面白い問題おしえて〜な 32問目
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前>>497たったの20勝やそこら勝ち越すために400試合もすんのかよ？
スパーでもそうとう消耗してるな。松葉相撲ならサドンデスだけどね。 こうするとどうなるんだろ？
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。あいこも回数に含みます。 >>508
シミュレーションすると、3/2*n^2みたいだな。 >>492
k 回勝ち越している状態から、確率1/2の勝負を行い、勝ち越し数が0になるか、2nになるかまでに
要する勝負回数の期待値をA(k)とすと、
A(k) = (1/2)*A(k+1) + (1/2)*A(k-1) + 1 ; 1≦k≦2n-1
A(0) = A(2n) = 0
という漸化式が成立する。
この漸化式の解は、A(k)=(2n-k)*k で与えられ、求めたいものは、A(n)=n^2 >>506
これを数学的帰納法で証明できればいいわけか？ >>510
正解です。
想定解はn-1回勝ち越している状態からもう1回勝ち越すまでにかかる回数の期待値が2n-1であることを帰納法で示す手法でした。 厳密には、期待値が発散しないことを示してから漸化式を解く必要がありますがこれは殆ど自明なので良いと思います。 n-1回勝ち越した状態から初めてn回勝ち越す状態に移行するまでに平均2n-1回かかると仮定します。
初めてn+1回勝ち越すまでにかかる回数の期待値E_(n+1)が1/2+(2n-1+1+E_(n+1))/2であるので、解いてE_(n+1)=2n+1となります。
よって帰納法でE_n=2n-1が示せて、E_(n-1),E(n-2),……も芋づる式に書けて、n^2を得るというのが想定解でした。
因みに元ネタは私の大学のレポート問題です。 期待値＝n^2を仮定して数学的帰納法での証明は難しいのかなぁ。私にはできません。 A(k+1)-A(k)=A(k)-A(k-1)-2=A(k-1)-A(k-2)-2*2=...=A(1)-A(0)-2*k = a-2k ; a=A(1)
A(k)=A(0)+Σ[i=0,k-1](a-2i)=0+a*k-k(k-1)=(a-k+1)*k
ここで、もう一つの境界条件 A(2n)=0を用いると、演繹的に a=2n-1 は出てきます。
あるいは、A(k+1)-A(k)=A(k)-A(k-1)-2 を
A(k)-A(k-1)=A(k+1)-A(k)+2=...=A(2n)-A(2n-1)+2*(2n-k)
と、上方向への漸化式として利用し、最初の結果、A(k)-A(k-1)=A(1)-A(0)-2*(k-1)と
A(0)=A(2n)=0、A(1)=A(2n-1) を組み合わせても、A(1)=2n-1 は出てきます。
A(k)=A(2n-k) は 対称性から自明なのですが、B(k)=A(k)-A(2n-k) が従う漸化式を解くことでも示せます。
>>513
確かにその指摘は、正当です。510の結果には、「期待値が収束するならば、」をつけておくべきでした。 前>>507
20勝勝ち越したとき、戦績は210勝190敗ってことか🤤 >>517
20勝勝ち越すときのジャンケンの回数（あいこは含まず）の分布がどうなるか、1万回シミュレーションしてみた。
https://i.imgur.com/PqjpGvR.png
最頻値は150程度だから、85勝65敗の戦績が最頻みたい。
この分布ってなんだろうな？ >507
20勝勝ち越しで勝敗を決めるとき100回以下で決着がつく確率はシミュレーションだと9％程度になった。
https://i.imgur.com/ZIC6d2e.png 前>>517
20勝勝ち越すには20^2=400回試合が行われるって計算したじゃん？
だったら210勝190敗したんじゃないの？ >>520
最初から20連勝なら20回ジャンケンですむけど、その確率は2の20乗(1048576)分の１
400回は平均値(=期待値） 95％信頼区間はシミュレーションだと32〜1050にわたる。
400回ジャンケンのときは210勝190敗で400回目は勝ちだね。 成功確率が0.5のとき成功数と失敗数の差（どちらが大きくてもよい)がnになるまでの試行回数の分布、ってことになる 20勝勝ち越しで400回ジャンケンが行われるときの勝ち負けの配列って何種類あるんだろう? 数が少ないと総当たりで列挙できたけど、400回ジャンケンは無理だな。
例
３回勝ち越しで勝敗決定のとき７回ジャンケンで勝敗が決したときの
勝ち負けの配列（勝敗差３回が７回目に初めて確定)
> J(3,7)
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7]
[1,] 0 0 1 1 1 1 1
[2,] 0 1 0 1 1 1 1
[3,] 0 1 1 0 1 1 1
[4,] 0 1 1 1 0 1 1
[5,] 1 0 0 1 1 1 1
[6,] 1 0 1 0 1 1 1
[7,] 1 0 1 1 0 1 1
[8,] 1 1 0 0 1 1 1
[9,] 1 1 0 1 0 1 1
[10,] 1 1 0 0 0 0 0
[11,] 1 0 1 0 0 0 0
[12,] 1 0 0 1 0 0 0
[13,] 1 0 0 0 1 0 0
[14,] 0 1 1 0 0 0 0
[15,] 0 1 0 1 0 0 0
[16,] 0 1 0 0 1 0 0
[17,] 0 0 1 1 0 0 0
[18,] 0 0 1 0 1 0 0 前>>517
なにを思って400回も試合するかだよね。
パーネル・ウィテカーにはパンチをすべて躱すっていう確固たる答えがあった。
じゃんけんなんか対戦者のあいだに差があるとは思えないのに、なんで20勝も差が出るのか実感できない。
なんで20勝どまりなのかという感じもする。多すぎず、少なすぎずもっともありうる勝ち数の差が、
√試合数ってことか。 In[1]:= A[n_,t_]:=A[n,t]=If[t==0,If[n==0,1,0],If[n==0,2*A[1,t-1],If[n>18,A[n-1,t-1],A[n+1,t-1]+A[n-1,t-1]]]]
In[2]:= Table[A[20,t],{t,20,300,2}]
Out[2]= {1, 20, 230, 2000, 14625, 95004, 566370, 3164480, 16811300, 85795600, 423830264, 2038362560,
> 9586673915, 44246187300, 200966926350, 900331830048, 3985844039275, 17464206951100,
> 75831424919250, 326658445806000, 1397281501935164, 5939663527389840, 25108577638509960,
> 105613430714022400, 442256241114424425, 1844503362933849060, 7664867653576145950,
> 31746685883395530800, 131096805536410875625, 539886351785258307500, 2217853132475244283162,
> 9090251922987325452960, 37180441420243010660340, 151782933822040596272400,
In[3]:= Sum[2*t*2^(-t)*A[20,t],{t,1,2000}]//N
Out[3]= 393.852
In[7]:= Table[10000*2^(-t)*A[20,t],{t,20,250,2}]//N
Out[7]= {0.00953674, 0.0476837, 0.137091, 0.298023, 0.544824, 0.884794, 1.31868, 1.84197, 2.44637, 3.12123, 3.85471, 4.6347, 5.44939, 6.28776,
> 7.13978, 7.99655, 8.85035, 9.69458, 10.5237, 11.3332, 12.1195, 12.8796, 13.6114, 14.3133, 14.9842, 15.6236, 16.231, 16.8066, 17.3505, 17.8633,
> 18.3457, 18.7982, 19.2218, 19.6175, 19.9861, 20.3287, 20.6464, 20.9401, 21.2108, 21.4597, 21.6877, 21.8958, 22.085, 22.2562, 22.4104, 22.5483,
> 22.6708, 22.7788, 22.873, 22.9542, 23.023, 23.0802, 23.1264, 23.1623, 23.1883, 23.2051, 23.2133, 23.2132, 23.2054, 23.1904, 23.1686, 23.1404,
> 23.1061, 23.0662, 23.021, 22.9708, 22.916, 22.8568, 22.7935, 22.7264, 22.6557, 22.5817, 22.5046, 22.4247, 22.342, 22.2568, 22.1693, 22.0796,
> 21.988, 21.8945, 21.7993, 21.7025, 21.6043, 21.5047, 21.404, 21.3021, 21.1993, 21.0955, 20.991, 20.8857, 20.7797, 20.6731, 20.5661, 20.4586,
> 20.3507, 20.2425, 20.1341, 20.0254, 19.9166, 19.8076, 19.6986, 19.5895, 19.4805, 19.3715, 19.2626, 19.1537, 19.045, 18.9365, 18.8282, 18.7201,
> 18.6122, 18.5046, 18.3973, 18.2903, 18.1836, 18.0772} >>524
こっちの方が星取り表みたいでいいな。
> J(3,7)
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [,7]
[1,] ● ● ○ ○ ○ ○ ○
[2,] ● ○ ● ○ ○ ○ ○
[3,] ● ○ ○ ● ○ ○ ○
[4,] ● ○ ○ ○ ● ○ ○
[5,] ○ ● ● ○ ○ ○ ○
[6,] ○ ● ○ ● ○ ○ ○
[7,] ○ ● ○ ○ ● ○ ○
[8,] ○ ○ ● ● ○ ○ ○
[9,] ○ ○ ● ○ ● ○ ○
[10,] ○ ○ ● ● ● ● ●
[11,] ○ ● ○ ● ● ● ●
[12,] ○ ● ● ○ ● ● ●
[13,] ○ ● ● ● ○ ● ●
[14,] ● ○ ○ ● ● ● ●
[15,] ● ○ ● ○ ● ● ●
[16,] ● ○ ● ● ○ ● ●
[17,] ● ● ○ ○ ● ● ●
[18,] ● ● ○ ● ○ ● ● >>522
n=3のときの決着がつくジャンケンの回数の確率質量関数をグラフにしてみた。
https://i.imgur.com/VB6TuBL.png
0が間に入るので既存のガンマ分布とか分布では表せないと思う。 前>>526
なんでか急に表示システムが変わったね。
ほかのスレが見あたらないんだが。
ギガ数の関係なら今月はもう無理だと思う。 >>52/8のOut[2]は、次の式で、表現できるようです。
In[28]:= Table[Sum[Binomial[20+2i-1,i+40k]-Binomial[20+2i-1,i-1+40k],{k,0,(20+2i)/40}],{i,0,40}]
Out[28]= {1, 20, 230, 2000, 14625, 95004, 566370, 3164480, 16811300, 85795600, 423830264, 2038362560, 9586673915, 44246187300, 200966926350,
> 900331830048, 3985844039275, 17464206951100, 75831424919250, 326658445806000, 1397281501935164, 5939663527389840, 25108577638509960,
> 105613430714022400, 442256241114424425, 1844503362933849060, 7664867653576145950, 31746685883395530800, 131096805536410875625,
> 539886351785258307500, 2217853132475244283162, 9090251922987325452960, 37180441420243010660340, 151782933822040596272400,
> 618540254546926375123800, 2516575194382944375198528, 10223586645582059997655395, 41476057972670469339852180, 168049542131127131360839350,
> 680085742675872390532987200, 2749246507570540057967664162}
528は、パスカルの三角形に於いて、端(n=20近辺)での生成式を無理矢理変更して、計算させてものですが、
初期条件を、...,A[0,0]=1、A[40,0]=-1、A[80,0]=1,A[120,0]=-1,...
のようにすれば、恒等的にA[20,t]=0 となるので、生成式は、全て同一にできます。
肝心のn=20での値が消えますが、これは、A[19,t-1]に保存されているものを用います。 ×：>>52/8のOut[2]は、次の式で、表現できるようです。
○：>>528のOut[2]は、次の式で、表現できるようです。 >>532は大きなところで、ずれていることに気づきました。修正します。
k 試合目で、初めて n 回勝ち越す勝敗パターンの数は、kとnの偶奇が一致しないときは 0 で、一致するときは、
Sum[(Binomial[k-1,(k-(2i+1)n)/2]-Binomial[k-1,(k-(2i+1)n)/2-1])*(-1)^i,{i,0,k/n-1}]
で与えられます。
528で確認できる最も大きなものは、A[20,86]=151782933822040596272400ですが、
上の式を使えば、C[85,33]-C[85,32]-(C[85,13]-C[85,12]) で計算できます。 非常に適切な表現ですね。私は勝手に「ガター付きランダムウォーク」って命名してました。
「ランダムウォーク 鏡像法」でググると、「kステップ後に、初めて吸収壁nに到達する経路の数」が
(n/k) C[k,(n+k)/2]
で与えられるという記述を見つけました。(同じ内容になるよう、文字は変更してます。）
あれ？異なる！ と思いましたが、この問題はルートの途中で -n 勝になってもいいようで、
微妙に問題設定が異なっていて安心しました。 おっしゃる通りで、吸収壁が左右に二つある場合にあたります
詳しくは
臨時別冊数理科学 SGCライブラリ 47 「現代物理数学への招待」ランダムウォークからひろがる多彩な物理と数理 2006年 05月号
にあります
わたしはこの本で知りました 高校数学の範囲で証明できる不等式で、難解なものを教えてください。 x^4 + x^3 - 2x + 1 ≧ 0,
[高校数学の質問スレPart404．051,070] ← 本来はこちらへ
[不等式スレ１０．381-384] 前>>526
>>539
f(x)=x^4 + x^3 - 2x + 1とおくと、
f'(x)=4x^3+3x^2-2
f(0)=f(1)=1
f'(0)=-2
f'(1/4)=1/16+3/16-2=-7/4
f'(1/2)=1/2+3/4-2=-3/4
f'(3/4)=4(27/64)+27/16-2=27/8-2=11/8
f'(2/3)=4(8/27)+4/3-2=32/27+36/27-2=(68-54)/27=14/27
f"(3/5)=4(27/125)+27/25-2=(108+135)/125-2=243/125-2=-7/125
f(2/3)=16/81+8/27-4/3+1=40/81-1/3=13/81＞0
f(3/5)=81/625+27/125-6/5+1=216/625-1/5=91/625＞0
f'(0.61)=
f'(0.62)= 次の漸化式で表される数列の一般項を積分、総和記号を用いて表現せよ.
a(1) = 1
a(n+1) = (n^2+3n+1)a(n) + n 前>>540
>>539
f(x)=x^4+x^3-2x^2+1とおくと、
f(0)=f(1)=1
x→-∞のときf(x)→+∞
x→+∞のときf(x)→+∞
いずれも単調増加でf(x)＞1
f'(x)=4x^3+3x^2-2
f'(0.607007295624696)=0
f(x)はx=0.607007295624696のとき最小値をとる。
f(0.607007295624696)= 0.14540320838＞0
∴示された。 ] 定係数線形２階微分方程式、
a2x′′(t) + a1x′(t) + a0x(t) = 0
の一般解は、x(t) = eλt と仮定し、λ に対する２次方程式を解くことによっ て
求めることができる。ここで、x′′(t) = d2x(t) dt2 、x′(t) = dx(t) dt である。λ が重解 λ0 のときは、x(t) = C(t)eλ0t と仮定することによって解を求めるこ とができる。C(t) が、 C′′(t) = 0
を満たすことを示せ。 kを2以上の整数とするとき,
10進法において,以下の条件を満たす最大の自然数nについて,
nに現れる1の個数はちょうど2^(k-1)であることを証明せよ.
[条件]
nから連続するk桁を選び, k桁の数を得るとする.
すべての選び方を考えたとき,それらは全て異なる.
(例)
k=3 のとき, n=212212 という数を考える
連続3桁の選び方は 全部で 212,122,221,212 の4通りだが
212がダブっているため, すべて異なるの要件を満たさない >>539
(1/4)x^4 + x^3 - 2x + 1 ≧ 0,
の方が簡単かも？ >>539
グラフにしてみた。
https://i.imgur.com/goMcWN5.png
> f <- function(x) x^4+x^3-2*x+1
> layout(matrix(1:2,2))
> optimize(f,c(-100,100))
$minimum
[1] 0.6070071
$objective
[1] 0.1454032 x = √3 -1 の辺りで小さくなってると思いますよねぇ････ 自作問題考えたから誰か解いてみてください笑笑
(1)麻雀の役満に含まれる漢数字を全て足すと幾つ？
(これはひっかけですw)
(2)6面サイコロをn個振ったとき、その出目の積がkの倍数になる確率をp(n,k)とする。
このとき
(2-1)kが7以上の素数の時pを求めよ！
(2-2)k=n^nのとき、pを求めよ
(2-3)k=2^nのときpをもとめよ
(2-4)pをn,kで表せられるか、表せられるなら表せ。 >>548
てこたぁ (1/2)xx +x-1 を因数にもつんぢゃね？
自己レス、ｽﾏｿ >>550
546とか元々のスレに答えがあるけど、
x^4 + x^3 - 2x + 1
=(1/4 )x^4 + x^3 - 2x + 1 + (3/4) x^4
=(1/4) (x^2+2x-2)^2 + (3/4) x^4>0
っていうことでしょ。
そして、 √3 -1 は x^2+2x-2=0 の解 全ての成分が1であるn次行列をMとする
(1)
対角成分がλ_1,λ_2,・・,λ_nである対角行列をΛとするとき
det(Λ+λ_0M)がλ_0,λ_1,・・,λ_nの対称多項式であることを示せ
(2)
一般の正方行列をAとしたとき
det(A+λM)はどのように書けるか？ (1)
det(Λ+λ_0 M) = Σ[i=0,n] (Π[j≠i] λ_j)
= Σ[i=0,n] (λ_i 以外のλの積)
= f(0) - λ_0･f '(0)
ここに f(x) = det(Λ - x E).
(2)
相似変換により対角化しても det は変わらないから
det(A+λM) = f(0) - λ･f '(0)
ここに f(x) = det(A - x E).
det(A+λM-xE) = f(x) - λ･f '(x) >>554
(1)
その最初の等式が示したいことなんですが、それはなぜ言えますか？
(2)
Aを相似変換したとき、Mも相似変換されるので(1)をそのままでは使えないように思うのですが、なぜそれで大丈夫なのでしょうか 文字列 "麻雀の役満" について各桁の各部首に漢数字は含まれないから 0とか？ 少なくとも個々の役満について考える問題ではないだろう
たとえば天和があるから そのときの考えられる形は萬子だけに限っても膨大
ローカル役満もそうだけど それらに言及がないからね 役満「清老頭」の「清」が漢数字ってことに気づくかどうかってだけです
ほんと下らない問題でごめんなさい なぜ下らない問題スレに書かなかったかw
それはそうとして、漢数字「清」とはいくつを指す文字なん？ >>560
いや面白いかなと思って笑笑
10^(-23)やで 清老頭といってもいくつかパターンがあるから全部足すの意味がよくわからん
かりに清の意味だとしても "足す"の意味がよくわからないんだが...答えは何？ >>561
ふうん、おぼえとこ。
清浄＝10^-21しか知らんかったね ローカル役満というだけあって何を役満とするかは流儀があるし、
役満の呼び方も種類がある
国士無双と呼ぶか十三么九と呼ぶかで解は異なる。
数学向けの問題じゃないんだわ 萬子で清一色をつくることを考える
このとき考えられるすべての和了形において漢数字の総和を求めよ
ただし門前のツモ和了のみを考え 待ちの区別はしないものとする
(ひっかけでもなんでもなく純粋に組み合わせの問題だが かなり面倒のハズ) カンツで1111持ってて
111122233344455
もあり？
あと
11122233344455
は三コウとも一色三順序ともみれるけど別カウントする？
別カウントするなら
111 234 234 234 55
123 123 123 444 55
の2通りに上がれるけどワンカウント？別カウント？
まぁどのみち数学的にうまい数え上げ考えるよりプログラム組んだ方が良さげだけど。 あぁ、あたまも考えないとダメか。
11123444666777
は
11 123 444 666 777
と
44 111 234 666 777
の2通り上がれるけどコレも別カウントかワンカウントか決めないと。 とりあえず上がり方が複数ある場合全部ワンカウントなら
カンツなし 13259
1カンツ 15643
2カンツ 9435
3カンツ 3360
4カンツ 630
になった。 清浄 = 10^-21 しか知らんかったけど
接頭語は zepto-
zepto〜 は 〜 の10^(-21) を表わす。 同じく清浄＝10^(-21)しか知らない
もっとも古い文献は読みにくくて、例えば無量大数(10^68)を無量(10^68)と大数(10^72)の２つだと解釈する人がいたりして、かなりカオス
極端に大きな単位と極端に小さな単位は実用的ではないのでは？ 空気清浄機のこと。
シャープ、クオfuture、トヨトミ ほか
平均で 15000円ぐらいか？ 空気星条旗
T大統領のツィートに初めて「事実確認」の警告ラベルが････（5/26) 虚空清浄を4つ分けにするか2つ分けにするかは諸説ある(広辞苑第六版は2文字分け派)ようだけど、ここでは4つ分けなのね
ちなみに阿頼耶以降の小数は出典が不明で使わないほうがいい ＞ここでは4つ分け
いや勝手に決めんなし
2つ分けのほうが合理的 別スレの問題の改題
a1〜a6を最大公約数が1である整数の組みで総和sは0以上とする。
サイコロの各面にa1〜a6の数字を書き込み、最初0にある数直線上の動点をサイコロを振って出た目の数だけ移動させる試行を繰り返す。
何回目かの地点で点nに止まる確率をpnとする。
lim[n→∞]pnを求めよ。 全てのnについて『点(n)を一回でも通る確率が1である』ことを示すのも
それほど簡単では無さそうだけれども… 極限値＝サイコロの出目の期待値の逆数
なので 6/s が答えですね あ、もしかしてa1〜a6は全て正ってこと？
負があるといつまでも試行が終わらないからpnの定義が謎だったんだが いや、k回目で初めてnに来る確率をpn(k)として
pn=Σ(k=1〜∞)pn(k)と定義するのか 最大公約数がdの場合は、目をai/d、dの倍数マスのみを数直線とみなした場合の元の問題に帰着できるはず
負のaiがある場合はlim pnは1か1/2になりそうだけどどうなんだろうか >>583
s>0ならいつまでも可能性は残るけど、でも確率はさだまるよ。
ピーターウィンクラーのパズル本にa1=3, a2=-2, a3〜a6=0の場合が取り上げられてる。
それは大数の法則使う解法だけど元スレの解法を応用した方が気持ちよく解ける。 >>587
それは>>584の定義でok？
正の目の合計が多いときは1、正負の目の合計と同じ場合は1/2、負の目の合計が多いときは0となりそうだと思ってるんだけど、もっとaiたちに依存した答えになるの？ いや、正負の目の合計が同じでも分散が違うと振舞いが違ってくるか 集合Mに結合的な演算●:M×M→Mがあり
∀m∈Mでm●(-):M→Mが全単射なものを考える
(例1)群演算
群Gに対して、群の乗法は上記を満たす
(例2)右演算
集合Rに演算をa●b=b(∀a,b∈R)と定義すると上記を満たす
実は本質的にこの2例しかない
すなわちMはある群Gと右演算を持つRの直積に同型
(M=G×R)であることを示せ >>578
出題者です。
勘違いでスルッと出ると思ってだけどai<0を許すと中々綺麗にはまとまらないようです。
申し訳ない。
なので改題して
a1=a2=a3=2, a4=a5=a6=-1
のときlim[n→∞]pnを求めよ。
コレならまぁ出せる。 >>591
M=Qでx●y=2yとかは無理じゃないの？ 素数p(≧3)について
p+1から下記の操作を繰り返し行なって、偶数の場合の操作が合計p-1回のときに1となることを証明せよ。
•偶数ならば2で割る
•奇数ならばpを足す >>591
コレやっぱりダメなんじゃないの？
もし主張が正しいなら条件を満たす演算は
1) 群である。
2) 右単位元を持たない。
のいずれかが成立する。
実際Rのパートが一元からなる自明なものなら全体は群となるし、Rが二x、yをもてば、(a,x)(b,y)=(ab,y)、(a,y)(b,x)=(ab,x)によりGの元bを何に選んでも右単位元となり得ない。
ここでMとして無限次元ベクトル空間の全射線形写像の全体として合成積を●とすれば、∀m∈Mについてm●(-)は全射である。
実際任意のn∈Mに対して方程式m●x=n‥(1)はmが全射準同型だから右逆元lを持つので、x=lnが(1)の解になる。
すなわちm●(-)は全射である。
もちろん合成積だから結合的。
しかしMは群ではなく、恒等写像を右単位元とするので先の主張に反する。 >>596
・2で割る(偶数の時)
・p足して2で割る(奇数のとき)
のいずれかをp-1回行った時1となる事を示せば良い。
最初の1回目でp以下となり、以降常にp以下である。
またp-1回目でxに到達したとすれば
2^(p-1)x≡(p+1) (mod p)
である。 (´・ω・｀)
たまたま目にした企業の入社試験なのですが問2がわかりません。教えてください。
https://dotup.org/uploda/dotup.org2182228.pdf >>591
M = Q − {0}, a●b = |a|・b
なら群にならないのでは >>599
すごい
>またp-1回目でxに到達したとすれば
>2^(p-1)x≡(p+1) (mod p)
>である。
これは、 k 回目の値を x_k とすると、 x_1 = (p+1)/2 より、
2^k x_k ≡ (p+1) (mod p)
となることが k についての帰納法でわかるということですかね？ >>602
その場合はG=Q_(0<)とR={-1,+1}の直積に同型 >>591
まず任意のmについてme=mを満たすeが一意に定まるのでコレをe(m)と書く。
この時任意のm,nについて
me(m)n = mn
によりe(m)n=n、よって常にe(m)は左単位元となる。
m0を任意にとり
G={g | e(g)= e(m0)}、R={r | e(r) =r}
とおく。
g∈Gにたいしge(m0)=ge(g)=gであるからe(m0)はGの右単位元であり、左単位元でもあったからGは単位元を持つ。
さらにgh=e(m0)であるhが取れるが、ghe(m0)=e(m0)e(m0)=e(m0)=ghによりhe(m0)=h=he(h)となり、e(h)=e(m0)を得てh∈Gである。
さらにghg=e(m0)g=g=ge(m0)からhg=e(m0)となり、Gは両側可逆である。
結合性は明らかだからGは群となる。
任意のrにたいしe(r)は左単位元だから、r,s∈Rに対しrs=e(r)s=sとなりRの積は右演算である。
g,h∈G、r,s∈Rがgr=hsを満たす時、g=ge(m0)=gre(m0)=hse(m0)=he(m0)=hであり、よってr=sである。
またm∈Mを任意にとるときm=me(m)=me(m0)e(m)、me(m0)∈G、e(m)∈RからM=G×Rである。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
