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【数セミ】エレガントな解答をもとむ3【2018.10】

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0317１３２人目の素数さん
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2019/04/15(月) 07:26:55.74ID:ZZz0J292
(1)使うならn≧W(3,5)のとき単色３角形ができるんじゃないの？
残念ながらW(3,k)が決定してるのはk=3,4だけみたいだけど。
0318１３２人目の素数さん
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2019/04/15(月) 14:06:04.43ID:8IDqhR4r
>>306 や >>309 のように「等間隔な」同色列を使えば (1) を応用できるし
　簡潔でエレガントな解答だろうけど････

それを要求すると、段数nがベラボーな大きさになっちゃうのがナニだ。。。　　>>314
0319１３２人目の素数さん
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2019/04/15(月) 17:39:56.11ID:jZSRa5NW
一辺587でいけるかも。

以下複素平面上で考えるとしてζ=exp(iπ/3)、αを任意にとり、β=ζαとする。
色は{R,W,Y}とする。
C上の点z = sα+tβ (s,t∈R)に対しp(z) = s、q(z) = tと定める。
α、βの張る格子をLとおく。
a = W(3,4)-1=292とおく。
p≧0,、q≧0、p+q≦2aをみたすLの点全体をTとおき{R,W,Y}で彩色する。
a≦k≦2aにたいし線分a≦p(z)≦2a、q(z)=kを満たすL格子のなかに同色の長さ4の等差数列がとれる。
初項をa(k)、公差をd(k)、色をc(k)とおく。
1≦d(k)≦a/3、c(k) = {R,W,Y}により相異なるk1,k2でd=d(k1) = d(k2)、c=c(k1)=c(k2)となるものがとれる。
c={Y}としてよい。
二つの等差数列を順にz1,z2,z3,z4,w1,w2,w3,w4とおく。
z中心にwをπ/3回転させた点f(z,w)は(1-ζ)z+ζwである。
zi、wj、vij=(1-ζ)z1 + ζw1 + (i-1)d(1-ζ)α + (j-1)dζαは正三角形をなし,すべてTの点でz1,z2がY色なのでvijはR,W色のいずれかである。
これら１６点の中には(1)より単色３角形が存在する。
0321１３２人目の素数さん
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2019/04/16(火) 12:33:05.54ID:ORPGLRHi
これ以上書くとうざいかもしれないのでやめとくけど877でもいけた。
0323１３２人目の素数さん
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2019/04/19(金) 01:44:58.53ID:+B6nkes7
>>322ありがとう。お言葉に甘えてn=877の解かいてみる。

>>319と同じa,α,β,ζ,p,q,Lをとる。
T = {z|p≧0,q≧0,p+q≦3a}
とする。
>>319と同様にして領域
0≦p≦a,a≦q≦2a}
において公差dが整数の長さ4の数列z1,z2,z3,z4,w1,w2,w3,w4がとれる。
q(z1) ≦ q(w1)としてよい。
ziを中心にwiをπ/3だけ負の方向に回転した点をvijとおく。
vijは設定から全てT上にあり４段の格子三角形を含むので(1)より終。

まだまだ減らせる予感はありあり。
0324１３２人目の素数さん
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2019/04/20(土) 09:57:14.14ID:ycjJX9Ok
>>319
>zi、wj、vij=(1-ζ)z1 + ζw1 + (i-1)d(1-ζ)α + (j-1)dζαは正三角形をなし,すべてTの点でz1,z2がY色なのでvijはR,W色のいずれかである

問題文から、単色三角形は各辺が三角格子に対して平行である必要がある
たとえばzi, wj, vijが単色三角形になるのはziとwjが同一直線上にあるときに限られる
0325１３２人目の素数さん
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2019/04/20(土) 10:00:36.18ID:JhHQ+Wyb
>>224
　出題者の用意した容易な解答だった。

〔朱世傑の公式〕
　Σ[j=0,m] C[n+j,n] = C[n+m+1,m]

(略証)
　C[n+j,n] = C[n+j+1,n+1] - C[n+j,n+1]
から出る。

〔朱-ファンデルモンドの公式〕Chu-Vandermonde formula
i+k=n のとき
　Σ[j+L=m] C[i+j,i] C[k+L,k] = Σ[j=0,m] C[n+j,n] = C[m+n+1,m]

(略証)
　Σ[j=0,∞) C[i+j,i] x^j = 1/(1-x)^(i+1),
　Σ[L=0,∞) C[k+L,k] x^L = 1/(1-x)^(k+1),
辺々掛けて x^m の係数を比べる。
0326１３２人目の素数さん
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2019/04/20(土) 16:46:24.72ID:A+W91r5W
>>324
ホントだ。
文章読んでなかった。例2はダメな例なのか。
斜めありなら200以下の解答もできたんだけどな。
0327１３２人目の素数さん
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2019/04/20(土) 22:41:45.28ID:ycjJX9Ok
>>307
> ペア間のずれ(1〜n-1) で分類する。
> 最大組に含まれるペアのペア　……　k ≧ [(C(L,2)-1)/(n-1)] +1,

> k≧2　⇒　単色三角形が存在

ここを詳しく西郷頼
kが2以上で単色三角形が存在、というところ
0330１３２人目の素数さん
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2019/04/20(土) 23:02:29.21ID:ycjJX9Ok
いやまだちょっとわからんかった。。
2つの等間隔のペアの第三頂点が同色だとしても、単色三角形をなす最後の頂点は別の色である可能性はないかな？
それは2n個に分けた別の類だから
0331１３２人目の素数さん
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2019/04/20(土) 23:36:29.14ID:ycjJX9Ok
>>330
いや今度こそ分かった
ペアのペアのペアが存在すると、最後の頂点がどの色でも単色三角形になりますな


おみごと
0332１３２人目の素数さん
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2019/04/21(日) 00:24:47.41ID:ET8VwjE0
>>324さんの指摘をいただいて証明チェックしてみた。
>>319,>>323は問題ない。

>vij=(1-ζ)z1 + ζw1 + (i-1)d(1-ζ)α + (j-1)dζα これ間違い
>vij=(1-ζ)z1 + ζw1 + (i-1)d(1-ζ) + (j-1)dζ 正しくはこっち

を1≦i≦4、1≦j≦4で動かしたときの変化の方向ベクトルはdζ、d(1-ζ)でこれはdをπ/3,-π/3回転させたものでもともとdが辺に平行なのでdζ、d(1-ζ)も辺に平行。
よって各辺がもとの正三角形の辺に平行というしばりがあっても大丈夫。
しかし残念ながら自分のノートに書いてた200を切る解は辺が元の辺に垂直の単色三角形の非存在を利用してたのでアウト。
残念。
0334１３２人目の素数さん
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2019/04/21(日) 00:52:19.43ID:qAtOnHpw
>>332
実は未だにちゃんと読めてないのだけど質問

例えばi=j=1のときzi, wj, vijは題意を満たす正三角形とは限らないが、証明のスジには影響なし？
z1, z2が同色と述べているので何か自分が読み違っている気がしてならない
0335１３２人目の素数さん
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2019/04/21(日) 01:19:08.33ID:ET8VwjE0
>>324
zi、wj、vijの配置は関係ありません。
　　　　v11、v12、v13、v14
　 v21、v22、v23、v24
　v31、v32、v33、v34
v41、v42、v43、v44
とvijの16点の中に各辺がもとの三角形の辺に平行で４段、２色に塗り分けられている事を利用してます。
0336１３２人目の素数さん
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2019/04/21(日) 07:36:20.59ID:qAtOnHpw
>>335
そうなんですか。

>>319
>zi、wj、vij=(1-ζ)z1 + ζw1 + (i-1)d(1-ζ)α + (j-1)dζαは正三角形をなし,

とあったので。
0338１３２人目の素数さん
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2019/04/21(日) 09:12:31.98ID:qAtOnHpw
>>337
> やっぱりだめですね。

そうなんですか（←何もわかってないヒトｗ）

残念です
しかしこのスジのように、外辺以外も積極的に使えるとnを減らせていいんですけどね
0339１３２人目の素数さん
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2019/04/21(日) 09:18:14.31ID:DY2tH8OT
>>338
残念です。
うーん、辺の向きに縛りつけられると途端に自由度減っちゃ居ますね。
そのまま同じ公差、色の長さ4の等差数列1組を真横に見つけにかかるとW(3,4)^2前後になるので90000前後になってしまう。
0340１３２人目の素数さん
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2019/04/21(日) 13:05:31.36ID:9Rhfeojo
>>325

Σ[j=0,∞) C[j,0] x^j = Σ[j=0,∞) x^j = 1/(1-x),

xで i回微分して i! で割れば

Σ[j=0,∞) C[i+j,i] x^j = 1/(1-x)^(i+1),
0342１３２人目の素数さん
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2019/05/01(水) 21:42:46.28ID:WcJK5X24
>>307
この問題三角形が辺に平行という縛りがある限りこれしか基本戦略なさそうですね。
ちょっと>>307さんの方法を詰めるとn=1808まではいけたけど、しかしメチャメチャめんどくさくなってエレガントな解法の真逆の路線を疾走しないといけない。
0343１３２人目の素数さん
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2019/05/10(金) 22:29:56.43ID:63rFX3UC
拙者は風車の弥七って忍びの者でござる。
このスレには誰も居らぬでござるな。
されば天井裏に忍んで講評を待つでござる････
0345１３２人目の素数さん
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2019/05/11(土) 05:51:29.15ID:XGJyhqkH
2019年5月号

■出題２

　I(f) は Σ上での平均であり (4π) のベキが出てきて面倒である。
　そこで単位球上での平均 I~(f) をガウス積分を使って計算すれば
　I~(x^h y^k z^L) = (h-1)!!(k-1)!!(L-1)!!/(h+k+L+1)!!　　(h,k,L とも偶数か0のとき)
　h,k,L のいずれかが奇数のときは 0 である。（消滅則とよぶ。)
　立方体S~の稜の向きをx,y,z軸にとれば、頂点は（±1/√3, ±1/√3, ±1/√3)
　正八面体T~の体対角線をx,y,z軸とすれば、頂点は（±1,0,0) (0,±1,0) (0,0,±1)
　これらの配置はxy平面、yz平面、zx平面 について面対称だから消滅則が成り立つ：
　　S~(x^h y^k z^L) = T~(x^h y^k z^L) = 0　　　　(h,k,Lのいずれかが奇数のとき)
　よって h,k,L とも偶数または0のものを考えればよい。
・問1
　多項式f が3次以下ならば 1, xx, yy, zz に限る。
　I~(1) = S~(1) = T~(1) = 1,
　I~(xx) = S~(xx) = T~(xx) = 1/3,
・問2
　上記の配置では、S~の頂点と T~の頂点が斥け合う形で、都合がよい。
　多項式fが5次以下ならば上記のほかに x^4, xxyy, … がある。
　I~(x^4) = 1/5,　　S~(x^4) = 1/9,　　T~(x^4) = 1/3,
　I~(xxyy) = 1/15,　　S~(xxyy) = 1/9,　　T~(xxyy) = 0,
　∴　I~(f) = (3/5)S~(f) + (2/5)T~(f),
　∴λ = 3/5,
・問3
　正12面体と正20面体の配置を次のようにとる。
　消滅則が成立つように xy平面、yz平面、zx平面 について面対称とする。U~の頂点とV~の頂点は斥け合う。
　正12面体U~の頂点は、3つの平面上の長方形 (φ^2：1) の頂点(12点)、および立方体S~の頂点(8点)。
　正20面体V~の頂点は、3つの平面上の長方形（1：φ) の頂点(12点)。
　多項式fが5次以下の場合は上記と同様に計算して　I~(f) = U~(f) = V~(f),
　多項式fが9次以下の場合を計算することにより　 I~(f) = (9/14)U~(f) + (5/14)V~(f),
　∴λ ＝ 9/14.
0346１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/05/11(土) 08:10:43.96ID:XGJyhqkH
I~、S~、T~ の計算
　h,k,L とも偶数または0とする。

(x^h)(y^k)(z^L)exp{-(xx+yy+zz)/2} を全空間で積分しよう。

(1)極座標系で（半径aの球体で）積分すると、
　dΩ = sinθ dθ dφ,　として、
　∬(r sinθcosφ)^h (r sinθsinφ)^k (r cosθ)^L exp(-rr/2) dΩ rr dr
　= ∫(sinθcosφ)^h (sinθsinφ)^k (cosθ)^L dΩ ∫[0,a] exp(-rr/2) r^(h+k+L+2) dr
　= 4π I~(x^h y^k z^L) ∫[0,a] exp(-rr/2) r^(h+k+L+2) dr,
　→ 4π I~(x^h y^k z^L)(h+k+L+1)!! √(π/2)　　　(a→∞)

(2)　デカルト座標系で別々に積分する（一辺が2bの立方体で積分する）と
　∫[-b,b] x^h exp(-xx/2)dx･∫[-b,b] y^k exp(-yy/2)dy･∫[-b,b] z^L exp(-zz/2)dz
　→　(h-1)!!√(2π)･(k-1)!!√(2π)･(L-1)!!√(2π)　　　　(b→∞)
よって
　I~(x^h y^k z^L) = (h-1)!!(k-1)!!(L-1)!!/(h+k+L+1)!!

また、S~(x^h y^k z^L) = (1/3)^((h+k+L)/2),
　　　T~(x^h) = 1/3,　　　(h≧2)
　　　T~(x^h y^k) = T~(x^h y^k z^L) = 0　　(h,k,L≧2)
0347１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/05/12(日) 01:08:36.90ID:B2mXwahY
>>345 のφは黄金数です。　φ= (1+√5)/2 = 1.618034

>>346 のφはz軸のまわりの方位角です。（極座標系)

紛らわしくてｽﾏｿ
0349１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/05/12(日) 20:45:42.75ID:B2mXwahY
2019年5月号

■出題１

題意を満たす任意のn次多項式を P(x) とする。
ロルの定理より、P '(x)、P "(x) も題意を満たす。
{P(x)の0でない係数の個数} = {P "(x)の0でない係数の個数} + δ(xの係数) + δ(定数項)
ここで (xの係数) = (定数項) = 0 と仮定すると P(x) = 0 が重根０をもち、題意と矛盾。
∴少なくとも一方は0でない。
{P(x)の0でない係数の個数} ≧ {P "(x)の0でない係数の個数} + 1 ≧ c_(n-2) + 1,
c_n は、題意を満たすn次多項式に対する、0でない係数の個数の最小値。(1≦c_n≦n+1)
P(x)は任意だったから c_n ≧ c_(n-2) +1,
これと c_1 = 1, c_2 = 2 から c_n ≧ [n/2] +1,
あとは、等号が成立する具体例を示せばよい。


（多項式が微分可能であることは明らかと思われる）
0351１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/05/14(火) 13:38:45.65ID:spD4KjCm
>>348
n次多項式P(x) は題意を満たし P(0)≠0 とする。
P(x)=0 は虚数根をもたないから、デカルトの符号法則より
　(正根の個数) = {P(x)の係数の符号反転の数} ≦ (0でない係数の個数) - 1,
　(負根の個数) = {P(-x)の係数の符号反転の数} ≦ (0でない係数の個数) - 1,
よって
　n = {P(x)=0 の実数根の個数} = (正根の個数) + (負根の個数) ≦ 2(0でない係数の個数) -2,
∴　(0でない係数の個数) ≧ [n/2] + 1,
P(0)=0 の場合も n-1次多項式 Q(x) = P(x)/x とおけば題意により Q(0)≠0 だから上式が成立つ。
以下省略
0352１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/05/19(日) 15:38:55.15ID:9g/K/0vL
>>298

すでに6月号に没頭でござるか。

生成関数やチェビシェフ多項式を使うのは中身が見えないから「明示的」ぢゃないんだろうな。。。
0353１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/05/31(金) 17:32:40.84ID:RppNqGYw
明示の意味がはっきりしない。
簡単で、余計な付属なしの答えという意味かな
0358１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/06/10(月) 00:42:06.13ID:0ZLkhJ7v
2019年５月号
■出題２

漸化式
　f_(n+1)(z) = (z + 1/z)f_n(z) - f_(n-1)(z),
すなわち
　F_(n+1)(x) = x F_n(x) - F_(n-1)(x),
特性多項式　t^2 - x t + 1,
特性根　(x±y)/2,　　ここに y=√(xx-4),

このままでも解けますが、f_n(z) の項の1つ飛ばしの和を
　h_n(z) := Σ[k=0,n] z^(-n+2k) := H_n(x)
とおき
　f_n(z) = h_n(z) + h_(n-1)(z),
　F_n(x) = H_n(x) + H_(n-1)(x),
としてもよい。上と同様にして漸化式
　H_(n+1)(x) = x H_n(x) - H_(n-1)(x),
　H_0 = 1,
　H_1(x) = x,
より
　H_n(x) = (1/y)({(x+y)/2}^(n+1) - {(x-y)/2}^(n+1))　　　(x≠±2),
　　= (1/2)^n Σ(k=0,[n/2]) C(n+1,2k+1) x^(n-2k)･(xx-4)^k,
　H_n(-2) = (-1)^n･(n+1),
　H_n(2) = n+1,
0359１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/06/11(火) 02:49:08.97ID:a3rUuuK+
↑６月号でござった。ｽﾏｿ


>>351
P(x)=0 が虚数根をもつ場合は、実根がその分（偶数個）少なくなる。

数セミ増刊「数学100の定理」日本評論社(1983) p.65-66
0361１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/06/14(金) 22:24:21.08ID:/L38U7QY
昇順から降順にできないｎってあるの？
0362１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/06/15(土) 20:24:04.98ID:IIziHdYA
第一種の合流型超幾何関数（クンマー）

1Ｆ1[a; b; z] = 1+Σ[k=1, ∞] {a(a+1)････(a+k-1)/b(b+1)････(b+k-1)} z^k/k!

1Ｆ1[-n; -2n; z] = {n!/(2n)!} Σ[k=0, n] {(2n-k)!/(n-k)!k!} z^k
0363１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/06/18(火) 11:21:13.16ID:mcKYO9vg
解答解説お願い致します
0370１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/07/10(水) 02:12:15.35ID:miBhNnEC
さて、10日でござる。
今年は梅雨入りが遅くて、まだ明けませぬ。鬱陶しい････

>>360
水戸黄門　第２部 (BS-TBS版)
第一話　5/19　中津 (大分県)
第二話　5/26　朝倉 (福岡県)
第三話　6/02　日田 (大分県)
第四話　6/16　延岡 (宮崎県)
第五話　6/23　宮崎
第六話　6/30　鹿児島
第七話　7/07　長崎
第八話　7/14　佐賀
0374１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/07/12(金) 00:24:00.21ID:wFPQ8Nqi
2019年７月号

■出題１
乗算×に対して分配上位
　　x * (y×z) = (x*y) × (x*z)
である演算 * と、加算＋に対して分配下位
　　x ＋ (y o z) = (x＋y) o (x＋z)
である演算 o とを見つける問題。

x * y = a^{log_a(x)×log_a(y)}　　　　　(a>0, a≠1 なる定数)
単位元：a
とすると、定義域が x>0, y>0 になってしまう。

　x o y = max{x, y}
は加法よりも低レベルな演算で「準加算」と呼ぶらしいが、単位元がうまく出ない。
　x o y = min{x, y}　としても同じだろうけど。
日曜数学会 (2016)
0375１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/07/12(金) 21:08:59.61ID:BmzvzBnS
max でも定義域を x>=0, y>=0 にしたら単位元を 0 とすることはできる。
定義域を R∪{-∞} として単位元を -∞ とするってのは反則かなあ。
0376１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/07/13(土) 02:26:50.59ID:VYoufByK
2019年７月号

■出題２

（１）それ自身と異なるどのような順列にも変換できないような順列の例

3ずつ減らせば（増やせば）よい。
　( ････, 5, 2,　････, 4, 1,　････, 6, 3)

例)
n≦6　　なし
n=7　　(5, 2, 7, 4, 1, 6, 3)
n=8　　(8, 5, 2, 7, 4, 1, 6, 3)　など
n=9　　(8, 5, 2, 7, 4, 1, 9, 6, 3)　など
0379１３２人目の素数さん
垢版 |
2019/07/17(水) 05:22:53.70ID:d6A0g1cK
>>345 >>346 >>347
5月号

■出題２ (3)

正12面体Uの頂点の位置は
　(0, ±g/√3, ±1/(g√3))
　(±1/(g√3), 0, ±g/√3)
　(±g/√3, ±1/(g√3), 0)
と
　(±1/√3, ±1/√3, ±1/√3)
正20面体Vの頂点の位置は
　(±1/√(g√5), ±√(g/√5), 0)
　(0, ±1/√(g√5), ±√(g/√5))
　(±√(g/√5), 0, ±1/√(g√5))
としました。ただし
　g = (1+√5)/2 = 1.618034　　　　黄金比
UとVの対称面を揃えているので消滅則が成り立つはず。

一方、８月号の解説では UとVの5回軸を揃えたようですが、
いずれにしても、多項式fが9次以下の場合はI(f)と一致しそうですね。(浦安市 K氏)
0381１３２人目の素数さん
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2019/07/17(水) 06:09:20.80ID:bqGXGpsH
カボチャ公式？
0382１３２人目の素数さん
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2019/07/19(金) 06:22:33.69ID:f4PYd0eY
>>379
5月号

■出題２ (3)

8月号掲載では、5回軸を揃えています。これをz軸とすれば
　(x, y, z) = (sinθcosφ, sinθsinφ, cosθ)

正20面体Uの12頂点
　θ1 = 0,
　θ2 = arctan(2),　　φ = 2jπ/5,
　θ3 = π - θ,　　　φ = (2j+1)/5,
　θ4 = π,

正12面体Vの20頂点
　θ1 = arctan(3-√5),　　φ = (2j+1)/5,
　θ2 = arctan(3+√5),　　φ = (2j+1)/5,
　θ3 = π - θ2,　　　　φ = 2jπ/5,
　θ4 = π - θ1,　　　　φ = 2jπ/5,

ただし　j = 0,1,2,3,4 です。
0383１３２人目の素数さん
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2019/07/20(土) 11:00:35.84ID:bSAoQnjE
0045
ふうL@Fu_L12345654321
学コン1傑いただきました！
とても嬉しいです！

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0385１３２人目の素数さん
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2019/07/22(月) 20:02:21.40ID:vDQA99OD
>>341

t次以下の任意の多項式 f(x,y,z) について
　Σ[P∈X] w(P)･f(P) = Ｉ(f),
　Σ[P∈X] w(P) = 1,
が成り立つとき、
(X,w) を weighted spherical t-design と呼ぶらしい。

〔Fisher型 不等式〕
　|X| ≧ ([t/2]+1)･([(t+1)/2]+1)

　Delsarte-Goethals-Seidel (1978)　････ 等重率( w(P)=1/|X| )の場合。

(例)
　t=2　　≧ 4点 (正4面体)
　t=3　　≧ 6点 (立方体、正8面体)
　t=4　　≧ 9点
　t=5　　≧ 12点 (正12面体、正20面体、立方体＋正8面体)
　t=6　　≧ 16点
　t=7　　≧ 20点
　t=8　　≧ 25点
　t=9　　≧ 30点 (正12面体＋正20面体)

>>380
　△ｆ = 0　　(調和多項式)　⇒　　Ｉ(f) = 0.
0386１３２人目の素数さん
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2019/07/23(火) 02:30:17.74ID:EWg30VSr
>>379 も >>382 も サッカーボール/フラーレン の32面の中心ですね。

つまり U+V は サッカーボール (v=60, e=90, f=32) を反転したもの。

J.M.Goethals & J.J.Seidel, Nieuw Arch. Wisk., ２９, p.52 (1981)
　"The football"
0389１３２人目の素数さん
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2019/07/29(月) 18:45:49.79ID:6L7yKrQP
わしの勝ちぢゃな。最初からのニッコリがこれより長く連続することはなかろうて。
0392378
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2019/08/09(金) 06:31:59.54ID:O+R8cMNd
8月号の出題１

n次の円分多項式をf(n：x)、簡単のためexp{2πi(n/m)}=ex(n；m)と書くことにする。

一般化して、以下の命題を考える。
「qを奇素数、mをm≡-1 (mod　q)をみたす2以上の整数、kを正の整数とする。
f(q：m^k)=pの値が素数となるとき、以下の合同式が言える。
m^(m^k +1)≡1 (mod p)がいえる。」…※

kがqのべき乗ではないと仮定する。
kは0以上の整数jと2以上でかつqと互いに素な整数sを用いてk=q^j・sと書ける。
q^(j+1)より小さく、かつqで割り切れない正の整数rを任意にとるとき、
f(q^(j+1)：{ex(r；q^(j+1) )}^s)=f(q^(j+1)：{ex(rs；q^(j+1) )})=0
したがって、f(q^(j+1)：x^s)はf(q^(j+1)：x)で割り切れることがいえる。

よって、f(q：m^k)=f(q^(j+1)：m^s)はf(q^(j+1)：m)で真に割り切れるから、
f(q：m^k)の値が合成数となることがいえるが、これは不合理。
よってkはqのべき乗であることがいえるので、k=q^jとかける。

x≡-1 (mod q^h) (ただし、hは正の整数)がいえるとき、x^(q-1)-x^(q-2)…+1≡q≡0 (mod q)
より、x^q +1=(x+1){x^(q-1)-x^(q-2)…+1}≡0 (mod q^(h+1) )がいえるので、
帰納的に、m^k +1≡m^(q^j) +1≡0 (mod q^(j+1) )がいえる。

明らかにm^{q^(j+1)}≡1 (mod p)であることがいえるので、このことより
m^(m^k +1)≡1 (mod p)が示された。

よって、※の命題はいえた。
0393378
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2019/08/09(金) 06:38:12.42ID:O+R8cMNd
あとは、>>392であげた※の命題の前提条件が成立することを確かめるだけなのだが
m=1のときは明らか、m＞1のとき、m≡1となると仮定すると、m^(2k) +m＾k +1≡3≡0 (mod 3)より
m^(2k) +m＾k +1の値が合成数となってしまうので、m≡-1 (mod 3)であることがいえる。
よって、>>392であげた※の命題の前提条件は成立する。
0394１３２人目の素数さん
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2019/08/09(金) 14:37:09.64ID:ZLWTEHzz
q>3 のときは
f(q：m^k) が素数という条件から m≡-1 (mod q) は出ないと思われ。

q=5, m=2, k=1
f(5：2) = 2^5 - 1 = 31,

q=7, m=2
f(7：2) = 2^7 - 1 = 127,
f(7：2^7) = 4432676798593,

* qが奇素数のとき f(q：x) = (x^q -1)/(x-1) = x^(q-1) + x^(q-2) + ････ + x + 1,
0395１３２人目の素数さん
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2019/08/09(金) 17:46:29.14ID:3e9+Hf+g
あの式を3次の円分多項式と見る発想が出てこないんだよなあ
お見事です
0398１３２人目の素数さん
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2019/08/20(火) 19:39:15.33ID:RMnkNk3x
今月の出題2だが、自力で解くにせよ、解答を失敬するにせよ
その「解答」に納得することはなさそうw
0400１３２人目の素数さん
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2019/08/24(土) 08:19:59.89ID:tClIWhSz
>>386

U+V の各頂点を通る法平面からなる32面体がサッカーボール/フラーレンですね。
32面が同一球面に外接するだけでなく、60頂点が同一球面に内接します。
稜の長さの比は　sin(24ﾟ) / sin(36ﾟ) = {√(3+6/√5) -1}/2 = 0.6919817　です。

　　sin(24ﾟ) = sin(60ﾟ-36ﾟ) = {(√3)/2}cos(36ﾟ) - (1/2)sin(36ﾟ) = 0.406737
　　sin(36ﾟ) = (1/4)√{2(5-√5)} = 0.587785
　　cos(36ﾟ) = (1/4)(1+√5) = 0.809017
0401１３２人目の素数さん
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2019/08/24(土) 23:30:26.42ID:GgnTyOYD
問1だけど、たとえば頂点のみを通った場合も無傷でないと見做すのか？平面の厚みはゼロでないから
0402１３２人目の素数さん
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2019/08/25(日) 02:53:29.70ID:o6vREx4x
「薄い銀紙で一つずつ包装されている････」　→　薄いとはいえ、有限の厚さをもつ。

「平面の厚さはゼロに限りなく近いとする。」

これから判断すると、銀紙の厚さ ＞ 平面の厚さ

頂点のみを通る平面で切った場合は、銀紙が擦り減るだけで、中のチーズは無傷と思われます。
0404１３２人目の素数さん
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2019/08/25(日) 11:04:01.35ID:o6vREx4x
>>400
　cos(36ﾟ) = (1+√5)/4 = g/2,　
　tan(36ﾟ) = √(5-2√5) = {5^(1/4)}/g^(3/2) = 0.726542528

稜の長さ
　5角形と6角形の境界は
　　(4/g)sin(36ﾟ) tanα = 2 tan(36ﾟ) tanα = 0.491522313
　6角形どうしの境界は
　　(4/g)sin(24ﾟ) tanα = {2/√(g√5)} (1-2tanα) = 0.34012445
　ここに α = (1/2)arctan(3-√5),
　tanα = (1/2){√(3g√5) - gg} = 0.33826121
　g = (1+√5)/2 = 1.618034

外接円の半径は
　R = √{1 + [(2/g)tanα]^2} = 1.0838907667
0406１３２人目の素数さん
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2019/09/04(水) 11:54:26.66ID:b58s+zSY
>>404

単位球に内接する正20面体をＶとする。
30本の稜の長さは
　L = (4/√5)sin(36ﾟ) = 1.05146222424
中心〜20の△面までの距離は
　h = √{(2+√5)/(3√5)} = 0.7946544723

さて、Ｖの12の頂点を深さdまで切り落とそう。(切頂20面体)
切り口は正５角形である。
中心〜頂点の距離は gd で、辺の長さは
　gd･2sin(36ﾟ) = 1.9021130326d　････5角形と6角形の境界
残った稜の長さは
　L{1 - (√5)gd}　　　････ 6角形どうしの境界
中心〜60頂点の距離 (外接円の半径) は
　R = √{(1-d)^2 + (gd)^2},

ここで中心〜32面までの距離が等しくなるようにすると
　d = 1 - h = 0.2053455277
　L{1 - (√5)gd} = gd･2sin(24ﾟ) = 0.27028141536
　R = 0.861318645231
0407１３２人目の素数さん
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2019/09/04(水) 18:22:38.63ID:b58s+zSY
>>406
Ｖの隣り合う2頂点 Ｐ1, Ｐ2 に対して
　OP = 1,
切頂20面体 (32面体) の頂点は
　↑Ｑ1 = {1-(√5)gd/2} ↑Ｐ1 + {(√5)gd/2} ↑Ｐ2,
　↑Ｑ2 = {(√5)gd/2} ↑Ｐ1 + {1-(√5)gd/2} ↑Ｐ2,
　R = OQ

半径hの球面に外接するとき (フラーレン)
　↑Ｑ1 = 0.62852645 ↑Ｐ1 + 0.37147355 ↑Ｐ2,
　↑Ｑ2 = 0.37147355 ↑Ｐ1 + 0.62852645 ↑Ｐ2,
　R/h = 1.0838907667
0411１３２人目の素数さん
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2019/09/09(月) 21:07:24.27ID:mibJjB0T
出題2は面白かった。いろんな意味で。
編集部から二度に渡ってヒントを出せと言われたらあんな書き方になるのかなと
0414１３２人目の素数さん
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2019/09/10(火) 02:35:50.70ID:yUERuKgH
2019年9月号

■出題１
・問題の平面がある軸 (z軸としよう) に平行のとき
　これをxy平面に投影すると直線になる。
　この直線は 箱の表面と2回、チーズ同士の境界(6面) と1回づつ、最大でも8回しか交差しない。
∴　生じる線分は7個以下、チーズ7個/段 以下 しか切れない。
　各段に9個以上が無傷で残る。(計 36個以上)

・平面が x軸、y軸、z軸のどれにも平行でないとき
　(立方対称から)　z = d -ax -by　(a,b,d>0)　としてもよい。

さて、64個のサイコロを 体対角線方向の組に分類する。
　(1,1,1) - (2,2,2) - (3,3,3) - (4,4,4)

　(1,1,2) - (2,2,3) - (3,3,4)
　(1,2,1) - (2,3,2) - (3,4,3)
　(1,1,2) - (2,2,3) - (3,3,4)

　(1,2,2) - (2,3,3) - (3,4,4)
　(2,1,2) - (3,2,3) - (4,3,4)
　(2,2,1) - (3,3,2) - (4,4,3)

　(1,1,3) - (2,2,4)　　(1,3,1) - (2,4,2)　　(3,1,1) - (4,2,2)
　(1,2,3) - (2,3,4)　　(1,3,2) - (2,4,3)　　(2,1,3) - (3,2,4)
　(2,3,1) - (3,4,2)　　(3,1,2) - (4,2,3)　　(3,2,1) - (4,3,2)
　(1,3,3) - (2,4,4)　　(3,1,3) - (4,2,4)　　(3,3,1) - (4,4,2)
これら19組46個の他に「単独チーズ」が18個ある。

これらを平面 z = d-ax-by (a,b,d>0) で切ったとき、
切れるチーズは各組に１個以下。 　　　(← これがミソ)
∴ 46個のうち27個以上が無傷で残る。

これで解けたらエレガントな解答になるんだが、
無傷で残るチーズはまだ他にもある…
0415１３２人目の素数さん
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2019/09/10(火) 02:43:28.18ID:yUERuKgH
そこで次に、箱隅にある6個の単独チーズに着目しよう。
(∵　この6個を1度に切るのは、どう考えても無理っぽい。)
反対向きの
　(1,4,1) と (4,1,4)　　(4,1,1) と (1,4,4) 　(1,1,4) と (4,4,1)
の3ペアに分ける。
平面 z = d-ax-by := f(x,y)　が上記の2ペア、たとえば
　(1,4,1) と (4,1,4)　　(4,1,1) と (1,4,4)
の4個を切ったとすると
　f(1,4) < 1,　f(3,0) > 3,　f(4,1) < 1,　f(0,3) > 3,
fは線形だから
　f(1,1) = {3f(3,0)+3f(0,3)-f(4,1)-f(1,4)} / 4 > 4,
　f(3,3) = {3f(4,1)+3f(1,4)-f(3,0)-f(0,3)} / 4 < 0,
⇒　他のペア　(1,1,4) と (4,4,1) は無傷で残る。

いま　「この平面が箱隅の6個の単独チーズのうち 5個以上を切った」と仮定する。
　その5個は 上記の3ペアのうち2ペアを含む。
∴　他ペアの2個は無傷で残る。(矛盾)
∴　箱隅の6個の単独チーズのうちの2個以上が無傷で残る。

以上から、計29個以上が無傷で残ることが分かる。

あとは 29個だけが無傷となる(35個切れる)ような実例を挙げる。
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