面白い問題おしえて～な 30問目
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>>46
閉曲面MがC^∞とはM自身C^∞級多様体で埋め込みもC^∞級というだけ？
次は仮定できる？
Mの任意の点PのR^3での近傍Uで定義された滑らかな関数fが存在して
M∩U = f^(-1)(0)
が成立する。
前者の条件満たすけど後者の条件は満たさない例があるので困ってるんだけど。
後者の条件満たさないで前者の条件しか満たさないやつだとかなり病的なやつが作れてしまう。 >>50
仮定は前半だけです
多様体としてC^∞かつ埋め込みもC^∞ >>51
見つけないといけない閉曲線はC^∞級でないこダメ？
単にS^1からの連続単射でおけ？ 2*3*5*7*(1/2+1/3+1/5*1/7) mod (2*5*7) ＝４１
2*3*5*7*11*(1/2+1/11+1/5*1/7*1/3) mod (2*5*7*3) ＝１２７
2*3*5*7*11*(1/2+1/11*1/3+1/5*1/7) mod (2*5*7) ＝３１
2*3*5*7^4*11*(1/2+1/11*1/3+1/5*1/7^4) mod (2*5*7^4) ＝ １２０７１
2*3*5*7^6*11*(1/2+1/11*1/3+1/5*1/7^6) mod (2*5*7^6) ＝588311 >>53
ダメだ。
全くできる気がしないorz
ヒントおながいします。 >>55
ヒントはガウス曲率です
ガウス・ボネの定理から必ず閉曲面にはガウス曲率が正の部分が存在する
しかも一点ではなくてある近傍で正です
近傍のガウス曲率が真に0より大きければその断面は閉曲線です あれ？でもC^∞しか仮定してないと計量の引き戻しが死んでしまうところが死ぬほどでてくるのでは？
例えば
f(x)=exp(-1/x) (x>0)
=0 (x=0)
=-exp(1/x) (x<0)
みたいな原点で何回微分しても0みたいな関数途中に通過させると像がとんがったトゲみたいなの持ってるやつとか作れちゃうけど。
そういうとこでは計量テンソル引き戻してきても死んでるので曲率もへったくれもない。 例えば>>57のf(x)を使って
x=f(t)
y=|f(t)|
とかするとこれはR→R^2のC^∞埋め込みになってるけど像はy=|x|でとんがってしまう。
そのトンガリがRの方に伝わらないようにこういう細工ができてしまう。
ここでは計量の引き戻しが正定値はおろか完全に死んでしまう。
二次元多様体のR^3へのC^∞埋め込みでも同じくとげだらけの埋め込みができてしまう。 >>59
今wikiでみてきたら可微分の埋め込みは誘導される微分も単射である事を要求するのね。
微分幾何の勉強たりてないからこんな要求あるの知らなかった。
1日悩んでしまった。 平行移動のやつ。
diagM=d(p,q)となるp,qをとり、z軸がpqに平行になるようにとり、p,qの近傍でMがz=f(x,y), z=g(x,y)となるようにとる。
p,qのxy座標は(0,0)として良い。
h=g-fの非臨界値cをg(0,0)-f(0,0)に十分近い値に取ればh^(-1)(c)のある連結成分Cが閉曲線となるようにとれる。
C1={(x,y,f(x,y))|(x,y)∈C}, C2={(x,y,g(c,y))|(x,y)∈C}
ととればコレが求める閉曲線である。 (1)複素関数fをf(z)=πcot(πz)/(1+z^4)とする
R>0に対して、
C_Rを複素平面上で中心0、半径Rの円周を反時計回りに周る経路とする
このとき、lim(R→0)∫_(C_R) f(z) dz=0を証明せよ
(2)級数Σ_(k=-∞,∞) 1/(1+k^4)を求めよ >>63
(1)訂正
lim(R→∞)∫_(C_R) f(z) dz=0
です (2)
S = Σ_(k=-∞,∞) 1/(1+k^4)
= (π/√2){[sinh(π√2) + sin(π√2)]/[cosh(π√2) - cos(π√2)]}
= 2.156955159334273676636044386491
ついでに
S = 2 + 2_(k=2,∞) 1/(1+k^4)
< 2Σ_(k=2,∞) 1/k^4
= 2ζ(4)
= (π^4)/45
= 2.164646467422276383032 1/(1+k^4) > 1/[(k-1)k(k+1)(k+2)] = 1/[3(k-1)k(k+1)] - 1/[3k(k+1)(k+2)],
から
S = 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+k^4)
> 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 1/180
= 2.15537496
1/(1+k^4) < 1/[(k-2)(k-1)k(k+1)] = 1/[3(k-2)(k-1)k] - 1/[3(k-1)k(k+1)],
から
S = 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+k^4)
< 2 + 2/17 + 1/41 + 2/257 + 1/90
= 2.1609305
1/(1+k^4) < 1/{kk(kk-1/4)} = 4/(kk-1/4) - 4/kk = 4/(k-1/2) - 4/(k+1/2) - 4/kk,
から
S = 2 + 2/17 + 1/41 + 2Σ_(k=4,∞) 1/(1+k^4)
< 2 + 2/17 + 1/41 + 16/7 - 8Σ_(k=4,∞) 1/kk
= 2 + 2/17 + 1/41 + 16/7 - 8{ζ(2) -1 -1/4 -1/9}
= 2 + 2/17 + 1/41 + 16/7 + 10 - 4ππ/3
= 2.15716794 S' = Σ_(k=-∞,∞) 1/(1+kk)
= (i/2)Σ_(k=-∞,∞) {1/(i+k) - 1/(-i+k)}
= (iπ/2){cot(iπ) - cot(-iπ)}
= (π/2){coth(π) - coth(-π)}
= π coth(π)
= 3.1533480949371623482681015895
1/(1+kk) < 1/(kk-1/4) = 1/[(k-1/2)(k+1/2)] = 1/(k-1/2) - 1/(k+1/2),
から
S' = 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+kk)
< 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) {1/(k-1/2) - 1/(k+1/2)}
= 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 4/9
= 3.1620915
1/(1+kk) > 1/[k(k+1)] = 1/k - 1/(k+1),
S' = 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) 1/(1+kk)
> 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2Σ_(k=5,∞) {1/k - 1/(k+1)}
= 2 + 2/5 + 1/5 + 2/17 + 2/5
= 3 + 2/17
= 3.11764706 f(x)を既約なモニックな整形数の多項式とする。
素数pに対し
n(p)={n∈N | n≦p, f(n)≡0 (mod p)}
とおく。
この時
lim [N→∞] Σ[p≦N] f(p)/#{p | p≦N} = 1
を示せ。 >>70
1っぽいな～
無限回試行した時を考えると明らかに1が高頻度で出る（2は1に加えて青が出なきゃいけないし、3は1に加えて赤が出なきゃいけない）
これを20回に制限したらさらに1が有利になるからどのみち1が答えかな
全然厳密じゃないけど… いくら時間かけてもいいならなんでもないけど、一問30分前後の縛りがある受験問題と考えると難しいよね。 >>71
> 無限回試行した時を考えると明らかに1が高頻度で出る
続けたまえ >>73
無限回試行なら順番は関係ないでしょ？1はBRRRR、2はBRRRRB、3はBRRRRRとしていいから明らかに1が有利 2が1を含むのは許してもらえるだろうけど3が1を含むからってのは許してもらえないでしょうね。 2は1より制限が厳しいことになるから明らかに1より起きにくい
1は青赤赤赤の前に赤、3は青赤赤赤の後ろに赤赤ってことだから3の方が制限が厳しいので3の方が起きにくい
一番起きやすいのは1 >>77
答えは勘でも1と分かりますね。
私は別スレで話題になってた問題を引っ張ってきただけで採点基準もなんもわからないですが、それをスッキリ厳密に示しなさいでしょうね。
1と3の比較を厳密に書くのは案外ムズイ。 青赤赤赤が出る確率を基準にして考えればいいんじゃないのかな ∃i (xi～xi+3)=(brrr) ∧ (xi+4,xi+5)=(r,r)
と
∃i (xi～xi+3)=(brrr) ∧ xi-1=r
て∧の第二項の条件が第一項と独立でそれぞれ単純に1/9,1/3をかければいいだけならそれでいいでしょうけど独立ではないのでは？
多分許してもらえない。 >>70
サイコロ
正６面体のサイコロがある．
４面は青色、２面は赤色である．
このサイコロを合計20回振るとき、
最も起こりそうな順番はどれか？
１．赤 青 赤 赤 赤
２．青 赤 青 赤 赤 赤
３．青 赤 赤 赤 赤 赤 >>70
2．と 3．の６連（A)は、複数回現れる場合も重複しない。
６連Aを１回以上含む場合
配置： 15回から１つ選んでAとする。C[15,1] = 15 とおり
残った14回は任意 2^14 = 16384 とおり
s1 + 2･s2 + 3･s3 = 15･16384 = 245760
6連Aを2回以上含む場合
配置： 10回から2つ選んでAとする。C[10,2] = 45 とおり
残った8回は任意 2^8 = 256 とおり
s2 + 3･s3 = 45･256 = 11520
6連Aを3回含む場合
配置： 5回から3つ選んでAとする。C[5,3] = 10 とおり
残った2回は任意 2^2 = 4とおり
s3 = 10 * 4 = 40,
∴ s1 + s2 + s3 = 234280
∴ 2．の起こる確率、3．の起こる確率は
(s1+s2+s3)/(2^20) = 0.223426818 赤青の並びが一度でも出ればそれ以降1は3に含まれる 前>>6
>>70
１と比べて、２は１が起こる前に2/6=1/3の確率で青が出んなんで、１より確率が低い。
３は赤が5回連続で出んなんで、途中に青を挟んでるぶん２より確率が低い。
∴起こりやすい順番は、
１＞２＞３ >>82
ちょっとミスあるけどほぼ正解ですね。
赤と青の確率は1/3と2/3です。
私の解答(もちろん京大の用意した解答なんかしらん)
P(1のブロック出る)>P(2のブロック出る)は明らか。
確率変数Xiをi～i+5が2のブロックになるとき1, そうでないとき0を取るものとする。
この時
P(2のブロック出る)
=E(1-Π(1-Xi))
=Σ(-1)^i Σ[#F=i]E(Π[t∈F]Xt)。(ここまでは一般論)
ここでp=E(X1)とおくとき添え字の有限集合Fに対して
E(Π[F]Xi)
=p^(#F) (Fの相異なる元の差が6以上の時)
=0 (そうでないとき)
であるから
Σ[#F=i]E(Π[F]Xt)
=C[20-5i,i]p^i
=15p-45p^2+10p^3
同様にして1～6個目までが3のブロックとなる確率をqとすると
P(3のブロックが出る)
=15q-45q^2+10q^3。
あとは15x-45x^2+10x^3の増減をちょっろっと調べて完。
2のブロック出る確率が1のブロック出る確率より低いのは明らかなので2は何も関係ないと思いきや、1と3直接調べるよりワンクッション2を挟む方が楽なのがミソかな？
直接でもできなかないけど。 >>88
そうなん？
別スレのスレタイで京大の講師の出した問題って書いてあったから過去問だと思った。 >>82
大失敗....orz
p = (4/6)^2･(2/6)^4 = 64/(6^6) = 0.0013717421125
q = (4/6)･(2/6)^5 = 128/(6^6) = 0.002743484225
6連Aを1回以上含む場合
配置： 15回から１つ選んでAとする。C[15,1] = 15 とおり
s1 + 2･s2 + 3･s3 = 15p or 15q,
6連Aを2回以上含む場合
配置： 10回から2つ選んでAとする。C[10,2] = 45 とおり
s2 + 3･s3 = 45p^2 or 45q^2,
6連Aを3回含む場合
配置： 5回から3つ選んでAとする。C[5,3] = 10 とおり
s3 = 10p^3 or 10q^3,
P(2．) = s1 + s2 + s3 = 15p -45p^2 +10p^3 = 0.02049148206
P(3．) = s1 + s2 + s3 = 15q -45q^2 +10q^3 = 0.04081376811 >>70
を一般化して
独立な試行をn回繰り返す。
試行の結果は各回RまたはBでその確率はr,b (r+b=1,r<b)。
1型の連:RR‥RB
2型の連:RB‥BB (いずれもRB合わせて長さl)
とするとき
P(1型が現れる)<P(2型が現れる)
を示せ。
面白いかどうかはともかく片を付けとこう。 -1か0か1を合計k個足してnの倍数にする方法は何通りあるか？
ただし、足す順番は区別するものとする >>94
行列の添字はZ/nZでとるとして行列Aと列ベクトルvを
Aij = 1 if j=i,i+1,i-1
. =0 otherwise
vi = 1 if i=0
. =0 otherwise
で定める。
この時求める場合の数は
v^A^kv 、
ただしv^はvの転置ベクトル。
ζ=exp(2πi/n)とおけば、計算して
v^A^kv =(1/n)Σ[t](1+ζ^t+1/ζ^t)^k >>95
素晴らしい 正解です
ほぼ同じだけど想定していた解法は足す行為をZ/nZの元を頂点に持つグラフの辺を渡る行為だと思って隣接行列のスペクトルを計算する方法でした
ちなみにn→∞とすればリーマン和→積分が出てきて複素積分使って計算出来ます
そうすれば足して0にする方法の組み合わせ数が分かる
(それだとたぶん純粋な組み合わせ論で解けるだろうけど) rを正の実数とする。
xyz空間の半球B:x^2+y^2+z^2=r^2（z≥0）について以下の問に答えよ。
（1）nを2以上の自然数とする。
平面H_kをz=kr/n（k=0,1,...,n-1）と定め、H_kとBの交線である円をC_kとする。
C_kを底円とし高さがr/nである円筒の側面積をS_kとするとき、それらの和
T_n = Σ[k=0,1,...,n-1] S_k
を求めよ。
（2）lim[n→∞] T_n とBの側面積は一致しないことを示せ。 lim T_nはBの側面積のπ/4倍。
君らが普段やっとる薄切りスライス体積積分は、表面積には使えんのやで！（意訳） それはそうかも知れんが「球面を円柱の側面で近似する」のが粗杉ぢゃね？
球面の勾配を取り込めない。
そこで C_k で球面に接する円錐を考えよう。
幅が (r/n)/√{1-(k/n)^2},
長さが 2πr√{1-(k/n)^2},
∴ S'_k = 2πrr/n ･･･ kによらない。
T = 2πrr,
となりBの側面積と一致する。 受験レベル+αだけどうまくやらないとシンドイやつ。
曲線C:x^2-y^2=1, x>0 上の2点P,Qに対し、Cと直線PQで囲まれる部分の面積をS(P,Q)とする。
A(1,0), B(5/3,4/3)とする。
P,QをC上を動かすときS(A,P)+ S(P,Q)+ S(Q,B)の値が最小となる時のP,Qの座標を求めよ。 前>>85
>>101
x^2-y^2=1はx>0だから、
x^2=y^2+1
x=√(y^2+1)=(y^2+1)^(1/2)
x'=(1/2)(y^2+1)2y=y^3+y
x軸を鉛直上向きにとった双曲線Cのグラフの傾きは、
点A(1,0)において0,
点B(5/3,4/3)において4/3？ で、
S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)の値が最小となるのは、A,P,Q,Bが等間隔になるときで、その座標は、
P(√(p^2+1),p),Q(√(q^2+1),q)として、
64p^3+64p-615=0
128q^3+128q-615=0 前>>102
>>101
計算すると、
64p^3+64p-615=0
(p^2+1)=615/64p
=615/p8^2
128q^3+128q-615=0
(q^2+1)=615/128q
=615/2q8^2
p=1.969525……
√(p^2+1)=2.208852355……
q=
√(q^2+1)=
なんか違うかも。 >101-103
はい、違います。
等間隔というのはいいキーワードだけど。
ある話しを使うと計算らしい計算しなくても解けます。
普通に面積計算しても大した手間ではないけど。 前>>103
>>104計算禁止かぁ。
そんなこったろうと思ったぜ。 具体的に言うと実際に面積を計算せずともある事を知ってるとある関数が凸であるとわかり、それから "等間隔のとき" 最小と分かります。 前>>105
x^2-y^2=1がx＞0で上に凸なのはxを微分したらx'＞0なんで、あ間違えた、-1/2乗だ。
x=√(y^2+1)=(y^2+1)^(1/2)
x'=(2y){(y^2+1)^(-1/2)
=-2y/√(y^2+1)
y＞0のとき、
xは単調減少。 まぁまともに面積計算してもそこまで大変ではないけど。
積分実行しないでやる場合のヒント。
x^2-y^2=1はあるベクトル場Xの積分曲線で、exp(tX)は一次変換になっています。
その事から少し議論をすればA,P,Q,Bが "等間隔" に並ぶことがわかります。
普通に積分しても受験問題にはやや難しすぎる程度ですが。 前>>108
曲線とx軸とx=5/3で囲まれた領域の面積は16/27
折れ線APQBとx軸とx=5/3で囲まれた領域の面積は、これよりやや小さい。
今日で11月が終わる。 >>101
A (cosh(0), sinh(0))
P (cosh(p), sinh(p))
Q (cosh(q), sinh(q))
B (cosh(b), sinh(b)) b=log(3)=1.09861229
とおきます。
(>>102 のp,qとは別です。)
C上の点を (x,y) = (coshθ, sinhθ) とおくと
S(P,Q) = ∫(ydx-xdy) = {sinh(q-p) - (q-p)}/2,
だから
S(A,P) + S(P,Q) + S(Q,B)
= {sinh(p-0) + sinh(q-p) + sinh(b-q) - b}/2
≧ {3sinh(b/3) - b}/2 (← 下に凸)
= {3[3^(1/3) - (1/3)^(1/3)]/2 - log(3)}/2
= 0.012360077
最小となるのは (p,q) = (b/3, 2b/3) のとき。
P, Q の座標も求まる。
最大となるは (p,q)=(0,b) のときで、P=A, Q=B
S(A,B) = {sinh(b-0) - (b-0)}/2
= {(4/3) - log(3)}/2
= 0.117360522 >>111
正解です。
では面積出さない方法。
X=y∂/∂x + x∂/∂yとおけば
exp(tX)=[[cosh t,sinht][sinh t,cosht]]
でありP(t):=(cosh t,sinh t)=(exp tX)(1,0)である。
exp(tX)はP(u),P(v)をP(u+t),P(v+t)に移し、直線を保存するからS(P(u),P(v))=S(P(u+t),P(v+t))であり、Sの値はパラメータtの値の差のみによる事がわかる。(←key point)
さらにf(t)=S(P(0),P(t))とおくとき
f(t)=S(P(-t/2),P(t/2))=2∫[0,t/2](sinh τ)^2dτ
で(sinh τ)^2は短調増加であるからf(t)は凸関数である。
よってA=P(0), B=P(log3)であるから最小値を与えるP,Qは
(P,Q)=(P(log3/3),P(2log3/3))
=((a+1/3)/2,(a-1/a)2),((3/a+a/3)/2,(3/a-a/3)/2)
のとき。ただしa=3^(1/3)。
key pointが成立するのは他にも
単位円のとき
f(t)=t/2-(1/2)sin t
放物線のとき
f(t)=(1/6)t^3
となって同様の現象が起こります。 xy平面を考える。
生命体Zは、最初1匹だけが(1,1)にいる。
a,bを正の整数とする。座標(a,b)にいる生命体Zは、(a+1,b)と(a,b+1)に生命体Zが存在しない時に限り、以下に示す〈ルール〉に従って分裂することができる。ただし、分裂が可能であれば必ず分裂しなければいけないというわけではない。
〈ルール〉
(a,b)にいる生命体Zは消滅する。(a+1,b)と(a,b+1)に生命体Zが1匹ずつ生まれる。
第一象限の格子点を要素に持つ集合Sを考える。
命題Pを「ある格子点s∈Sに生命体Zが存在する」と定める。
以下の問に答えよ。
(1)S=｛(s,t)｜1≦s,t≦3 , s,t∈ℕ｝とする。命題Pの真偽を調べよ。
(2)命題Pを満たすSのうち、その要素数が最小であるものを1つ求めよ。 前>>110
APQBのx座標が等間隔になるとき、
√(p^2+1)=(5/3-1)/3+1
=11/9
p=√{(121-81)/81}
=2√10/9
√(q^2+1)=√(p^2+1)+2/9
=(-1+4√7)/9
q=4/9-p
=4/9-{(-2-2√7)/9}
=(6+2√7)/9
P((-1+4√7)/9,(-2+2√7)/9)
Q((-1+4√7)/9,(6+2√7)/9)
これは近いけど違うと。
どうやって計算しないで解くか。 >>113
問題の文章めちゃくちゃだけどエスパーして
(1)
「どんな分裂の仕方を選んでもS上に生命体を消す事は出来ない。」
は真
(∵) 第一象限の格子点のみ考える。
格子点(i,j)に(1/2)^(i+j)の得点をつけて生命体のいる場所の得点の総和は保存される。
Sに全て生命体がいる状態の得点の総和は49/64点。
S以外の点の格子点の得点の総和は15/64点。
∴S全てから生命体が消えるように分裂させることはできない。 >>113
の問題で
◯
◯
◯ ◯
の配置のとき>>115の得点で配置の得点が5/4点。
配置から逃げられる部分の得点の総和が5/4点だからこの配置は全消し不能とわかる。
三ヶ所の場合が分からん。
◯
◯ ◯
◯
◯ ◯
◯ ◯ ◯
以外の三ヶ所配置は全て全消し可能だけどこの３つが全消し可能か不可能か分からん。
誰かできる？ >>116
◯
◯ ◯
の配置2点で外部の配置も2点だからコレも不可能ですな。
二ヶ所以外は全消し可能だから求める最小値は3だ。 >>117
〇
〇〇
が最小のSってこと？オセロで実験したけどこのSからは逃げられたぞ >>118え？マジで？
手自由教えて。
再計算しても初期の配置も外側の配置も2点になる。 x≧0、y≧0で考えるとして
S={(0,0),(1,0),(0,1)}のときSの得点の総和は
1+1/2+1/2=2点。
格子点全体の得点は4点だからSの外側の得点も2点。
釣り合うときはギリギリ無理だと思うんだけど。 たぶん
◯◯◯
も無理だと思う。
CBA
として一手目はA。
この先Bを分裂させるまではこのAの子孫ばかりを分裂させる事になるけど、それらの分裂は先にBを分裂させても可能なので二手目はBとして良い。
同様に三手目はCとして良い。
この時点で
XYZ
. PQR
の形でPQの地点を消せるか？だけどPを(0,0)としてYZPQRで5/2点。
消さないといけないPQが3/2点で計4点。
x≧0,y≧0全体が4点なので不可能。
同じ理由で
◯
◯◯
も不可能だと思う。 >>119
(1,1)(1,2)(2,2)(2,1)の順でやれば逃げられない？
〇
〇〇
って(1,1)(1,2)(2,1)の3つだよね？ どんな分裂の仕方を選んでもSからZを消すことができない、そういうSを探せって問題だよね (1,1)を1点、(1,2)(2,1)をそれぞれ0.5点…というふうにしてどんな分裂の仕方をしても総和は1点、という発想イイネ。
この点数の付け方だと、級数を取って格子点にある点数の総和は4点と分かる。したがって、Sが3点以上なら逃げられない。(1)はそれで証明出来る。
でも、この発想で行くと
〇〇
〇〇〇
〇〇〇
が限界じゃないか？この配置だと3点だから有限回の操作では追い出せない。 >>122
あれ？
(1,1),(1,2),(2,1)
の状態から(1,1)
は分裂できないのでは？ あ？
今問題読み返して誤解してるのやっとわかった
Sは初期配置じゃなくてそこから逃げないとダメな集合ね。 とりあえず問題読み直して(1)。
二手目終わって
◯◯
❇︎ ◯
として良い。❇︎が原点。
三手目で
◯◯◯
❇︎ ◯
であれば>>121より◯◯◯の全消しが不可能なので済。
三手目で
◯
◯ ◯
❇︎ ◯
として良い。
>>121に述べたのと同じ理由で四手目は
◯◯
◯◯
❇︎ ◯
として良い。
ここで>>117により全消し不能。 >>124
そうだ、そうだね。
3x3は得点論法だけで無理なのすぐわかるね。
次は
◯
◯◯
◯◯◯
かな？ ◯
◯◯
◯◯◯
も不可能と思われる。
検証求む。
>>127と同じく❇︎は原点とする。
>>127と同じく二手目で
◯◯
❇︎ ◯
として良い。
選択肢は二つで
(a)
、◯
◯ ◯
❇︎ ◯
又は
(b)
◯◯◯
❇︎ ◯
(a)のとき。
>>121と同じ理由で四手目は
◯◯
、◯◯
❇︎ ◯
この時点でx,y≧2の部分に限定する。
この限定領域内で消す必要があるのは(2,2)で1/16点。
この時点で限定領域内の生命体の総得点が2/16点。
しかし限定域外から必然的に1/32が二個、1/16点入ってくる。
以上の総計が1/4点。
一方で全限定領域の総得点は1/4点。
釣り合ってるので(a)は詰み。 (b)のとき
>>121と同じ理由で六手目までで
◯◯◯
、◯◯◯
❇︎ ◯
として良い。
同じくx,y≧2に限定して
限定域内の生命体消す必要があるのは(2,2)の1/16点。
この時点で限定域の生命体の総得点は2.5/16点。
後から入ってくる生命体が0.5/16点。
やはり総計1/4点でこの場合も詰。 とりあえず
◯
◯◯◯
と
◯◯
◯◯
は可能。
ノートで徒然なるままにやつてみた範囲内でおそらく
◯◯
◯◯◯
は不可能っぽい。
答えは5くさいけど、コレは計算機マターだな。 前>>114
>>101
P(p,√(p^2-1))
Q(q,√(q^2-1))とおくと、
S(A,P)=∫[x=1→p]√(x^2-1)dx-{√(p^2-1)/(p-1)}(x-1)dx
S(P,Q)=∫[x=p→q]√(x^2-1)-{√(q^2-1)-√(p^2-1)}/(q-p)+{√(q^2-1)-√(p^2-1)}/(q-p)dx
S(Q,B)=∫[x=q→5/3]√(x^2-1)dx-/{(5/3)-q}
放物線y=√(x^2-1)とx軸とx=5/3で囲まれた領域の面積16/27から、折れ線APQBとx軸とx=5/3で囲まれた領域の面積を引くと、
S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)
=16/27-(5/3-p/2-1/2)√(p^2-1)-(5/3-p/2-q/2){√(q^2-1)-√(p^2-1)}-(5/3-q){(4/3-√(q^2-1)}(1/2)
=2q/3-14/27+(5/6)√(p^2-1)-√(q^2-1)}+{p√(q^2-1)-q√(p^2-1)}/2
面積出して微分したら決まると思ったけど、未知数がpとqの2つある。
条件が足りないんでしょうか？
直線ABの傾きは2
直線PQの傾きはもう少し大きくてそのぶん直線QBの傾きがうんと小さいと思うんですが。
三角関数は面白くないんで、なしでお願いします。 それでやるなら二変数関数の最小値求めるテクニックで出来るかもしれません。
例
x^2+2xy+2y^2+4yの最小値
ますyを定数として
f(x)=x^2+2xy+2y^2+4y
の最小値を求める。
f'(x)=2x+2y=0すなわちx=-yのとき最小値
f(-y)=y^2+4y
次にコレら最小値の中で最も小さいものを求める。
g(y)=y^2+4yとおけばコレは
g'(y)=2y+4=0のとき最小値g(-2)=-4
のように。
計算死ぬけど。 ちなみに最小値をとるのはAQとPでの接線が平行かつBPとQでの接線が平行のときです。
そこから方程式立てれば式二つできます。
解くのは難しいけど確かめ算には使えるかもしれない。 前>>132
>>134それ直感的にあってそう。式が2つも増えて答えすぐ出るんじゃないの？ 前>>135
>>101
S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)
=2q/3-14/27+(5/6)√(p^2-1)-√(q^2-1)}+{p√(q^2-1)-q√(p^2-1)}/2――①
直線APの傾きは、
√(p^2-1)/p
点Qでの曲線の傾きは、
(1/2)2q/√(q^2-1)=q/√(q^2-1)
これらが等しいから、
√(p^2-1)/p=q/√(q^2-1)
√(p^2-1)(q^2-1)=pq
(p^2-1)(q^2-1)=p^2q^2
p^2+q^2=1――②
点Pでの曲線の傾きは、
(1/2)2p/√(p^2-1)=p/√(p^2-1)
直線QBの傾きは、
{4/3-√(q^2-1)}/(5/3-q)={4-3√(q^2-1)}/(5-3q)
これらが等しいから、
p/√(p^2-1)={4-3√(q^2-1)}/(5-3q)
p(5-3q)={4-3√(q^2-1)}√(p^2-1)
5p-3pq=4√(p^2-1)-3√(p^2-1)(q^2-1)
②の1行前の式を代入すると、
5p=4√(p^2-1)――おかしい。なんでpが虚数になるんだい？ 前>>136訂正。よくミスるねぇ。風邪引いてんのかな？ 節々のboneが痛い。
>>101
S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)
=2q/3-14/27+(5/6)√(p^2-1)-√(q^2-1)}+{p√(q^2-1)-q√(p^2-1)}/2――①
直線AQの傾きは、
√(q^2-1)/(q-1)
点Pでの曲線の傾きは、
(1/2)2p/√(p^2-1)=p/√(p^2-1)
これらが等しいから、
√(q^2-1)/(q-1)=p/√(p^2-1)
√(q+1)/√(q-1)=p/√(p^2-1)
√(p^2-1)(q+1)=p√(q-1)((p^2-1)(q+1)=p^2(q-1)
p^2-q-1=-p^2
2p^2-1=q――②
点Qでの曲線の傾きは、
(1/2)2q/√(q^2-1)=q/√(q^2-1)
直線PBの傾きは、
{4/3-√(p^2-1)}/(5/3-p)={4-3√(p^2-1)}/(5-3p)
これらが等しいから、
q/√(q^2-1)={4-3√(p^2-1)}/(5-3p)
q(5-3p)={4-3√(p^2-1)}√(q^2-1)
5q-3pq=4√(q^2-1)-3√(p^2-1)(q^2-1)
②を代入すると、
5(2p^2-1)-3p(2p^2-1)=4√{(2p^2-1)^2-1}-3√(p^2-1){(2p^2-1)^2-1}
10p^2-5-6p^3+3p=4√(4p^4-4p^2)-3√(p^2-1)(4p^4-4p^2)
-6p^3+10p^2+3p-5-2p√(p^2-1)+3･2p(p^2-1)=0
10p^2-3p-5=2p√(p^2-1)
100p^4-60p^3-91p^2+30p+25=4p^2(p^2-1)
96p^4-60p^3-87p^2+30p+25=0 >>125
(1,1)に分裂を適用して(1,1)が消え(1,2)と(2,1)に生まれる
次に(1,2)に分裂を適用して(1,2)が消え(1,3)と(2,2)に生まれる
次に(2,2)に分裂を適用して(2,2)が消え(2,3)と(3,2)に生まれる
最後に(2,1)に分裂を適用して(2,1)が消え(3,1)と(2,2)に生まれる
これで(1,1)(1,2)(2,1)からは逃げ出せる 前>>137
>>101
96p^4-60p^3-87p^2+30p+25を微分して=0とすると、
384p^3-180p^2-174p+30=0
128p^3-60p^2-58p+10=0
64p^3-30p^2-29p+5=0
p≒1.2 前>>139
>>137からやりなおし。
>>101
S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)
=2q/3-14/27+(5/6)√(p^2-1)-√(q^2-1)}+{p√(q^2-1)-q√(p^2-1)}/2――①
2p^2-1=q――②
②を①に代入すると、
S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)
=2√(2p^2-1)/3-14/27+(5/6)√(p^2-1)-√{(2p^2-1)^2-1)}+[p√{(2p^2-1)^2-1}-(2p^2-1)√(p^2-1)]/2
=2√(2p^2-1)/3-14/27+(5/6)√(p^2-1)-2p√(p^2-1)+[2p^2√(p^2-1)-(2p^2-1)√(p^2-1)]/2
=2√(2p^2-1)/3-14/27+(5/6)√(p^2-1)-2p√(p^2-1)+√(p^2-1)/2
=(2/3)√(2p^2-1)-14/27+(4/3)√(p^2-1)-2p√(p^2-1)――③
点Qでの曲線の傾きは、
(1/2)2q/√(q^2-1)=q/√(q^2-1)
直線PBの傾きは、
{4/3-√(p^2-1)}/(5/3-p)={4-3√(p^2-1)}/(5-3p)
これらが等しいから、
q/√(q^2-1)={4-3√(p^2-1)}/(5-3p)
q(5-3p)={4-3√(p^2-1)}√(q^2-1)
5q-3pq=4√(q^2-1)-3√(p^2-1)(q^2-1)
②を代入すると、
5(2p^2-1)-3p(2p^2-1)=4√{(2p^2-1)^2-1}-3√(p^2-1){(2p^2-1)^2-1}
10p^2-5-6p^3+3p=4√(4p^4-4p^2)-3√(p^2-1)(4p^4-4p^2)
-6p^3+10p^2+3p-5-4･2p√(p^2-1)+3･2p(p^2-1)=0
10p^2-3p-5=8p√(p^2-1)
100p^4-60p^3-91p^2+30p+25=64p^2(p^2-1)
36p^4-60p^3-27p^2+30p+25=0
左辺を微分すると、
144p^3-180p^2-54p+30=0
24p^3-30p-9p+5=0 >>111
S(A,P) = {y(P) - p}/2,
S(P,Q) = {x(P)y(Q) - x(Q)y(P) -q +p}/2,
S(Q,B) = {x(Q)(4/3) - (5/3)y(Q) -b +q}/2,
・x座標で3等分した場合
A (1, 0)
P (11/9, 2(√10)/9)
Q (13/9, 2(√22)/9)
B (5/3, 4/3)
S(A,P) = {2(√10)/9 -p}/2 = 0.023914034
S(P,Q) = {2(11√22 -13√10)/81 +p -q}/2 = 0.001404007
S(Q,B) = {2(26 -5√22)/27 +q -b}/2 = 0.000551446
S = {4(39-2√10-2√22)/81 - log(3)}/2
= 0.025869489 > 0.012360077 >>111
S(A,P) = {y(P) -p}/2,
S(P,Q) = {x(P)y(Q) -x(Q)y(P) -q +p}/2,
S(Q,B) = {x(Q)(4/3) -(5/3)y(Q) -b +q}/2,
・y座標で3等分した場合
A (1, 0)
P ((√97)/9, 4/9)
Q ((√145)/9, 8/9)
B (5/3, 4/3)
S(A,P) = (4/9 - p)/2 = 0.006733131
S(P,Q) = {4(2√97 -√145)/81 +p -q}/2 = 0.004236483
S(Q,B) = {4(√145 -10)/27 +q -b}/2 = 0.002215716
S = {4(2√97 +2√145 -21)/81 - log(3)}/2
= 0.01318533 > 0.012360077 >>113
(2)の答えは５だ。
〇〇
㊤〇〇
が全消し不可(上が虫ね。)
４か所以下ならすべて全消し可能。
証明ながい。
気力がわけば書きます。 >>113
まず以下の証明の図の読み方の説明。
生命体を虫と呼ぶ。
◯は虫のいる点。
ーは虫を駆除する必要のある点、
㊀はその駆除する必要がある点に虫が現時点でいる状態である。
この虫を分裂させて㊀を消去する手順の有無を議論する。
コレらを格子状にならべた図式でAにおいて、そのような手順があるとき、その手順の最小値を最小駆除手数と呼ぶ。
存在しないときは無限大とする。
そのような図式X,A,B,C,‥においてXの最小駆除手数がA,B,C,‥の最小駆除手数の最小値以上のときXはA,B,Cに還元されると呼び、X|A,B,C,‥と表す。
左辺の最小駆除手数が右辺のそれの最小値より真に大きいとき強還元と呼ぶ。 証明に現れる還元を全て列挙する。
コレらが還元になっている事は後で示す。
⑦以外は全て強還元である。
A～Gの図の定義も兼ねている。
①A|B (初手実行)
ーー ｜ ㊀ー
㊀ーー ｜ ー㊀ー
②B|C,D(初手実行)
｜ ◯
㊀ー ｜ ー㊀ ㊀㊀
㊀ー ｜ ー㊀ー、 ー㊀
③C|E(初手実行)
ー ｜ ー◯
㊀㊀ ｜ ㊀ー◯
④E|B(終端優先)
ー ◯ ｜ ㊀◯
㊀ー◯ ｜ ー㊀◯
⑤D|F,G(初手実行)
｜ ◯
㊀㊀ ｜ ㊀ー◯ ㊀㊀◯
㊀ ｜ ㊀、 ー◯
⑥F|B(終端優先)
◯ ｜ ◯ ◯
㊀ー◯ ｜ ー㊀◯
㊀ ｜ ㊀
⑦G|B(終端除去)
｜ ㊀◯
㊀㊀◯ ｜ ー㊀◯ >>144のリストが還元になっている事を示す。
・初手実行の還元は実際に初手として可能な全ての分裂を行った結果の図を右辺に列挙する事によって得られる。
右辺に並ぶ図の最小駆除手数は全て左辺の手数+１であるから還元図になる。
ー例ー
②B|C,D(初手実行)
｜ ◯
㊀ー ｜ ー㊀ ㊀㊀
㊀ー ｜ ー㊀ー、 ー㊀
・終端優先の還元は左辺図内のある生物を分裂させてもその子が他の全ての生物の分裂を阻害しないとき、その分裂を優先する最小手順解があることから、その分裂を実行した図を右辺に書く事によって得られる。
やはり右辺の図の最小駆除手数は左辺の手数+１であるから還元図となる。
ー例ー
④E|B(終端優先)
◯ ｜ ㊀◯
㊀ー◯ ｜ ー㊀◯
・終端除去の還元は⑦のみである。
⑦左辺の虫を除去する最小手順において左の虫をA、それが分裂したときに現れる上の虫をB、右の虫をCとする。
Bは要駆除点でなく、Bは以降のたの分裂を邪魔しないため最小手順においては分裂しない。
Cは要駆除地点にいるのでいくらか後に分裂し、その上の虫をD、右の虫をEとするとBが分裂しないのと同じ理由でD、Eも分裂しない。
よって⑦左辺の最小駆除手順においてAとその子孫が分裂する回数は高々二回である。
よってその手順からAとその子孫を取り除けば図
ーー
ー㊀㊀
の駆除手順が得られ、その手順数は⑦左辺のものよりちょうど2小さい。
逆に⑦左辺の図において、上図の除去を行った後、AとCの分裂を行えば⑦右辺の図の駆除手順となるので⑦左辺の最小駆除手数は上図のそれ+2以下である。
以上により上図の最小駆除手数は⑦左辺のそれよりちょうど2小さい。
さらに上図に初手還元と終端優先を行えば
㊀◯
ー㊀◯
が得られ、その最小駆除手数は上図のそれよりちょうど2だけ大きい。
以上により⑦の左辺と右辺の最小駆除手数はちょうど等しいので⑦は弱還元である。
ー例ー
⑦G|H(終端除去)
｜ ㊀◯
㊀㊀◯ ｜ ー㊀◯ 証明を完成させる。
Aの図の最小駆除手数が有限とする。
①によってAはBに還元されるらBのそれも有限である。
還元を"合成"することにより②～⑦によってBはB自身に還元される。
すなわち
B|B
なる形の還元を得る。
当然左辺の最小駆除手数と右辺の最小駆除手数は等しい。
しかし先の"合成"において右辺のBへの還元は少なくとも⑦以外の還元を一回以上含むので強還元である。
よって左辺の最小駆除手数は右辺の最小駆除手順より真に大きい。
これは矛盾である。 後は全ての要駆除地点数が4か所以下の場合駆除可能を示せば>>113の(2)は終わり。
それはさほど難しくない。 前>>140つづき。
>>101
S=S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B)
=(2/3)√(2p^2-1)-14/27+(4/3)√(p^2-1)-2p√(p^2-1)――③
24p^3-30p^2-9p+5=0――④
③を微分すると、
S'=(2/3)(1/2)4p/√(2p^2-1)+(4/3)(1/2)2p/√(p^2-1)-2√(p^2-1)-2p(1/2)2p√(p^2-1)
=(4p/3)√(2p^2-1)+(4p/3-2-p)√(p^2-1)
=(4p/3)√(2p^2-1)+(p/3-2√(p^2-1)=0
4p√(2p^2-1)=(6-p)√(p^2-1)
16p^2(2p^2-1)=(p^2-12p+36)(p^2-1)
32p^4-16p^2=p^4-12p^3+36p^2-p^2+12p-36
31p^4+12p^3-51p^2-12p+36=0――⑤ ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
