面白い問題おしえて～な 二十四問目 [無断転載禁止]©2ch.net
レス数が900を超えています。1000を超えると表示できなくなるよ。
自然数nに対して、n乗積分
∫_(R^n) 1/(1+||x||^(2n))dx
を求めよ
(||・||はユークリッドノルム) >>809
３で割ったあまりを調べるとないことがわかる。 >>812
素であると条件がついてないから(9,12,15)で良いんじゃない？ 私はあなたに面白い問題を教えてくれるでしょう！
私は日本語を話せませんので、英語で問題を書きます。
多分、私は日本語で答えを読むことができるので、あなたは日本語でそれを書くことができます。
できれば、私の問題を日本語に翻訳してください。
Consider the 2^1013 numbers ±1±2±...±1013.
How many of these numbers are 2017 in modulo 2027?
Express your answer in modulo 1000.
ありがとう！ スパムメールっぽい日本語だな
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みたいなの >>815
例えば1＋…＋384－385＋386＋…＋1013≡2017(mod 2027)である
2027は奇数であるので、この問題は以下と同値である
「1から1013までの整数の集合の部分集合のうち、総和が385＋2027k(kは整数)となる部分集合の個数の下３桁を求めよ｣ 答え出ちゃったね
>>819
【訳】
±1±2±...±1013の形の2^1013個の数を考えよ
2027を法として2017に合同な数は幾つあるか？
1000で割った余りを解答せよ >>815
1を加算する操作をsとし、整数による加算をs^k、kによる減算をs^-kのように表現するとき、
±1±2±...±1013の形の式のうち解が整数nとなる式の個数は
Π(k=1→1013)(s^k+s^-k)…①を展開したときのs^nの係数に現れる。
2027を法とする演算を考えればよいので、s^2027=s^0とし、
このときのs^2017の係数を考えればそれが2017と合同な式の個数となる。これを求めればよい。
Π(m=0→1012)(s^(2^m)+s^-(2^m))…②の形の式を考える。
s^(2^m),s^-(2^m) (0≦m≦1012) の各々に、s^k,s^-k (1≦k≦1013) のいずれかと同一のものが
ちょうど1つずつ存在する（1対1に対応する）ことから、②は①の項を並び替えたものであり、①に等しい。
②を展開するとs^-(2^1013-1)+s^-(2^1013-3)+...+s^-3+s^-1+s^1+s^3+...+s^(2^1013-1)…②'となる。
②'の項の総数は2^1013個であり、各項の指数が2ずつの等間隔に存在すること、2027が奇数であること、
2^1013+1が2027の倍数であることから、1≦k≦2026 の各々について s^k に等しい項は(2^1013+1)/2027個ある。
すなわちs^2017に等しい項の数は(2^1013+1)/2027個あり、これが求める係数である。
（なお、s^0=s^(2^1013+1)に等しい項の個数は他のs^kより1つ少ない）
(2^1013+1)/2027を10進数で表現すると300桁を超えるが、
1000の余りを求めればよいので2027×1000を法とする演算で2^1013+1を求め、
2027で割る方法をとれば計算量を減らすことができる。
計算は省略する。解は859。
※巡回群に詳しい方、補足がありましたらお願いします。 >>825
１行目ミスった
整数kによる加算をs^k、整数kによる減算をs^-kのように表現する コンピューターおばあちゃん コンピューターおばあちゃん
イェーイイェーイ ぼーくら大好きさー >>825
お見事
2027は素数
x^2027=1で
Σx^(±1±2±...±1013)=(Σx^±1)(Σx^±2)...(Σx^±1013)=(x+x^2026)(x^2+x^2025)...(x^1013+x^1014)
ということね
そして上記の式のxのベキは2027の0以外の2026個で原始根のベキで表せるわけだけど
F_2027において2が原始根なのは確かにそうだとは確認したけど簡単に分かるの？
まあ2でなくても原始根ならいいけど原始根は探すの結構めんどくさい >>829
>2でなくても原始根ならいいけど
2じゃないと駄目か
±だから展開したとき2進法で考えるから-(2^1013-1)から2^1013-1まで2飛ばしで出てくるってことになる
3とかだと3進法ではそうもならないな そう。2が原始根であることが言えればいい
位数が2027-1の約数であり、2027-1の素因数は2と1013なので、
2 と 2^2 と 2^1013 について 2027 を法として 1 と合同でないことを確認すればよい Oh wow guys Congratulations!!
It seems you got a right answer.
So I’ll show you my solutions.
Let p=2027 and observe that this is prime.
Let a_i for 0≦i≦p-1 be the number of the 2^2013 numbers which are i in modulo p.
Then,
N=Π[(p-1)/2, i=1]((ε^k)+(ε^(-k)))
=a_0+...+a_(p-1)ε^(p-1)
where ε=exp((2π/p)i).
Now, observe that
Π[p-1,i=1]((ε^k)+(ε^(-k)))
=NΠ[p-1,i=(p+1)/2]((ε^k)+(ε^(-k)))
=NΠ[p-1,i=(p+1)/2]((ε^(k-p))+(ε^(p-k)))
=NΠ[(p-1)/2,i=1]((ε^k)+(ε^(-k)))
=N^2
But,
Π[p-1,i=1]((ε^k)+(ε^(-k)))
=Π[p-1,i=1](ε^(2k)+1)=Π[p-1,i=1](1+ε^k)=1
where we use the fact that k→2k is bijective in ℤ/pℤ and 1+x+...+x^(p-1)
=Π_(1≦k≦p-1)(x-ε^k).
So N^2=1⇒N=±1.
So,
a_0+...+a_(p-1)ε^(p-1)=±1
⇒a_0±1=a_1=...=a_(p-1)=q
for some integer q.Then,
pq=a_0+...+a_(p-1)±1=2^((p-1)/2)±1.
Since q must be an integer
and 2^((p-1)/2)≡(2/p),
q=(2^1013-(2/2027))/2027
=((2^1013)+1)/2027≡859 (mod 1000). >>831
なーるほどー
位数は1か2か1013か2026かしかないってことか
2＾1013はキツそうだけど2＾11=2048=21とか使うのかしらね >>833
2^1013の計算は多少手間だけど、工夫すれば短くできそう
例えばこう
2^1013≡2^(1008+5)≡2^(7･2･2･2･2･3･3+5)
≡((((((2^7)^2)^2)^2)^2)^3)^3･2^5
≡(((((128^2)^2)^2)^2)^3)^3･32
≡((((168^2)^2)^2)^3)^3･32
≡((((-154)^2)^2)^3)^3･32
≡(((-608)^2)^3)^3･32
≡(750^3)^3･32
≡(750^2･750)^3･32
≡(1021･750)^3･32
≡(-456)^3･32
≡(-456)^2･(-456･32)
≡(-845)･(-403)
≡-1 (mod 2027) >>809-810
a=3A, c=3C とおくと、
AA +（A+1)^2 = CC,
(2A+1)^2 + 1 = 2CC … ペル方程式
(A，C）=（0，1)
(A，C）が自然数解なら（A'，C'）=（3A+2C+1，4A+3C+2）も自然数解。
A_n =｛(√2 +1)^(2n+1）-（√2 -1)^(2n+1）-2}/4,
C_n =｛(√2 +1)^(2n+1）+（√2 -1)^(2n+1)}/(2√2), >>835
（A_n, C_n)
n=0 (0, 1)
n=1 (3, 5)
n=2 (20, 29)
n=3 (119, 169)
n=4 (696, 985)
n=5 (4059, 5741)
n=6 (23660, 33461)
n=7 (137903, 195025)
n=8 (803760, 1136689)
n=9 (4684659, 6625109)
n=10 (27304196, 38613965) 全ての実数で定義されている実数関数 f に対し
B={x | limsup_y→x |f(y)-f(x)|/|y-x|<∞}と置く
R-Bが高々可算個の疎な閉集合で被覆されるならば
ある開区間で f はリプシッツ連続となることを示せ
ただし選択公理によるベールの被覆定理を仮定する ５×５の碁盤目状の道路があり、５件の家
A(0,1)、B(1,4)、C(2,0)、D(3,3)、E(4,2) がある。
図 https://i.imgur.com/pzdRfIv.jpg
この街に直線道路を１本引きたい。
５件からのマンハッタン距離の平方和が最小となる直線を求めよ。 言い方がマズかったかな。
Aから直線道路までのマンハッタン距離の２乗
＋ Bから直線道路までのマンハッタン距離の２乗
＋ Cから直線道路までのマンハッタン距離の２乗
＋ Dから直線道路までのマンハッタン距離の２乗
＋ Eから直線道路までのマンハッタン距離の２乗
が最小となるような直線です。 ごめん、もう一度訂正。
Aから直線道路までのx軸方向の移動距離の２乗＋y軸方向の移動距離の２乗
＋ Bから直線道路までのx軸方向の移動距離の２乗＋y軸方向の移動距離の２乗
＋ Cから直線道路までのx軸方向の移動距離の２乗＋y軸方向の移動距離の２乗
＋ Dから直線道路までのx軸方向の移動距離の２乗＋y軸方向の移動距離の２乗
＋ Eから直線道路までのx軸方向の移動距離の２乗＋y軸方向の移動距離の２乗 >>839
点（x_a，y_a）から直線 y = mx+n までのM距離は、
x軸方向の移動距離 と y軸方向の移動距離 のうち小さい方、つまり
min｛｜y_a -m x_a -n｜，｜（y_a -m x_a -n)/m｜｝
｜m｜≦ 1 のとき ｜y_a -m x_a -n｜,
｜m｜≧ 1 のとき ｜（y_a -m x_a -n)/m｜,
y =（x+18)/10 または y=10x-18 のとき 距離の平方和 = 99/10 >>843
M距離の和を最小にするなら、、
y =（1/4)x + 1 のとき M距離の和 = 11/2 >>835 >>836 補足
a ≡ a+3 ≡ ±1 （mod 3)
とすると、
aa +（a+3)^2 ≡ 1 + 1 ≡ 2 （mod 3)
一方、
cc ≡ 0，1 （mod 3)
となるので不成立。
a ≡ a+3 ≡ c ≡ 0 (mod 3）に限る。 作用素Hについて、固有値E_k（E_0<E_1<E_2<…）と対応する固有関数ψ_kが存在するとする
であるとする
ここで、固有値Eをもつ関数Ψが存在するとき、NE≧E_0となることを示せ。
ただしN=√(1/(∫|Ψ|^2 dx)) ↑訂正
作用素Hについて、固有値E_k（E_0<E_1<E_2<…）と対応する固有関数ψ_k（∫|ψ|^2 dx=1）が存在するとする
ここで固有値Eをもつ関数Ψが存在するとき、NE≧E_0となることを示せ。
ただしN=√(1/(∫|Ψ|^2 dx)) 中学生でも解ける問題を一つ
半径rの円が３つあり、残り二つの円と互いに外接している。
それぞれの円の周上にP,Q,Rを取る時、三角形PQRの重心Gの動きうる範囲の面積を求めよ。 >>857
HP0=E0P0
P=2P0
N=1/4
E=E0
1/4E0≧E0
？？ P=2(p_0)だと固有値Eは2(E_0)
NE=(1/2)2(E_0)=(E_0) >>861
>P=2(p_0)だと固有値Eは2(E_0)
なんで？ H(2(p_0))=2H(p_0)=2(E_0)(p_0) 2の倍数または3の倍数または5の倍数でない自然数について
50番目の数字は何？ 1-100
100-(50+33+20-16-6-10+3)=100-74=26
1-200
200-(100+66+40-33-13-20+6)=200-146=54
187,191,193,197,199
187？ >>858
どうやって解いたものかと思ったが
点Ｐ、Ｑ、Ｒの属する円の中心をそれぞれ点Ａ、Ｂ、Ｃとする。
三角形ＡＢＣの重心をＦとする
ベクトルＦ→Ａ、Ｆ→Ｂ、Ｆ→Ｃの和は
1/3(Ｆ→Ａ+Ｆ→Ｂ+Ｆ→Ｃ)=Ｆ→Ｆとなるので零ベクトル。
一方、ベクトルＦ→Ｇを考えると
Ｆ→Ｇ=1/3(Ｆ→Ｐ+Ｆ→Ｑ+Ｆ→Ｒ)
=1/3((Ｆ→Ａ+Ａ→Ｐ)+(Ｆ→Ｂ+Ｂ→Ｑ)+(Ｆ→Ｃ+Ｃ→Ｒ))
=1/3(Ａ→Ｐ+Ｂ→Ｑ+Ｃ→Ｒ)
ベクトルＡ→Ｐ、Ｂ→Ｑ、Ｃ→ＲとＦ→Ｐ'、Ｆ→Ｑ'、Ｆ→Ｒ'がそれぞれ等しくなるように点Ｐ'、Ｑ'、Ｒ'をとると、
それらは点Ｆを中心とする半径ｒの円(以下円Ｆとする)の周にある。
Ｆ→Ｇ=1/3(Ｆ→Ｐ'+Ｆ→Ｑ'+Ｆ→Ｒ')なので、点Ｇは円Ｆに内接する三角形Ｐ'Ｑ'Ｒ'の重心であり、円Ｆの内部または周にある。(周にあるのは点Ｐ'、Ｑ'、Ｒ'が一致するとき)
次に、
円Ｆの内部に任意の点Ｈをとるとき、線分ＦＨのＨ側の延長と円Ｆの交点に点Ｐ'をとり、
Ｈ'→Ｈ＝1/2(Ｈ→Ｐ')となるような点Ｈ'をとると、点Ｈ'は円Ｆの内部にあるので点Ｈ'における直線ＦＨとの垂線は円Ｆと２箇所で交わり、
各々の交点に点Ｑ'、Ｒ'をとると、三角形Ｐ'Ｑ'Ｒ'の重心である点Ｇは
Ｆ→Ｇ=1/3(Ｆ→Ｐ'+Ｆ→Ｑ'+Ｆ→Ｒ')=1/3(2(Ｆ→Ｈ')+Ｆ→Ｒ')=1/3((Ｆ→Ｈ+Ｈ→Ｐ')+2(Ｆ→Ｈ-Ｈ'→Ｈ))=Ｆ→Ｈとなるため
点Ｈと点Ｇが一致するように点Ｐ、Ｑ、Ｒを取ることができることがわかる。
同様に円Ｆの周に点Ｇをとるには、ベクトルＡ→Ｐ、Ｂ→Ｑ、Ｃ→ＲのすべてがＦ→Ｇと等しくなるように点Ｐ、Ｑ、Ｒをとればよい。これらの点は各円の周にある。
以上のことから、点Ｇの存在範囲は円Ｆ、すなわち三角形ＡＢＣの重心を中心とする半径ｒの円の周および内部の全域と一致する。
面積はπｒ^2 >>867
という数列の一般項を求めるような問題が昔数検にあったかな >>871
kは非負整数とする。
a_{8k｝= 30k -1,
a_{8k+1｝= 30k + 1,
a_{8k+2｝= 30k + 7,
a_{8k+3｝= 30k + 11,
a_{8k+4｝= 30k + 13.
a_{8k+5｝= 30k + 17,
a_{8k+6｝= 30k + 19,
a_{8k+7｝= 30k + 23, 周期30(8個)
1,7,11,13,17,19,23,29 >>865
なら当たり前じゃんｗ
固有値の中でE0が最小って
最初に書いてる 正三角形ABCの中に点Dをとる
三辺の長さがAD,BD,CDである三角形を作ったとき、その3つの角度はどうなるか？
元のA,B,C,Dで表せ 2円が2点で交わっているとき、2円に引いた接線の長さが等しいような点の軌跡を求めよ。（1行問題） 直線 2ax+2by=a^2+b^2+r^2-R^2 田舎だから、ろくな高校なくて県内トップの高校だが高校偏差値60、俺の数学の偏差値は進研模試70、駿台模試68な俺。数学に割と自信あって来てみたらレベル高すぎて挫折。みんなは大数とか解いてるのかな( ´･ω･` ) >>876
中心o、半径rの円と、中心O、半径Rの円があり、2点 A，B で交わるとする。
中心間の距離oO = d とおく。
oOとABは点Cで直交する。
oC =（dd+rr-RR)/2d,
OC =（dd+RR-rr)/2d,
AB = 4⊿(r,R,d）/d,
直線AB上の点Pから
円oへの接線の長さは
√(Po^2 - r^2）= √(PC^2 + Co^2 - r^2）= √{PC^2 -（AB/2)^2},
円Oへの接線の長さは
√(PO^2 - R^2）= √(PC^2 + CO^2 - R^2）= √{PC^2 -（AB/2)^2},
ゆえ一致する。
答え 直線ABのうち、線分ABを除く部分。 差がnになるような立方数と平方数
みたいな問題に一般解ある？ >>880
yy =（重根をもたない3～4次多項式）
楕円曲線と云うらしい。（楕円ではない。）
数論の中心的課題の一つ。
有理数解についての構造定理（モーデルの定理）がある。
整数解は有限個しか存在しない。 >>880 訂正
yy = f(x） （ｆは重根をもたない3～4次多項式） nを3以上の自然数とする
円に内接するn角形で、面積が最大となるものは正n角形であることを示せ. >>883
面積最大となる内接ｎ角形が、大きさの異なる中心角(=外接円の中心における辺の両端のなす角度)を隣り合わせに持つと仮定すると、
それらに挟まれる頂点を「中心角の和の二等分線と円との交点」に置き換えた内接ｎ角形は元の内接ｎ角形より面積が大きいため、仮定と矛盾する
よって面積最大の内接ｎ角形はすべての中心角の大きさが等しい
そのようなｎ角形は正ｎ角形である >>884
なるほど
イェンゼンの不等式を使う解法を想定してたけどこんなにシンプルに解けるのか >>886
n角形の中心角をθ_1,...,θ_nとすれば、
Σ(i=1,n)θ_i=2πで、
0≦x≦πのとき、f(x)=sinxは上に凸
したがってイェンゼンの不等式から
n角形の面積=(1/2)Σ(i=1,n)sin(θ_i)
=(n/2)*(1/n)Σ(i=1,n)sin(θ_i)
≦(n/2)sin((1/n)Σ(i=1,n)θ_i)
=(n/2)sin(2π/n)
で等号成立はθ_1=...=θ_nのとき
みたいなのを想定してました >>887
その方法もありかな
ただθiの取りうる範囲が０＜θi＜２πで、sinθiが上に凸でない区間を含むのでイェンゼンの不等式を使う前にもうひと工夫要る >>888
中心角がθ_i＞πとすると辺が反対側になるからθ_i＜πとしても問題無いと思う >>884
この方法で言えることは、
「正n角形でないn角形は面積最大になり得ない」
ということに過ぎなくて、正n角形が面積最大なのかは、この方法からは分からない。
つまり、正n角形が他のn角形と比較して必ず大きくなっているのかは、
この方法からは分からない。
ただし、面積最大の多角形が「存在する」ことが別途証明してあるなら、
この方法と合わせることで、正n角形が面積最大だと分かる。 >>890
円周の1点P0と、点P0と中心角2πk/nをなす円周上の点Pk(1≦k＜n)を順に結んでできるn角形は円に内接する正n角形となる(存在性)
円に内接するn角形で、正n角形より面積の大きいものが存在すると仮定する。そのようなn角形は>>884の主張により正n角形でなければならない
円に内接するn角形は、円の中心から頂点までの距離が円の半径に等しい
円の中心と内接正n角形の各辺の両端を頂点とする三角形は中心角2π/nとそれを挟む辺が等しいため互いに合同である
この三角形の面積をS1とすると、同一の円に内接する正n角形はいずれも等しい面積nS1をもつこととなる。この性質は元の正n角形についても成立する
同一円に内接する正n角形の面積が互いに等しい事実は元の仮定と矛盾する(背理法)
円に内接する正n角形は存在し、正n角形より面積の大きいn角形は存在しない。よって正n角形は条件を満たす最大のn角形である >>891
間違っている。
(1) 円に内接するn角形で、正n角形より面積の大きいものが存在すると仮定する。
(2) そのようなn角形は>>884の主張により正n角形でなければならない
この2行について、(1)から(2)への推論の仕方が間違っている。
(1)では、正n角形より面積の大きいn角形(面積最大とは限らないn角形)を
仮定しているだけなので、そのn角形に対しては >>884 は適用できない。
>>884 を使って(2)を推論するためには、もともとの(1)を
(1)' 円に内接する面積最大のn角形は正n角形でないと仮定する。
としなければならない。しかし、これでは面積が最大のn角形の「存在性」を
最初に仮定してしまっているので意味が無い。 面積最大のn角形が「存在する」ことを証明するには、たとえば >>887 を拝借して、
A ＝ { (θ_1,...,θ_n)｜θ_i≧0, Σ(i=1,n)θ_i=2π }
S：A → R
S(θ_1,...,θ_n) ＝ (1/2)Σ(i=1,n)sin(θ_i)
として関数 S を定義すればよい。このとき、S は A 上の連続関数であり、
かつ A はコンパクトなので、S は最大値を持つことが分かる。
すなわち、面積最大のn角形は「存在する」ことが分かる。
……というように、面積最大のn角形の「存在性」を言うには、
それなりの抽象論が必要になって、なかなか初等的にはいかない。
初等的に済むのは、>>887 のように、ある種の不等式を使って、
直接的に「正n角形が面積最大」を示すことである。
そういう方法ではない、>>884 のような方針を使う場合には、
面積最大のn角形の「存在性」を示す必要があって、
そうすると上記のように それなりの抽象論が必要になる。 >>892
＞としなければならない。しかし、これでは面積が最大のn角形の「存在性」を
＞最初に仮定してしまっている
していませんよ >>894
もともとの(1)では仮定していないが、その(1)では(2)が推論できずに失敗するので、
(2)を推論したければ (1)' に修正しなければならない。しかし、(1)' では
面積が最大のn角形の「存在性」を仮定してしまっているので、これでは意味が無い。
結局、>>891のやり方はいずれにしても失敗する、ということ。 それじゃ>>884を引用せずにやりますかの
円周の1点P0と、点P0と中心角2πk/nをなす円周上の点Pk(1≦k＜n)を順に結んでできるn角形は円に内接する正n角形となる(存在性)
円に内接するn角形で、正n角形より面積の大きいものが存在すると仮定する。そのようなn角形は辺ごとに中心角が異なっていてはならないため正n角形でなければならない
円に内接するn角形は、円の中心から頂点までの距離が円の半径に等しい
円の中心と内接正n角形の各辺の両端を頂点とする三角形は中心角2π/nとそれを挟む辺が等しいため互いに合同である
この三角形の面積をS1とすると、同一の円に内接する正n角形はいずれも等しい面積nS1をもつこととなる。この性質は元の正n角形についても成立する
同一円に内接する正n角形の面積が互いに等しい事実は元の仮定と矛盾する(背理法)
円に内接する正n角形は存在し、正n角形より面積の大きいn角形は存在しない。よって正n角形は条件を満たす最大のn角形である >>896
(1) 円に内接するn角形で、正n角形より面積の大きいものが存在すると仮定する。
(2) そのようなn角形は辺ごとに中心角が異なっていてはならないため正n角形でなければならない
(1)から(2)への推論が間違っている。(1)に>>884と同じことをしても、(2)は出て来ない。 ＞円に内接するn角形で、正n角形より面積の大きいものが存在すると仮定する。そのようなn角形は辺ごとに中心角が異なっていてはならないため
そうはならないね。中心角が異なるn角形よりさらに大きなn角形が存在することしかいえない わかりました
結局は>>884の論法を拝借しても証明できないということですね。残念 >>893
n角形の面積が頂点の位置の連続関数かつ有界
ってことが言えれば>>884のやり方でも良いの？ >>900
面積最大のn角形が「存在する」ことが別途証明できているなら、>>884のやり方でよい。
で、面積最大のn角形が「存在する」ことの証明法の1つが>>893。
＞ n角形の面積が頂点の位置の連続関数かつ有界
「連続かつ有界な関数」は最大値を持つとは限らないので、その条件ではダメ。
「コンパクト集合上の連続関数」は最大値を持つので、チェックすべきはこっち。
>>893 の設定だと、A はコンパクトで S：A → R は連続なので、S は最大値を持ち、
よって面積最大のn角形が存在することになる。 >>874
リッツの変分原理を回りくどく出題したんだよね… >>875の答え
新しい三角形の3つの角は
∠ADB-60°
∠BDC-60°
∠CDA-60°
元の正三角形を2つくっつけると容易に導ける
https://youtu.be/dF67AJH9mjM >>902
新旧リッツの変分は、ルヴァンに忠実に含まれている。 >>888-889
θ_i > πの辺があるとき
・n=3 のとき
その辺の長さ ＜2，高さ ＜1 面積 ＜１
一方、正△の面積は（3/2)sin(2π/3）=（3√3)/4 ＞ 1
・n≧4 のとき
n角形は半円の内部に収まるから、面積 < π/2
一方、正n角形の面積は（n/2)sin(2π/n）≧ 2 （←（sinθ)/θ ≧ 2/π）
いずれの場合も面積最大ではない。
>>903
△ABCを頂点Aのまわりに60°回す。
B→C，C→E，D→F
△ADFは正△ (12371^56 + 34)^28 を 243 で割った余りを求めよ。 自然数nの各位の数字の和をS(n)とおくとき、S(n^2) = S(n)-7をみたすnの最小値を求めよ。 番外編第2問 完全なるネタ問です。暇な時にでもどうぞ。
[2'］（オリジナル）
x，yを自然数とする。
x^2 - y^2 =（x+y)(x-y)
を、「xy」を出現させずに示せ。
>>906
12371 ≡ -22 （mod 243)
(-22)^56 ≡ -83 （mod 243)
(-83+34)^28 ≡ (-49)^28 ≡ 130 （mod 243)
（twitter.com/perfectly08641086/） >>907
n=149， S(149）= 14， S(22201）= 7 レス数が900を超えています。1000を超えると表示できなくなるよ。
