面白い問題おしえて～な 二十四問目 [無断転載禁止]©2ch.net
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4次行列
[100 , 0 , 0 , 1]
[0.5 , 100 , 0 , 0.5]
[-1 , 0 , 100 , 0]
[1/2 , 1/3 , 1/6 , 100]
の固有値の絶対値はいくつくらい？
暗算で >>572
（x-100)^4 -（2/3)(x-100)^2 = 0,
∴ x = 100， 100±√(2/3). >>241 (1)
最も多数の点をとおる円の１つをΓとする。
Γはn個の点を通るとする。
題意より、n≧4
Γが通る点をA，B，C，… とする。
n<8 のとき、Γを通らない2点X，Yがある。 >>241 (1)
・5≦n<8 のとき
5点｛A，B，C，X，Y｝に於いて、そのうち4点が同一円周上に存在する。
このとき、A，B，C のうちの１つが欠ける。
∵ もし XまたはY が欠けて A，B，C が残るならばその円はΓに一致し、XまたはY がΓ上に存在することになる。(矛盾）
たとえば、4点｛A，B，X，Y｝が同一円周上に存在する、とする。
A，B の片方を共有する｛A，C，X，Y｝や｛B，D，X，Y｝は同一円周上に存在しない。（C，D は A，B 以外の任意の点）
∵ もし存在するなら｛A，B，C，X，Y｝や｛A，B，D，X，Y｝が同一円周上に存在するが、それらはΓに一致し、X，Y がΓ上にあることになる。(矛盾）
次に、5点｛C，D，E，X，Y｝に於いて、そのうち4点が同一円周上に存在する。
たとえば、4点｛C，D，X，Y｝が同一円周上に存在する、とする。
更に、5点｛A，C，E，X，Y｝に於いて、そのうちの4点が同一円周上に存在する。
A，C，E のうちの１つが欠けるが、上記の2円のいずれかと3点を共有するので、結局Γと一致する。（矛盾）
以上により、5≦n<8 となることはない。 >>241 (1)
・n=4 のとき
上と同様にして、１組の｛X，Y｝について
4点｛A，B，X，Y｝と｛C，D，X，Y｝が同一円周上にある。
4点｛A，C，X，Y｝と｛B，D，X，Y｝が同一円周上にある。
4点｛A，D，X，Y｝と｛B，C，X，Y｝が同一円周上にある。
の3条件のうち、1つだけが成立つ。
（∵ 2つ以上が成立てば、3点を共有する2円が一致し、結局Γと一致する。矛盾）
ところで、5点から｛X，Y｝の組合せを選ぶ方法はＣ[5，2］= 10 通りある。
上記3条件の１つは、4通り以上の組合せについて成り立つ。
その4通りの中に｛X，Y｝の片方を共有するものもある。
たとえば、｛A，B，X，Y｝と｛A，B，Y，Z｝が同一円周上に存在するなら、
3点を共有するので2円は一致し、5点｛A，B，X，Y，Z｝が同一円周上に有る（n≧5）。
これは n=4 と矛盾するから、n=4 となることはない。
・まとめ
以上により、n≧8 と結論される。 >>573
まあ確かにそうなんだけど
(100-λ)^4-(1/6)(100-λ)^2-(1/2)(100-λ)^2+(1/6)(100-λ)-(1/6)(100-λ)=0
を考えるよりはもっと楽な方法が nを2以上の自然数とするとき、
1+√2+...+√nは無理数であることを証明せよ >>572の想定解
Gershgorin circle theoremより、固有値は4つとも、中心100,半径1の円盤に乗っている
固有値の絶対値は約100 xの多項式H_nを次の漸化式で定義する。
H_0 = 1
H_1 = 2x
H_(n+1) = 2x*H_n - 2n*H_(n-1)
m≠nのとき
∫[-∞,+∞] (H_n)(H_m)(e^(-xx)) dx
についてどんなことが言えそうか？ >>580
100Eっぽい行列の固有値は
だいたい100っぽい。
そんだけの話。 >>582
エルミート多項式
(√π）2^n・n! δ_{n,m} Σkが平方数→無限にある(1,36,1225,…)
Σkkが平方数→1,4900のみ
Σkkkが平方数→全て
ところでaをある整数として
(Σk)+aが平方数になるのは有限個か？
Σ(k+a)=(Σk)+akが平方数になるのは有限個か？
a=1,-1について考えよ R = 1/(1+1/(1+2/(1+3/(1+4/(…))))）=（√e）∫[1,∞］ｅ^（-xx/2）dx = √(eπ/2）・erfc（1/√2）= 0.6556795424188
S = Σ[k=1,∞］１/(2k-1）!! =（√e）∫[0,1］ｅ^（-xx/2）dx = √(eπ/2）・erf（1/√2）= 1.4106861346424
辺々たすと
R + S =（√e）∫[0,∞］ｅ^（-xx/2）dx = √(eπ/2）= 2.0663656770612 >>587
部分積分を繰り返して、
∫ｅ^（-xx/2）dx = Σ[k=1，n］｛1/(2k-1)!!｝x^(2k-1）ｅ^(-xx/2）dx + ｛1/(2n-1)!!｝∫x^(2n）ｅ^(-xx/2）dx,
S =（√ｅ）∫[0，1］ｅ^(-xx/2）dx = Σ[k=1，∞］1/(2k-1)!!, 三角形ABCにおいて,∠A内の傍心をI_Aとおく.辺BC,AB,AC上にそれぞれ点D,P,Qがあって,AP=CD,AQ=BDを満たしている.
また,三角形PBDと三角形QCDそれぞれの外接円は２点で交わるとする.
この2つの交点のうち点Dでないものを点Eとおく.このとき,点I_A,D,Eは同一直線上にあることを示せ. 此処って問題解ける人どれくらいいるんでしょう...
簡単な問題をもう1問(数3の範囲で解けます)
f,gを定義域が開区間I=(a,b)である連続な実数値関数とする
此の時、任意のα,β∈Iに対し、∫(x:α→β) f(x)dx=∫(x:α→β) g(x)dxを満たすならば、f=gである事を示せ >>591
(略証）
c∈I とする。（a<c<b）
題意により、h（x）= f（x）- g（x）もIで連続。
ε> 0 を任意の正数とする。
h（x）は x=c で連続ゆえ、
｜x-c| < δ ⇒ ｜h(x）- h(c)| < ε
なる δ>0 がある。
［c-δ，c+δ］∩ Ｉ = J とおくと、
x ∈ J ⇒ h(c）-ε < h(x）< h(c）+ε,
一方、題意により、
∫_J h（x）dx = 0,
∴ h(c）-ε < 0 < h(c）+ε,
∴ ｜h(c)｜< ε
ε>0 は任意に小さくできるから、
h（c）= 0,
f（c）- g（c）= 0, >>591
数3だと
∫[c，c+t］ h（x）dx = 0,
をtで微分してt→0 かなぁ（微分積分学の基本定理というらしい。） 確かに微積分学の基本定理は受験でも使うし使えば簡単だが一応無くても高校範囲で解くことは可能 f=g+z
->
∫zdx=0
if z !=0 , then there exists z != 0 in [a,b].
take m = min[z,[a,b]]
∫zdx >= m(a-b) !=0 F(x) = ∫_α^x f(t) dt, G(x) = ∫_α^x g(t) dt とおく。
条件よりF(x) = G(x)を満たすのでF'(x) = G'(x)、即ちf(x) = g(x)が成り立つ。
当ってる？ 平面図形の問題は分からん。 >>599
良いだろうね
もう一問
悪魔は8×8のチェス盤にランダムにポーン（0～64個）を置き、どこかのマスを指定する。
幼女Aはそれを見てどこか1マスに対し「ポーンを置く」「取り除く」のいずれかの行動を1回のみ行う。その後、幼女Bはチェス盤の様子を見て悪魔がどのマスを指定したのか答えねばならない。どうすればいい？ >>600
８×８のチェス盤６４マスに、０～６３の番号を割り振る。
ポーンのおかれている番号をリストアップし、さらに指定されたマスの番号をリストに加え、
これら全ての排他的論理和を求める。
その排他的論理の値に当たるマスに「操作」を加える。これが幼女Aの行動。
幼女Bは、ポーンのおかれている番号をリストアップしこれら全ての排他的論理和を求め、
その値に当たるマス目を指定すればよい。同様の問題がちょっと前にも出されている。 >>586
Σk^4 が平方数 → なし？
Σk^5 が平方数 → 1001^2（k=1～13）のみ？
Σk^m (m>5）が平方数 → なし？ >>586
Σ[k=1，n］k = n(n+1)/2 = mm,
m=n=1 は自然数解。
｛m，n｝が自然数解ならば｛3m+2n+1，4m+3n+1｝も自然数解。
∴自然数解は無限にある。
一般解
m_k =｛(√2 +1)^(2k）-（√2 -1)^(2k)}/(4√2),
n_k =｛(√2 +1)^(2k）+（√2 -1)^(2k）-2}/4,
kは自然数。 >>603
m_{k+1｝= 3m_k +2n_k +1,
n_{k+1｝= 4m_k +3n_k +1,
∴漸化式
m_{k+1｝= 6･m_k - m_{k-1},
n_{k+1｝= 6･n_k - n_{k-1｝+2, >>603
一般解ってことは
他にないのね？なぜ？ 空間内の
AA_1=AA_2=AA_3=√3
A_1A_2=A_2A_3=A_1=√6
を満たす四面体AA_1A_2A_3をHとする.△A_1A_2A_3の内心をI,内接円をCとする.円Cの中心が直線AI上にあるように,円CをAI方向に平行移動するとき,円Cが描く図形をFとする.四面体Hの表面および内部と,Fの表面および内部の共通部分Kの体積を求めよ. 訂正
空間内の
AA_1=AA_2=AA_3=√3
A_1A_2=A_2A_3=A_3A_1=√6
を満たす四面体AA_1A_2A_3をHとする.△A_1A_2A_3の内心をI,内接円をCとする.円Cの中心が直線AI上にあるように,円CをAI方向に平行移動するとき,円Cが描く図形をFとする.四面体Hの表面および内部と,Fの表面および内部の共通部分Kの体積を求めよ. 任意の実数 x, y に対して、f(f(x)+y) = 2x + f(f(f(y)-x)) をみたす関数 f を求めよ。 >>608
y=0
ffx=2x+ff(f0-x)
x=f0/2
ff(f0/2)=f0+ff(f0/2)
f0=0
ffx=2x+ff(-x)
x=0
fy=fffy
x=fy
f(ffy-y)=2fy
0=f(fffy-fy)=2ffy
f(fx+y)=2x
x=0
fy=0
0=2x
NG >>605
2m = M，2n+1 = N とおけば
NN - 2MM = 1
という「ペル方程式」になります。
ペル方程式の全ての解は、最小解（M_1，N_1）≠（0，1）のべき乗になることが知られています。
N_k + M_k(√2）=｛N_1 + M_1(√2)}^k >>609
ヴォイニッチ手稿かよ！ 何を書いているのか理解できんわ！ >>608
検索したら出てきた。面白スレ20問目912
----------------------------------------------------------
912 ：１３２人目の素数さん：2015/05/09(土) 05:43:03.75 ID:2Ji3jztR
f : R→R
∀x, ∀y ∈R , f(f(x)+y) = 2x + f(f(f(y))-x)
914 ：１３２人目の素数さん：2015/05/09(土) 14:24:47.79 ID:thUnZu1m
解の１つがf(x)=xなのはわかった
915 ：１３２人目の素数さん：2015/05/09(土) 18:33:22.73 ID:2Ji3jztR
こういう関数方程式の問題のお決まりの解法ってなんだろうな
916 ：１３２人目の素数さん：2015/05/10(日) 16:02:40.40 ID:CIiswLGB
>>912
2003 春合宿なら
f(f(x)+y) = 2x + f(f(y)-x)
だけど、それとは別の問題？
917 ：１３２人目の素数さん：2015/05/10(日) 16:31:57.91 ID:3rqDb3p4
>>916
別。
918 ：１３２人目の素数さん：2015/05/10(日) 18:48:38.37 ID:CIiswLGB
>>912
与式においてy=-f(x)として
f(0)=2x+f(f(f(-f(x)))-x)
この左辺は定数で, xは実数全体を動くのでfは全射.
a,b∈R, f(a)=f(b)とする. 与式においてy=a, bとして
f(f(x)+a)=f(f(x)+b)
fは全射よりf(x)は任意の実数値をとりうるのでfは周期b-aをもつ.
また, 与式においてx=a, bとして
2a+f(f(f(y))-a)=2b+f(f(f(y))-b)
f(f(y))-a-{f(f(y))-b)}=b-aとfの周期性よりf(f(f(y))-a)=f(f(f(y))-b)なので
a=b よってfは単射.
与式においてx=y=0として
f(f(0))=f(f(f(0))) fは単射なのでf(0)=0
∀c∈R, 与式においてx=-c, y=0として
f(f(-c))=-2c+f(c)・・・①
また, 与式においてx=0, y=-cとして
f(-c)=f(f(f(-c)))
fは単射なので-c=f(f(-c))・・・②
①, ②より-2c+f(c)=-c
よってf(c)=c
逆にf(x)=xは与式を満たす. □
----------------------------------------------------------
918の下から7行目が間違っているような…。
正しくは f(f(-c))=-2c+f(f(-c))・・・① だから、それ以降が使えんな。 n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)/12.
n=1,13,133,1321,13081,.... >>608
f(s)をsの整式に限定した場合の解はf(s)＝±s
∵f(s)をsのn次式とおくと与式左辺はyのn次式、右辺はyの(n^3)次式なので、任意のyで等式が成立するnは0または1
そこでf(s)＝as＋bとおく。
左辺＝a(ax＋b＋y)＋b＝aax＋ay＋(ab＋b)
右辺＝2x＋a(a(ay＋b－x)＋b)＋b＝(2－aa)x＋aaay＋(aab＋ab＋b)
aa＝(2－aa)よりa＝±1。これはa＝aaaも満たす。
ab＋b＝aab＋ab＋bよりaab＝0
aa＝1なのでb＝0 □
整式以外のときはどうすればよいでしょうね >>608
分かっていることは、これくらいでござるな。
(1) ｆ は全単射
(2) f(0) = 0
(3) f(f(x)) = x
(4) f(-x) = -f(x)
(5) f(2x) = 2f(x)
(6) 与式は f(f(x)+y) = f(y)+x と書き直せる >>614
918の修正版
与式においてy=-f(x)として
f(0)=2x+f(f(f(-f(x))-x))
この左辺は定数で, xは実数全体を動くのでfは全射.
a,b∈R, f(a)=f(b)とする. 与式においてy=a, bとして
f(f(x)+a)=f(f(x)+b)
fは全射よりf(x)は任意の実数値をとりうるのでfは周期b-aをもつ.
また, 与式においてx=a, bとして
2a+f(f(f(y))-a)=2b+f(f(f(y))-b)
f(f(y))-a-{f(f(y))-b)}=b-aとfの周期性よりf(f(f(y))-a)=f(f(f(y))-b)なので
a=b よってfは単射.
与式においてx=y=0として
f(f(0))=f(f(f(0))) fは単射なのでf(0)=0
～～以下修正～～
∀c∈R, 与式においてx=0, y=cとして
f(c)=f(f(f(c)))
fは単射なのでc=f(f(c))…①
①と与式より、
f(f(x)+y)=2x+(f(y)-x)=x+f(y)
この式においてx=f(a),y=bとして
f(f(f(a))+b)=f(a)+f(b)
①よりf(a+b)=f(a)+f(b):fは加法的…②
逆に①と②が成立すれば、与式について
右辺=f(f(x)+y)=f(f(x))+f(y)=x+f(y)
左辺=2x+f(f(f(y)))-f(f(x))=x+f(y)
なので、①かつ②が与式の成立に必要十分 □
ここまでですね >>609
間違えた
> >>608
> y=0
> ffx=2x+ff(f0-x)
> x=f0/2
> ff(f0/2)=f0+ff(f0/2)
> f0=0
> ffx=2x+ff(-x)
これは不要
x=0
fy=fffy
y=-fx
f(fx-fx)=0=2x+ff(f(-fx)-x)
f epi
x=fy
x=ffx
f iso
f(fx+y)=2x+fy-x=x+fy
f(z+y)= fz+fy
f Q-homo & ff=Id
example
f1=e
fe=1
fx=x for other generators
f(p+qe+Σr_sx_s)=pe+q+Σr_sx_s >>620
> f Q-homo & ff=Id
f Q- iso & ff=Id x=a+b,f(a)=a,f(b)=-b.
f(x)=a-b.
a=(x+f(x))/2,b=(x-f(x))/2.
x=a+b,f(a)=a,f(b)=-b.
a+b=c+d,f(a)=a,f(b)=-b,f(c)=c,f(d)=-d.
a-b=c-d.
a=c,b=d. >>620 と >>622
数式だけの羅列だと、何を言いたいのか、何をやっているのかサッパリ理解できないんだが？
単に俺がアホなだけなんだろうけど。 >>615
｛n(n+1)/2}^2 は明らかに平方数ゆえ、
（2nｎ+2n-1)/3 が平方数 mm ならばよい。
(2n+1)/3 = N とおくと、
3NN - 2mm = 1,
（m，N）が自然数解 → （5m+6N，4m+5N）も自然数解。
m_{k+1｝= 5 m_k + 6 N_k,
N_{k+1｝= 4 m_k + 5 N_k,
漸化式
m_{k+1｝= 10 m_k - m_{k-1},
N_{k+1｝= 10 N_k - N_{k-1},
一般式
m_k =｛（√3 +√2)^(2k+1）-（√3 -√2)^(2k+1）｝/（2√2),
N_k =｛（√3 +√2)^(2k+1）+（√3 -√2)^(2k+1）｝/（2√3), >>618
fx=x
fx=-x
以外に
具体的に書けるfはある？
RのQ-mod baseって選択公理から存在が出るだけで
具体的には無理ぽ たしか選択公理までは必要なくRが整列できればよかったと思う
どちらにせよ具体的にはならないけど >>625
ハメル基底U={Ui}(Q-mode baseはこの意味？)を使って任意の実数xを有理ベクトル(q1,…,qn)に１対１に対応させてx=Σqi・Uiが成立するようにできるから、
基底ごとに係数ai=1またはai=ｰ1を選んでf(x)=Σai・qi・Uiとすれば条件は満たされるのではと。 >>626
ハメル基底の存在を示すとき選択公理が出てくる
選択公理からはハメル基底が「ある」ということは言えるが、ハメル基底の実例を具体的に示すことはできない
ハメル基底の実例が示せないから、実数を有理ベクトルに分解する方法も具体的には示せない
ってところかな >>627
Q-mod baseと書いたのはそれのこと
そしてそれが具体的に与えられないから
fを具体的に書けそうもないってこと
具体的に書けたら基底の交換とか反転(-1倍)とか
固有値±1の行列的なのが色々と >>586
Σ[k=1,n］k^5 =｛n(n+1)/2}^2（2nn+2n-1)/3,
が平方数になるような n をさがす。
>>624 に沿って考えると、結果は >>615 になるらしい。 黒板に何個かの相異なる自然数が書かれている。此れから2人で,以下の様な操作を交互に行うゲームをする.
(操作)「プレーヤーは自分の手番※のとき,黒板に書かれている数から1つの数aを選び,aを其れから1を引いた数a-1に書き直す.
此のとき,a-1=0であるか,a-1が既に黒板に書かれている他の或る数と等しければ,今書いたばかりのa-1を1つ黒板から消す.」
自分の手番のとき,黒板に書かれている最後の数を消してしまったプレーヤーが負けになる.
此のゲームに於いて,両者が最善を尽くした場合に先手が勝つ場合は先手必勝であると言い,後手が勝つ場合は後手必勝であると言う.
例えば,黒板に1,2が書かれている場合は,先手が2を選ぶと,2-1=1は黒板に書かれているから其れは消されて1が1つだけ黒板に残る.
其のとき,後手は1を選ぶしか無いが,1-1=0なので0は消されて,黒板から全ての数が消えてしまい,後手が負けとなる.
故に黒板に1,2が書かれている状態は,先手必勝である.
問.此のゲームについて最初に黒板に書かれている数が全て偶数の場合は,先手必勝であることを証明せよ.
※「手番」とは,先手と後手の2人で交互に操作を行うゲームにおいて,操作を行う順番が回ってきた状態を言う. 濁点が１コずつしかないのが気になる
ゲームの結果消されたのかな 先手は以下の戦略をとることで必ず勝利できる。
① 盤面が全て偶数ならば最大の数を減ずる
② 盤面に奇数が２つだけあるとき、小さい方の奇数を減ずる
(証明)初期盤面が全て偶数であるとき、上記の戦略をとると先手の着手後の盤面は必ず「最大の数は奇数」かつ「最大でない数は全て偶然」の状態(条件Ａ)にできる。
この条件Ａを満たす盤面は奇数が少なくとも１つ残っており、先手は負けることはない。このことを以下に示す。
先手の初手は①に従う。盤面は全て偶数である、および初期盤面に同一の数が存在しないことから、最大数は他のどの数よりも２以上大きい。
よって、最大数を１減じて奇数にしても他の数より大きいため盤面に奇数が残り、その奇数は盤面の最大数である。
最大数は奇数、かつそれ以外の数は偶数となり条件Ａを満たす。
次に条件Ａを満たす盤面での後手の着手を考える。後手の次の手は最大数である奇数か、それ以外の偶数を減ずることになる。
最大数の奇数が１である場合、それが最大数であることから他に数はなく、後手は唯一残った１を消す必要があるので先手は勝利する。
最大数の奇数が３以上のとき、後手が奇数を１減じて偶数とすると、その偶数を消す必要があるときもないときも、盤面に残った数はすべて偶数となる。
元の盤面はすべて異なる数であり、減じた結果の数が他の数と一致すればその数は消されるため、盤面はすべて異なる偶数となる。
そのため、初手と同じく次に先手が①のとおり着手すれば条件Ａを満たす盤面にできる。
最大数の奇数が３以上のとき、後手がいずれかの偶数を選び、１減じて奇数とした場合、元の盤面の唯一の奇数は最大数であることから、これとは一致しない。よってこの着手では奇数が２つだけ残る。
先手は②の戦略をとることで、後手が今しがた減じた奇数を１減じて偶数とする。
この着手で最大数の奇数は盤面に残り、減じた偶数を消す必要があるときもないときも、最大数以外の数はすべて偶数となる。この場合も条件Ａを満たす。
後手の着手は他にない。後手がいずれの着手をしても、先手は常に次に条件Ａの盤面にすることができ、先手は負けることがない。
最後に、全ての着手で盤面の数の総和は単調減少であり、このゲームは必ず決着する(引き分けはない)
よって、このゲームにおいて、偶数のみの盤面では先手必勝である。□ 即答か...流石
2つの壁と床が互いに直交している部屋の隅に半径1の円盤を立てかけて静止させる.
但し円盤は其の2つの壁と床の其々に唯1点点ずつで接触しているものとし,厚さは無視する.又部屋は十分広くて円盤が他の壁に接触することは無い.
部屋の隅を原点Oとし,壁と床を座標面,全ての座標が正である領域を室内とする座標系を定める.
円盤に垂直なベクトルを円盤の法線ベクトルということにする.又単純化のため,全ての成分が正となる法線ベクトルを持つ円盤だけを考える.
此のとき円盤の中心 (α, β, γ) の存在範囲を求めて図示せよ. xy平面上において、放物線y=x^2と円Oは異なる4点A,B,C,Dで交わっており、Aのx座標をaとする。
C,Dが線分ABの垂直二等分線上にあり、直線ABの傾きが正であるとき、C,Dのx座標をaで表せ。 >>637
A（a，aa)
B（b，bb)
C（c，cc)
D（d，dd)
とおく。
(ABの傾き）= a+b,
(CDの傾き）= c+d,
AB ⊥ CD より（a+b)(c+d）= -1
題意より、CDは円Oの直径。
円Oの中心O'は CD の中点O'（(c+d)/2，(cc+dd)/2)
円Oの半径は CD/2 =｜c-d｜√{1+(c+d)^2}/2
∴c，d は次式の根。
xx + x/(a+b) -（aa+bb+1)/2 = 0, これにより c，d は a+b，aa+bb で表わされる。
またA，Bは円O上にある。
∴a，b は次式の根。
｛x-(c+d)/2}^2 +｛xx -（cc+dd)/2}^2 =（CD/2)^2
これらより a+b，aa+bb は a で表わせる。 (続き）
放物線y=xx と円Oの交点はすべて次式の根。 >>639
｛x-（c+d)/2}^2 +｛xx -（cc+dd)/2}^2 =（CD/2)^2,
∴｛(x+c)(x+d）+1}(x-c)(x-d）= 0,
∴（x-a)(x-b）=（x+c)(x+d）+ 1,
∴ a+b = -(c+d),
ところで直交性（a+b)(c+d）= -1，（ABの傾き）= a+b >0 >>638
により
a+b = 1，c+d = -1,
∴ c，d は次式の根。
xx + x -(aa-a+1）= 0, y²＝x²＋x＋kを満たす0以上の整数(x,y)の組が2個となるような正の整数kを全て求めよ >>637
円Oの方程式を(x-p)^2+(y-q)^2=r^2とおいて
y=x^2を代入して整理すると
x^4+(1-2q)x^2-2px+p^2+q^2-r^2=0
A,B,C,Dのx座標をa,b,c,dとすると
解と係数の関係によりa+b+c+d=0
このとき直線ABの傾きは(b^2-a^2)/(b-a)=a+b、
同様に直線CDの傾きはc+dなので、2直線の傾きの和は0
直線ABの傾きは正で直線ABと直線CDは直交するので
直線ABの傾きは1、直線CDの傾きは-1
A(a,a^2)から直線ABの式はy=x+a^2-a
y=x^2を代入して整理するとx^2-x-a^2+a=0
解と係数の関係からa+b=1なのでb=1-a
つまりB(1-a,(1-a)^2)
ABの中点は(1/2,a^2-a+1/2)なので
直線CDの式はy=-x+a^2-a+1
これとy=x^2との交点のx座標を求めると
x={-1±√(4a^2-4a+5)}/2 … (答) 三角数1,3,6,10,...,n(n+1)/2,...がある。このとき、mが三角数であることが、(a_i・m)+b_iが三角数であるための必要十分条件であるようなa_i,b_iの組が無限に存在することを示せ。 >>641
k≠平方数のとき
（x，y）=（k-1，k）だけ、１個（不適）
k=平方数のとき
（x，y）=（0，√k）もある。
他に解が無ければ２個
k = L^2，
L = 2，3，6，9，15，21，… >>644
a>0
a+b=1
3a+b=3
a=1
b=0 2017年もそろそろ終わるということで。
x_0,x_1,x_2,...,x_63が{1,2,...,2017} の異なる要素であり、
かつ
(x_0)+(x_1)+2(x_2)+3(x_3)+...+63(x_63)
が2017で割り切れるような64個の順序組(x_0,x_1,x_2,...,x_63)を求めよ。 >>647
x_0=630
x_i=i (1≦i≦63)
とか
x_0=694
x_i=i+1(1≦i≦63)
とか
想定解は
x_0=2016
x_i=i^2(1≦i≦63)
だと思うが まぁ実際にはi^2の形は2016を超えるのでmod 2017で考えるのだが
2017が素数なのでi≧1でかぶらないことは明らかで
229^2+1が2017の倍数なのは簡単な計算で求められるから
2016も出てこないだろうことが言えるのかな >>644
a= s^2, b=(s^2-1)/8 とすれば簡単に確認できる
一般に自然数Nが△であることと,8N+1が□であることは同値であること
および 0以上の値を取る整数列が1より小さいなら0を取るしかないことを使えば
すべて求めることも可能 別解がないような問題って、気付いたらおしまいな一発芸クイズ問題のことか？ つまらないのか...
年末だし自作問題だしまくろうというヤケ糞精神で挑みますよ...
f(x),f’(x),f’’(x),f’’’(x)が任意のxに対して正であるような実関数fを取る。
また、この関数fは連続な3次導関数である。
任意のxに対してf’’’(x)≦f(x)が従うとき、
任意のxに対して
f’(x)<2f(x)が従うことを示せ。 学校の課題で問題が出されたのですが、全くわかりません。
問題は、
問１ 平均値μ=2、および標準偏差σ=2の正規分布に従う確率変数を考える。このとき、この確率変数が次の区間に含ま
れる確率を小数第4位まで計算しなさい。
1 (4, ∞)
2 (-∞, 2.7)
3 (0.88, 5.6)
4 (1.46, 3.24)
問２ ある検問所で記録された車のスピードのデータによると、そこを通過する車は平均時速61.6km、標準偏差7.0kmで、だいたい正規分布に従っている。このとき、次の割合を100分率(パーセント)で小数第1位まで計算しなさい。
1 時速70kmをこえている車は全体の○％である
2 時速49kmよりも遅い車は全体の○％である
3 時速56kmから時速63kmまでの車は全体の ○％である
皆様方どうかお手を差し伸べていただけませんか、、、 3^2=1^2+1+7.
7^2=6^2+6+7. 詰まってるようなのでさらに投下
n≧3である整数nに対し、θ=2π/nが従っている。
ここで、Iをn×n単位行列、A={a_(jk)}は任意のj,kに対して
要素a_(jk)=cos(jθ+kθ)を持つとする。
このとき、n×n行列l+Aの行列式を求めよ。 整数環Z[√2] において, x^3+y^3=z^3 を満たすx,y,zをすべて求めよ ｆ ∈ C^2 かつ f(0)≠0 で、
任意のx、y∈R に対して f(x+y) + f(x-y) = f(x)f(y)
をみたすとき、f を求めよ。 >>661
f0+f0=f0f0
f0=2
fy+f-y=f0fy=2fy
f-y=fy
f2x+f0=fxfx
2f'2x=2fxf'x
うーん >>659
D_n（θ）=｜I + A｜
=｜δ_(j,k）+ a_(j,k）｜
=｜δ_(j,k）+ cos((j+k)θ）｜
= -（nn-n-4)/4 + Σ[m=1,n］（(n+2-m)/2）cos(2mθ),
D_n（2π/n）= -（n+2)(n-2)/4,
どうでもいいけど、
D_n（θ）は周期πで、θ=0，±π，±2π，… にピークをもち、nが大きいほど鋭い。
D_n（0）= n+1, >>661
f（x）= 2cos（kx),
f（x）= 2cosh（kx）= e^(kx）+ e^(-kx),
他にもあるか…
う～ん 1-4n が Z/mZ で平方数となるような自然数nをすべて求めよ(但し, m=n! とする) >>664
ついでに…
D_n（±π/2）= -（n+2)(n-2)/4 （n：偶数）
-（n+1)(n-1)/4 （n：奇数）
θがピーク（mπ）から離れた所にあるときは、これ位の値。。。 >>661
f(x)=a^x+a^-x (a∈ℝ) >>668
それはそうだが、最後に「う－ん」がない。 >>661
ｆ∈C^2 を使ってみよう。
f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y) の両辺を y で微分した後
2y で割って y→0 の極限をとると、
f''(x)=f(x){lim f'(y)/(2y)}。
左辺が収束することから、右辺の{ }内も収束する。
f''(x)=f(x)C (Cは定数) と置いて
微分方程式を解いて原式へ代入すると、
誰かが上に書いた解が得られる。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
