面白い問題おしえて〜な 32問目
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>>384 右辺の極限は g_i の順番(添え字の取り方)に依存するので成立しない 【反例】 G を整数全体 Z がなす加法群 (Z, +) とし、 H = 2 * Z (偶数全体)とする。 このとき、 #(G/H) = 2 である。 n = 1, 2, … に対し、右辺の n のときの値を a_n とする: a_n := #{g_i | i < n}/#(H∩{g_i | i<n}) = n / b_n ここで、 g_i は i = 0, 1, 2, … で定められているものとし、 b_n := #(H∩{g_i | i<n}) ≠ 0 となる n について考えるものとする。 (1) g_i = 0, 1, -1, 2, -2, 3, -3, … (i = 0, 1, 2, … ) のとき n = 1, 2, 3, … に対して、 b_n = 1, 1, 1, 2, 3, 3, 3, 4, 5, 5, 5, 6, 7, 7, 7, 8, 9, 9, 9, 10, … より、 b_n = floor(n/4) + ceil(n/4) = floor(n/4) - floor(-n/4) となる。ここで floor, ceil はそれぞれ床および天井関数である。このとき、 (n/2) - 1 < b_n < (n/2) + 1 であるので、 a_n → 2 (n → ∞) (2) g_i = 0, 1, -1, 3, -3, 2, 5, -5, 7, -7, -2, 9, -9, 11, -11, 4, 13, -13, 15, -15, -4, … (i = 0, 1, 2, … ) のとき n = 1, 2, 3, … に対して、 b_n = 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 3, 3, … であるので、 n ≡ 0 (mod 5) のとき、常に a_n = 5 となる。 ゆえに a_n は 2 に収束しない。 >>375 ワイみたいなチンピラの書き込みが 建設的な話に発展して嬉しいわ カスみたいな書き込みから こういうまともな問題を思いつく人って 頭良さそう…とボクは思いました (^〜^) 全単射の取り方によっては成立する可能性もあるので、>>384 を次のように変更した問題を考えてみた #A を 集合 A の濃度とする。 可算無限濃度の群 G とその正規部分群 H に対して、適切な全単射 N ∍ i |→ g_i ∊ G (ここで矢印 |→ は元の対応を表す) を選べば、 #(G/H) = lim[n→∞] #{g_i | i < n} / #(H∩{g_i | i < n}) は常に成立するか?成立しないのならば反例を挙げよ。 ここで、右辺の極限は #(H∩{g_i | i<n}) ≠ 0 となるように十分大きな n の範囲で考えることとする。 どうせならこんな感じに、もうちょい自明でなさそうな問題を考えたいなあ 答えはわからないけど 任意の可算な群Gについて、次を満たす全単射f:N→Gは存在するか: Gの任意の部分群Hについて、(#(G/H))^(-1) = lim_(n→∞) (1/n)*#{1≦k≦n | f(k)∈H}) >>397 #(G/H) = ∞ のときは、左辺は 0 と解釈するってこと? あと、全単射 f を固定して部分群 H を動かすってこと? 全単射 f が部分群 H に依存せずに決まるとは考えにくいな >>398 そうそう、fをGだけに依存してとれるかという問題 例えば加法群としてのZはこの条件を満たす。(fの値を0,1,-1,2,-2,…とすればOK) 反例が存在してもおかしくないくらいには強い命題だけど、 存在したとしてもそんなに自明なものにはならない気がする >>371 最後の933379288600368294785169967190258422519522243538669103040838466576871923901は合成数 10^100+3 = 7×157×769×2593×4888946572366141×220030935994058489226133×4242036622639156527888055237578804493024993216233097 >>390-394 素晴らしい 大正解です こちらが用意していたものは、ほとんど>>394 と同じですが、 G=Z,H=2Zに対して、 g_k=0,1,-1,2,3,-3,4,5,-5,... = (2k)*(1+ω^k+ω^{2k})/9+(2k+1)*(1+ω^{k+2}+ω^{2k+1})/9-(2k-1)*(1+ω^{k+1}+ω^{2k+2})/9 (ω=(-1+√(-3))/2,k=0,1,2,...) とすれば、lim(n→∞) #{g_k | k<n}/#(H∩{g_k | k<n}) =lim(n→∞)n/([n/3]+1)=3 ([ ]はガウス記号) より、#(G/H)=2とは異なる というものでした >>396-397 なるほどこれは無茶苦茶難しそうだな... 少なくともGが有限生成アーベル群なら正しいかな? >>402 ということで、これで何が言いたかったというと 無限集合における「割合」を有限集合で区切って割合を求めて極限を出す、という定義にすると、 集合の番号の取り方によっては自然数における偶数の「割合」は1/3とも1/2とも解釈出来てしまって、定まらない ということです うまい具合に集合の割り算を定義してその濃度で定義してもいいのかもしれないけど群以外で集合の割り算を定義する方法を知りません(あるかもしれんけど) 前>>357 >>359 A.「整数空間Z の 約5割が 自然数空間N で占められている」 B.「実数空間R の 約0割が 有理数空間Q で占められている」 C.「素数の空間のうち、約10割が奇数で占められている」 D.「半素数の空間のうち、約d割が偶数で占められている」 E.「偶数空間のうち、約e割が 矩形数で占められている」 >>359 半素数と矢巨形数がなにかによる。 >>403 多分正しい。以下の通り 補題 群Gの有限部分集合属 {S_i}_(i∈N) が以下を全て満たすとする。 ・S_k⊂S_(k+1) ・∪_(k∈N) S_k = G ・lim_(k→∞) (#S_k)/(#S_(k+1)) = 1 ・Gの任意の部分群Hについて #(G/H)^(-1) = lim_(k→∞) #(S_k∩H)/#S_k この時、Gは>>397 の性質を満たす。 (証明) 便宜的にS_0を空集合とする。 全単射f:N→Gを、全てのk∈Nについて (#S_(k-1)<n≦#S_k ならば f(n)∈S_k\S_(k-1)) が成り立つように任意に定める。 変数n∈Nに対し、k を常に #S_(k-1)<n≦#S_k を満たす整数とすると、 S_kについての仮定から lim_(n→∞) (1/n)*#S_k = lim_(n→∞) (1/n)*#S_(k-1) = 1. また、HをGの任意の部分集合とすると、 #(S_(k-1)∩H)/#S_k ≦ #{1≦i≦n|f(i)∈H}/#S_k ≦ #(S_k∩H)/#S_k であり、n→∞の時の右左辺の極限が #(G/H)^(-1) であるから、中辺の極限も同じ値になる。 以上より lim_(n→∞) (1/n)*#{1≦i≦n|f(i)∈H} = #(G/H)^(-1).□ これより、Gが有限生成アーベル群なら G = Z^m (+) T (ただし(+)は直和、Tはねじれ) と分解できるので、 S_k = { g∈G | gのZ^m部分の各成分の絶対値はk以下 } と定めればこれは補題の条件を満たすため、Gは397の性質を満たす。 >>406 自明じゃないし面白みあるから学会発表してみたら銅かな それなりにむずかしい問題を投下します チャレンジャー求む できたら天才BOY-KEN 「a,b,cの最小公倍数とa+1,b+1,c+1の最小公倍数が一致する」 そのような自然数a,b,c(a≦b≦c)の組をすべて求めよ たとえば a=3,b=4,c=5 とすれば 3,4,5の最小公倍数は60, 4,5,6の最小公倍数も60 で条件を満たす >>359 の者ですが、質問です。 番号の取り方で前者を採用して、 偶数の割合を 1/3 と解釈した場合…、 この時、残りの 2/3 はいったい何なのですか? 残りの 2/3 はすべて奇数? >>402 >g_k=0,1,-1,2,3,-3,4,5,-5,... -2, -4 , … はどこに? 0,1,-1,2,3,-3,-2,5,-5,4,7,-7,-4,…とかならアリなんじゃないかな >>406 なるほど、これは素晴らしいですね ということは同様に、非アーベル群でもZ^r × G(Gは有限群)みたいな形の群なら言えるということですか 2chでここまで有意義な議論が出来るとは... あとはQ(√2)>Qみたいな有限生成じゃない群だとどうなるんだろ >>409 この順番で「割合」を定義した場合、当然残りの2/3は奇数の集合です >>411 あーすみません>>412 の間違いですね 有限生成な群の部分群でも有限生成になるとは限らないらしいけど、そのあたりはどうなんだろう 問. 可算無限濃度の群 G に対し、 G が有限生成かつ有限生成でない G の部分群 H が存在するような例は存在するか? >>414 Wikipediaの有限生成群のページにある『部分群』の項の冒頭によれば、問の答えはNoらしい https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E6%9C%89%E9%99%90%E7%94%9F%E6%88%90%E7%BE%A4 406の証明は、部分群Hの有限生成性を扱っている訳ではないのでその辺は大丈夫かなと… >>408 答だけ。 (a, b, c; L)=(3, 4, 5; 60) (3, 14, 20; 420) (5, 6, 14; 210) (9, 20, 35; 1260) 一瞬、間違っているように見えるが正しい問題。解答はまあ普通。 問題:{a_n}_n, {b_n}_n, {c_n}_n は実数列で ・ a_n ≦ b_n ≦ c_n (n=1,2,3,…) ・ Σ[n=1〜∞] a_n と Σ[n=1〜∞] c_n が'存在する を満たすとする。このとき、Σ[n=1〜∞] b_n も存在することを示せ。 >>415 自由群<a,b>の部分群でなんかできないかな >>416 それだけしかないことの証明できそう? 技術的に かなり難しいとおもうんだよね 答えだけみると簡単にみえる分 たちがわるい >>420 あっ間違えたYesが答えだ 問の内容180゚間違えてたすまん >>420 交換子群はどう?aba-b-, bab-a-ではa…aba-…a-b-作れないだろ でも自由群の部分群は自由群だから交換子群も自由群だけど ランクは∞か >>418 部分和を A_n = a_1 + a_2 + ・・・・ + a_n, B_n = b_1 + b_2 + ・・・・ + b_n, C_n = c_1 + c_2 + ・・・・ + c_n, とおくと 0 ≦ B_n - A_n ≦ C_n - A_n, 題意により C_n - A_n は収束するから有界である。 ∴ B_n - A_n も有界である。 一方 a_n≦b_n から B_n - A_n は(広義の)単調増加列である。 よって B_n - A_n は有界単調列だから収束する。(定理6) あるいは、題意により、 C_n - A_n は収束するのでコーシー列である。 ∴ B_n - A_n もコーシー列だから収束する。(定理8) >>421 高木:「解析概論」改訂第三版、岩波書店(1961) 第1章 §4.定理6.有界なる単調数列は収束する。p.7-8 第1章 §6.定理8.収束の条件、Cauchyの判定法 p.11-12 >>413 1/3 が偶数で 2/3 が奇数 って 何か変な感じですね、 この論理で展開したら 集合のとり方によって結論が変わる。 A. 1/3 が「偶数」で 2/3 が奇数 B. 1/3 が奇数で 2/3 が「偶数」 C. 1/2 が「偶数」で 1/2 が奇数 この3通りのどれかに着地するんですね。 >>427 いやその3通りだけではもちろんない >>394 の(2)のように取れば偶数の割合は1/5になってしまうし もちろん1/5以外もいくらでもなりうる >>391-393 のように取ればそもそも振動して極限が存在しない場合もある なので、有限で区切って割合をとっても意味がないということが言いたいことです。 (順序が最初から決められているのならばいいかもしれない) g_i=0,-1,1,2,3,-3,5,-5,-2,7,-7,9,-9,11,-11,4,13,-13,15,-15,17,-17,19,-19,-4,... みたいに全単射を取れば 偶数の割合は0%とも解釈できてしまう >>364 ・N(自然数), Z(整数), 2Z(偶数), PP'(半素数), 矩形数, それらの共通要素の集合 の要素には1,2,・・・・の番号が付いているとする。 (A)Nのa(n-1)+1番〜an番と、Z-Nの(10-a)(n-1)+1番〜(10-a)n番 を合わせて第n組とする。 (D)偶数の半素数のd(n-1)+1番〜dn番と、奇数の半素数の(10-d)(n-1)+1番〜(10-d)n番 を合わせて第n組とする。 (E)矩形数の e(n-1)+1番〜en番と、矩形でない偶数の(10-e)(n-1)+1番〜(10-e)n番 を合わせて第n組とする。 どれも余らずに対応する。 >>426 正解! というわけで、解答そのものは まあ普通なのでした。 コーシーの条件を使えば A_n ≦ B_n ≦ C_n だけでも解ける。 コーシーなしの場合は無理か?(a_n≦b_n≦c_nを使わざるを得ない?) コーシーの条件は実数の連続性に基づくから、その影響かな? >>433 >コーシーの条件を使えば A_n ≦ B_n ≦ C_n だけでも解ける。 ん?それはどういう意味? 問題:{a_n}_n, {b_n}_n, {c_n}_n は実数列で ・ Σ[i=1〜n] a_i ≦ Σ[i=1〜n] b_i ≦ Σ[i=1〜n] c_i (n=1,2,3,…) ・ Σ[n=1〜∞] a_n と Σ[n=1〜∞] c_n が存在する を満たすとする。このとき、Σ[n=1〜∞] b_n も存在することを示せ。 ↑この問題に差し替えても解ける、という意味かな? こちらの問題は普通に反例があって、 Σ[i=1〜n] a_i = 0 (n=1,2,3,…) Σ[i=1〜n] c_i = 1 (n=1,2,3,…) Σ[i=1〜n] b_i = 0 (nが偶数), 1 (nが奇数) となるように適当に a_i, b_i, c_i を決めれば反例になる。 もちろん、この反例では a_n ≦ b_n ≦ c_n (n=1,2,3,…) が 成り立つようにできないので、もともとの問題の反例ではない。 ああ、だから、>>426 の解答のうち、前半は正しい解答だけど、 後半はこのままだと意味が確定しないね。前半だけ読んで満足してたわ。 > あるいは、題意により、 > C_n - A_n は収束するのでコーシー列である。 > ∴ B_n - A_n もコーシー列だから収束する。(定理8) >>421 C_n−A_n がコーシー列で 0 ≦ B_n - A_n ≦ C_n - A_n であっても、 それだけでは B_n−A_n がコーシー列だとは言えない。 A_n,B_n,C_n は A_n = a_1 + a_2 + ・・・・ + a_n, B_n = b_1 + b_2 + ・・・・ + b_n, C_n = c_1 + c_2 + ・・・・ + c_n, という形をしていて、しかも a_n≦b_n≦c_n なので、これらを全て組み合わせれば、 B_n−A_n もコーシー列だと言えるだろうけど、いずれにしても a_n≦b_n≦c_n は必須なので、 >コーシーの条件を使えば A_n ≦ B_n ≦ C_n だけでも解ける。 がどういう意味なのか判断しかねる。 Σan、Σcnが収束するならlim an = lim cn = 0じゃないの? >>436 何が言いたいのか分からない。 「 Σan、Σcnが収束するならlim an = lim cn = 0 である 」 これは正しい。それで? >>436 それで lim[n→∞] b_n = 0 だから、 b_n の和も収束するってこと? そうとは限らないぞ 有名な反例として、調和級数 1 + 1/2 + 1/3 + … = ∞ がある >>437-438 あ、Σbnか。 読み間違ってた。 一瞬、自明でナンセンスな問題に見えるが、実はそうではない問題。 問題:写像 f:N → {0,1} が極限値 lim[n→∞] (f(1)+f(2)+…+f(n)) / n を持つとき、 その値を L(f) と書くことにする。次に、任意の写像 f,g:N → {0,1} に対して、 新しい写像 f*g:N → {0,1} を以下のように定義する。 (f*g)(n) = 0 ( (f(n),g(n))=(0,0),(1,1)のとき ) (f*g)(n) = 1 ( (f(n),g(n))=(0,1),(1,0)のとき ) さて、実数αは次を満たすとする。 ∀f,g:N → {0,1}, ∃h:N → {0,1} s.t. L(f*h) と L(g*h) が存在して L(f*h)=α, L(g*h)=α. このような性質を満たすαを全て求め、そのことも証明せよ。 α=1/2. f≡0, g≡1 とすればL(f*h)=L(g*h)の時の可能な値は1/2のみ。 以下で逆を証明する。 fとgの両方にfを*することにより、f≡0 として良い。この時、関数hを h(n)=0 (nがg(n)=0を満たす最小の整数であるか、g(n)=1を満たす最小の整数である時) h(n)=1-h(m) (g(n)=g(m)を満たすn未満の整数のうち最大の整数mが存在する時) と定めればL(f*h)=L(g*h)=1/2となる。 >>440 α = 1/2 のみ なぜなら、 f, g が任意であることから、 Im(f) = {0}, Im(g) = {1} となる f, g をとることができる。 この f, g に対して定まる h について、 H(n) := #{k | h(k) = 1 (1 ≦ k ≦ n)} とすると、仮定から α = L(f*h) = lim[n→∞] H(n) / n が存在し、また、明らかに H(n) ≦ n であることから、 α = L(g*h) = lim[n→∞] |n - H(n)| / n = lim[n→∞] (1 - H(n)/n) = 1 - lim[n→∞] H(n) / n = 1 - α すなわち、 α = 1 - α となるので、 α = 1/2 である。 >>440 f=0g=1の時も成立せねばならないが、このとき L(f*h)=L(h), L(g*h)=1-L(h) となるから、コレが等しくなるにはL(h)=1/2である事が必要。 α=1/2が条件を満たすことを示す。 まずg=0の場合を考える。 この時は任意のNについて | #{x≦N | h(x) = 1 & f(x)=1} - #{x≦N | h(x) = 0& f(x)=1}|, | #{x≦N | h(x) = 1 & f(x)=0} - #{x≦N | h(x) = 0& f(x)=0}|, のいずれも高々1しか違わないようにとる。 (すなわちf(x)=1,f(x)=0となるxを半分±1/2になるものを選びそこでh(x)=1と割り当てる) この時L(f*h)=L(h)=L(g*h)=1/2となる。 一般の場合には L(f*g*k)=L(k)=1/2 となるkをとってh=g*kとすればよい。 あ、そうか 求めた α が条件を満たすことを確認しないといけないのか しまった >>441-444 こちらが想定していた解法と違ってるゥ!(α=1/2を導くところは想定解法と同じだが) 確かに、fとgのうち片方は0としても一般性を失わず、そうすると割と簡単にできるっぽい。 今回はfとgの2つだったが、実は可算無限個のf_1,f_2,f_3,…にした問題でも、 こちらの想定していた解法だと通用する。ちょっとオーバーかなと思って 書かなかった問題なのだが、まあ興味があったらどうぞ↓ 問題:写像 f:N → {0,1} が極限値 lim[n→∞] (f(1)+f(2)+…+f(n)) / n を持つとき、 その値を L(f) と書くことにする。次に、任意の写像 f,g:N → {0,1} に対して、 新しい写像 f*g:N → {0,1} を以下のように定義する。 (f*g)(n) = 0 ( (f(n),g(n))=(0,0),(1,1)のとき ) (f*g)(n) = 1 ( (f(n),g(n))=(0,1),(1,0)のとき ) さて、実数αは次を満たすとする。 ∀f_n:N → {0,1} (n=1,2,3,…), ∃h:N → {0,1} s.t. L(f_n*h) (n≧1) が全て存在して L(f_n*h)=α (n≧1). このような性質を満たすαを全て求め、そのことも証明せよ。 イプシロン・デルタ論法が良く分からん。 あんなの詭弁じゃん。 >>445 【α=1/2 が条件を満たすこと】 S={f:N→{0,1}} とおき、関数 F:[0,1)→S を (F(x))(n) = ([x・2^n]を2で割った余り) と定める。 (つまり 0.(F(x))(1) (F(x))(2) (F(x))(3)… と並べてできる二進小数はxと一致する。) 区間[0,1)を連続一様分布でとる確率変数xについて、 各n∈Nについて『L(F(x)*f_n)=1/2 である確率は1』が成り立つため、 『全てのn∈Nについて L(F(x)*f_n)=1/2 が成り立つ』確率も1. ゆえにそのようなxが少なくとも一つ存在するので、h=F(x) とすれば良い。 【条件を満たすαが1/2のみであること】 f_1≡1, f_n≡0 (n≧2) の場合を考えれば良い。 >>446 いくら近づけようがさらにそれを凌駕する値をいくらでももってくることができる。 という意味合いを量化子と二階論理で記述しただけの話だ。 詭弁の方の定義すら意を解してなさそうなのはおまえ。 >>447 > 区間[0,1)を連続一様分布でとる確率変数xについて、 > 各n∈Nについて『L(F(x)*f_n)=1/2 である確率は1』が成り立つため、 コレはなぜ? >>449 あぁ、当たり前か。 無視してください。 確率論の話は全然分からないんだが、 α = 1/2 であることの有効性はどの辺に現れるんだろう 条件を満たす α が 1/2 に限る以上、どこかに 1/2 特有の議論が含まれるはずだが >(つまり 0.(F(x))(1) (F(x))(2) (F(x))(3)… と並べてできる二進小数はxと一致する。) ここが重要なの? >>451 > 各n∈Nについて『L(F(x)*f_n)=1/2 である確率は1』が成り立つため、 多分この辺なのかな F(x)のk番目を確率1/2ずつでランダムに決めれば F(x)*f_n のk番目も同じく確率1/2ずつランダムに決まることになり、 大数の法則みたいな議論がうまいこと機能する。 F(x)の各項の値が1である確率を1/3、0である確率を2/3等としても、 F(x)*f(n) の各項が1である確率が1/3と2/3でばらばらになって、同じ議論はできない。 あ、いや、やっぱり当たり前じゃないな。 実数xの2進展開のn桁目をxnとするときに L(xn)=1/2 となるxは一様分布で確率1で成立。 これなぜ? 一様分布定理だけじゃ無理だよね? >>453 確率論の細かい定理は自分もうろ覚えな所あるからちゃんと示してみようかな 整数mに対して定まるxについての事象 | #{k∈{1,2,…,m} : xk=1} - m/2 | ≦ m^(3/4) が起きる確率P(m)は 1-O(m^(-1/4)). (as m→∞) ここで、Mを正の数とすると 『全ての8乗数 m≧M について上の事象が起こる』…(A) ことは L(xn)=1/2 が成り立つための十分条件であるから、後者が成り立つ確率は ≧ Π_(m≧M, mは8乗数) P(m) = 1-O(M^(-1/8)) (as M→∞) であり、つまり1と等しい。 >>447 正解!こちらが想定していた解法と本質的に同じです。 こちらが想定していたのは、次のようなやり方。 ・α=1/2 に絞られるのはいつも通り。 あとは、α=1/2のときに問題の性質が実際に成り立つことを示せばよい。 ・{0,1}上の離散位相をθとして、{0,1}^N 上の積位相をΠθと書くことにする。 Nから{0,1}への写像は{0,1}^Nの元と同一視できるので、 ∀y_n∈{0,1}^N (n=1,2,3,…), ∃x∈{0,1}^N s.t. L(y_n*x) (n≧1) が全て存在して L(y_n*x)=1/2 (n≧1) を示せばよい。 ・Πθから生成されるボレル集合体を B と書くことにする。可測空間 ({0,1}^N, B) の上には、 ∀n≧1, ∀v_1,v_2,…,v_n∈{0,1} s.t. P( { x∈{0,1}^N|x_1=v_1, …, x_n=v_n } ) = 1/2^n を満たすただ1つの確率測度 P が定義できる。 確率空間({0,1}^N, B, P)の完備化を ({0,1}^N, F, Q) と書くことにする。 直観的に言えば、コイントスを可算無限回繰り返したときの各種の確率を ({0,1}^N, F, Q) によって論じることが可能になる。 ・L(x)=1/2 Q.a.e. x∈{0,1}^N が成り立つことが知られている(大数の強法則)。 特に、M = { x∈{0,1}^N|L(x)が存在しない、または存在するが L(x)≠1/2 } と置けば、 M はゼロ集合である。すなわち、M∈F かつ Q(M)=0 である。 ・A⊂{0,1}^N と x∈{0,1}^N に対して x*A={ x*a|a∈A } と定義すると、 A∈F に対しては x*A∈F が成り立ち、しかも Q(x*A)=Q(A) が成り立つことが証明できる。 特に、A∈F がゼロ集合なら x*A もまたゼロ集合である。 ・y∈{0,1}^N ごとに M_y={ x∈{0,1}^N|L(y*x)が存在しない、または存在するが L(y*x)≠1/2 } と置けば、M_y=y*M となることが示せるので、M_y はゼロ集合である。 ・特に、可算無限個の y_n∈{0,1}^N (n=1,2,3,…) に対しても M_{y_n} は全てゼロ集合なので、 ∪[n=1〜∞]M_{y_n} もゼロ集合である。よって、{0,1}^N−∪[n=1〜∞]M_{y_n} は空でない。 そこで、x∈{0,1}^N−∪[n=1〜∞]M_{y_n}を1つ取れば、 L(y_n*x) (n≧1) が全て存在して L(y_n*x)=1/2 (n≧1)となり、目標に達する。 要するに、 ・ 任意の y_n∈{0,1}^N (n=1,2,3,…) に対して、 コイントスを無限回繰り返したときの出目を順番に並べて x=(x_1,x_2,x_3,…)∈{0,1}^N とすれば、この x が確率1で 「 L(y_n*x) (n≧1) が全て存在して L(y_n*x)=1/2 (n≧1) 」 を満たす と言っていることになる。 具体的に x を構成しようとすると闇が深すぎて無理ゲーなのに、 確率論の観点からは「確率1で成り立つので、x は大体何を取ってきても通用する」 という状況になっている。 ちなみに、この問題に関してよくある誤答は、 「 任意のα∈[0,1] がその性質を満たす。証明は自明。問題としてナンセンス!」 というもの。むかし、どこかのスレにこの問題を書き込んだときに、こういう反応があった。 知人にリアルの場面で出題したときも同じ反応だった。 「この問題、どうやら初見では勘違いしやすいらしい」と悟ったw おお、なるほど。 大数の法則使うのか。 弱法則だけでもいけるな。 あ、いや強法則までいるのか。Lが確率1で収束する事は強法則までいるな。 リーマン予想は、メビウス関数μが任意のε>0に対して Σ_(n=1,N) μ(n) = O(N^(1/2+ε)) を満たすことと同値であることが知られているけど、 例えば関数 f:N→{-1,1} の各項をコイントスのようにランダムに決めれば Σ_(n=1,N) f(n) = O(N^(1/2)+ε) は確率1で成り立ってしまうんだよな リーマン予想は、メビウス関数がこのような『ありふれた』関数であるかどうかを問う問題とも言える しかし >>457 の通り、確率論的にありふれているという性質について具体的に扱おうとすると、 想像以上の闇の深さに直面することになる… >>461 > 例えば関数 f:N→{-1,1} の各項をコイントスのようにランダムに決めれば > Σ_(n=1,N) f(n) = O(N^(1/2)+ε) > は確率1で成り立ってしまうんだよな これは何故? この図のように半径2の円とxy=1の交点からなす三角形は正三角形であることを示せ https://i.imgur.com/Afg1Is2.jpg >>463 x=2cosθ y=2sinθ xy=1より4cosθsinθ=1 2倍角の公式よりsin2θ=1/2 よって2θ=30度,150度つまりθ=15度,75度 2つの交点と原点のなす角度が75-15=60度 >>462 α>1/2 として、((x^(-1)+x)/2)^n の x^O(n^α) の項の係数の和が 1-O(n^(-α+1/2)) であることを使って >>454 と同じように示せるんじゃないかな inverf(x)を関数 erf(x)=2/√π∫[0,x]exp(-t^2)dt の逆関数とし、inverf(x)=Σ[t=0,∞]a(n)x^(2n+1)とおく。 a(n)は狭義単調減少である事を示せ。 >>463 円の中心をO、円と双曲線の交点を P,Q とおく。 対称性により P(a,b) Q(b,a) 題意により aa+bb = 4 = 4ab, PQ^2 = 2(b-a)^2 = 2(aa+bb)- 4ab = aa+bb = OP^2 = OQ^2, ∴ △OPQ は3辺が等しいから正三角形。 >>429 偶数が0%ってどう考えてもおかしくないですか? だって偶数自体は必ず存在してるじゃないですか ありえないですよ ここにいる人たちはただの詭弁しか言ってないな ゼロ%が存在しないことを意味するとはいつ決まったのか? >>468 どう考えるべきなのかを示さずに ただ詭弁とだけ言われましてもなんとも >>466 y = ∫[0,x] e^(-tt) dt = Σ[k=0,∞] ∫[0,x] (1/k!)(-tt)^k = Σ[k=0,∞] (-1)^k /((2k+1)・k!) x^(2k+1) = x - (x^3)/3 + (x^5)/10 - (x^7)/42 + (x^9)/216 - ・・・・ x = y + (1/3)y^3 + (7/30)y^5 + (127/630)y^7 + (4369/22680)y^9 + ・・・ 100%でも失敗することがあるのはゲームが教えてくれた >>473 e^tt ≧ 1 + tt, y < ∫[0,x] 1/(1+tt) dt = arctan(x) = x - (x^3)/3 + (x^5)/5 - (x^7)/7 + (x^9)/9 - ・・・・ x > tan(y) = y + (1/3)y^3 + (2/15)x^5 + (17/315)x^7 + (62/2835)x^9 + ・・・・ > y/(1 - yy/3) = y + (1/3)y^3 + (1/9)y^5 + (1/27)y^7 + (1/81)y^9 + ・・・・ からは出ないだろうな・・・・ (*) (1-yy/3)sin(y) - y・cos(y) = (1/3) ∫[0,y] t{sin(t) - t・cos(t)} dt = (1/3)∫[0,y] t・cos(t){tan(t) - t} dt > 0, > y = Σ[k=0,∞] (-1)^k /((2k+1)・k!) x^(2k+1) ここまでわかったなら、Lagrange inversion theoremを使えばいいんじゃないかな [問題] lcm(a,b,c) = lcm(a+1,b+1,c+1) を満たす正の整数a,b,c(a<b<c)の組は以下の4つに限ることを証明せよ: (a,b,c)=(3,4,5),(3,14,20),(5,6,14),(9,20,35) >>466 問題作り損なってた。 こうです。 inverf(x)を関数 erf(x)=2/√π∫[0,x]exp(-t^2)dt の逆関数とし、inverf(x)=Σ[t=0,∞]a(n)x^(2n+1)とおく。 a(n+2)<4/π a(n) を示せ。 でした。 ヒントはy=(x^2-π/4)inverf(x)とおくと y''=(xとyとinverf(x)の式) が作れます。 それをじっとよく見る。 >>479 あ、また計算間違い発見。 無かったことに。orz >>480 再訂正 やはり>>466 そのままで行けます。 ヒントはやはりy=(x^2-1)inverf(x)を考えますが、これのn階微分を一気に考えます。 それの定数項がどうなるかを考えるといけるようです。 >>478 2桁の数字で総当たりしてみた。 library(numbers) N=100 abc=NULL for(a in 1:(N-2)){ for(b in (a+1):(N-1)){ for(c in (b+1):N){ abc<-rbind(abc,c(a,b,c)) } } } saveRDS(abc,('abd.rds')) nrow(abc) f <- function(x){ mLCM(x)==mLCM(x+1) } abc[apply(abc,1,f),] > abc[apply(abc,1,f),] [,1] [,2] [,3] [1,] 3 4 5 [2,] 3 14 20 [3,] 5 6 14 [4,] 9 20 35 解析解は賢者にお任せ。 2桁どころか4桁の範囲でもそれしか見つからないが 3つの最小公倍数の意味的には無限個あってもおかしくない気はする... 整数二つだとどうなんだろう lcm(a,b)=lcm(a+1,b+1) が成り立つ(a,b)の組はどのくらい? a,a+1 は互いに素、 b,b+1 は互いに素。 lcm(a,b) = lcm(a+1,b+1) から a|(b+1)|a ⇒ a=b+1 b|(a+1)|b ⇒ b=a+1 ∴ (a,b) はない。 >>485 すみません、 a|(b+1)|a って何ですか? 条件を満たすa,b,cの上限が突き詰められば、あとは計算機任せにできるんだがなぁ。 自分は無限個あるとおもってるんだけど? lcmを1つ処理するときに3つのgcd=1であっても6個も文字がでてくるから つまり a=stp, b=tuq, c=usr とかくことができて lcm(a,b,c)=stupqr ただし gcd(s,tuq)=gcd(t,usr)=gcd(u,stp)=gcd(p,qr)=gcd(q,rp)=1 ということで自由度が高いとおもう ただ問題はlcmが2つもあるのでそこの処理が困難 >>486 すみません。 整数A,B (A≠0) について A | B B/A ∈ Z BはAで割り切れる。余りが0 B ≡ 0 (mod A) は同じ意味です。 >>466 あんまり盛り上がらないので背景と方針を。 コレいわゆる“z値”、すなわち与えられたαに対して 1/√(2π)∫[-z,z] exp(-t^2/2) dt = α を満たすzを求める問題です。コレの答えが z = √2 inverf(α) になります。 で話は、コレをマクローリン展開で気分良く一発で計算したいなと思って思いつきました。 inverf(x) = Σ[n=0,∞]a[n]x^(2n+1) と展開するときのanの漸化式自体は探せばいくらでも見つかるのですが(例えば[1])このa[n]は全部正なので打ち切りの近似値は必ず“下から”になってしまいます。 そこでテーマはf(x)=1/(1+x^2)inverfx)とおいたとき、コレのマクローリン展開は交代級数になるのか?すなわちa[n]は単調減少になるのか?です。 ソレを[1]の漸化式で示せないかなというお話でした。 漸化式を認めると割とスッと示せると思います。 [1] https://mathworld.wolfram.com/InverseErf.html 前>>405 >>408 3 4 5 [3 2^2 5☆2^2 5 2×3] 3 14 20[3 2×7 2^2×5☆2^2 3×5 3×7] 5 6 14[5 2×3 3×7☆2×3 7 3×5] 9 20 35[3^2 2^2×5 5×7☆2×5 3×7 2^2×3^3] たまたまだよ。この書きこみでいいです。 lucky limit chance cover magic major 2人でじゃんけん勝負をし、n回勝ち越した方を勝者とします。勝敗が決するまでに何回勝負が行われるか、その期待値を求めてください。ただしあいこは回数に含みません。 前>>491 >>492 n=1のとき、1/2+3/8+5/32+7/128+9/512+11/2048+… n=2のとき、 ■ 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 07.4.7 2024/03/31 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる