,1
γ=0のときaa-c=4^α-2≡2 mod 4
これが2の冪になるのは[補]より4^α-2=2⇔α=1、このときa=b=2^1=2, c=2^0+1=2
γ=1のときaa-c=4^α-3≡1 mod 4
これが2の冪になるのは[補]より4^α-3=1⇔α=1、このときa=b=2^1=2, c=2^1+1=3 ② a,b,cが相異なるとき
a=1のとき、b-cとc-bは和が0だから両方が自然数になることはない。よってa≧2
同様にb≧2,c≧2
2≦a<b<cとして一般性を失わない。
相異なる非負整数δ,ε,ζを用いて
bc-a=2^δ, ca-b=2^ε, ab-c=2^ζ
とおく。
bc-a>ca-b>ab-cよりδ>ε>ζ
(I) a=2のとき
(i) ζ=0のとき
ab-c=2^ζよりc=2b-1
ca-b=2^εより3b-2=2^ε、b≧3よりε≧3
ε=3のときb=10/3で不適。
ε=4のときb=6, c=2*6-1=11
ε≧5のとき、bc-a=2^δより
9*2^δ=9*(bc-a)=9*(2bb-b-2)=18bb-9b-18=(3b-2)(6b+1)-16=(2^ε)(2*2^ε+5)-16
で右辺は2^5=32で割りきれないから左辺はδ≦4。これはδ>ε>ζより不適。
(ii) ζ≧1のとき
ab-c=2^ζよりcは偶数、ca-b=2^εよりbは偶数。よって、bc-a=2^δの左辺は4を法として2と合同だから、[補]より右辺は2^1、δ=1。これはδ>ε>ζより不適。 (II) a≧3のとき
2^ε=ac-b>ac-c=c(a-1)≧2cより2^(ε-1)≧c
∴2^(ε-1)>b>a
(i) c≡0,2,3 mod 4のとき
c-1は4で割りきれない。
2^δ+2^ε=(bc-a)+(ca-b)=(b+a)(c-1)
ε<δより左辺は2^εで割りきれる。右辺の(c-1)は2で高々1回しか割りきれない。よって、右辺の(b+a)は2^(ε-1)で割りきれる。
b+a<2b<2*2^(ε-1)よりa+b=2^(ε-1)
ac-b=2^ε=2(a+b)よりa+3b=ac-a
4b>a+3b=a(c-1)≧abより4b≧ab
これとa≧3よりa=3
3+3b=3c-3⇔c=b+2
bc-a=2^δよりbb+2b-3=2^δ⇔(b+3)(b-1)=2^δ
(b+3)と(b-1)は共に2の冪である。非負整数Β,β（Β>β）を用いてb+3=2^Β, b-1=2^βとおくと、辺々引いて4=(2^β)(2^(Β-β)-1)
これを満たすのはβ=2,Β=3,b=5
よってc=5+2=7、これはc≡3 mod 4を満たす。
(ii) c≡1 mod 4のとき
c+1は4で割りきれない。
2^δ-2^ε=(bc-a)-(ca-b)=(b-a)(c+1)
ε<δより左辺は2^εで割りきれる。右辺の(c+1)は2で高々1回しか割りきれない。よって、右辺の(b-a)は2^(ε-1)で割りきれる。
しかしb-a<b<2^(ε-1)より、これを満たす(b-a)はない。 以上より、(a,b,c)は
(2,2,2)、(2,2,3)の並べかえ3組、(2,6,11)の並べかえ6組、(3,5,7)の並べかえ6組の計16組。
これらは全て与条件を満たす。 ■
【解説】
不等式による絞りこみ、因数分解と約数、合同式、場合分け、など整数問題の基本テクニックを総動員すれば解ける。
最後の解答を元の式に当てはめて上手くいくことを確認するのが気持ちいい。
出典：IMO2015-2 >>931 >>969
k機目が向こうに渡るとき
出発側に（n-k）機の補助機？があり、到着側に（k-1）機の補助機？がある。
そのお蔭で航続距離が
出発側で（n-k)/(n-k+2）単位、
到着側で（k-1)/(k+1）単位
だけ伸びる。 >>971
よって、最大（n-k)/(n-k+2）+ 1 +（k-1)/(k+1）まで飛行可能
これは k⇔n+1-k について対称的で、kに対して上に凸。
D_n = min｛ 〃 ｜1≦k≦n ｝= 2n/(n+1), >>994
（n-k)/(n+2-k）+ 1 +（k-1)/(k+2）- 2n/(n+1）
=（n-k)(k-1)(n+3)/{(n+1)(n+2-k)(k+1)｝
> 0
∴ D_n = 2n/(n+1). m,nを自然数とする。
ユークリッド空間上の関数f:R^n→R^mは、任意の凸集合を凸集合に移す。
この時、fは連続か。 >>996 連続とは限らない。
n=1の時、商群R/QからR^mへの全単射φを１つとれば、
f(x)=φ(π(x)) (ただしπ:R→R/Qは自然な射影)
が反例になる。
nが1より大きい時は、例えばn=3なら
f(x,y,z)=φ(π(x))
等と定めればよい >>998
n=1の時、Rの凸集合といったら(広義の)区間しかない。つまり
C=(a,b),(a,b],[a,b),[a,b] (a≦b.ただし端点を含まない場合は∞や-∞になってもよい)
のどれかになる。
もしCが一点か空集合ならf(C)も一点か空になる。
もしCが一点でも空でもなければ、ある開集合を含むため、CはR/Qのどの同値類とも交わりを持つ。したがってf(C)=R^m.
よって、fは凸集合を凸集合に移す。
fが連続でないことの説明は省略。
nが1より大きい時、R^nの凸集合をx軸に射影したものはx軸上の凸集合になるから、
x軸への射影とn=1の場合のfを合成すれば求める関数が得られる。 このスレッドは１０００を超えました。
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