面白い問題おしえて〜な 27問目
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>>681 稜の長さが { p^(3r), p^(2n+r), p^(2n-r)[p^(2n)-p^(2r)] } である直方体 (r=0,1,…,n-1) 表面積 2p^(6n), 体積 p^(4n+3r)[p^(2n)-p^(2r)], p>1. >>682 の拡張 稜の長さが { p^r, p^r, [p^(2n-r)-p^r]/2 } である正方形柱 (r=0,1,…,n-1) 表面積 2p^(2n), 体積 (p^r)[p^(2n)-p^(2r)]/2, p>1. ■■■■■■■■■■■■■ □□□□□□□□□□□□■ ■■■■■■■■■■■□■ ■□□□□□□□□□■□■ ■□■■■■■■■□■□■ ■□■□□□□□■□■□■ ■□■□■■■□■□■□■ ■□■□■□□□■□■□■ ■□■□■■■■■□■□■ ■□■□□□□□□□■□■ ■□■■■■■■■■■□■ ■□□□□□□□□□□□■ ■■■■■■■■■■■■■ >>682 >>700 稜の長さを { A, A, (S/2A - A)/2 } とおく。 (S/2A - A)/2 が自然数となるAを n個以上とれるように Sを決める。 稜 … 多面体の辺 {(x,y,z)|x+y+z=n、x,y,z は非負整数、n は1以上の整数} を満たす格子点の集合をAとする。 Aから異なる三点を選んだとき、それが正三角形を成している確率を n で表せ。 答えは、プログラムを組めば予想可能なものになるので、答えのみの解答は認めないものとする。 Oを中心とする半径1の円周上に、n個の点P[1],P[2],...,P[n]を、以下の2条件をともに満たすように配置する。なお各点はこの順に反時計回りに配置されるものとする。 (ア)各線分P[i]P[i+1]の長さは全て等しい。すなわちP[0]P[1]=P[1]P[2]=...=P[n-1]P[n]である。 (イ)0°<∠P[1]OP[n]≦180° n以下の各自然数iに対し、△OP[i-1]P[i]の重心をG[i-1]とおく。 このとき、以下の(A)が成り立つように辺P[0]P[1]の長さを定めることができるか。 (A)相異なる整数jとkをうまく選べば、2点P[j]とP[k]を通る直線で、その上にG[0],G[1],...,G[n-1]の少なくとも1つが乗るようにできる。 すいません先程の問題文がおかしかったので訂正します。 Oを中心とする半径1の円周上に、n個の点P[1],P[2],...,P[n]を、以下の2条件をともに満たすように配置する。なお各点はこの順に反時計回りに配置されるものとする。 (ア)各線分P[i]P[i+1]の長さは全て等しい。すなわちP[1]P[2]=P[2]P[3]=...=P[n-1]P[n]である。 (イ)0°<∠P[1]OP[n]≦180° n-1以下の各自然数iに対し、△OP[i]P[i+1]の重心をG[i]とおく。 このとき、以下の(A)が成り立つように辺P[1]P[2]の長さを定めることができるか。 (A)相異なる整数jとkをうまく選んで2点P[j]とP[k]を通る直線を引けば、その上にG[1],G[2],...,G[n-1]の少なくとも1つが乗る。 >>705 求める確率をp[n]とすると p[n]=2/(n^2+3n-2) になると予想した A[n]={(x,y,z)|x+y+z=n, x,y,zは非負整数} できる正三角形の個数をT[n]とすると、 最初の方は T[1]=1, T[2]=5, T[3]=15, T[4]=35, T[5]=70 となった A[n]と△型・▽型の正三角形の個数は規則的に数えられるけど 傾いてる正三角形が一般の場合にうまくいかないorz >>708 辺長L(≧2)の△型には、傾いた正三角形(L-1)個が内接する。(▽も含む) >>705 A[1] = 3, A[n] = A[n-1] + (n+1), より A[n] = (n+2)(n+1)/2, … 三角数 A[n]個の点から3点を選ぶ方法は C[A[n], 3] = A[n] (A[n]-1) (A[n]-2)/6 = {(n+2)(n+1)/2} {(n+3)n/2} {(nn+3n-2)/2}, 辺長nの大きい△型の中に 辺長Lの△型が C[n+2-L, 2] 個ある。 傾いている正三角形も含めれば、そのL倍になる。 T[n] = Σ(L=1, n) C[n+2-L, 2]・L = C[n+3, 4] = (n+3)(n+2)(n+1)n/24 = A[n](A[n]-1)/6, よって T[n]/C[A[n], 3] = 1/(A[n]-2) = 2/(nn+3n-2), ご名答 >> 辺長L(≧2)の△型には、傾いた正三角形(L-1)個が内接する。(▽も含む) ここがポイントですね。傾かないものも含めると、 「サイズLの正置な正三角形には、調度L個の正三角形が属す」 と言えます。全ての正三角形は、いずれかの正置な正三角形に属すため、 あとは、正置な正三角形がいくつあるかを調べ、足し合わせるだけです。 >>709 ,710 なるほど、そうやって考えるんですね C[n+2-L, 2]の部分ですが、これは 辺長Lの正置な正三角形のいちばん上の辺長1の正三角形に注目して Σ[k=1,n-(L-1)]k と数えたものでしょうか? サイズ n の正置な正三角形は 1 (=C[2,2]) サイズ n-1 の正置な正三角形は 3 (=1+2=C[3,2]) サイズ n-2 の正置な正三角形は 6 (=1+2+3=C[4,2]) サイズ n-3 の正置な正三角形は 10 (=1+2+3+4=C[5,2]) ... サイズ 1 の正置な正三角形は 1+2+3+...+n=C[n+1,2] です。では、サイズ L では? というと、 C[n+2-L,2] という事です。 注目するサイズの正置正三角形のトップの頂点の、可動範囲を数え上げるという考えでもokですね。 >>682 用意していた答え 3辺の長さを (a,b,c) = (1, 2^r-1, 2^{2n-r}-1)、r=1,2,…n とおくと、 表面積 S = 2(ab+bc+ca) = 2(2^{2n}-1). ■■■■■■■■■■■■■ □□□□□□□□□□□□■ ■■■■■■■■■■■□■ ■□□□□□□□□□■□■ ■□■■■■■■■□■□■ ■□■□□□□□■□■□■ ■□■□■■■□■□■□■ ■□■□■□□□■□■□■ ■□■□■■■■■□■□■ ■□■□□□□□□□■□■ ■□■■■■■■■■■□■ ■□□□□□□□□□□□■ ■■■■■■■■■■■■■ >>580 山札からダイヤが12枚出たところまですべて1/4で 13枚目のみゼロにすることも可能 ■箱の中のカードがダイヤである確率は 基本形の式 q=1−{{165n−3n^2+351}/(208n−7n^2+468)}に 係数αをnの各項に掛ける q=1−{{165nα−3αn^2+351}/(208nα−7αn^2+468)} 351と468にはそれぞれβ=479001600を掛ける ∵q=1−{{165nα−3αn^2+351β}/(208nα−7αn^2+468β)} α=(n^2−13n)^6+182(n^2−13n)^5+13468(n^2−13n)^4 +516360(n^2−13n)^3+10752768(n^2−13n)^2+114341760(n^2−13n) +479001600 これで出来上がり どうして確率や場合の数の問題しか出てこないのかね。 そんなに面白いかい? AとBが引き分けのないゲームを次々と行い、一回のゲームで勝つ確率はそれぞれa, bである。つまりa+b=1である。 Aが先にn勝に到達する確率を求めよ。 >>718 これ求まるん? 1/2の時でもバナッハのマッチ箱で超難題なのに。 1/2じゃなくて求まるん? 先にn勝というのは、2n-1回やってn勝以上することと同じ Σ[k=n〜2n-1] a^k・b^(2n-1-k)・C(k,2n-1) 何も難問じゃない 将棋の番勝負の勝率レーティングから推計したことあるやつなら簡単にわかるはず あ、失礼。単にAが勝つ確率か。回数の期待値と勝手に思った。勝つ確率だけなら出るかな? >>721 ,724 p(n)=Σ[k=n,2n-1]a^k・b^(2n-1-k)・C(k,2n-1) とおくと、n≧2のとき二項定理より (a+b)^(2n-1)=2(p(n)-a^n・b^(n-1))+a^n・b^(n-1) よって p(n)=(1+a^n・b^(n-1))/2 >>726 二項係数抜けてるしそもそも3行目ダメですね 撤回します とりあえず10項ほど計算させてみたけど makelist(factor(expand(sum(binomial(2*n-1,k)*a^k*(1-a)^(2*n-1-k),k,n,2*n-1))),n,1,10); [ a, −a^2*(2*a−3), a^3*(6*a^2−15*a+10), −a^4*(20*a^3−70*a^2+84*a−35), a^5*(70*a^4−315*a^3+540*a^2−420*a+126), −a^6*(252*a^5−1386*a^4+3080*a^3−3465*a^2+1980*a−462), a^7*(924*a^6−6006*a^5+16380*a^4−24024*a^3+20020*a^2−9009*a+1716), −a^8*(3432*a^7−25740*a^6+83160*a^5−150150*a^4+163800*a^3−108108*a^2+40040*a−6435), a^9*(12870*a^8−109395*a^7+408408*a^6−875160*a^5+1178100*a^4−1021020*a^3+556920*a^2−175032*a+24310), −a^10*(48620*a^9−461890*a^8+1956240*a^7−4849845*a^6+7759752*a^5−8314020*a^4+5969040*a^3−2771340*a^2+755820*a−92378) ] なんにも思いつかんorz。 あかん、いろいろ調べたけどどうしようもなさそう。 >>721 で正解なんかな? pを有理数とする。3辺の長さがp,p,1の二等辺三角形をT(p)と書く。 ある自然数kが存在して、k個のT(p)のみに分割できる多角形全体からなる集合をS(k)とする。 k=1,2,3,...に対し、以下の条件を満たすS(k)の要素の多角形の形状をすべて決定せよ。 条件『多角形の任意の2頂点間の距離は有理数である。』 >>718 Aが先にn勝する確率をPnとすると、 P1=a P2=a^2+2a^2・b P3=a^3+3a^3・b+6a^3・b^2 P4=a^4+4a^4・b+(5C2)a^4b^2+(6C3)a^4・b^3 =a^4+4a^4・b+10a^4b^2+20a^4・b^3 P5=a^5+5a^5・b+(6C2)a^5・b^2+(6C3)a^5・b^3+(6C4)a^5・b^4 =a^5+5a^5・b+15a^5・b^2+20a^5・b^3+15a^5・b^4 P6=a^6+6a^6・b+(7C2)a^6・b^2+(7C3)a^6・b^3+(7C4)a^6・b^4+(7C5)a^6・b^5 =a^6+6a^6・b+21a^6・b^2+35a^6・b^3+35a^6・b^4+21a^6・b^5 P7=…… 前>>624 フィボナッチだな。一般項出るぞ。 ■□■■■□■■■□■■■□■■■ ■□■□■□■□■□■□■□■□■ ■■■□■■■□■■■□■■■□■ P1=a P2/a^2=1+2b P3/a^3=1+3b+6b^2 P4/a^4=1+4b+(5・4/2・1)b^2+(6・5・4/3・2・1)b^3 P5/a^5=1+5b+(6・5/2・1)b^2+(6・5・4/3・2・1)b^3+(6・5/2・1)b^4 P6/a^6=1+6b+21b^2+35b^3+35b^4+21b^5 P7/a^7=1+7b+28b^2+56b^3+70b^4+56b^5+28b^6 P8/a^8=1+8b+36b^2+84b^3+126b^4+126b^5+84b^6+36b^7 P9/a^9=1+9b+45b^2+120b^3+210b^4+252b^5+210b^6+120b^7+45b^8 P10/a^10=1+10b+55b^2+165b^3+330b^4+462b^5+462b^6+330b^7+165b^8+55b^9 前>>731 漸化式ができそう。 nが奇数のとき、 Pn/a^n= nが偶数のとき、 Pn/a^n= >>721 p(n) = Σ[k=n, 2n-1] a^k b^(2n-1-k) C(2n-1, k), (b=1-a) p(n+1) = p(n) + C[2n-1, n] (a-b)(ab)^n, (b=1-a) ∂p(n)/∂a = (n/2) C(2n, n) {a(1-a)}^(n-1), p(n) = (n/2) C(2n, n) Σ[k=0, n-1] (-1)^k C(n-1, k)/(n+k) a^(n+k) = (n/2) C(2n, n) a^n Σ[k=0, n-1] C(n-1, k)/(n+k) (-a)^k, 前>>733 訂正。 P10/a^10=1+10b+(11C2)b^2+(12C3)b^3+(13C4)b^4+(14C5)b^5+(15C6)b^6+(16C7)b^7+(17C8)b^8+(18C9)b^9 =1+10b+55b^2+220b^3+715b^4+2002b^5+5005b^6+11440b^7+24310b^8+48620b^9 P9/a^9=1+9b+(10C2)b^2+(11C3)b^3+(12C4)b^4+(13C5)b^5+(14C6)b^6+(15C7)b^7+(16C8)b^8 =1+9b+45b^2+165b^3+495b^4+1287b^5+(14C6)b^6+(15C7)b^7+(16C8)b^8 P8/a^8=1+8b+36b^2+120b^3+(11C4)b^4+(12C5)b^5+(13C6)b^6+(14C7)b^7 P7/a^7=1+7b+(8C2)b^2+(9C3)b^3+(10C4)b^4+(11C5)b^5+(12C6)b^6 =1+7b+28b^2+84b^3+(10C4)b^4+(11C5)b^5+(12C6)b^6 P6/a^6=1+6b+(7C2)b^2+(8C3)b^3+(9C4)b^4+(10C5)b^5 P5/a^5=1+5b+(6C2)b^2+(7C3)b^3+(8C4)b^4 =1+5b+15b^2+35b^3+56b^4 >>718 Rを使うと 負の二項分布を使ってpnbinom(n-1,n,a)で数値計算はできる。 >>718 前>>736 一般項が出た。 Pn=a^n/(n-1)!Σ[k=1〜n-2]{(n+k)!b^(k+1)}/(k+1)! >>735 おお、すごい。 流石にこれ以上は無理? >>735 makelist((expand(sum(binomial(2*n-1,k)*a^k*(1-a)^(2*n-1-k),k,n,2*n-1))),n,0,10); makelist((expand(n/2*a^n*binomial(2*n,n)*sum(binomial(n-1,k)/(n+k)*(-a)^(k),k,0,n-1))),n,0,10); (%o1) [0,a,3*a^2−2*a^3,6*a^5−15*a^4+10*a^3,−20*a^7+70*a^6−84*a^5+35*a^4,70*a^9−315*a^8+540*a^7−420*a^6+126*a^5,−252*a^11+1386*a^10−3080 *a^9+3465*a^8−1980*a^7+462*a^6,924*a^13−6006*a^12+16380*a^11−24024*a^10+20020*a^9−9009*a^8+1716*a^7,−3432*a^15+25740*a^14−83160*a^13+ 150150*a^12−163800*a^11+108108*a^10−40040*a^9+6435*a^8,12870*a^17−109395*a^16+408408*a^15−875160*a^14+1178100*a^13−1021020*a^12+556920* a^11−175032*a^10+24310*a^9,−48620*a^19+461890*a^18−1956240*a^17+4849845*a^16−7759752*a^15+8314020*a^14−5969040*a^13+2771340*a^12− 755820*a^11+92378*a^10] (%o2) [0,a,3*a^2−2*a^3,6*a^5−15*a^4+10*a^3,−20*a^7+70*a^6−84*a^5+35*a^4,70*a^9−315*a^8+540*a^7−420*a^6+126*a^5,−252*a^11+1386*a^10−3080 *a^9+3465*a^8−1980*a^7+462*a^6,924*a^13−6006*a^12+16380*a^11−24024*a^10+20020*a^9−9009*a^8+1716*a^7,−3432*a^15+25740*a^14−83160*a^13+ 150150*a^12−163800*a^11+108108*a^10−40040*a^9+6435*a^8,12870*a^17−109395*a^16+408408*a^15−875160*a^14+1178100*a^13−1021020*a^12+556920* a^11−175032*a^10+24310*a^9,−48620*a^19+461890*a^18−1956240*a^17+4849845*a^16−7759752*a^15+8314020*a^14−5969040*a^13+2771340*a^12− 755820*a^11+92378*a^10] 素晴らしい。 n=0,αn/βn,α={2^n+2^(n−1)},β={2^(n+2)+2^(n−1)} 分母と分子の両方にゼロ掛けているのに なんで1/3が出力されるねん?(´・ω・`) (1)実級数Σ_{n=1}^∞ a_nが絶対収束するならば Σ_{n=1}^∞ (a_n)^2は収束するか? (2)実級数Σ_{n=1}^∞ a_nが条件収束するならば Σ_{n=1}^∞ (a_n)^2は収束するか? (1) a_n > 1 である n は有限個なのでそれらを除いて (a_n)^2 ≦ a_n。よって収束する。 (2) しない。反例:a_n = (-1)^n/√n。 間違ってるものを採点して生徒が伸びた方がいたと思う。 高速通信添削で赤入れるみたいにしちゃうといい。女子美味しいな。 前>>738 Pn(n-1)!/a^n=(n+1)n(1-a)^2/2・1+(n+2)(n+1)n(1-a)^3/3・2・1+……+(2n-2)(2n-3)……n(1-a)^(n-1)/(n-1)! Pn={a^n/(n-1)!}{(n+1)n(1-a)^2/2・1+(n+2)(n+1)n(1-a)^3/3・2・1+……+(2n-2)(2n-3)……n(1-a)^(n-1)/(n-1)!} 通分するのかな。 >>743 (2) S = Σ_{n=1}^{∞} a_n = Σ_{n=1}^{∞} (-1)^n /√n が収束すること。 S = -1 + 1/√2 - Σ_{m=2}^{∞} ( 1/√(2m-1) - 1/√(2m) ) > -1 + 1/√2 - (1/2)Σ_{m=2}^{∞} ( 1/√(2m -3/2) - 1/√(2m +1/2) ) … (*) = -1 + 1/√2 - 1/√10 = -0.60912098483… S = -1 + Σ_{m=1}^{∞} ( 1/√(2m) - 1/√(2m+1) ) < -1 + (1/2)Σ_{m=1}^{∞} ( 1/√(2m -1/2) - 1/√(2m +3/2) ) … (*) = -1 + 1/√2 - 1/√3 + 1/√14 = -0.60298224609… S = -0.60489864342163… >>748 (補足) f(n) = 1/√n の平均変化率 {1/√(n-h) - 1/√(n+h)}/(2h) が h>0 と共に増加すること。 {f(n-h) - f(n+h)}/2h = {1/√(n-h) - 1/√(n+h)}/(2h) = {√(n+h) - √(n-h)}/{2h √(nn-hh)} = 1 / {√(nn-hh)・(√(n-h) + √(n+h)} = 1 / {√(nn-hh)・√[2n+2√(nn-hh)]}, あるいは平均値の定理により f(n-L-h) - f(n+k+h) - {f(n-h) - f(n+h)} - {f(n-L+k-h) - f(n-L+k+h)} + {f(n+k-L) - f(n-L+h)} = {f(n-L-h) -f(n-h) -f(n-L+k-h) +f(n+k-h)} - {f(n-L+h) -f(n+h) -f(n-L+k+h) +f(n+k+h)} = -2h {f '(a-L) - f '(a) - f '(a-L+k) + f'(a+k)} (n-h<a<n+h) = -2h {f '(a-L) - f '(a)} -2h {f '(a-L+k) - f '(a+k)} = 2hk {f "(b-L) - f "(b)} (a<b<a+k) = -2hkL f '''(c) (b-L<c<b) > 0 [0,π]上の連続関数fに対して、 lim(n→∞)∫_0^π f(x)cos(nx) dx=0 となることを証明せよ >>751 (p,q) := 2/π∫ pq dx とする。 これは双線形であり、{cos nx} は (cos lx, cos mx) = δ(l,m) となる。 Nを自然数とし a[n] = (cos nx, f)、g = Σ[m:1〜N] a[m] cos mx、h = f-g とおく。 n: 1〜N に対し (h, cos nx) = (f-g, cos nx) = (f, cos nx) - (Σ[m:1〜N] a[m] cos mx, cos nx) = a[n] - a[n] = 0 であるから (h,g) = 0 である。 よって (f, f) = (g+h, g+h) = (g, g) + 2(g, h) + (h, h) = (g, g) + (h, h) ≧ (g, g) = (Σ[l:1〜N] a[l] cos lx, Σ[m:1〜N] a[m] cos mx) = Σ[m:1〜N] a[m]^2 である。 これが任意のNで成立するから Σ[m:1〜∞] a[m]^2 は収束するので lim(n→∞)a[n]=0 である。 >>751 正解! ベッセルの不等式証明してくれた感じかな 【世界教師マ@トレーヤ】 トランプは現在、ツイートを囮にして、史上最悪の法案にサインする気でいる http://rosie.5ch.net/test/read.cgi/liveplus/1538533045/l50 山本太郎もブチ切れる、労働者へのゲスい裏切り! >>734 p(n+1) - p(n) = (2a-1) C[2n-1, n] (a(1-a))^n, (n≧1) の両辺に t^n を掛けて和をとると G(t)/t - p(1) - G(t) = (2a-1)Σ[n=1,∞] C[2n-1, n] (a(1-a)t)^n = (1/2)(2a-1) {1/√(1-4a(1-a)t) -1}, … (*) (2(1-t)/t) G(t) = 1 + (2a-1)/√(1-4a(1-a)t), G(t) = Σ[n=1,∞] p(n) t^n = (t/2(1-t)) {1 + (2a-1)/√(1-4a(1-a)t)}, *) 一般化された二項定理 1/√(1-4x) = 1 + 2Σ[n=1,∞] C[2n-1, n] x^n, >>718 の答えは今出てる答えで正解でいいのかな? 流石にもうこれ以上はどうしょうもない気がする。 >>755 >>718 の答え、>>747 でいいの? 確率をnとaで表せってことだよね? ……があるままでいいってこと? 通分して分子が簡単になったりして。 前>>747 前>>757 通分すると、 Pn={a^n/(n-1)!(n-1)!}[(n+1)!{(n-1)(n-2)……3}(1-a)^2+(n+2)!{(n-1)(n-2)……4)}(1-a)^3+……+(2n-2)!(1-a)^(n-1)] 簡単にならないなら……を許可するしかないか。それかΣとkを使うか。 >>756 Catalan(n) = C[2n, n] - C[2n, n-1] = {1/(n+1)} C[2n, n] Σ[n=0,∞] Catalan(n) t^n = {1 - √(1-4t)}/(2t), このスレで見つけた問題。 [0,n]×[0,n]の格子点の隣接する格子点をむすんで得られるグラフを考える。(図1参照) このグラフの左下と右上を結ぶグラフ上の経路で長さ2nのもののうちy≦xの部分にある横線をちょうどk回通るものの個数を求めよ。 >>432 より >―図1―(n=6の場合) >┌─┬─┬─┬─┬─┬─┐ >│ │ │ │ │ │ │ >├─┼─┼─┼─┼─┼=┤ >│ │ │ │ │ │ │ >├─┼─┼─┼─┼=┼=┤ >│ │ │ │ │ │ │ >├─┼─┼─┼=┼=┼=┤ >│ │ │ │ │ │ │ >├─┼─┼=┼=┼=┼=┤ >│ │ │ │ │ │ │ >├─┼=┼=┼=┼=┼=┤ >│ │ │ │ │ │ │ >└=┴=┴=┴=┴=┴=┘ ■■■■■■■■■■■■■ □□□□□□□□□□□□■ ■■■■■■■■■■■□■ ■□□□□□□□□□■□■ ■□■■■■■■■□■□■ ■□■□□□□□■□■□■ ■□■□■■■□■□■□■ ■□■□■□□□■□■□■ ■□■□■■■■■□■□■ ■□■□□□□□□□■□■ ■□■■■■■■■■■□■ ■□□□□□□□□□□□■ ■■■■■■■■■■■■■ 不思議な現象に遭遇したけど、よくわからないのでみんなの知恵を借りたい。 a1,a2,…を不定元とし、σをその添字を1だけ大きくする作用素とする。 次で有理式の列{F[n]; n=0,1,2,…}を定める: F[0] = 1, F[n] = (F[n-1] + σF[n-1])/(a1+a2+…+an) (n≧1)。 F[1] = (1 + 1)/(a1) = 2/a1, F[2] = (2/a1 + 2/a2)/(a1+a2) = 2/a1a2, F[3] = (2/a1a2 + 2/a2a3)/(a1+a2+a3) = 2(a1+a3)/a1a2a3(a1+a2+a3), F[4] = (2(a1+a3)/a1a2a3(a1+a2+a3) + 2(a2+a4)/a2a3a4(a2+a3+a4))/(a1+a2+a3+a4) = 2(a1a2+a2a3+a3a4)/a1a2a3a4(a1+a2+a3)(a2+a3+a4) のようになるが、既約分数表示での分母を見ると偶数項の因数は約分で消え、奇数項の因数しか現れていない。 PCで調べるとF[8]まではそうなっている。 なので「F[n]を既約分数で表したとき分母には奇数項の因数しか現れない」と予想するが、 これは正しいだろうか? また関連しそうなことがあったら教えてください。 1/a(a+b)(a+b+c)…(a+b+c+…+z) を [a,b,c,…,z] と書くことにする。 [] = 1,[a] = 1/a, [a,b] = 1/a(a+b) など。 次を示せ。 (1) [a][b] = [a,b] + [b,a] (2) [a,b][x] = [a,b,x] + [a,x,b] + [x,a,b] (3) [a,b][x,y] = [a,b,x,y] + [a,x,b,y] + [a,x,y,b] + [x,a,b,y] + [x,a,y,b] + [x,y,a,b] (4) [a][b][c] = [a,b,c] + [a,c,b] + [b,a,c] + [b,c,a] + [c,a,b] + [c,b,a] また、一般にどのようなことがいえるだろうか? (>>763 を考えた背景にあるもの) E, A, B を同じ型の正方行列とし、Eを単位行列とする。 E-ABが逆行列Cをもつとき、E-BAが正則であることを示し、その逆行列をE, A, B, Cを用いて表せ。 >>765 C = (E-AB)^-1 = E + AB + (AB)^2 + … とおもえば (E-BA)^-1 = E + BA + (BA)^2 + … = E + BA + B(AB)A + B (AB)^2 C + … = E + BCA と予想できて、 あとは計算で (E-BA)(E+BCA) = (E+BCA)(E-BA) = E。 A,Bがn次行列のとき、ABとBAの固有値は等しいことを示せ。 係数環がZで証明できれば十分。 よってさらにCで証明できれば十分。 Aが正則のときABA^(-1)とBの固有多項式が等しく故成立。 一般の場合は等式 ch AB = ch BA がザリスキ開集合 det A≠0 で成立する故一般に成立。 ■ニャンティホール問題 □□□ ∧,,∧ ∧,,∧ □□□ (,,・∀・) ミ,,・∀・ミ □□□〜(_u,uノ @ミ_u,,uミ >>763 それ無理じゃね? 全変数に1をいれるとF[n] = 2^n/n!なので十分大きいnでv_2(F[n]) < 0。 一方でa1 = 1、残りに2をいれると全てのnでF[n]は2進整数。 よって分母に必ず項の数が偶数の因子が出てくると思う。 >>770 > 全変数に1をいれるとF[n] = 2^n/n!なので十分大きいnでv_2(F[n]) < 0。 v_2は2進付値だよね。だったら、 v_2(n!) = Σ[k=1,∞] floor(n/2^k) ≦ Σ[k=1,∞] n/2^k ≦ n だから v_2(F[n]) ≧ 0 だよ。 p1, p2, Pは素数かつ、 p1 ≧ 3, p2 ≧ 3, P ≧ 7で、 p1 + p2 = ( P + 1 ) が成り立つときの p1, p2, P がみたす性質って何かありますか? >>767 Aが正則でないとき… Eをn次の単位行列、yは実数とする。 |A+yE| はyのn次式だから、|A+yE| = 0 を満たすyの個数は高々n個である。 |A+yE|≠0 となるyに対しては |xE - (A+yE)B| = |xE - B(A+yE)|, が成り立つ。|A+yE| = 0 の解をうまく避けながら y→0 とすれば、 |xE-AB| = lim_{y→0} |xE - (A+yE)B| = lim_{y→0} |xE - B(A+yE)| = |xE-BA|, ∴ |xE-AB| = |xE-BA|. A,B∈M_n(C)に対して ABとBAの固有多項式が同じになることを証明せよ。 http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1239473677 任意のn次正方行列A,Bについて ABとBAの固有多項式が同じになることの証明 http://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q11107489021 nを自然数として、a_1=3,a_n=n(a_(n-1)-1)+2 (n≧2)でa_nを定める。 ここK村の人口はa_n人で、増えることも減ることもない。 さて、K村から任意の2人を選んだ時、その2人はある「関係」を持っているとする。そして、その「関係」はn種類にわたって存在する。 この時、どの2人を選んでも同じ「関係」で結ばれているような3人組が必ず存在することを示せ。 オリジナルです 考え方自体は既出だと思う a[1]=3人だと1種類 a[2]=6人だと2種類 a[3]=17人だと3種類 ・・・ >>778 が>>781 の意味ならそのままwikiに書いてある漸化式で解けちゃうね。R(…)の中の2は自動的に落ちてしまう 清書 Claim 1) R(k1,…,kn)≦R(k1-1,k2,…,kn) + R(k1,k2-1,…,kn) + … + R(k1-1,k2,…,kn-1) - n + 2 (∵) R(k1-1,k2,…,kn) + R(k1,k2-1,…,kn) + … + R(k1-1,k2,…,kn-1) - n + 2個の点からなる完全グラフから1点v を選び、そこから残りの点への辺を1〜nに彩色する。 このとき、色1に塗られている辺の個数がR(k1-1,k2,…,kn)以上かまたは…色nに塗られている辺の個数がR(k1-1,k2,…,kn-1)以上である。 最初の場合(残りの場合も同じように議論できる)、色1に塗られている辺の向かう先の点の個数がR (k -1, k2,…,kn)以上だから、それらの点からk1 -1個の点の、色1のみからなる完全グラフか、ki個の点の色iのみからなる完全グラフがある。 前者の場合、v とあわせればk1 個の点の色1のみからなる完全グラフが得られる。 Claim2) R(k1,…,kn,2) = R(k1,…,kn) (∵) R(k1,…,kn)個以上の頂点からなる完全グラフをn+1色に塗り分ける時、色n+1が使われていればその辺のみからなるグラフが2点完全グラフである。 n+1がつかわれていなければR(k1,…,kn)の定義からいずれかの色 i のみで塗られた完全 ki グラフを含む。 以上により R(3,3,…,3) ≦ a_n。 わかスレの問題改題。 数列 (c[n], d[n]) を c[n] = (2n-1)c[n-1] + c[n-2]、c[1] = 0、c[2] = 1、 d[n] = (2n-1)d[n-1] + d[n-2]、d[1] = 1、d[2] = 0 で定める時 lim[n→∞] c[n]/(2n-1)!!、lim[n→∞] d[n]/(2n-1)!! を求めよ。 >>788 c[n]の方は組合せ的意味(https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1534342085/494,510,623 )を考えれば、 c[n] = Σ[r=0,n] (-1)^r binomial(2n-r,r) (2n-2r)! / (n-r)!2^(n-r) が分かって、 α(n,r) := n!(2n-r)!2^r/(2n)!(n-r)! が 0 < α(n,r+1) < α(n,r), α(n,r)→1 (n→∞) となるのを使えば lim[n→∞] c[n]/(2n-1)!! = lim[n→∞] Σ[r=0,n] ((-1)^r/r!)α(n,r) = e^(-1)。 >>289 おお、なるほど。 素晴らしい。 それなら前スレででてきたベッセル関数もへったくれもなしに証明できますね。 今の所用意している解答はベッセル関数もへったくれもある解答です。 d[n]の方もそんな感じでできるかもしれないですね。 ジョーカーを除いたトランプ52枚を外からは中が 確認できない52個の箱の中に表を見ないで一枚ずつ入れた そして、52個の箱の中から適当に三つの箱を選んで三枚の カードを取り出すと三枚ともダイヤであった このあと残りの49個の箱の中からどの箱を選んでも 箱の中のダイヤの確率は10/49である a,b (1≦a≦b) を整数とする。 b階建てビルのエレベーターは1階からb階までを移動している。 a階でエレベータを待つとき、上からやってくる確率を求めよ。 縦3マス、横4マスの12マスのうちランダムに選ばれた2マスにそれぞれ宝が眠っている。 AEIBFJ…の順で縦に宝を探していく方法をとるP君と、ABCDEFGH…の順で横に宝を探していく方法をとるQ君が、同時に地点Aから探索を開始した。 どっちの方が有利? ABCD EFGH I JK L >>795 移動時間とかなんにも条件ないならイーブン。 >>795 以外に自明じゃないけど結局イーブン P : AEIBFJCGKDHL Q : ABCDEFGHIKKL 部屋 : ABCDEFGHIKKL 先に入る:△QQQPPQQPPP△ ABCDEFGHIJKLとBCDEFGHIJKLAの争いがえぐい ETFJKをP部屋と呼ぶ。Pはこの部屋にQより先にこの順に入室する。 BCDGHをQ部屋とよぶ。Qはこの部屋にPより先にこの順に入室する。 Aに宝があれば同着でイーブン。 Aに宝がなくLに宝があれば残りがP部屋か、Q部屋かによるのでイーブン。 2つともP部屋ならP勝ち、2つともQ部屋ならQ勝ちでその確率はイーブン。 のこり25通りは EIFJK B△ C △ D △ G △ H △ と5×5マスからひとつ選ぶ場合だけど△の組み合わせなら同着、 上半分ならQ勝ち、下半分ならP勝ちでイーブン。 以外に思ったより自明じゃないなぁ。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
read.cgi ver 07.5.5 2024/06/08 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる