面白い問題おしえて〜な 35問目
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過去ログ(1-16問目)
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過去スレ
1 //cheese.5ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
2 //natto.5ch.net/test/read.cgi/math/1004839697/
3 //mimizun.com/log/2ch/math/1026218280/
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6 //mimizun.com/log/2ch/math/1057551605/
7 //science2.5ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
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11 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
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32 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1586230333/
33 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598637093/
34 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1608679703/
(前スレ) 何項か計算してみたら見覚えのある数字が
[1 % 2,1 % 12,0 % 1,(-1) % 720,0 % 1,1 % 30240,0 % 1,(-1) % 1209600,0 % 1,1 % 47900160,0 % 1,(-691) % 1307674368000,0 % 1,1 % 74724249600,0 % 1,(-3617) % 10670622842880000,0 % 1,43867 % 5109094217170944000,0 % 1,(-174611) % 802857662698291200000,0 % 1,77683 % 14101100039391805440000,0 % 1,(-236364091) % 1693824136731743669452800000,0 % 1,657931 % 186134520519971831808000000,0 % 1,(-3392780147) % 37893265687455865519472640000000,0 % 1,1723168255201 % 759790291646040068357842010112000000] >>38
できた
fx) = 1/x + ‥
とおく
条件からマクローリン展開の係数が一意に定まるので存在すればただ一つ
f(x)=1/(1-exp(-x))
である事を示す
それにはΓを原点の周りに正の向きに一周する周回路として∫[Γ]f(z)^ndz =2πiを示せば良い
n=1で明らか
ここでf(z)^(n+1)-f(z)^n=exp(-z)/(1-exp(-z))^(n+1)はΓ上で原始関数を持つからf(z)^nのΓ上の線積分値は全てのnで等しいから主張が従う
特に求める値は
f(1)=e/(e-1)
である >>44
正解です！(Σaiはf(1)-1なので1/(e-1)ですね)
まさしく複素積分を使った答えを期待していました >>34
７次のモジュラー等式のまとめ(Ramanujan's Notebooks IIIのChapter19 p314 Entry19)
でq=e^(-π)に相当するモジュラスを√α=1/√2と置いて(i)式を解くと
β=(1/2)-3*2^(1/4)*7^(1/8)√(167611-72864√2*7^(1/4)+63351√7-27540√2*7^(3/4))
と求まり(q=e^(-7π)に相当)これを(ii)式に代入してKの倍率を求めると
m=7^(7/8)√(61√2+23√14-53*7^(1/4)-20*7^(3/4))
したがって
Σ[k=-∞,∞] e^(-7π k^2) = m^(-1/2) Σ[k=-∞,∞] e^(-π k^2)
= (7+4√7 + 7^(1/4) (5+√7)√2)^(1/4) π^(1/4)/(√7 Γ(3/4))
と計算できる >>46
おお、thx
確認してみます
結局のところアルゴリズム化は今のところされてない感じですかね？ f(x) = 1/{1 - e^(-x)},
a_0 = - B_1 = 1/2,
a_i = B_{i+1}/(i+1)! (i が奇数)
= 0 (i≧2 が偶数) 前スレの話の続きばかりで申し訳ないんですけど、ramanujan の lostnotebook って再編されたバージョンがあるんですかね？
例えばLosnotebook part IIIで検索すると多くの文献で参照されてるやつと、springerのシリーズに入ってるのと２つヒットしてすごい鬱陶しいんです
作者もタイトルも同じだから後者が前者の再編バージョンだと思うんですけど
しかしページ番号もセクション番号の振り分けも全く違うので後者の方は全く役に立たないorz >>49
勘違いしていたらすまないが
"Ramanujan's notebooks"と"Ramanujan's lost notebook"を
検索エンジンが混同しているのでは
前スレと本スレで引用しているのは前者のほう
簡潔な違いの説明は
https://www-math.ias.tokushima-u.ac.jp/~katayama/suori/lostnb.pdf >>50
あざっす
そういう事ですか
別物なんですね
とりあえず今chapter19に挑戦中です >>25 関連の問題:
f[n](x) = (1/2)^n (d/dx)^n {(1+x^2)^n}
で定義される関数列 f[n](x) が漸化式
f[n+1](x)=(2n+1)xf[n](x)+n^2f[n-1](x)
を満たすことを、なるべく簡潔に証明せよ。 >>52
とりあえず
i^nfn(-ix)/n! = Pn(x)
とおけば
Pn(x) = (d/dx)^n(x^2-1) /2^n/n!
すなわちPn(x)はLegendre pilynomialのRodriguesの定義式に一致して示すべき等式は
(n+1)P(n+1)(x) = (2n+1)Pn(x) -nP(n-1)
すなわちBonnetの関係式になる
つまり求められてるのは
「Legendre多項式をRodriguesの定義式で定める時、定義式からBonnetの関係式を導出せよ」
になるのかな？ とりあえず帰納法
まず直交性
(Pm,Pn) = ∫[-1,1] .Pn(x)Pm(x)dx = 2δmn/(2n+1)
は初等的に証明できる
https://risalc.info/src/Legendre-polynomial.html
最高次数はRodriguesの定義式からも容易にえられるから(n+1)P(n+1)のそれと(2n+1)xPnの最高次数は一致する事も容易
(2n+1)xPn-nP(n-1)がn次以下の全ての多項式と直交する事を言えば良い
n-2次以下で自明
P(n-1)との直交性は帰納法の仮定から
xP(n-1)=(nPn-(n-1)P(n-2)/(2n-1)
が言えているから
(2n-1)((2n+1)xPn-nP(n-1), P(n-1))
= ((2n+1)Pn (nPn-(n-1)P(n-2)),1) - (P(n-1), P(n-1)) = 0
Pnとの直交性はxPn^2が奇関数になる事から明らか
以上により(n+1)P(n+1)と(2n+1)xPn-nP(n-1)は最高次と(n次以下の多項式においての直交補空間が一致する等しい >>54
正解です。
想定していた解答は、ε>0としてCauchyの積分公式のn階微分
f[n](x) = n!(1/2)^n(1/(2πi))∫[|z-x|=ε](1+z^2)^n/(z-x)^2 dz
を
f[n+1](x) - (2n+1)xf[n](x) - n^2f[n-1](x)
に代入し、二回部分積分して0になることを確認する方法です。
この方法だと直交性などの性質は必要なく、直ちに証明が得られます。 訂正:
×f[n](x) = n!(1/2)^n(1/(2πi))∫[|z-x|=ε](1+z^2)^n/(z-x)^2 dz
〇f[n](x) = n!(1/2)^n(1/(2πi))∫[|z-x|=ε](1+z^2)^n/(z-x)^(n+1) dz >>55
なるほどうまい
まぁ回り道してjacobi多項式周りの理論勉強できたからよしよう そうか
wikiのページにBonnetの公式を生成関数の係数比較で証明する方法が載ってたけど、肝腎要の生成関数が1/√(1-2xt+t^2)になる事の証明が載ってなかった
難しそうと思って手つけなかったけどコレも
1/(2πi)∫[|z|=suff. large] 2/(-tz^2+2z-2x+t)dz
積分するだけなんだ あ、いやsuff. largeではなくsuff. small
しかしどのみち無限和が一様可積分に収束するためにはtを十二分に小さくせねばならず、結果路がどんなに小さくとも極が路の中に入ってくるのか
これもしかして高木貞治に載ってた？ > 肝腎要の生成関数が 1/√(1-2xt+t^2) になる事の証明が載ってなかった
練習問題５-(17) にある。(266頁)
1/√(1-2xt+t^2) = Σ[n=0,∞] P_n(x) t^n, (1)
[解] tに関して微分して (1) と比較すれば 121頁公式 (7) が
得られるから、P_n(x) が Legendreの球函数であることが分かる。
・循環公式
(n+1)P_{n+1}(x) - (2n+1)x P_n(x) + n P_{n-1}(x) = 0. (n≧1) (7)
これを出すのに {P_n(x)} の直交性 >>54 を使う。
* 「解析概論」改訂第三版， 岩波書店 (1961) >>60
ですよね
やっと大昔やったの思い出した
懐かしき思い出 スレ違いかもしれないですが、考えて欲しいです。
例えば4月は10個5円、5月は3個20円のものがあれば、5月と4月の差は
30*20-10*50=10円で計算できますが、この計算式以外に5月と4月の差である10円を算出する方法はありますかね >>62
3*20-10*5=10円の間違いです。 前スレにあった「正方形を4片に分けて任意の比率の正方形を2つ作る」問題について
当初はこう考えて
https://i.imgur.com/sPsIHd4.jpg
1:1のほかには、斜辺と長い辺の差が1のもの、つまり(2m+1):2m(m+1)の分割のみ可能だと思ってたが
こうわければ
https://i.imgur.com/qVkKhdv.jpg
1:n (n>√3)を全て網羅できることに気づいた
あとは1/√3≦n<1, 1<n≦√3の場合が分かれば… >>36
座るだけで５万円かかる店らしいから、巨大ステーキではないと推測。 >>64
コレ今のところ確認できる「××片に分ければできる」といえる××は何片？ あ、いや、もしかして「任意の」だとそもそも必要最低分割個数は上に有界ですらないのかな？ >>67
5片だと確実に全ての比で分けれて何通りもあるっぽいです
最後の1:n (n>√3)なら4片でできるっていうのは盛大な間違いです >>69
5片でできるんですか？
面積10001の正方形を1×1と100×100にわずか4片で組み替えられるんですか？ わずか5片でした
なんか前スレで3平方の定理の証明の奴を使えばできるって言ってた記憶があるけどどうやるんでしょう？ >>35
0≦x≦aの範囲で部分積分する。
四半分のさらに1/3だから、
∫[0→a](25-x^2)^(1/2)dx=25π/12
2√｛25-(1.22276685862)^2｝=9.69635832866……
≒9.696 >>74
平面ハトメ返し
カンタベリー・パズル
ボヤイ・ゲルヴィンの定理
ハドヴィゲール・グリュールの定理 前>>75補足。
切断線はy軸に平行だから、
楕円よりもx軸方向に縮めた円で考えると楽。
直径10cmの円x^2+y^2=25を描き、
点(a,0)を通りy軸に平行な直線x=aで切ると、
切断線の端っこ(a,√(25-a^2)と(a,-√(25-a^2))の距離は、
2√(25-a^2)
y=√(25-x^2)を0≦x≦aの範囲で部分積分する。
半径5cmの円の四半分のさらに1/3だから、
∫[0→a](25-x^2)^(1/2)dx=25π/12
(上げてそのまま、上げて下げる)
※下げるのところで25-a^2を微分した-2aを掛けるのを忘れがち。割ったりしがち。
a(25-a^2)^(1/2)-a(-2a)/(25-a^2)^(1/2)=25π/12
a(25-a^2)+2a^2=25π√(25-a^2)/12
75a-3a^3+6a^2-(25/4)π√(25-a^2)=0
左辺が限りなく0となるaを探す。
a=1.22276685862のとき、
切断線2√(25-a^2)=2√｛25-(1.22276685862)^2｝
=9.69635832866……
≒9.696 奇数nに対して
f(n)=1/√nΣ[k=-n,n](-1)^k exp((-3k^2/n+k)π)
の値は-1,0,+1のどれかに非常に近い値になる
どのnがどの値に近くになるか？
また、なぜそのようになるか？ >>54
力技の別解
Rodriguesの定義式から直ちに
Pn(1-2y)=2F1(-n,n+1,1,y)
でこの置き換えにおいてBonnetの公式は2F1(-n,n+1,1,x)とおくとして
-(n+1)F(n+1)+(2n+1)Fn-nFn = 2(2n+1)xFn
左辺のk次の係数×(k!)^2×(n+k)×(-n+k-1)/(-n)_k/(n+1)_kを計算すると
(n+1)(k+n+1)(k+n)+(2n+1)(n+k)(k-n-1)+n(k-n)(kk-n-1)
=(4n+2)k^2
でコレは右辺のk次の係数に等しい >>78
f(n)を無限和に置き換えたものをg(n)と置くと
f(n) = g(n) + O(exp(-2πn)/√n)
g(n) = 1/√nΣ[k=-∞,∞](-1)^k exp((-3k^2/n+k)π)
Cを実軸からa (aは任意の正の数)離れた上下2本の直線とすると留数定理より
= 1/(2πi√n)∫[C](π/sinπz) exp((-3z^2/n+z)π) dz
= 2/√n Re∫[-∞-ai,+∞-ai]1/(1-exp(-2πiz))) exp((-3z^2/n+z-iz)π) dz
= 2/√n ReΣ[k=0,∞]∫[-∞-ai,+∞-ai]exp(-2πikz)) exp((-3z^2/n+z-iz)π) dz
和の各項に関して a=n(2k+1)/6, z=t+n(1-(2k+1)i)/6 と置くと(平方完成+ガウス積分)
g(n) = 2/√n Σ[k=0,∞]Re∫[-∞,+∞]exp(-3πt^2/n-πn(i+2(1+i)k+2k^2)/6) dt
= 2/√3 Σ[k=0,∞]Re exp(-πn(2k(1+k)-(1+2k)i)/6)
ここでk=2までの和で近似すると
g(n)= 2/√3 cos(πn/6) (1 + O(exp(-2πn)))
したがって
f(n)≒2/√3 cos(πn/6)
n≡±1 mod 6 のときほぼ (-1)^(floor((n+3)/6))
n≡3 mod 6 のときほぼ 0
誤差はO(exp(-2πn)) >>81
正解です！nに関してmod 12周期になってるのがポイントです
背後にη関数の保型性があって、それを使った証明を想定していたんですが直接複素積分で示してしまうとは驚きです 誤差がexp(-2πn)くらいなので非常に整数に近く、
例えばこれを利用すると次のような問題が作れる
【ひっかけ問題】
Σ[k=1,25] (-1)^k exp(-0.12k^2 π) cosh(kπ)
= 1.999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999984…
しかし和を∞まで計算しても2に収束するわけではない！ >>84
n=12m±3のときはkと4m±1-kの項が打ち消し合う
n=12m±1,±5のときは五角数定理を使ってq=exp(-2π/n)のη関数形にして、さらに保型性でq=exp(-2πn)の形にする
というものでしたが、改めて考えるとη関数を経由させるより直接θ関数の保型性(ヤコビの変換公式)を使って示す方がnを一斉に扱えて良いかも知れません >>52
とりあえず
二項公式で展開する。
f[n](x) = (1/2)^n Σ_{k=[(n+1)/2], n} C[n,k] x^(2k-n),
f[n+1](x) - (2n+1) x f[n](x) - n^2 f[n-1](x)
における x^(2k+1-n) の係数は
(1/2)^n {(k+1)(2k+1)C[n+1,k+1] - (2n+1)(2k+1-n)C[n,k] - n^2 2C[n-1,k]}(2k)!/(2k+1-n)!
ここで
C[n,k] = n!/(k!･(n-k)!),
を使えば 0 となる。
高校生向け (簡潔かどうかは？だが) 訂正…
f[n](x) = (1/2)^n Σ_{k=[(n+1)/2], n} C[n,k] (2k)!/(2k-n)!・x^(2k-n),
でした。 >>86
η関数を使う場合
n=6m±3のとき
f(n)=1/√nΣ[k=-n,n](-1)^k exp(k((2m±1-k)π/n)
はkと2m±1-kの項が打ち消し合うので
=1/√nΣ[k=-n,-n-1+2m±1](-1)^k exp(k((2m±1-k)π/n)
=1/√n(-exp(-(4m+1±2))(1+1/n)π)+…)
=O(1/√n exp(-2nπ/3))≒0
n=6m±1のとき
f(n)=1/√nΣ[k=-∞,∞](-1)^k exp(-(k-m)(3(k-m)-(±1))π/n+(n-1/n)π/12)+O(1/√n exp(-2nπ))
ここで±(k-m)→kと置き直すことで
=(-1)^m/√n Σ[k=-∞,∞](-1)^k exp(-k(3k-1)π/n) exp((n-1/n)π/12)+O(1/√n exp(-2nπ))
ここで五角数定理を使って
=(-1)^m/√nexp((n-1/n)π/12)Π[k=1,∞](1-exp(2πk/n))+O(1/√n exp(-2nπ))
ここでη関数の保型性を使って
= (-1)^mΠ[k=1,∞](1-exp(2nπk))+O(1/√n exp(-2nπ))
再び五角数定理を使って和に直しk=0以外を誤差にして
=(-1)^m+O(exp(-2nπ))≒(-1)^m
θ関数を使う場合
n=12m+δのときτ=3i/n, z=-δ/6とおくと
g(n)=√(τ/3)Σ[k=-∞,∞](-1)^k exp(πiτ(k-2m)^2-2πiτz(k-2m)+(1/(4τ)+τz^2-1/4)πi)
ここで(k-2m)→kと置き直すことで
=√(τ/3) exp(1/(4τ)+τz^2-1/4)πi)θ_4(τz,τ)
ここでヤコビの変換公式を使うと
=1/√3 exp(πi/(4τ)) θ_2(z,-1/τ)
=2/√3 Σ[k=0,∞]exp(-nπk(k+1)/3) cos((2k+1)δπ/6)
ここでk=0以外を誤差にして
=2/√3 cos(2πδ/12)+O(exp(-2nπ/3)) よく考えたらポワソンの公式
Σ[k=-∞,∞]exp(-πt(k+z)^2)=1/√t Σ[k=-∞,∞]exp(-π/t k^2+2πikz)
を使うのが一番すっきり示せるのかな
(まぁ実質どれも同じ計算なわけだけど) η関数出発で問題作ったから12周期が出てきたけど、別に任意の4a周期は作れるのか
1/√nΣ[k=-∞,∞](-1)^k exp((-ak^2/n+k)π)
=1/√nΣ[k=-∞,∞]exp(-aπ/n(k-(1+i)n/(2a))^2+πin/(2a))
=1/√aΣ[k=-∞,∞]exp(-nπ/a k^2+πi(1+i)n/a k+πin/(2a))
=2/√aΣ[k=0,∞]exp(-nπ/a k(k+1))cos((2k+1)πn/(2a))
≒2/√a cos(2πn/(4a))
2/√a cos(2πn/(4a))がa=2,3のときは奇数nで整数値をとるから他のaと比べて良いというだけか >>91
なるほどJacobi Identity使って分子の3が分母に来るわけですね >>83
n Σ[k=1,n] (-1)^k exp(-(3/25)kkπ) cosh(kπ),
--------------------------------------------
05 2 - 82.4235015159937590911
10 2 + 7.84587270100255882648 × 10^(-6)
15 2 + 4.12392098419745533985 × 10^(-21)
20 2 + 1.40629318948221261560 × 10^(-44)
21 2 + 2.96668015619495580720 × 10^(-50)
22 2 + 2.94452331880591894796 × 10^(-56)
23 2 - 1.37502090401921851199 × 10^(-62)
24 2 - 1.20840444689289931250 × 10^(-68)
25 2 - 1.51050555080910277112 × 10^(-68)
26 2 - 1.51050551958101577434 × 10^(-68)
27 2 - 1.51050551958101729310 × 10^(-68)
28 2 - 1.51050551958101729310 × 10^(-68) 連続関数f:[0,1]→Rに対して
{x∈[0,1] | f(x)=0}の境界の1次元ルベーグ測度は0か？ >>100
[0,1]内の全ての有理数を適当に番号づけて {p_n｜n≧1} と置く。
連続関数 f_n：[0,1] → [0,1/2^n] であって
{x∈[0,1]｜f_n(x)＞0} ＝ [0,1]∩(p_n−0.1^n, p_n＋0.1^n)
を満たすものを何でもいいから1つ作る。
f：[0,1]→[0,1] を f(x)：＝Σ[n＝1〜∞] f_n(x) で定義すると、
右辺は [0,1] 上で一様収束するので、f は連続である。また、
{x∈[0,1]｜f(x)＝0} ＝ [0,1]−∪[n＝1〜∞](p_n−0.1^n, p_n＋0.1^n)
となることが分かる。右辺は内点を持たない閉集合であることが確かめられる。
特に、{x∈[0,1]｜f(x)＝0} の境界はそれ自身である。そして、
μ(∪[n＝1〜∞](p_n−0.1^n, p_n＋0.1^n)) ≦ Σ[n＝1〜∞] 2 * 0.1^n ＜ 1
なので、{x∈[0,1]｜f(x)＝0} の境界の1次元ルベーグ測度は正である。 nが2進数表示でe桁とする
e>1と1〜nの中に2^(e-1)の倍数がただ一つある
この時vを2進付値とすればv(Σ1/k)=-e+1<0であり整数ではない
∴整数となるのはn=1の時のみ (大意)
n < 2^e
n>1 のとき e>1
1〜n の中に 2^(e-1) の倍数がただ一つある … 2^(e-1).
N = 2^(e-2)･LCM{3,5,7,…,2[n/2]+1}
とおくと
n≠2^(e-1) のとき N/k は自然数。
n=2^(e-1) のとき N/k = (奇数)/2,
N･Σ[k=1,n] 1/k = (自然数) + (奇数)/2,
∴ n>1 のとき 左辺は整数ではない。 懐かしいな。高校生のとき帰納法で解いたわ。
n≧2 のとき Σ[k＝1〜n] (1/k) ＝ 奇数 / 偶数 が成り立つことを、n≧2に関する帰納法で示す。
n＝2のときは明らか。次に、m≧2を任意に取る。2≦n≦mのときは成り立つとする。
n＝m＋1のときを考える。nが奇数ならば、
Σ[k＝1〜n] (1/k) ＝ Σ[k＝1〜n−1] (1/k)＋1/n ＝ 奇/遇 ＋ 1/奇 ＝ 奇/遇
であり、成立。nが偶数ならば、n＝2M, M≧2 と表せて、
Σ[k＝1〜n] (1/k) ＝ (1/1＋1/3＋1/5＋…＋1/(2M−1)) ＋ (1/2)(1/1＋1/2＋…＋1/M)
＝ 整/奇 ＋ (1/2)(奇/遇) ＝ 整/奇 ＋ 奇/遇 ＝ 奇/遇
であり、やはり成立。数学的帰納法により、成立。
↑nが偶数のときの計算がポイント。 >>107
部分和ってのはn番目以下の項の和のことでしょ
勝手に部分を取っていいなら1/2+1/3+1/6=1とかあるし >>106
結局2進付値やね
Σ1/奇数 は2進整数、1/偶数=1/2Σ1/(偶数÷2)は帰納法の仮定より2進整数でない この三角形の生成規則がわかるだろうか
https://i.imgur.com/BH7OmVH.jpg
答えは「左斜め上にも右斜め上にも未登場の最小の自然数を並べたもの」(俺は当てられなかった)
例えば3段目の1番左は、右上に1と2が既に出てるので3が
6段目の左から3番目は、左上に4と3、右上に3と4と1が出てるので2があてはまる
この三角形は「2の累乗段目には全て同じ数が並ぶ」ことを説明せよ 全体から1引いて2進数表記にすると,
000 001 010 011 100 101 110 111 : i xor 000
001 000 011 010 101 100 111 : i xor 001
010 011 000 001 110 111 : i xor 010
011 010 001 000 111 : i xor 011
100 101 110 111 : i xor 100
101 100 111 : i xor 101
110 111 : i xor 110
111 : i xor 111
たとえば4段目に3が並ぶのは, i xor (011 - i) = 011 (0 <= i <= 3)だから つまりi+j段目の左からi番目は(どちらも0から数える)xor i j になるということか
うーん法則としてそうなってるとして証明はどうするの？
簡単？ あ、イヤできた
i+j段目の左からi個目について件の┛のライン上に同じ数字がならばない事は容易
0〜i xor j -1 までの数学が全て現れる事も帰納法で言えるからi xor jが来るのか じゃあ隣のスレから
オイラーのトーシェント関数をφ, そのk回合成をφ^kと書くことにする. このとき正の整数mに対して, nをφ^n (m)=1を満たす最小の自然数と定める.
このときn=O(log(m))となるか? もし異なるならば最も良い上界を与えよ. >>119
それは答え出そうにないな
wikiに載ってたオイラートーシェントーシェントの評価全部見回しても答えられそうな評価式ひとつもない いや緩い上界は簡単に見つかる
例えば素数pについてφ(p)=p-1だから, n=O(m)が言える >>119
2以上のmについて φ(φ(m))≦m/2 を示せば十分。
正の偶数 k について φ(k)≦k/2 であるから、mが偶数の時は
φ(φ(m))≦φ(m)≦m/2.
また、mが3以上の奇数の時は φ(m) が偶数になるため
φ(φ(m))≦φ(m)/2≦m/2.
以上により示された。 >>103
一般に、等差整数列の逆数の有限和
Σ[j=1,n] 1/(a+jd) (a>1, d>0)
は整数にならない。
数セミ増刊「数学の問題」第(1)集, 日本評論社 (1977)
●87 あ、むりか
ちょっと考えればすぐにわかることだった p(k)=Σ[1≦i≦n](x_i)^kとおく
p(k)=1 (1≦k≦n-2), p(n-1)=2, p(n)=n のとき
p(k)(k>n)の値も自動的に決定する
p(k)が整数値になるk>nが存在することを示せ 解と係数の関係から
x^n-x^(n-1)+ax+b=0 (x=x_1,x_2,…,x_n)
となるa,bの存在を利用する感じなのかな
どっちも有理数ということはわかるけど… >132
a = (-1)^n/(n-1)
b = (-1)^(n-1)(n^2-3n+1)/(n(n-1))
かな
なのでp(k) (n+1≦k≦2n-1)で分母に来れるのはn(n-1)の約数だけでしかも(n+1≦k≦2n-3)まではnの約数しか来れないところまでは簡単
頑張らないといけないのはk=2n-2とk=2n-1のときだな 違う
> a = (-1)^(n-1)/(n-1)
> b = (-1)^(n-1)(n^2-3n+1)/(n(n-1))
だ
n=4→p(k) = p(k-1)+1/3p(k-3)+5/12p(k-4)
n=5→p(k) = p(k-1)-1/4p(k-4)-11/20p(k-5)
n=4→p(k) = p(k-1)+1/5p(k-5)+19/30p(k-6)
‥ >>134
まだ違う
a = 1/(n-1)
b = (n^2-3n+1)/(n(n-1))
だ
n=4→p(k) = p(k-1)+1/3p(k-3)+5/12p(k-4)
n=5→p(k) = p(k-1)+1/4p(k-4)+11/20p(k-5)
n=6→p(k) = p(k-1)+1/5p(k-5)+19/30p(k-6)
...
か
なのでpn〜p(2n-3)までは公差(n-1)/nの等差数列でp(2n-3)=(2n^2-4n+3)/n
∴ p(2n-2)
=p(2n-3)+1/(n-1)p(n-1)+(n^2-3n+1)/(n(n-1))p(n-2)
=(2(n-1)^3+n^2)/(n(n-1))
p(2n-1)
=p(2n-2)+1/(n-1)p(n)+(n^2-3n+1)/(n(n-1))p(n-1)
=2n 正方形をいくつかの三角形に分割する
全ての辺の長さが整数になるとき、正方形の大きさが最も小さいものを答えよ よく簡単に見つけられるなあ。すばらしい。
それはさておき、そうすると 12x12 も満たすのでそれ以下ということになるな。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
