面白い問題おしえて～な 26問目
レス数が950を超えています。1000を超えると書き込みができなくなります。
>>843やってください お願いします
面白い問題スレなので面白く思えるように問題を言うと、
半径1のリングを空間中に配置する
一辺の長さが十分に長い大立方体のある頂点Xを通る3辺がつねにリングに接するように立方体をゴリゴリ動かす このときXの通過する面とリング面により囲まれる立体の体積を求めよ >>844 です。>>845 さん。お見事！正解です。もちろん本に載ってる証明はもっと洗練されてますが解答用意する時間とか全然ちがいますからねぇ。
何より人の作ったエレ解より自力の解答です。
以下は本の解答です。
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補題 (>>847の補題３に相当)
(a,b,c)がa:奇数、b:偶数のとき何回か操作をして(a+b/2,b/2,c)にできる。
(∵) a,bに対して操作を行い得られる列を(a1,b1),(a2,b2),…とする。
ただし(a1,b1)=(a,b)。
ai+biが不変で正の整数だから(ai,bi)=(aj,bj) (i<j)となるi,jがとれる。
iが最小となるものをとる。
i>1とすると操作によって(a(i-1),b(i-1)) → (ai,bi)、(a(j-1),b(j-1)) → (aj,bj)となったこととai+biが奇数であることと、(ai,bi) = (aj,bj)により(a(i-1),b(i-1)) = (a(j-1),b(j-1))となる。
これはiの最小性にはんするからi=1である。
よって(aj,bj)→(a1,b1)と変化したこおｔになるが、このとき(aj,bj) = (a1+b1/2,b1/2)である。□
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これを用いて示します。
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(a,b,c)からいかなる操作によっても0が作れないとする。
奇数が２つ以上あればそれに対して操作を行い奇数は１個以下としてよい。
全部偶数ならすべてを2でわってよい。
この作業を繰り返してa:奇数、b,c：偶数としてよい。
操作を繰り返して発生する最大の奇数をMとする。
a=Mとしてよい。
b,cがともに４の倍数でないならb,cに対して操作を行えば４の倍数となるので、bは４の倍数としてよい。
以上の設定ののち補題を適用すれば操作によって(a+b/2,b/2,c)が得られるが、仮定によりa+b/2は奇数。
これはMの最大性に矛盾。□ 円Cに内接する四角形PQRSにおいてP,Q,R,SにおけるCの接線を結んで得られる四角形は円に内接している。
このとき四角形PQRSの４辺の中点は同一円周上にあることを示せ。 z^4 - 3 \bar{z} z^2 + \bar{z}^2 + 2z = 0 (z∈C) を解け 実数解は
z=－sqrt(5)－1/2,z=(sqrt(5)+1)/2,z=2,z=0
みたいだけどこれしかないのかな？ この4つしかないっぽいんだけどなぁ。
z≠0としてz'を複素共役として
Z^3-3zz'+z’^2/z+2=0
z=r cisθ としてrを固定してθを動かす。
r>>0 では原点周りを、大きく3回周り、r→+0で2に収束していくからその過程で原点を通る回数は高々3回っぽい。
うーん、しかし厳密には示めせてないなぁ？
輪っかが戻ってくる可能性あるしなぁ？
改めて因数定理の偉大さを感じる。 >>857
zの共役をz'とする。
zが実数のときは、z=z'なので、z^4-3z^3+z^2+2z=0、z(z-2)(z^2-z-1)=0より
z=0,2,(1±√5)/2
（>>858はちょっと違う）
zが虚数のときは、与方程式と、それの両辺の共役をとったものを(1)(2)として
(1)+(2)と(1)-(2)の２つの方程式を作る。
(1)-(2)はz-z'でくくれるが、z≠z'なので割って良い。
その結果、2つの左辺が対称式の方程式が得られるので、
z+z'=a，zz'=bとして、a,bについての連立方程式を作り、
それを実数の範囲で解けばよい。
（解けるかどうかはまだやってない） >>860
aについての6次方程式が出てきた。
途中計算に全く自信はないが、
4a^6+12a^5-5a^4-48a^3-24a^2+20a+8=0
とかになったので
Wolfram先生に訊いてみたら実数解は４つ。
それぞれの実数解に対応するa,bのペアからは
それぞれzの虚数解（共役ペア）が得られるようなので、
実数解4つと虚数解8つ？ 半径1の円を底面とする半球の表面積は、
π+4π/2=3π
おもしろいですね。
ちょうど球面が円盤の二倍の面積。 三点でしたね。訂正です。前>>862
>>852
半径1の円周上のある点から物体の頂点までの斜辺は、物体が半径1の円の中心の真上に来たとき、
√3/√2
半径1の円の中心からの頂点の高さは、三平方の定理より、
√{(3/2)-1}=1/√2
頂点の通過部分と半径1の円盤とで囲まれる部分の体積は、
(4π/3)(1/√2)(1/2)
=(π√2)/3 >>857-861
実根(2つ)
z = (1±√5)/2 = φ，-1/φ
虚数根(12個?)
z = (1+√5)(-1±i√3)/4 = φω，φω~,
z = (1-√5)(-1±i√3)/4 = (-1/φ)ω，(-1/φ)ω~
z = -1±i√3 = 2ω，2ω~
z = -0.7660444431189780352 ± 0.6427876096865393263 ｉ
z = -0.1736481776669303489 ± 0.9848077530122080594 ｉ
z = 0.9396926207859083841 ± 0.34202014332566873304 ｉ
ただし
φ = (1+√5)/2 = 1.618034
ω = (-1+i√3)/2 = e^(ｉ(2π/3)),
ω~ = (-1-i√3)/2 = e^(-ｉ(2π/3)), >>864 訂正
実根（4つ)
z = 0,
z = 2,
z = (1±√5)/2 = φ，-1/φ へぇ、解16個になるのか。
4^2になる事となんか関係あるのかな？ なんか日本語変だけど察してチョンマゲ。
zとbar{z}の絡み方から解の個数パッと出せたりするのかな？ 正n角形の各頂点に実数が配置されている。
負の頂点を選び、その数を辺でつながった2つの頂点に足し、それ自身の符号を反転する
（[…, p, q, r, …] -> […, p+q, -q, r+q, …]）という操作を、負の頂点がなくなるまで行う。
頂点上の数の総和が正である初期状態から始めたとき、次が成り立つことを示してほしい。
１．操作は有限回で終わる。
２．操作の回数は、初期状態のみに依り、途中の負の頂点の選び方に依らない。
３．最終状態も、初期状態のみに依り、途中の負の頂点の選び方に依らない。
また、以上のことは一般の有限グラフに自然に一般化されるが、
どのようなグラフが上記のような性質を持つだろうか？
パズルのようだけど、意外に深い数学につながっている問題です。 あれ？Winkler本の？これ答え知ってるからやめとこ。
ちょっと感動するよね。 Winklerの本は見たことないけど、>>844を見て思い出したから、書いてみた
ほとんど、ある論文の丸写し 正５角形の各頂点の１つずつ整数を割り当て、それら５つの整数の和が正になるようにする.
連続する３個の頂点に割り当てられた整数をそれぞれ x, y, z とする.
このとき y < 0 ならば次の操作を行う
「３つの数 x, y, z をそれぞれ x + y, −y, z + y で置き換える.」
５つの整数のうち少なくとも１つが負である限り、上述の操作を繰り返し実行する.
有限回の操作の後、この手続きが完了するか否か決定せよ.
数学オリンピックに似た問題あるね 数オリでも出てるんだ。有名なんやね。この解答は中々感動した。 >>868
一般のグラフのときはどういう操作をするんですか？やっぱり真ん中を-1倍して残りに同じ数加えるんですか？
それとも変化量の総和が0になるようにするんですか？ >>873
>真ん中を-1倍して残りに同じ数加える
です。そのため、総和が変化します。
また、初期状態の条件もグラフによって違ってきます。
例えば、
・―・―・―・―・
| （下の点は上の中央の点とつながっている）
・
の場合は、どんな実数を配置しても（総和が正でなくても）有限回の操作で終わります。 もしかして長さ2の枝が３またに分かれてると総和正からだと有限で終わりで、どこかの枝がも一つ長いと終わらないとかになったりします？ ∫[0,2π]cos(mx)(cosx-1+2/n)(cosx-1+4/n)…(cosx-1+(2n-2)/n) dx≧0 >>874
>真ん中を-1倍して残りに同じ数加える
よく読んだら、なんか変？残り？
ちゃんと書くと、一般のグラフの場合も「負の頂点を選び、その数を辺でつながった各頂点に足し、それ自身の符号を反転する」です。
>>876
すごい。挙げた例から分かっちゃいましたか。専門分野によってはよく見かけるグラフですね。
だいたいあってますが、総和が正という条件は違います。
どんなグラフでも初期状態さえ制限すれば性質を満たすようにできるので、
論文は特別にうまくいくグラフのクラスを挙げるものです。 やっぱり >>861 の計算は間違ってた。
正しい６次方程式は
a^6+3a^5-2a^4-12a^3-6a^2+5a+2=0
因数分解すると
(a+2)(a^2+a-1)(a^3-3a-1)=0
これは６つの実数解を持ち
a=-2，(-1±√5)/2，2cos(π/9)，2cos(5π/9)，2cos(7π/9)
(a,b) = (-2,4)，((-1±√5)/2,(3∓√5)/2)，(2cos(π/9),1)，(2cos(5π/9),1)，(2cos(7π/9),1)
ここから出てくる12個の虚数解は、>>864と同じだけど、
後半のものは
cos(π/9)±isin(π/9)，cos(5π/9)±isin(5π/9)，cos(7π/9)±isin(7π/9)
と書ける。 >>857
z≠0 に対して
f(z) = z^3 - 3(z~)z + (1/z)(z~)^2 + 2,
とおくと、
f(zω) = f(zω~) = f(z),
3つ組×5個 と {0} か？ >>864
・実数解（4個）
0，2，φ，-1/φ …… z(z-2)(zz-z-1)
・虚数解（12個）
φω，φω~ …… (zz +φz+φ^2)
(-1/φ)ω，(-1/φ)ω~ …… (zz-(1/φ)z +1/φ^2)
これらの積：(z^4 +z^3 +2zz -z+1)
2ω，2ω~ …… (zz+2z+4)
残りの虚数解（6個） …… (z^6-z^3+1) >>857
やっと題意が見えた。
以下、zの共役をz'で表す。
z≠0のとき、r=|z|，z=rwとおくと、
w'=1/w，z'=r/w
与式をzで割って
z^3-3z'z+z'^2/z+2=0より
r^3・w^3 + rw'^3 - 3r^2+2 = 0
w^3が実数でないとき，r^3=r ∴ r=1
このとき、w^3 = αとおくと
α + 1/α -1 = 0
α^2 - α + 1 = 0
∴ α = e^(±πi/3)
∴ z = w = e^(±πi/9)，e^(±7πi/9)，e^(±13πi/9)
一方、w^3が実数のとき，w^3=±1
w^3=1のとき，r^3-3r^2+r+2 = 0
r＞0より，r=2,(1+√5)/2
w=1,ω,ω'
z = rw = …
w^3=-1のとき，-r^3-3r^2-r+2 = 0
r＞0より，r=(-1+√5)/2
w=-1,-ω,-ω'
z = rw = … z'z^2とzが、ガウス平面上で0からみて同じ向きにあることに気づいて
4項あるようで実は3方向のベクトルの和が0というようなイメージから入れば
わりとすんなりたどり着いたんだろうな。 >>878
う～む、特別にうまくいくクラスはAn、Dn、E6、E7、E8？
long とか short とかの議論混じらないだろうし。
いわゆる “こういうグラフを含む→うまくいかない” となる “こういうグラフ” を列挙しといて
“そういうのを含まないのは××…” 的な攻め方するやつかな。
で、その “こういうグラフ” のリストが Dynkin Diagram 導く場合のやつと一致するんかな？
>>868 の前半は答え知ってるから後半考えてみる。
でも論文レベルの話だと流石に無理かな？ グラフ系でもう少しやさしいやつ。
周期n>0の実数列 ‥‥,a[(-1),a(0),a(1),‥‥に対して一斉に
a(i)を[a(I)/2]+[a(i-1)/2]に置き換える。ただし[]はガウス記号。
つまりふたつにわって端数は切り捨て片方を次の人に一斉に渡す。
この操作を有限回行えば定数列になる事を示めせ。
これも例のパズル本の問題です。 >>885
グラフで考えるのはよくわからないけど…
k回操作後（初期状態ではk=0）の
１周期の中でのa(i)の最大値をA_k，最小値をB_kとし，C_k=2*[B_k /2]とおく。
さらに、１周期の中でA_kと一致するa(i)の個数をN_kとすると
以下のことが言える。
・A_k≧C_k
・C_{k+1}≧C_k
・A_{k+1}≦A_k（A_kが奇数のときはA_{k+1}＜A_k）
・A_{k+1}=A_kとなるとき、{a(i)}が定数列でない限りN_{k+1}＜N_k
よって、C_kは減ることはなく、{a(i)}が定数列にならない限り
A_kは着実に減っていく（n回以下の操作で1以上減る）が、
A_kはC_kを下回ることはできないので、いつか必ず{a(i)}は（偶数の）定数列となる。
＞・A_{k+1}=A_kとなるとき、{a(i)}が定数列でない限りN_{k+1}＜N_k
のあたりの説明でグラフを使うのかな？ >>880-881
F(z) = z(z^3 -8)(z^6 -4z^3 -1)(z^6 -z^3 +1)
= z(z^3 -8)(z^3 - φ^3)(z^3 + 1/φ^3)(z^3 +ω)(z^3 +ω~) >>886
正解です。グラフはあんまり気にしないでください。
原題が周期列でなく円状に並んだ数列として出題されてただけです。
――本の解答――
必要なら最初の列の全てに同じ偶数を足して全て非負の実数としてよい。2番目の列以降は全て整数の列ゆえ、全て整数の列としてよい。
総和は各項を2で割った後、切り捨てを行なった分発生するが、非負の整数の列だから総和が無限に減少することはない。
よって十分大きい操作の後に現れる列は偶数の列であるので、列に奇数は現れないとしてよい。
よって置き換えはa(i)→a(i)+a(i-1)であるとしてよい。
k番目の列の1項からn項を縦に並べた列ベクトルをvk、Aをn次正方行列でA1nとA(i+1)iが1で残りは0の行列、Iをn次の単位行列とするとき v(k+1) = (1/2)(A + I)vkである。
ζを1の原始n乗根とするときA+Iの固有値は(1+ζ^m)/2の形であり、m=0の時を除いてその絶対値は1未満である。
よってvkはk→∞のときA+Iの1に対する固有ベクトルの定数倍に収束するが、それは全ての成分が同じ値からなるベクトルである。vkは整数値からなるベクトルゆえ主張は示された□ >>857のすべての答えを解とするn次方程式を後付けで作っても
意味ないと思うんだよな…
元の問題からなんらかの手続きによりその方程式が得られるという話ならわかるのだが。 またまたWinkler本から。囚人と看守のやつです。
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あなたは他のn人と共にある牢獄に収監されている。
ある日看守からあるゲームに参加することを指示された。
勝てば全員釈放、負ければ全員死刑である。
ゲームの内容は以下のようなものである。
まず看守は秘密裏に囚人に順序付けを行う。
囚人は全員独居房に入れられた後、一人ずつ呼び出され、自分以外のn-1人の並びについて教えられる。
その情報のみに基づいて各囚人は赤か青の帽子を選択できる。
帽子を選択した後、囚人は独居房に戻される。
この作業を全員について行ったのち、囚人全員が集められ、先の決められた順に応じて整列させられる。
その際、囚人のかぶっている帽子の色が赤青交互になっていれば（一人目は赤でも青でもよい）囚人の勝ち、なっていなければ看守の勝ちである。
囚人に許されているのは、このルール説明の後、独居房に移される前に一度だけ全員が集まって選ぶ帽子の色についての取り決めをしておくことだけである。
それ以降には囚人は互いに情報を交換する機会は一切与えられない。
全員が釈放されるための取り決めを考えてほしい。
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答え見て「へぇ、こんなシンプルな取り決めでうまくいくもんだなぁ」とちょっと感心しました。
取り決め自身はシンプルなんですが、その取り決めでうまくいく部分の証明がややてこずるかもしれません。
一つ解を見つければ正解です。
当方も別解があるのかどうか知りません。 >>890
訂正。問題文一行目
×：あなたは他のn人と共にある牢獄に収監されている。
○：あなたは他のn-1人と共にある牢獄に収監されている。 >>890
こんな感じ？
あらかじめ全員の仮の並び順（並び順Ａ）を決めておく。
各囚人は、看守に教えられた自分以外の並び順の最後尾に自分がいるような
並び順を考え（並び順Ｂ）、ＡをＢに並べかえる置換が偶置換か奇置換かを調べる。
偶置換なら赤、奇置換なら青をかぶる。
実際にはもう１つ正しい並び順Ｃが存在するので、ＡからＢへの置換は
Ａ→Ｃ→Ｂとみなすことができ、
Ａ→Ｃの置換は固定なので、Ｂ→Ｃの置換、すなわち
正しい並び順から自分自身を最後尾に回す並べ替えが偶置換か奇置換かにより
赤か青かが変わるからくりになっている。
パズルに出てくる囚人はみんな数学が得意だな >>844
ピーター・ウィンクラー「とっておきの数学パズル」日本評論社（2011/July)
296p．2592円 坂井・岩沢・小副川（訳)
http://www.nippyo.co.jp/shop/book/5638.html
（§4．9の問題が数セミ・エレ解に出題された：2018/Jan/出題1）
ピーター・ウィンクラー「続・とっておきの数学パズル」日本評論社（2012/July)
256p．2160円
http://www.nippyo.co.jp/shop/book/5955.html >>892
すばらしい！正解です。証明も用意してあった物とほぼ同じです。
看守の順でk番目、(k+1)番目の囚人をとり、Cのk番目の囚人をn番目に回した順列をBk、k+1番めの囚人のそれをB(k+1)とすれば
A→B(k+1)と写す置換hはA→B(k+1)と写す置換gに(k k+1)をつなげたものになるので
sgn(h) = sgn((k k+1) g) = (-1) sgn(g)
となることを利用すればよいというものです。
答え聞くと簡単なんですけどねぇ。
>>893
それです。
なかなか楽しい本です。
おすすめ。 >>868
とりあえずグラフがAn、Dn、E6、E7、E8の場合有限回で終わることはわかった。
―-
グラフGが上記のいずれかとする。
点vに対して>>868の操作をする変換をgvとする。
隣接する２点v、wについて(gw・gv)^3 = e、gv^2 = eからこれらの操作のなす群はワイル群の商群。
とくに各頂点に現れうる実数は有限個しかない。
端点に対する変換の回数が有限回しかなければ点数に対する帰納法の仮定に矛盾。
端点に対する変換の回数が無限回であるなら総和は無限に増大するが、各頂点に現れうる実数は有限個しかない事に矛盾。
―
あとは上記でないグラフでないもののうちの極小であるものそれぞれで無限回操作が続きうる事示せばいいはずだけどどんなグラフだったか忘れたorz。 整数k,nは 0≦k≦n を満たすとする。
A⊂(Z/2Z)^n が 2|A|>2^k を満たすならば |2A|≧2^k が成り立つことを示せ。
ただし、2A={a+a': a,a'∈A} とする。 面白い問題といえば、和算の本にはいろいろと
面白そうというか難しい問題が掲載されていますよ。
もっともほとんどすべてが円に関する問題ですが。 >>896
Fを2元体とする。
Aは0を含むとしてよい。
この時2AはFベクトル空間となる。
|2A|＜2^kとする。
この時dim 2A＜kであるからF^nのベクトル空間の自己同型φをφ(2A)が第k成分以降が全て0の元からなる部分空間Vに含まれるようにとれる。
この時φ(A)もVに含まれるがVの元数は2^(k-1)であるので仮定に反する。
簡単に見えて案外難しい‥‥まぁもっと楽な方法もあるかもだけど。 >>899 >>900
言い忘れてた、そうです元の個数です >>901関孝和？
縦9寸、横12寸の直角三角形に内接する同じ大きさの二個の円の直径を求める問題みつけた。
/＿/＿/_人＿/＿/＿/＿
/＿/＿（＿）/＿/＿/＿
/＿/_（＿＿)/＿/＿/＿
/＿/_（(^｡^)/＿/＿/＿
/＿/_（＿っ-┓_/＿/＿
/＿/_◎ﾞ┻υ◎ﾞ/＿/＿
/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/ｷｺｷｺ……/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/なかなかやりおる。 >>905
3頂点を O(0,0) A(0,9) B(12,0) とする。
(x,y) と直線ABの距離は (1/5)|36-3x-4y|
P（r，9-2r) を中心とする半径rの円pはOA，ABに接する。
Q（3(4-r)，r) を中心とする半径rの円qはOB，BAに接する
PQ = 5(3-r),
また、2円p,qが外接する。
PQ = 2r,
∴ r = 15/7 >>905
∴直径は 2r = 30/7
P(15/7, 33/7) Q(39/7,15/7) >>896
一応できたような気がするが、長い。
以下では、{ a＋a'｜a,a'∈A } のことを A＋A と書くことにする(個人的に 2A と書きたくないので)。
Fを2元体とする。次の定理を示せば十分である。
定理：Vは有限次元のFベクトル空間とする。k≧0 と A⊂V は｜A｜＞2^{k－1}を満たすとする。
このとき、｜A＋A｜≧2^k が成り立つ。
証明：n≧0に関する命題P(n)を以下のように定義する。
P(n)：Vはn次元のFベクトル空間とする。k≧0 と A⊂V は
｜A｜＞2^{k－1}を満たすとする。このとき、｜A＋A｜≧2^k が成り立つ。
任意のn≧0に対してP(n)が真であることを、nに関する数学的帰納法で示す。
P(0)について：Vは0次元のFベクトル空間とする(自動的にV＝{o}である)。
k≧0 と A⊂V は｜A｜＞2^{k－1}を満たすとする。示すべきは｜A＋A｜≧2^k である。
まず、1＝｜V｜≧｜A｜＞2^{k－1} より 1＞2^{k－1} となるので、自動的に k＝0 となる。
次に、｜A｜＞2^{k－1}＞0 より A≠φであり、よって A＋A≠φであり、よって
｜A＋A｜≧1＝2^0＝2^k である。よって、P(0)は真である。
次に、n≧1を任意に取る。P(n－1)は真とする。P(n)も真であることを示す。
Vはn次元のFベクトル空間とする。k≧0 と A⊂V は｜A｜＞2^{k－1}を満たすとする。
示すべきは｜A＋A｜≧2^k である。 簡単のため、B：＝A＋A と置く。示すべきは｜B｜≧2^k である。
まず、Fが2元体であることから｜V｜＝2^n となることが分かる。これと
｜V｜≧｜A｜＞2^{k－1} より 2^n＞2^{k－1} となるので、自動的に n≧k である。
次に、|A|＞2^{k－1}＞0よりA≠φである。よって、a∈A が1つ取れる。
このとき a＋a∈A＋A＝B すなわち o∈B である(Fは2元体なので a＋a＝o である)。
さて、｜B｜≧2^k を示したいのだった。もし V－B＝φ ならば、
V＝B となるので、｜B｜＝｜V｜＝2^n≧2^k である(n≧kに注意)。
よって、この場合は成立。以下では、V－B≠φ としてよい。
そこで、x∈V－B を1つ取る。o∈B だったから、自動的に x≠o である。
W：＝{λx｜λ∈F} (＝{o,x}) と置けば、W は V の部分空間である。
また、x≠o に注意して dim(W)＝1 である。
この W を利用して、s,t∈V に対して s～t ⇔ s－t∈W と定義すれば、～ は V 上の同値関係になることが分かる。
s∈V の同値類を [s] と書くことにする。商集合 V/～：＝{ [s]｜s∈V } は自然な定義でFベクトル空間となる。
また、ベクトル空間の商空間の一般論から dim(V/～)＝dim(V)－dim(W) ＝ n－1 となることが分かる。 さて、
A'：＝{ [a]｜a∈A } ⊂ V/～
と置くと、｜A'｜＝｜A｜である。実際、f：A→A' を f(a)：＝[a] で定義すれば、
これは明らかに well-defined かつ全射である。また、f は単射である。実際、
f(a_1)＝f(a_2), a_i∈A とすると、[a_1]＝[a_2] であるから a_1～a_2 となる。
よって、a_1－a_2∈W＝{o,x} すなわち a_1－a_2＝o,x である。a_1－a_2＝x のときは、
x＝a_1－a_2＝a_1＋a_2∈A＋A＝B となる(Fは2元体なので －a_2＝a_2 である)。
しかし、x∈V－B だったから矛盾する。よって、a_1－a_2＝o となるしかない。
よって、a_1＝a_2 となるので、f は単射である。よって、fは全単射となったので、
｜A｜＝｜A'｜である。｜A｜＞2^{k－1} だったから、｜A'｜＞2^{k－1} となる。
今の段階で、次が成り立っている。
・ V/～ は(n－1)次元のFベクトル空間, k≧0, A' ⊂ V/～, ｜A'｜＞2^{k－1}.
よって、P(n－1)が真であることから、｜A'＋A'｜≧2^k である。 次に、｜B｜≧｜A'＋A'｜が成り立つことを示す。g：B → A'＋A' を g(b)：＝[b] で定義すると、
これは well-defined である。実際、b∈B を任意に取ると、b＝a_1＋a_2, a_i∈A と表せるので、
このような表示を何でもいいから1つ取れば
g(b)＝[b]＝[a_1＋a_2]＝[a_1]＋[a_2]∈A'＋A'
であり、よって well-defined である。また、g は全射である。実際、c∈A'＋A' を任意に取ると、
A' の定義から、c＝[a_1]＋[a_2] なる a_i∈A が取れる。このような a_1,a_2 を何でもいいから
1つずつ取って b：＝ a_1＋a_2∈B と置けば、g(b)が定義できて
g(b)＝[b]＝[a_1＋a_2]＝[a_1]＋[a_2]＝c
となるので、確かに g は全射である。g：B → A'＋A' だったから、以上より、｜B｜≧｜A'＋A'｜である。
｜A'＋A'｜≧2^k だったから、以上より、｜B｜≧2^k である。
よって、いずれの場合も｜B｜≧2^kとなったので、P(n)は真である。
数学的に帰納法により、任意のn≧0に対してP(n)は真である。よって、題意が成り立つ。 前>>905
三平方の定理より、
直角三角形の斜辺は、
√(9^2+12^2)=15(寸)
円の直径を2rとすると、
二つの円の中心間の距離も2rなので、直角三角形の辺の比は、
3:4:5=3(2r/5):4(2r/5):2r
=(6r/5):(8r/5):2r
直角三角形の斜辺は、
{9寸-(6r/5)-r}+2r+{12寸-(8r/5)-r}=15寸
6寸=14r/5
2r=30/7(寸) >>912
正解です素晴らしい！実はより一般に
X,Y⊂F^n が空でない時、 |X|+|Y|>2^k ならば |X+Y|≧2^k
を示してからその系として導く解法を想定していたのですが、本質的にかなり簡単になっていて驚きました。V＼(A+A) から元をとる発想はなかったです。。 >>914
＞X,Y⊂F^n が空でない時、 |X|+|Y|>2^k ならば |X+Y|≧2^k
なんと、そんな定理も成り立つのか (＾o＾)
実は、>>896 の F_p バージョンである次の定理が、>>908 と同じやり方で証明できる。
―――――――――――――――――――――――――――――――
定理：p は素数とする。V は有限次元の F_p ベクトル空間とする。
k≧0 と A⊂V は｜A｜＞ p^{k－1} を満たすとする。このとき、
｜Σ[i＝1～p] A｜≧ p^k
が成り立つ。ただし、Σ[i＝1～p] A ：＝ { Σ[i＝1～p] a_i｜a_1,…,a_p∈A }
と定義する。
―――――――――――――――――――――――――――――――
この定理を
＞X,Y⊂F^n が空でない時、 |X|+|Y|>2^k ならば |X+Y|≧2^k
と見比べると、たぶん次の定理も成り立つのかな (＾o＾)
―――――――――――――――――――――――――――――――
定理(？)： p は素数とする。V は有限次元の F_p ベクトル空間とする。
k≧0 と空でない X_1,X_2,…,X_p⊂V は Σ[i＝1～p]｜X_i｜＞ p^k を
満たすとする。このとき、｜Σ[i＝1～p] X_i｜≧ p^k が成り立つ。
――――――――――――――――――――――――――――――― >>915
情報ありがとうございます。色々考えてみました。
上の定理(？)には、残念ながら反例があるようです。W⊂VをVのk次元部分空間として、
X_1=W∪{a} (ただしa∈VはWに属さない元)
X_i=W (i=2,…,p)
代わりに次の定理が成り立つようです。
（定理）pを素数、整数、 1≦m<p とし、VをF_pベクトル空間とする。
整数 k≧0 と空でない X,Y⊂V が |X|+|Y|>mp^k を満たすならば |X+Y|≧mp^k が成り立つ。□
折角なので証明の概略だけ置いときますね
～～～～～～～～
a∈V, S⊂V に対して a+S={a+s: s∈S} と定める。
適当な x∈X, y∈Y をとれば |-x+X|=|X|, |(-x+X)+(-y+Y)|=|X+Y| 等が成り立つので、 0∈X,Y の場合のみを考えればよい。
X∩(-y+Y)≠X が成り立つような y∈Y が存在する時、次の操作を考える。
（操作）「X'=X∩(-y+Y), Y'=X∪(-y+Y) とし、 XをX'に、YをY'に置き換える」
この操作により、|X|は減少し、|X|+|Y| は保たれる。
また、X'+Y'⊂X+(-y+Y) より、|X+Y| は非増加となる。新しいX,Yはどちらも0を元に持つ。
この操作は、|X|の狭義単調減少性により、有限回でできなくなる。
このような最終状態のX,YをそれぞれP,Qとおくと、操作ができないことから、任意のq∈Qについて P∩(-q+Q)=P が成り立つ。
ゆえに、q+P⊂Q より、 Q+P⊂Q.
したがって、Q+<P>=Q. （ただし、<P>はPが張るベクトル空間。）
これより、元を足すことによる<P>のQへの作用を考えることができるが、この作用による任意の軌道は|<P>|個の元を持つので、|Q| は |<P>| の倍数。…[1]
また、|Q|+|P| = |X|+|Y| > mp^k より
|Q| > mp^k - |<P>| となる。 …[2]
|<P>| ≦ p^k の場合、[1]と[2]より |Q| ≧ ([2]の右辺)+|<P>| = mp^k.
|<P>| ≧ p^(k+1) の場合、 <P>⊂Q より |Q|>mp^k.
したがって、いずれの場合も |P+Q| ≧ |Q| ≧ mp^k.
操作により|X+Y|は非増加であったから、 |X+Y| ≧ |P+Q| ≧ mp^k. □ 和算の問題です。
一つの円があります。
その円の中に、大、中、小の円を内接させます。
條件は、大、中、小の円は、一番外側の円に内接します。
大円は、中円と小円に外接します。
中円は大円と小円に外接します。
小円は、大円と中円に外接します
この場合、この4つの円の関係を求めてください。
出典」三上義夫「日本数学史」（この本は、「科学図書館」という
サイトに全文がPDFファイルとしてアップされています） >>918
外側の円の半径:Я
大円の半径:Ｒ
中円の半径:Ｒ㊥
小円の半径:r
とすると、
Я>Ｒ+Ｒ㊥>Ｒ>Ｒ㊥>r 大円の半径が3
中円の半径が2
小円の半径が1
のときの内側の円の半径は？
とかにしないと問題としては答えにくくね？
まぁこのケースはそんなに難しくないかもしれないけど。
この3円に外接するの方が難しいのかな？
数値もへぇって値になった記憶が >>920
この3円が内接する円の間違い。
確かへぇって値になったような。 反転法使えばそんな難しくなさそうだけど、暗算できるほど簡単ではないな。 >>844
似た設定の問題がかなり昔の数オリにあったような。。 よって四つの円の包含関係は、
外側の円⊃大円
外側の円⊃中円
外側の円⊃小円
但し、大円、中円、小円はたがいに外接する。
前>>919 複素係数一変数多項式 f, g であって {f(x)}^2 + {g(x)}^2 = x を満たすものは存在するか。 >>928
たとえば f(x)=x+1/4, g(x)=ix-i/4 ごめん間違えた、
f^2 + g^3 = x を満たす多項式は存在するか
でした >>930
できたか？
存在すると仮定する。
f(x)がxを因子に持てばg(x)もxを因子にもちv_x(左辺) ≧ 2、v_x(右辺) = 1により矛盾。
よってf(x)はxを因子に持たない。よってf(t^2)もtを因子に持たない。
与式より
g(t^2)^3 = (t - f(t^2)) (t + f(t^2))
であるが、(t-f(t^2),t+f(t^2)) = (2t,t+f(t^2)) = 1によりt-f(t^2)とt+f(t^2)は互いに素である。
よってg(t^2)の因子のうちt-f(t^2)の因子になっているものの積をh(t)、t+f(t^2)の因子になっているものの積をk(t)とおけば
h(t)^3 = c(t - f(t^2))、k(t)^3 = d(t + f(t^2))、cd = 1
となる定数c,dがとれる。
h,kをc,dの3乗根で割ったものに取り替えれば
h(t)^3 = t - f(t^2)、k(t)^3 = t + f(t^2)
となるとしてよい。
一方t-αがh(t)の因子なら-t-αはk(t)の因子であるからk(t) = e h(-t)となる定数eがとれる。
このとき
h(t)^3 - t = - f(t^2) = t - k(t)^3 = t - e^3 h(-t)^3
により
h(t)^3 + e^3 h(-t)^3 = 2t
となる。
ここで容易にg(x)の次数は奇数であり、h(t)とk(t)の次数は等しいからh(t)の次数も偶数である。
よって上の式の最高次からe^3 = -1がわかる。
よって
h(t) + h(-t) = 2t
を得るが左辺は偶関数により矛盾。 >>931
まちごうた。最後から２行目
h(t)^3 - h(-t)^3 = 2t
で左辺の次数は3(deg h)-1で5以上より矛盾。 >>931-932
改めて清書するとミスや余計な議論のオンパレードだけど、もう修正のせるとスレ汚しになるのでやめときます。
ホントはC(x)上の楕円曲線
Y^2 = - X^3 + x
の有理点についての議論でかっこよくやるのが通なんだろうけどオラには無理。
なんか数オリの解答みたいになってヤだけどこれしか思いつかん。 >>930
メーソン・ストーサーズの定理(ABC予想の多項式版)を使ったら凄く簡単に出たｗ
もちろん、「存在しない」が答え。 >>931
レス遅くなりました。２３時頃に一度投稿しようとして投稿規制くらった文章をそのまま載せときます。
最後の定理は既出でしたね
～～～～～～～～
＞ここで容易にg(x)の次数は奇数であり、
以降がちょっと難しいですがその直前の式でほぼ矛盾が示せているので正解とします。
（直前の式の左辺を因数分解して、両辺の次数を比べ、左辺の３つの因数のうち少なくとも二つが次数0でなければならないことからも矛盾が示せます）
実はABC予想の多項式版の類似であるメーソン・ストーサーズの定理を使えば比較的簡単に解くことができるので、よければ調べてみてください >>937
ありがとうございます。
比較的どころかメーソン・ストーサーズの定理使えば瞬殺ですね。勉強しときます。 これもしかして、このメーソン・ストーサーズの定理が元でその数論版がABC予想とかではないんですかね？
やっぱりABCの方が先？ 群Gの正規部分群NはZ(整数)と同型
G/NはZ/nZと同型
nは1より大きい整数
Gの構造を決定しろ >>940
以下x’:=x^(-1)とする。
N=<a>とし、b∈G＼NをbNがG/Nの生成元となるようにとる。
準同型x→bxb’は同型N→Nを引き起こすがこのときaの像はa,a’のいずれかである。
(i) bab’ = aのとき。
このときG≌Z⊕Z/nZである。
(ii) bab’ = a’ のとき。
nが奇数とするとn = 2q + 1とおくとき
a = b^(2q+1)ab^(-(2q+1)) = bab’ = -a
となって矛盾するからnは偶数である。
逆にnが偶数のとき
<a,b|bab’ = a’,b^n=e>
はZのsemi trivial extensionであり、条件を満たす。 >>832
返信遅くなって申し訳ない (>>826です)
超越基底を用いれば簡単になるであろうということ。
――――――――
何か鳩ノ巣原理を使う難問が欲しい
此れだけでは申し訳ないので幾つか投下:
(難問ではなく何も既知の筈)
・長さNの正整数から為る数列が2つ存在し, 数列を構成する数は1以上N以下である.
A, Bから其々空でない部分数列を適当に選ぶとき, 其々の総和を等しく出来るか.
・αが無理数の時, 次の不等式を満たす整数の組(p,q)が無限に存在することを示せ:
|α-p/q|<1/q²
序でに右辺をk/q²として不等式を満たす組が無限に存在する様な最小のkを求めると, k=1/√5になることが知られてる
母関数を使うらしく, 序でにk=1でも分母の自乗はx(>2)乗に変えた瞬間成り立たないそうだ(知ってるのは此処まで). 【何故シヌの、〝ＪＫ″】 島津論文「安倍とオウムに接点」 露国防相「気づかれてないと思うな晋三」
http://rosie.5ch.net/test/read.cgi/liveplus/1532569537/l50
地震多すぎ！ 日本は地震大国だから、は大ウソだった！ ほら吹きの安倍が、地下核実験をやっている！ >>940
Zの自己同型は±1のみ
Zn→Z2はnが偶数なら0と全射nが奇数なら0のみ
よって
Z+Znか偶数ならZとZnの半直積 >>82の正解発表
>>87 (A)正解
>>85 (B)正解 【>>82(A)の模範解答】
以下、図形の内部には周も含める。
[補a]
幅1のルーローの三角形は、内部の任意の2点間の距離が1以下である。
半径1、中心角60°以下の扇形は、幅1のルーローの三角形の一部である。よって、内部の任意の2点間の距離が1以下である。 ■
[A]
5点ならば、円に内接する正五角形の各頂点に配置すれば、どの2点間の距離も1より大きくなる。
どの2点間の距離も1より大きくなるような6点の配置を考える。
円の中心に1点Aを配置すると、円の中心と内部の任意の点との距離は1以下だから、Aと他の5点との距離は全て1以下になる。よって、円の中心以外にAを配置する。
円を扇形で6等分すると、Aが2つの扇形X,Yの境界に乗るようにすることができる。別の点をX,Yに配置すると、[補a]より、Aとその点との距離は1以下になる。よって、X,Y以外の4つの扇形に残りの5点を配置する。
鳩の巣原理より、少なくとも2点は同じ扇形の内部になる。[補a]より、その2点間の距離は1以下になる。
したがって、どのように6点を配置しても、ある2点間の距離が1以下になる。
最小のmは6である。 ■ 【>>82(B)の模範解答】
以下、図形の内部には周も含める。
[補b]
半径1/2の円の内部の2点間の距離は、直径の両端のときは1、それ以外のときは1未満である。
一辺1/2の正六角形は、半径1/2の円に内接する。よって、内部の2点間の距離は、最も遠い頂点どうし（3組ある）のときは1、それ以外のときは1未満である。
カップケーキ形（図の黄色部分）は、一辺1/2の正六角形の一部である。よって、内部の2点間の距離は、弧の両端のときは1、それ以外のときは1未満である。
弧の片側の端点を欠いたカップケーキ形（以下、単に「図形」）は、元のカップケーキ形の一部である。よって、内部の2点間の距離は1未満である。 ■
[B]
7点ならば、円の中心と、円に内接する正六角形の各頂点に配置すれば、どの2点間の距離も1以上になる。
どのような8点の配置も、ある2点間の距離が1未満であることを背理法で示す。
どの2点間の距離も1以上であるような8点の配置が存在すると仮定する。
http://imgur.com/kTTm64O.jpg
半径1の円は、7つのパーツ
一辺1/2の正六角形ABCDEF、図形HBA(G)、図形ICB(H)、図形JDC(I)、図形KED(J)、図形LFE(K)、図形GAF(L)
で覆うことができる。
鳩の巣原理より、少なくとも2点は同じパーツの内部にある。[補b]より、その2点は正六角形のパーツの内部にある。AとDにあるとして一般性を失わない。
[補b]より、A,Dを含む図形4つには別の点はない。また、[補b]より、図形LFE(K)とICB(H)にはそれぞれ最大で1点しかない。
このとき、合計で最大でも4点しか配置されていないため矛盾。仮定は誤りであった。
したがって、どのように8点を配置しても、ある2点間の距離が1未満になる。
最小のnは8である。 ■ 出典
(A)
https://www.cut-the-knot.org/pigeonhole/six_points.shtml
このサイトに証明が2つ載っている。
1つ目は上記。
2つ目は>>87と同じ方針で最後に[補a]を使わない方法である（三角形の内角の大小関係を使っている）。
(B)
https://math.stackexchange.com/questions/1228119/
1点を欠いた図形を考えるのがミソである。この一工夫で証明はかなり楽になる。クレバーな方法。
(B)の画像はGeoGebraで自作した。
この手の問題は
「定幅図形（またはそれらに内包される図形）で元の図形を被覆／分割して、鳩の巣原理に持ち込む」
のが定石だが、効率の良い被覆や分割は発見に試行錯誤を要することが多い。
「図形Aに、どのようにk個以上の点を配置しても、ある2点間の距離がd以下/未満になる」
みたいな一般化は厳しいだろう。 >>188の正解
正n角形について、辺AB,BC,CD…の順に鏡映を取っていく操作を
nが偶数ならばn-1回
nが奇数ならば2n-1回
それぞれ繰り返せば、l(n)を「平行な2辺間を結ぶ直線か折れ線の長さ」に帰着することができる。折れ線のときは直線のときより長いことを利用すれば、幾何的にl(n)の最小が求まる。
もちろん>>189みたいに式で解けるならそれに越したことはないが… >>856
解答です。
PQRSにおける接線の交点を結んで得られる四角形をXYZWとする。
XからCに引いた２接線の接点の交点をx、y,z,wに対するそれをy,z,wとする。
仮定よりXYZWは円D上にあるしてよい。
このときDのCに関する反転をdとするとxyzwはd上である。
よって主張は成立する。□ レス数が950を超えています。1000を超えると書き込みができなくなります。
