面白い問題おしえて〜な 30問目
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>>223
以下を通じて確率過程(Xi,Yi)は
P((X(i+1)Y(i+1))=(c,d) | X0,Y0,‥,Xi=a,Yi=b)
=P(X(i+1),Y(i+1)=(c,d) | (Xi,Yi)=(a,b))
=a/(a+b) if (c,d)=(a+1,b)
. b/(c+d) if (c,d)=(a,b+1)
. 0 otherwise
をみたす離散Markov過程とする。
F(a1,‥,ap; b1,‥,bq;x)はgeneralised hypergeometric function とする。(Fの下付き文字は略する。)
(a〜b)はa,a+1,‥,bの赤とする。例えば(3〜5)=3・4・5=60である。
補題1
任意のa,b,m,n,iに対し
P(∃j (Xj,Yj)=(a+m,b+n) | (Xi,Yi)=(a,b))
= C[m+n,m](a〜b+m-1)(b〜b+n-1)/(a+b〜a+b-1)
(∵) 容易。□
補題2
任意のa,b,cに対し
P(∀i Xi<c | (X0,Y0)=(a,b)) = 0
(∵) 補題1より得られる。□
補題3
任意のa,b,n≧0に対し
P(∃i Xi<2a, Yi=2b | (X0,Y0)=(a,b))
=Σ[n≧0]P(∃i (Xi,Yi)=(2a-1,b+n) X(i+1)=Xi+1 | (X0,Y0)=(a,b))
(∵) 補題2による。□
主張4
任意のa,bに対し
P(∃i Xi<2a, Yi=2b | (X0,Y0)=(a,b))
=(a+b-1)!(a〜2a-1)(b〜2b-1)/(a!b!(a+b〜2a+2b-1)
. a F(2b, a+b, 1; b+1,2a+2b; 1)
(∵) 補題3 の右辺を整理するだけである。□
定理5
任意のa,bに対し
P(∃i Xi<2a, Yi=2b | (X0,Y0)=(a,b))
=P(∃i Xi=2a, Yi<2b | (X0,Y0)=(a,b))
=1/2
(∵) 主張4により
a F(2b, a+b, 1; b+1,2a+2b; 1)
=b F(2a, a+b, 1; a+1,2a+2b; 1)
を示せば十分である。
ここでgeneralized hrpergeometric functionの積分表示とEulerの公式により
a F(2b, a+b, 1; b+1,2a+2b; 1)
= a Γ(b+1)/(Γ(1)Γ(b)) ∫t^(1-1)(1-t)^(b-1)F(2b,a+b;2a+2b;t)dr
=ab ∫(1-t)^(b-1)F(2b,a+b; 2a+2b;t)dt
=ab ∫(1-t)^(b-1)(1-t)^(a-b)F(2a,a+b; 2a+2b;t)dt
と変形されるが、この変形の逆を辿って主張は得られる。□
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Hypergeometric_function
https://en.m.wikipedia.org/wiki/Generalized_hypergeometric_function 戦車を問題に出すと、日教組から文句が出るかもね。
連中は、ぐんくつの音がどうのとかで、幻聴が聞こえて大変らしいｗ >>327
r <= 4/3R(2cos(θ)-1)
8/9 (2 π - 3 √3) R^2 日帝打倒革命軍の戦車ならきれいな戦車だから問題ないんでね La+ @QiDUiNSkTzJpSff
0の0乗は1ですよ！
俺が知ってる中で唯一0だけから0以外を作り出す方法
午前0:53 2020年1月3日 任意の自然数nに対し, 区間[0,4]で定義された関数f_n(x)を次のふたつによって定める
1. f_1(x) = x(x-3)²/4
2. f_{n+1}(x) = (-1)^{[n/3]+[(n+2)/3]} ･ f_1(f_n(x))
(ここで [x] は x を超えない最大の整数)
このとき, xの方程式 f_2020(x)=a が [0,4] に少なくとも1つの実根をもつための実数 a の条件を求めよ 前>>324
>>303
6つにしたら3よりちっさなるかなぁ？ 前>>338
>>303
7つの正方形を並べた発想は面白い。けど対角線とか斜めの長さの意外な逆転現象とか面白い部分が見あたらない。
それとも面白さに気づいてないだけなのか。
まさか立方体におさめよという問題でもあるまいし。
5つにしたら一辺2√2の正方形におさまる。新しい発見があったらまた報告したいと思います。
2√2=2.82842712……＜3 前>>339
>>303それとも一個一個微妙に角度を変えることで、わずかに3より小さくした一辺2.9いくつの正方形におさまるというのか。 以下の条件を満たす立方体と平面の組は存在するか：
立方体の各頂点と平面の距離が0,1,2, .., 7である >>335
0^x =0
x^0=1
0^0=1とした方が辻褄が合うことが多い 問、1からnまでの自然数をランダムに並べ大きな桁の数を作るとき、平方数になるものはあるか。ただし、nは2以上とする。
例、n=2のとき、12と21は平方数ではない。
n=3のとき、123と132と213と231と312と123は平方数ではない。
n=12のとき、123456789101112や121110987654321などは平方数？ 頂点を(±1,±1,±1)としてよい。
この点をP±±±とする。
ベクトルnで
n・P---:P-++:P+-+:P--+=-7:5:3:-1
となるものが存在すれば条件をみたす図形は存在する。
n=(x,y,z)とすればこれは
-x-y-z:-x+y+z:x-y+z:x+y-z=-7:5:3:-1
は解を持つから求める図形は存在する。 >>344
１からnまでのn個（n≧2）の自然数を順不同に並べてできる自然数の中に
平方数となるものはあるか？
ってことね。とりあえずn=4のときにもないな。 >>347
n=8のときは73256481,34857216,81432576,13527684,65318724かな >>347
n=9: 30個の解[714653289,375468129,361874529,..]
n=10: [57926381041,24891057361,28710591364,75910168324,59710832164,27911048356,14102987536]
これ以降は制約が強くなるから減っていきそうだけど… >>349
n=9のとき 確かに30個ありました。
> apply(permn[re,],1, function(x) sum(beki*x))
[1] 139854276 152843769 157326849 215384976 245893761 254817369 326597184
[8] 361874529 375468129 382945761 385297641 412739856 523814769 529874361
[15] 537219684 549386721 587432169 589324176 597362481 615387249 627953481
[22] 653927184 672935481 697435281 714653289 735982641 743816529 842973156
[29] 847159236 923187456 ０から９までを並べかえると１０桁の平方数は
> apply(permn[re,],1, function(x) sum(beki*x))
[1] 1026753849 1042385796 1098524736 1237069584 1248703569 1278563049 1285437609
[8] 1382054976 1436789025 1503267984 1532487609 1547320896 1643897025 1827049536
[15] 1927385604 1937408256 2076351489 2081549376 2170348569 2386517904 2431870596
[22] 2435718609 2571098436 2913408576 3015986724 3074258916 3082914576 3089247561
[29] 3094251876 3195867024 3285697041 3412078569 3416987025 3428570916 3528716409
[36] 3719048256 3791480625 3827401956 3928657041 3964087521 3975428601 3985270641
[43] 4307821956 4308215769 4369871025 4392508176 4580176329 4728350169 4730825961
[50] 4832057169 5102673489 5273809641 5739426081 5783146209 5803697124 5982403716
[57] 6095237184 6154873209 6457890321 6471398025 6597013284 6714983025 7042398561
[64] 7165283904 7285134609 7351862049 7362154809 7408561329 7680594321 7854036129
[71] 7935068241 7946831025 7984316025 8014367529 8125940736 8127563409 8135679204
[78] 8326197504 8391476025 8503421796 8967143025 9054283716 9351276804 9560732841
[85] 9614783025 9761835204 9814072356
８７個ありました。
０で始まるのは９桁で記述のとおり。 >>344の答えはn>=11ではそのような数は存在しない
だろうと予想するけど何とも言えないし証明も思いつかない >>352
だからつまんない
思いついてもはぁそうですかとなりそうで >>313
森口･宇田川･一松 「数学公式I」岩波全書221 (1956) p.286
第6.96図 リマソン(蝸牛線)
r = a･cosθ±b >>336
>>337
f_nの値域をW_nとしてW_2020を求めればよい。
漸化式からW_(n+1)とW_nには関係があり、値域が規則的に変化することがわかる。
実際、-1の指数の偶奇に気を付けてW_1, W_2, W_3,...と値域を調べると、[0,1]→[-1,0]→[0,4]→[0,1]→[-1,0]...とmod3で循環する。
2020≡1 (mod3)より、W_2020=[0,1]
ゆえに0≦a≦1
秒で草 三辺の長さが自然数の三角形だけを考える。「任意の6の倍数の面積をもつ三角形は必ず存在する」は真か偽か。 前>>341
>>356
三辺が3:4:5の三角形は直角三角形でその面積は3･4(1/2)=6、すなわち命題は真。 前>>358
>>356
三辺が6,8,10なら面積は24で、12を飛ばした。
面積が12になる三辺は存在しないかもしれない。
三辺が5:12:13なら面積は5･12(1/2)=30いや、存在しないはず。命題は偽。 （１、√3）を（３、２）に移す行列を求めよ。
また逆に、（３、２）を（１、√3）に移す行列を求めよ。 >>360
a = -3/23 - (16 sqrt(3))/23, b = 8/(3 sqrt(3) - 2), c = 1/(2 - 3 sqrt(3)), d = 3/23 + (16 sqrt(3))/23
とすると
[a,b;c,d][1;√3]=[3;2]
[a,b;c,d][3;2]=[1;√3]
の両方を満たせる 前>>359
>>360
(a b)(1 (a+b√3 (3
(c d) √3)= c+d√3)= 2)
a=3,b=0,c=2,d=0
(3 0)
(2 0)
(a b)(3 (3a+2b (1
(c d) 2)= 3c+2d)= √3)
a=1/3,b=0,c=√3/3,d=0
( 1/3 0)
(√3/3 0) 平面に空いた半径1の円の穴を、辺の長さがaの正四面体が回転しながらくぐり抜けるときのaの最大値を求めよ。 前>>362
>>364
一辺aの正四面体の体積は(1/3)(√3/4)a^2(√2)a/(√3)
一方で底辺(√3/4)a^2,稜線1,高さhの三角錘が4つが頭寄せで終結した形ともとれるので、
h=√[{√(1-a^2/4)}^2-(1/3)^2(a√3/2)^2]
(1/3)(√3/4)a^2(√2)a/(√3)=4･(√3/4)a^2√[{√(1-a^2/4)}^2-(1/3)^2(a√3/2)^2]
a^2=216-72a^2
a^2=216/73
a=√(216/73)
=√15768/73
=1.72014654…… >>365
不正解です。
ヒント：3次方程式の解の公式を使います。 前>>365訂正。見えた！
a:√2=2:√3
a=2√2/√3
=2√6/3
=2･2.44949……/3
=4.89898……/3
=1.63299……(＜1.72)さっきよりちっさなった。 >>367
残念ながら答えは遠のきました。
とりあえず紙工作で実験すれば2桁ぐらいの精度でわかると思います。
そして紙工作をいじってるうちに、くぐり抜けるための条件が閃くかも… 平面上に有限個の点があり、どの3点も同一直線上にない。
各点には少なくとも1本の線分がついていて、他の点と結ばれている。
このとき、「2本の交差する線分ABとCDがあれば、その2本を取り除き、線分ACとBDで置き換える」ことにする。
「」内の操作を無限に行うことは可能か？ 交差が偶数個でなおかつ消失が奇数個ずつである時有限となる。
それ以外は無限 >>364
イナ氏の答えａ=2√6/3 が正解のような気がするが。
回転しないでよいならa=√3の正四面体がくぐり抜けられるが、
題意を考えると、半径１の球に内接する正四面体の一辺の長さはいくらか、
という問題と同じだから、ａ=2√6/3となるはずだが。 回転しながらってそういう意味じゃないんじゃないか？
途中で適当に回転させてもよいから通り抜けられればOKって意味なんじゃ？ >>359
三辺の長さが5,5,6や5,5,8なら面積は12 >>371
題意は、知恵の輪を解くようにありとあらゆる回転と移動を行って
厚さ0の平面に空いた単位円の穴をくぐり抜けるという意味です。
>回転しないでよいならa=√3の正四面体がくぐり抜けられるが、
平行移動のみでも√3は最大ではありません。
大前提として「回転を許す場合のaの最大値 ≧ 平行移動のみのaの最大値」
が成り立つことを考慮願います。 勘で正四面体ABCDのAB,AC上のPQをAP=AQととるときの△DPQの外接円の半径の最小値の逆数。 前>>367
>>364問題にバーバトリックはこれを認めるとか、棒高跳びのようにバーに触れても絶対にセーフとか但し書きが要ると思う。 >>374
とりあえずa=4√2/3の正四面体は平行移動だけで通り抜けられることは分った。 前>>377
>>364
一瞬回転止まるけど、ねじれの位置にある2辺以外の、長さaの4つの辺の真ん中が輪を通過するとき、正四面体はあっち側とこっち側とで半々になってる。
つまり一辺a/2の正方形が半径1の円にちょうどおさまるときがaは最大。
(a/2)√2=2
∴a=2√2=2.82842712……
但し、バーバトリックを認めないなら、回転中の正四面体が円内で詰まる可能性がある。 >>364の答えは、たぶんa=2である(笑
円の直径に正四面体の底辺の一辺を合わせる。
そのとき正四面体の底辺の他の二辺は円の直径と
それぞれ60°の角度で接している。
その状態のまま、その接している２点の弦を中心にして回転させると、
通り抜けられる、たぶん(笑 >>375
その勘は正しい！
>>376
の文献にその証明が載っている。
>>378
平行移動のみの場合は4√2/3よりもうちょっと大きくできる。
>>381
それはさすがに大きすぎて、ひねることすらできない。
もっと小さきくするとひねったり回転させたりできて、はずせるようになる。 前>>381
>>383でもa=2√2で高速回転してるよ。
どうやって入ったかは微妙だけど、正四面体の真ん中で円を跨いで回転してんだよ。入ったんだから出られるでしょ。
a=2√2より小さくなれば通れるの当たり前じゃん。
じゃあ逆にそれ、回転してんの？ 実際は回転できないんじゃないの？
ねじりながら通ったらそれでいいってこと？ >>363
n=11 の 39916800通りの順列の中には平方数はなかった。 >>385
ちなみに
n=12の時もないがn=13の時はあった（58911124131067321等）
どうやら>>352の予想は外れたようだ >>380
これで通り抜けられるのかイメージできないんですが。 >>386
お疲れ様です。
うちのパソコンと俺のプログラム技術では11までが限度だった。 >>388
こっちもこれ以上のnでは無理だ
誰かプログラミング上手い人にやってもらいたいな 前>>384
>>364
正四面体の1つの頂点Aが円周上をちょうど通過するとき、BC上のB寄り1:2の地点とCD上のC寄り1:2の地点が円に触れることがあるんじゃないか。そのとき円内にちょうどある正四面体の断面は二等辺三角形で、2辺がa√7/3,底辺がa√3/3だからピタゴラスの定理により、
(a√3/6)^2+[1+√{1-(a√3/6)^2}]^2=(a√7/3)^2
a^2/12+(1+a√11/12)^2=7a^2/9
12a^2+(12+a√11)^2=16･7a^2
12a^2+144+24a√11+11a^2=112a^2
89a^2-24a√11-144=0
a=12√11+√(144･100)/89
=(12√11+120)/89
=1.79549997……
超えんかぁ。やっぱりa=2が最大か。
2＜a＜2√2を満たすaがあると思うんだけど。 前>>390
>>380この絵いいね。
a=2√2だときっつきつだけど、2√2よりちょっと小さいaで、2より大きくても通るんじゃないかと。
のれんの竿の長さは間口よりも確実に長い。
でも女将は難なくのれんを出す。
2＜a＜2√2を満たすaがあるはず。 >>391
>>376の結果的にa=1.791...だからこれを超えちゃうのはまずい 前>>391
問題>>364
>>376
500キロバイト超えるダウンロードしたけど白紙6枚で、縮小したけどやっぱり白紙の長方形が6枚あるだけしか見えない。
a=2.33ぐらいなら、知恵の輪のように通過しうる妥当な最大値かな、という気がする。 >>394
論文の著者タイトル等は以下の通りなのでググるなりなんなり
J. Itoh, Y. Tanoue, T. Zamfirescu, Tetrahedra passing through a
circular or square hole, Rendiconti del Circolo Matematico di Palermo,
Suppl. 77 (2006), 349-354. >>375 が解法の本質をついているので、その方針で計算を示します。
正四面体ABCDの辺BCと辺BDをt:1-tに内分する点をそれそれP,Qとし、
三角形APQ (辺の長さはAP=AQ=a√(1-t+t^2), PQ=at) が単位円に内接するときの
三辺の長さと内接円半径の関係式を求めると
a=√(4-4t+3t^2)/(1-t+t^2)
となる。そしてこの右辺をf(t)と置いてf(t)の0<t<1での最大値を計算する。
f'(t)=0の分子の方程式3t^3-6t^2+7t-2=0をカルダノの公式で解くと
t_0= (2 + (-4+√43)^(1/3) - (4+√43)^(1/3))/3 = 0.39125971029558…
であり、このときの極値は
f(t_0)= (√3/9)√(38 + (277217+41796√43)^(1/3) + (277217-41796√43)^(1/3))
= 2.23311138619632… (これは9x^6-38x^4+9x^2-216=0の正の根でありaの最大値となる)
a=f(t_0)のとき点A,点P,点Qは単位円にギリギリ内接し、
PQを軸にして正四面体を回転させれば点Aを点B側にくぐらせることができ、
この手順を2回繰り返して単位円を通過させられる。
f(t_0)よりもaが大きいと正四面体はどうやっても1つの頂点しか単位円をくぐらない。
詳細な証明は >>376 の文献にあるので、腑に落ちない部分は補完してください。
また
http://www.alg.cei.uec.ac.jp/itohiro/Games/090303/090303-08.pdf
にこの問題の日本語サーベイがあって、答えを抽出すると全く同じ値
(aの最大値) = 2/γ(3,B_2) = 1/r (rは216x^6-9x^4+38x^2-9=0の(0,1)区間の根)
= 2.23311138619632…
になります。
この問題の類題は東大入試で複数回（1988年,1990年）出題されているそうです。 前>>394
>>364
答えだけわかってもだめだよね。
a=2√2みたいな確固たる値が示せないと。式だよ、式。半径1の円を通過する正四面体の断面が二等辺三角形のとき、斜辺は2より小さいけど、
a√7/3=2としたら、
a=6√7/7=2.264565……
2.23〜√5あたりにありそうではある。 前>>397
>>364
正四面体の頂点Aが半径1の円の円周を通過するとき、BCをt:1-tに分ける点とCDを1-tに分ける点がちょうど円周に接するとすると、
半径1の円を△BCDのうち点Cだけが先に通過したとして、頭を出している△BCDの面は、
2辺がat,at√3で斜辺が(1-t)aだからピタゴラスの定理により、
a^2t^2+3a^2t^2=(1-t)^2a^2
4a^2t^2=(1-t)^2a^2
4t^2=1-2t+t^2
3t^2+2t-1=0
(3t-1)(t+1)=0
t=1/3
断面は2辺がa√7/3,底辺がa√3/3の二等辺三角形で、半径1の円内にちょうどおさまる。ピタゴラスの定理により、解けると思ったんだけど。
a=2.23……になるみたいなんだけど。 1から9までの自然数を並べ9桁の数を作ると9!=362880通り
その数字を小さい順に並べると10万個めにあたる数字はいくつか？
パソコン使うと解けるけど、手作業だとどうやるんだろ？ 前>>400
>>401たしか何回も反芻して脳内にα波だかドーパミンだかをたくさん出させて俺を押し上げてくれたやつだ。 >>402
1□□□□□□□□→40320通り
2□□□□□□□□→40320通り
31□□□□□□□→5040通り
32□□□□□□□→5040通り
34□□□□□□□→5040通り
351□□□□□□→720通り
352□□□□□□→720通り
354□□□□□□→720通り
356□□□□□□→720通り
357□□□□□□→720通り
3581□□□□□→120通り
3582□□□□□→120通り
3584□□□□□→120通り
3586□□□□□→120通り
3587□□□□□→120通り
35891□□□□→24通り
358921□□□→6通り
358924□□□→6通り
3589241□□→2通り
3589246□□→2通り、計10万通り
答、358926471 >>404
お見事です。
ありがとうございました。 >>399
AB+CDとAC+BDの大小関係を調べる >>406
交点をXとして
AX+XC>AC, BX+XD>BD
だから
AB+CD>AC+BD
これだけか‥‥orz >>344
明らかかもだけどまだ誰も言及してなかったので一応。
1からnまでの整数の和は n(n+1)/2 だから、
1からnまでを全て一回ずつ並べてできる数の9による剰余は
0, (n≡0,8 mod9)
1, (n≡1,4,7 mod9)
3, (n≡2,6 mod9)
6 (n≡3,5 mod9)
となる。法9の平方剰余は 0,1,4,7 のみだから、適するnは ≡0,1,4,7,8 (mod9) のみであることがわかる。
これが十分条件かはわからないけど… >>398
やっと証明できた。
論文と同じかもしれないけど。
P,QをそれぞれAB,AC上を自由に動かしたときの△DPQの外接円の半径が最小となるときAP=AQ。
∵) 半径最小となる時の外接円の中心をO、半径をRとする。
微小変化でRが減少しないからABはOPと垂直である。
そうでなければABは中心O、半径Rの球に接していない。
よってPをどちらかに微小に動かして∠DPQを減少させることができる。
DQは変えてないから外接円の半径が減少して矛盾。
同様にACはOQと垂直である。
Pを通るOPに垂直な平面をα、Qを通るOQに垂直な平面をβとするとAはこのに平面の交線上にあり、P,Qそれぞれからこの公線への距離も等しい事からAP=AQである。□
からの>>396で完成。 前>>403(前々>>400のつづき。やっとできた。ただの計算間違いだった模様。探していた2よりやや大きいaがみつかった)
>>364
正四面体の頂点Aが半径1の円の円周を通過するとき、BCをt:1-tに分ける点とCDをt:1-tに分ける点がちょうど円周に接するとき、
半径1の円を△BCDのうち点Cだけが先に通過したとして、頭を出している△BCDの面は、2辺がat,at√3で斜辺が(1-t)aだからピタゴラスの定理により、
a^2t^2+3a^2t^2=(1-t)^2a^2
4a^2t^2=(1-t)^2a^2
4t^2=1-2t+t^2
3t^2+2t-1=0
(3t-1)(t+1)=0
t＞0より、t=1/3
正四面体を半径1の円で切った断面は二等辺三角形で、辺の長さはピタゴラスの定理により、
2辺が√{(a/6)^2+(a√3/2)^2}=a√7/3
底辺が√{(2a/3)^2-(a/3)}=a√3/3
二等辺三角形の高さはピタゴラスの定理により、
√{(a√7/3)^2-(a√3/6)^2}=√(7a^2/9-a^2/12)
=a√(28-3)/6
=5a/6
半径1の円の中心から二等辺三角形の底辺までの長さはピタゴラスの定理により、
√{1-(a√3/6)^2}
これに円の半径を足すと、二等辺三角形の高さになるから、
1+√{1-(a√3/6)^2}=5a/6
√{1-(a√3/6)^2}=5a/6-1
1-(a√3/6)^2=25a^2/36-5a/3+1
(a√3/6)^2+25a^2/36=5a/3
a≠0だから、
(1/12+25/36)a=5/3
(3+25)a=60
7a=15
a=15/7
=2.142857142857……
∴aの最大値は、のれんの竿が間口を超えるように、円の直径2を1/7だけ超える数。 レフェリーの査読を受けた折り紙付の論文にケンカうるやつがいたんですよ〜 ！_;'.,ﾌｩ!ｯ―― __/__
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ﾅﾙﾎﾄﾞ｡前>>412前々>>410ﾂﾏﾘｻﾝﾌﾞﾝﾉｲﾁｼﾞｬﾅｲtﾉｧﾀｲｶﾞｧﾙｯﾁｭｰｺﾄヵ! P,Qをそれぞれ稜AB,稜AC上で動かす。
t → t_0 のとき
AP = AQ = PQ = a･t → a･t_0
DP = DQ = a√(1-t+tt) → a･y
ここに y=0.87282555565530973 は 9y^6 -3y^4 +y^2 -3 =0 の正根.
ΔDPQ の高さh (底辺PQ〜頂点D) は
h = a√[1-t+(3/4)tt] → a･z
ここに z=0.850619427464394312 は 48z^6 -24z^4 -5z^2 -2 =0 の正根.
ΔDPQの外接円の半径R は
R = DP･DQ/2h = a(1-t+tt)/{2√[1-t+(3/4)tt]} → a･x
∠DPQ = ∠DQP → 77.048042397987678ﾟ
∠PDQ → 25.903915204024644ﾟ 前>>413問題>>364
正弦定理かな。
二等辺三角形の底辺b=2Rsin60°=2R(√3/2)=R√3
余弦定理より、
cos60°={a^2t^2+a^2(1-t)^2-b^2}/2at･a(1-t)=1/2
{a^2t^2+a^2(1-t)^2-3R^2}/a^2t(1-t)=1
a^2t^2+a^2(1-t)^2-3R^2=a^2t(1-t)
a^2(2t^2-2t+1-t+t^2)=3R^2
a^2(3t^2-3t+1)=3R^2
a^2=R^2/(t^2-t+1/3)
a=R/√(t^2-t+1/3)
もしかしてR=1なんじゃないか。
a=1/√(t^2-t+1/3)
t=0→1のときのaの最大値すなわちf(t)=t^2-t+1/3の最小値。
f'(t)=2t-1=0
t=1/2でもそんなはずはない。
t=1/3のときa=15/7=2.142857……だけど、
t=1/2のときはa=16√3/13=2.13175484……だったかわずかに小さかったはず。計算間違いか？ 【問1】2人が、6×10の形をした60片からなる板チョコで次のようなゲームをする。
先手は板チョコを溝に沿ってまっすぐ2つに切り、どちらか一方を食べる。
次に、後手は残りの板チョコを溝に沿ってまっすぐ2つに切り、どちらか一方を食べる。
これを繰り返し、最後の1個を相手に残した人が勝者となる。
完全な必勝法があるのは先手、後手のどちらか。
【問2】2人が、3×6×10の形をした180片からなる3次元の板(？)チョコで問1と同じゲームをする。完全な必勝法があるのは先手、後手のどちらか。 各辺の長さ-1のnim sumが0になるように残す。
https://mathtrain.jp/nim >>416
２枚が同形になるように割るんだよね？
最後の一枚はどういう意味？
開始10:6
先手5:6
後手5:3
この後はどうなるの？ >>417
なるほど、正方形が残るように割って食べれば相手は正方形を残すことができないから負けることのなるのか >>416
板チョコが10×10の形だと、先手には必勝法はないんだなぁ。
>417の頭脳に感服。 >>422
正方形が残されたら負け確定から類推すると三次元の場合は立方体が残されたら負け確定ってことか。 前>>415
>>416
俺は先手必勝。
先手でも後手でも手には無数の見えない雑菌がついている。
板チョコを先手が素手で割ったらかならず先手のばい菌がチョコにつく。
最悪まずは先手をとる。
後手に素手で正方形に割らせないために、手をあっつあつの手袋であっためてチョコを溶かして、「溶かしましたすいません！」だ。ほかにとくに思いつかない。立体だと逆に負ける。一方の断面を正方形にすると、後手に立方体にされた場合でも正方形にして返せば勝てる。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
