【数セミ】エレガントな解答をもとむ 4【2021.08】
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が エレ解について質問なのですが、これは高校数学までで解ける問題しかないのでしょうか? いろいろですね。
入学試験のように、とくに出題範囲が決まっているわけでもなさそうです。
問い合わせるなら
susemi_elegant@nippyo.co.jp 無差別級です。そこが良いところ。小学生レベル範囲の解答から大学数学科レベルの解答
まで、使用する知識に制限はありません。
そうだ、ピックの定理をご存知ですか?
この定理の証明法には、小学生レベルのもの〜最先端代数幾何レベルまであります。
不思議ですよね。。。。
一番うなるのは、ワイエルシュトラウスのペー関数を使う証明。。 もちろん、小学生レベルの証明=簡単を意味しません。
小学生レベルの証明も頭を使うことに変わりありません。 個人的な感想ですが、
初心者からセミプロまで、それぞれのレベルで解答可能で、 >>6
解答しているうちにレベルが上がるので病みつきになり、
気が付けば数学愛好家であり、(将来の)本誌読者になっている、
というのが出版社のシナリオではないか?
囲碁や将棋と同じだなぁ
あくまでも個人的な感想です。 >>6
Weierstrassはワイエルシュトラスと読んでください >>8編集部はピックの定理の証明のような問題
求めているのだと思います。そんな良問、数学研究者
でもなかなかおもいつかんだろうが。。。 長年解いてきた俺がとおりますよ
泥臭く補題を積み重ねる問題が半分以上
3ヶ月に1問は簡単すぎるか有名すぎてつまらない
半年に1問は難問で、ググりまくって元論文を見つけ出せたとしても容易には解けない
これを解くのに快感を覚えるようになったらおめでとう、君も常連の仲間入りだ。
2年に1問はピックの定理
3年に1問は分散はなぜ2乗なのか?
5年に1問は出題者が誤答する
俺様統計によると良問率は20%
記憶に残るほどの良問は年に1,2問くらいかな
難しく興味深い問題でもちょっとググってアッサリ答えが見つかってしまうものは良問としてカウントしない >>15
本誌1つ目の解答に痺れましたわ
この問題、多くの人間がフェルマーの定理を使う誘惑に駆られたはずw 手抜きなく厳密に解答をチェックした点も高評価
数学なんだからこうでなくちゃね
たまに
全員正解にしました
なんてのあるけど厳密な解答をせっせと仕上げた常連にとっては興醒めですわ
つまらんミスを見逃してやるくらいならいいけども。 >>16
御明察!!エレ解に谷山志村予想??やり過ぎだろう
と思いました。数オリに類似問題あり、これかな?と
思ったが、2番ってエルゴード性、稠密定理と関連
してないか?とか考えてるうちに時間切れ。。 ところで、数学セミナーは海外の大学図書館への配送されてますかね? >>19
大学図書館は数多く見ましたが数学セミナーは見たことがありません
広州の大学では岩波本の棚がありましたが >>20残念、是非、インターナショナルな雑誌になって欲しい 数セミ、エレ解、2021年7月号、1番:離散対数絡みでない? なんと!!『数学セミナー』も60周年か。。。素晴らしい!!
戸田アレクシ哲先生もNoteに出場されておったの・・・・ 京都大学数学教室主催、ガロア祭をみよ!!
塩田先生の問題は、やはり稠密定理絡みであったか。。。。。
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/ja/node/4678 梅雨が明けたら、4分の2の季節は…
いやいや、暑くて茹だこですよ。
今ごろ出題1を出してるのは、たぶんオレだけだろうな。(#1462) こう暑いと 閃かないんだよな。
2回軸の本数とkの関係とか… どちらの方にも解けるって言わなくねー?とは言いたい はじめの3分間は無解答だったから
pの値に対して 3≦x<y が1組しかない場合
sの値に対して 3≦x<y が1組しかない場合
は省いて良かろう。
そのうえで pの値とsの値の対応を考えるかな? 1分でなく3分ってのは期待値を考えろと言ってるんだよねえ
3分過ぎてから突然ってのは?
3分経過後Sが回答しないのを見てPが回答したのか、3分経過後間髪入れずにPが機先を制する形で回答したのか 「正統な根拠」とか「この問題はどちらの方にも解けます」とかの文言が確率は絡まないと言ってるようにも思える コレの系列やろ
en.m.wikipedia.org/wiki/Sum_and_Product_Puzzle >>43
その場合1分で5万ずつ減る設定どう使う? >>45
それもそうか
なら「正当な根拠」っていうのはもっともらしい理由くらいの意味と捉えるべきなのかもしれない。
でも「この問題はどちらの方にも解けます」は何だろう。
例えば確率が1/2ずつの解消できない2択があってどうやっても正当な根拠が示せない状況はないですよ、みたいな感じ? >>46
対等、期待値が同じ、の意味に解さないと話が通らないような
でもそれだとSとPは同時に回答しなきゃいけないような
もうこの問題捨てるか p=3*大きな素数だった場合ってP氏は50万獲得できんの? 正しい問題解釈を誰か教えてくれ
スタートラインにも立てない Xを3以上の自然数の自然数の2元集合の全体とする
Xの部分集合の列Xiが以下で与えられている
X0 = X
X(i + 1) = Xi
\ { ( u,v ) ∈ Xi | uv = ab, ∀{k,l} ∈Xi \{{ u,v}} uv ≠ kl }
\ { ( u,v ) ∈ Xi | uv = ab, ∀{k,l} ∈ Xi\{{u,v}} u+v ≠ k+l }
今X3の元{a,b}が
∀{k,l}∈X3 \ {{a,b}} kl ≠ ab
∃{k,l}∈X3 \ {{a,b}} k+l = a+b
を満たしているとき{a,b}を求めよ >>48
数学愛好家ならどんなに大きい数でも素数か否か瞬時に判別できるはずだぞ >>51
そうなる根拠が解らぬ
5万円でも1円でも答えは変わらないのね? やっぱり問題設定が分からん
逐次情報をやり取りするなら分かるが、1分に1回やり取りしたと考えるのは無理がある 理にかなわない行動をして相手の誤答を誘う心理戦とかありそう >>19エレガントナ解答の正解者調べたら
カナダ、シンガポールからの投稿者もあった。
日本人だけど。結構、海外赴任中に購読されておられる
マニアの方もおられるのでは??
よって、インターナショナルな雑誌と認定。 >>19エレガントナ解答の正解者調べたら
カナダ、シンガポールからの投稿者もあった。
日本人だけど。結構、海外赴任中に購読されておられる
マニアの方もおられるのでは??
よって、インターナショナルな雑誌と認定。 解答来ないってことは解けなかったんだな誰も、問題文の意味を。 まだかなまだかな〜♪
エレ解の、オジサンまだかな〜♪ とりあえず問題の定式化はそこまで難しくないやろ
まず集合S(s,n),をそれぞれ「x+y=sである場合S氏か最良の推論をした場合にn回目の挑戦終了時点で残る(x,y)の可能性の集合」と定めたい、P(p,n)も同様に定めたい、どうするか
まず当然S(s,0)、すなわちsの値以外なにも情報がない時点では
S(s,0) = { (x,y) | x\+ y=s }
とするしかないのはいい
P(p,0)も同様
S(s,k-1),P(p,k-1)まで定められたときS(s,k),P(k,p)はどうなるかだけどk-1回目終了時点からk回目終了時点の間でS氏が得た情報は「k回目においてもP氏は(x,y)を特定できなかった」しかないのだからこの情報だけを利用してS(k-1)から除外できる数を除外したものがS(k)になる
すなわち(a,b)∈S(s,k-1)が除外できるのはk-1回目の挑戦でP氏が確定できないもの、すなわちP(ab,k-1)={(a,b)}であるものである
何故ならP(ab,k-1)はk-1回目の挑戦でP氏が最良の推論で絞り込める最小の集合としてすでに定められているので、ココに(a,b)以外の、他の元が入ってないことがP氏がk回目の時点で確定できる条件となる
結局S(s,k)は
S(s,k) = S(s,k-1)\{(a,b) ∈ S(s,k-1) | P(ab,k-1) = { (a,b) } }
と定められる事になる
P(p,k)も同様に
P(p,k) = P(p,k-1)\{(a,b) ∈ P(p,k-1) | S(a+b,k-1) = { (a,b) } }
と定められるとわかる
後はコレでP(p,2)は一元集合ではないけどP(p,3)は一元集合となるpを求める問題とわかる >>65
なぜそうなるのか本当に分からん
1分毎に1度だけ回答機会が与えられるという設定ならまだしも
しかも1分おきに5万円という設定も解答に使わないのであれば、分単位の時間経過はなんの意味ももたないのでは? 互いが相手のことを知らない
=相手の数学力や論理的思考力の程度が分からない
=1分待ってみないと相手が考え中なのか解答不能なのか判断できない
と解釈すれば >>65 みたいにnを離散的にとっていいことになる・・・か? >>67
うーんこの手の問題は両者perfect logicianであることを仮定するからなあ みんな>>65のように解釈したのかなぁ
それならよくあるSPの会話形式でええじゃないの...
50万から5万ずつ下がり、間違えたら半額が相手に渡るなんていかにも意味有りげな設定は無視していいわけ?
単に1分おきにお互い"無言"のメッセージをやり取りしたってのが題意だというなら繰り返すけどSPの会話形式でエエジャナイカ... おれはやっぱりT内さんの問題が好きになれんわ
ちと作問が独りよがりに過ぎんかね
みんな楽しめたんならなによりだが、俺はエレガントな解答じゃなくて問題の正しい解釈を見つけるのに9割5分の時間を割くはめになった
もう出題2はいいや
誰か納得いく説明や新解釈があれば話聞きたいけど
出題1は易しい良問で楽しめたよ 3≦x<yなる任意の整数x,yについて頂点(s,x+y)と頂点(p,xy)の間に辺を張った無限単純無向二部グラフGを作る.
Gの次数1の頂点に対応する(人,封筒の数)だった場合は,その人にとってのx,yの候補が1通りなので即答できる.
Gの次数1の頂点を全て除去したグラフをG'とする.
G'の次数1の頂点に対応する(人,封筒の数)だった場合は,その人にとってのx,yの候補は2通り以上ある.
しかしそのうち1通りを除きもしその候補なら相手が即答しているはずであるから,残る1通りを自分が即答すればよい.
以下同様に次数1の頂点がなくなるまでGの頂点を除去しきったグラフをHとする.
S氏,P氏は数学愛好家なので(?)Hを得るまでは一瞬で,ここから期待値を考え始める.
ここまでは考えたんだがHが無限グラフなんでどうにもならん.
せめてx,yに上限があれば…… 今ごろ出題1を出してるのは、オレだけかも。(#1495) 先月の問2について
同じアイディアが既に出ているかも知れないが具体的にやる。
x,yの組を(x,y)と書く。
p=xyは条件より12以上がわかる。12〜30までのpの候補のうち、
条件を満たす選択肢が2つ以上あるのは、
p=24のとき(3,8)か(4,6)
p=30のとき(3,10)か(5,6)
ここでp=24もp=30もないことを示す。
p=24として、(4,6)だったとする。対応するs=10の選択肢は(3,7)か(4,6)の二つ。
(3,7)の場合p=21となりpは即答しているので、(4,6)となる。
しかしこの場合sが解答できるので、これもなし。結局p=24のとき(3,8)が解答になる。
するとpが解答できるので(3,8)もなし。以上よりp=24はなし。
p=30であり、(5,6)だったとする。対応するsは11でその候補は
(3,8)か(4,7)か(5,6)となる。(3,8)がないことは上の通り。
(4,7)はpが即答するのでなし。(5,6)となるがこの場合sが解答できるのでなし。
よってp=30のとき(3,10)となるがpが解答できるのでなし。pは31以上である。
(ここまでの考察で数字が与えられていれば3分はかからないと思う。) 1出して 2に取りかかる 残暑かな
(難易度情報なし) 九月号はベストセラーで売り切れですね!!西浦先生の記事のせい 俺も西浦さんの記事見たよ
世間のニュースより数セミの方が周知が早かったな [特集1]
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ところで、ご老公は大丈夫だろうな。 2021年9月号
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■出題1
(1) 楕円はその中心に関して点対称であり、180°回しても同じ。
中心を共有する2つの楕円E, E'の交点も点対称に配置する。
本題では交点は凸四角形をなすが、点対称なので対辺は平行となる。
∴ 凸四角形は平行四辺形に限る。
このあと、平行四辺形の4頂点を通る楕円の中心が 対角線の交点に
固定されることを示す。(略)
(2) は数式に頼ってしまった。
二本の軸の傾きが同じ2つの楕円E, E'を考える。
二本の軸は直交するから、x軸・y軸に平行としてよい。2つの楕円は
ax^2 + cy^2 + dx + fy + g = 0 (ac>0) … (E)
a'x^2 + c'y^2 + d'x + f'y + g' = 0, (a'c'>0) … (E')
と表わされ、xyの項はない。
もし a/a' = c/c' ならば、交点は直線上に並ぶことになり、
4点が凸四角形をなすことと矛盾する。∴ a/a' ≠ c/c',
(E), (E') から鶴亀算により
x^2 + y^2 + d"x + f"y + g" = 0, … (E")
∴ 凸四角形は円に内接する。言い換えれば、対角の和が180°である。
凸四角形の4頂点を通る楕円をE、その二本の軸をx軸・y軸とすれば
ax^2 + cy^2 + g = 0, … (E)
同じ4点を通る楕円E"は一般に
(ax^2 + cy^2 + g) - L(x^2 + y^2 + d"x + f"y + g") = 0,
と表わされ、xyの項は現われない。
∴ 楕円E" の二本の軸の傾きは、Eのそれと同じに固定される。 書くか
以下全集合はZの中で考える
集合Aと整数nに対して
A+n := { a+n | a∈A }
とかくとする
定理
0≦a<b<c, Z=∪[ i∈S | { a+i, b+i, c+i }が非交和とする
a,b,cの3進展開が同一の数にならない最小の桁が3^iの桁とする
このときa,b,cの3進展開の3^iの位は全て相異なる
∵) iについての帰納法
あるi0>0においてi<i0で正しいとしてi=i0とする
a≡b≡c≡r (mod 3) (r∈[0,2])とする
a'=[a/3],b'=[b/3],c'=[c/3],S'={ (i+r)/3 | i∈S,r+i≡0(mod 3)}とおけばZ=∪[i∈S']{a'+i,b'+i,c'+i}は非交和となるから帰納法の仮定から主張が従う
i=0の時を考える
Z=∪[ i∈S ] { a+i, b+i, c+i }が非交和とする
0=a,0∈Sとしてよい
Sn = {a+i,b+i,c+i | i ∈ [ cn, cn + c - 1 ] ∩ S }
とおき、さらに
An=(Sn-cn)∩[0,c)、Bn=(Sn-cn-c)∩[0,c)
とおく
このときあるk≧0とl>0で
Bk=[0,c)\A(k+1),
B(k+1)=[0,c)\A(k+2)
...
B(k+l-1-1)=[0,c)\A(k+l)
A(k+l)=Ak
となるものが取れる
SをS-ckに取り替えることによりk=0としてよい
T=∪[0≦n<l]Sn、t=clとおく
Tの最大元はc(l-1)+c-1=t-1以下である
f(x)=x^a+x^b+x^c、g(x)=Σ[i∈T]x^iとおく
f(x)g(x)
=Σ[i∈T]x^i
=Σ[0≦i<t]x^i - Σ[i∈[0,c)\A0]x^i +Σ[i∈B(l-1)]x^(i+t)
=Σ[0≦i<t]x^i + Σ[i∈B(l-1)]x^i(x^t-1)
≡1+x+‥+x^(t-1) (mod x^t-1)
である
特にf(x)g(x)は1+x+‥+x^(t-1)で割り切れる
またg(x)の次数はt-1以下である
b+cが3の倍数でないとする
このときf(x)の根は1の冪根ではない
実際ζが1の原始m乗根とする時1+ζ^b+ζ^cが0になるのはζ^b、ζ^cが相異なる1の原始3乗根である時に限られる
よってb/(b,m)=c/(c,m)=3である
さらにb/(b,m)+c/(c,m)≡0(mod 3)とならねはならずb,cについての仮定に反する
よってg(x)は1+x+‥+x^(t-1)の根を全て根とするからg(x)=1+x+‥+x^(t-1)で割り切れる
さらにg(x)の次数はt-1以下であったからg(x)=1+x+‥+x^(t-1)である
特に0,b-a∈T⊂Sとなるがbが{a,b,c}+0と{a,b,c}+b-aの両方に含まれることになり仮定に反する >>93
これ読んで自分が問題を読み間違えていることに気付いた >>94
元論文当たらずにこの発想にたどり着けた? 出題1って全事象が6^n通りなんだから推移行列どうこう以前に1/5や1/7になるはずなくね
確率を求めよ、にした方が良かったのでは >>100
その場合は、n回までの出目の和を s とする。
a=5 のとき
n回で ≡s (mod 5) となる確率は
(n-1)回で ≡(s-1) となる確率に1を足して6で割ったもの。
らせん状に解く。
・s ≡ n (mod 5) となる確率は
x_n = (1/5){1 + 4(1/6)^n},
・s ≡ n-1, n-2, n-3, n-4 (mod 5) となる確率はいずれも
x_n = (1/5){1 - (1/6)^n},
a=7 のとき
漸化式 x_{n+1} = (1/6)(1-x_n), (sによらず)
・s ≡ 0 (mod 7) となる確率は
x_n = (1/7){1 + 6(-1/6)^n},
・s ≡ 1,2,3,4,5,6 (mod 7) となる確率はいずれも
x_n = (1/7){1 - (-1/6)^n}, ついでに…
a=4 のとき
生成関数 g(x) = {(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)/6}^n
を展開したときの x^s の係数が、出目の和がsとなる確率。
4の倍数乗の項だけを拾うには
b_n = (1/4){g(1) + g(i) + g(-1) + g(-i)}
= (1/4){1^n + ((i-1)/6)^n + 0^n + ((-i-1)/6)^n}
= (1/4){1 + 2/(3√2)^n・cos(3nπ/4)},
これが 1/4 となるのは cos( … )=0 のとき。
∴ n = 4m-2. (mは自然数) 最近少し時間ができて数学を勉強し直しています。
高校の数学からやり直してますが、せっかくなのでエレ解にも挑戦してみようと思い、とりあえず10月号の出題2を提出しましたが、私にはなかなか難しく、簡潔な回答が思いつきません。
このスレの皆さんは凄いですが、どんな職業の人が多いのか興味があります。 出題2は答えの予想も立つし、証明もそれほど難しくないけど、官名な証明ほ見つからないな 2021年10月号
■出題2
D(X) = {a_j-a_i | i<j } を j-i の値で組分けし、組員の数を
d_L = #{a_j-a_i | j-i=L }
とする。(L=1,2,…,n-1)
d(X) = #D(X) = d_1 + d_2 + …… + d_{n-1}
d_1 = #{1,c} = 2, (題意)
d_{n-1} = #{a_n-a_1} = 1,
d_L = 1 ならば d_{K*L} = 1.
階差列 I(X) が (1,c,1,c,…) または (c,1,c,1,…) のとき
d_L = 2 (L:奇数), d_L = 1 (L:偶数)
f(n) = [3(n-1)/2]
これが最小?
(命題)
1≦i<j, i+j=(奇数)≦n, GCD(i,j)=1
ならば d_i >1 または d_j >1.
どうかな? >>102
a=5 のとき
n回で s≡r (mod 5) となる確率は
(n-1)回で s≡(r-1) となる確率に1を足して6で割ったもの。
ここに 0≦r<5
修正スマソ. >>106
真ん中だけ1、真ん中だけcのパターンもある。n<=8だと他にもある。 そうそう
Xの最小値は[3(n-1)/2]
コレはbが1スタートの場合
1c1c...
1111c1111
1111c11111
のタイプが無限系列で出てきてスポラディックな奴
1cc1
11c11c11
が出てくる
答えはコレでいいハズだけど簡明に書くのが難しい 上手い解き方を見つけた人はぜひ書き込んでいただきたい。
俺は場合分けの嵐のような、提出するのをためらう答案になってしまった。 >>111
おっと
そうそう
俺が作った解答はまず
Δ(k) = #{長さkのbの連続部分列に含まれるcの数}
m = min{ k | Δ(k)=1 }
とおく
n-1 = qm + r ( 0≦r≦ m )
とすれば頑張るとm≧3においてX = [ 3(n-1)/2 ]になりうるのは
・q = 1
・q=2, r=0
・( m, q, r ) = (3,2,2)
に絞られる
q = 1 のケースで11111c11111, 11111c111111の無限系列解と1cc1
( q, r ) = (2, 0 )のケースで1c11c1
( m,q,r ) = ( 3,2,2 )のケースで11c11c11
に絞れた
コレで多分全部 今んとこ間違いは見つけてないがエレガントではない解を張ってみる
準備
階差列I(X)を以下(b1,..b(n-1))とする
Δ(k):=#{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k項の部分列}
と定める
d(X)=Σ[k]Δ(k)
である
以下b(1)=1の場合を考える
Δ(k)=1であるkがなければd(X)≧2(n-1)である
以下そうでないとする
m=min{ k | Δ(k)=1 }とおく
n-1 = qm + r ( 0 ≦ r < m )
とおく
m=2のときd(X)=[3(n-1)/2]である
以下m≧3とする
条件(❇︎)を
m≧3, d(X)=[3(n-1)/2]‥(❇︎)
とおく
K1 = { k | Δ(k) = 1 }, K2 = { k | Δ(k) ≧ 2 }
とおく
claim1 (❇︎)が成立するには
#K1 ≧ #K2
が必要である
∵) 容易□
claim2 Δ(k)=1のとき b(p+k)=b(p)である
すなわちbは周期mの数列である
∵) Σ[p≦i≦p+k-1]b(i) = Σ[p+1≦i≦p+k]b(i)
によりb(p)=b(p+k)を得る□
claim3 k≦(n-1)-(m-1)に対してΔ(k)=Δ(k-m)である
すなわち最後のm-1項を除いてΔは周期mの数列である
∵) sをb(1)からb(m)までの中のcの数をsとするとき
a∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k項の部分列}
→a-s∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k-m項の部分列}
である
何故ならは連続k項の部分列b'の中のcの数がaのとき、その末尾m項を取り除いた部分列の中のcの数はa-sとなる
また
a∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k-m項の部分列}→a+s∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k項の部分列}
何故ならは連続k-m項の部分列b'の中のcの数がaのとき、k-m≦(n-1)-(2m-1)であるからb'の前か後ろかのいずれかの方向にm項列の長さを伸ばせる余地がありその伸ばした部分列の中のcの数はsとなる□ claim4 (❇︎)のとき#K1≦#K2+1である
さらに全てのkでΔ(k)≦2である
∵) Δの最初のm-1項と最後のm-1項を取り除いた列を考える
この部分列は初項が1で第2項〜第m項が2以上である周期mの数列である
従ってこの部分列の中でK1に属する項の数は多くともK2に属する項の数より高々1大きい事しか許されない
一方で最初に取り除いた2m-2項にはK2に属する項の数の方がK1に属する項の数より多いかまたは等しい
以上により#K1は高々#K2+1以下である
もしΔ(k)≧3となる項があるとする
n-1が奇数の時は[3(n-1)/2]=3(n-1)/2-1/2であり
d(X)≧1+2#K2+#K1
≧1+3/2#K2+3/2#K1-1/2
=3(n-1)/2+1/2
=[3(n-1)/2]+1
により(❇︎)に矛盾する
n-1が偶数の時は#K1≦#K2となり、[2(n-1)/2]=3(n-1)/2だから
X≧1+2#K2+#K1
≧1+3/2#K2+3/2#K1
=[3(n-1)/2]+1
により(❇︎)に矛盾する□
claim5 Δ(i) = Δ(i+1) = 1のときb(i+1)〜b(n-1)とb(1)〜b(n-i-1)は全てb(1)に等しい
∵) b(i+1) = b(1) = b(i+2)=...=b(n-i-2)=b(n-1)=b(n-i-1)である□ claim6 q≧2で(❇︎)が満たされるのはbが
b:1c11c1
b:11c11c11
のいずれかの場合である
∵) #K1≦#K2+1でΔの全ての項は1か2,n-1≧2mだからΔは
・(m-1個の2)12(m-1個の1)
・(m-1個の2)1221(m-1個の1)
の形しか許されない
前者のときΔ(m+2)=Δ(m+3)=1によりb(1)〜b(m-2), b(m+3)〜b(2m)は全て等しく、Δ(m)=1からb(m),b(m+1)もコレらに等しい
すなわちb(k)はb(m-1),b(m+1)を除いて全てb(1)に等しい
b(1)〜b(m)の中のcの個数とb(m+1)〜b(2m)の中のcの個数は等しいのでb(m-1)=b(m+2)である
さらにそれはb(3)〜b(m+2)の中のcの個数にも等しいからここに第m-1項は入ることができないのでm-1<3となりm=3を得る
よってbは
1c11c1
である事が必要である
コレは(❇︎)を満たす
後者のときΔ(m+3)=Δ(m+4)=1によりb(1)〜b(m-1), b(m+4)〜b(2m+2)は全て等しく、Δ(m)=1からb(m+1),b(m+2)もコレらに等しい
すなわちb(k)はb(m),b(m+3)を除いて全てb(1)に等しい
b(1)〜b(m)の中のcの個数とb(m+3)〜b(2m+2)の中のcの個数は等しいのでb(m)=b(m+3)である
さらにそれはb(4)〜b(m+3)の中のcの個数にも等しいからここに第m項は入ることができないのでm<4となりm=3を得る
よってbは
11c11c11
である事が必要である
コレは(❇︎)を満たす□
コレらは(❇︎)を満たす□ claim7 q=1の時(❇︎)が成立するのは
b: (m-1個の1)c(m-1個の1)
b: (m-1個の1)c(m-2個の1)
b: (m-2個の1)c(m-1個の1)
b: 1cc1
のいずれかの場合である
∵) K2は[1,m-1]を含むからK2の元数は少なくともm-1元ある
よって#K1≧#K2のためにはn-1≧2m-2が必要であり、よってr=m-2,m-1のいずれかが必要である
さらにいずれの場合にもK2=[1,m-1]、K1=[m,n-1]である
特にΔ(m)=Δ(m+1)=1が必要である
よってΔは
・(m-1個の2)(m個の1)
・(m-1個の2)(m-1個の1)
のいずれかの形しか許されない
前者のときΔ(m)=Δ(m+1)=1によりb(1)〜b(m-1), b(m+1)〜b(2m-1)は全て等しい
よってbは
(m-1個の1)c(m-1個の1)
である事が必要である
コレは(❇︎)を満たす
後者のときΔ(m)=Δ(m+1)=1によりb(1)〜b(m-2), b(m+1)〜b(2m-2)は全て等しい
b(m-1)=b(m)=cかつm≧4とするとbは11ccの形の連続部分列を含むので11,1c,ccの形の連続部分列をも含みΔ(2)≧3となって矛盾する
よってb(m-1)=b(m)=cとなるのはm=3の時に限られる
以上によりbは
b:(m-1個の1)c(m-2個の1)
b:(m-2個の1)c(m-1個の1)
b:1cc1
である事が必要である□ 11月の出題2がえらく簡単に思えるが何か勘違いしているかな。 今ごろ出題2の解答を出してるのはオレだけかも (#1600)
ちょっと複雑… うむ。
きのう出した出題1の解答 (#1614)
きょう出した出題1の解答 (#1615) >>120
コレ他の人の解答もみれんの?
hp見てもそれらしきリンクないけど 見れるワケないだろ。
自分の解答の整理#は確認メールで分かるけど… じゃあ番号貼るのなんで?
他の人にはなんの意味もないやん? 2021年11月号
■出題2
P2からx軸 (直線PoP1) に最速で接近 (降下) する枝を求めて
下限のy座標 >0 としました。 (必ずしも先端ではない)
・0 < θ ≦ π/2, ( [π/2θ]=m とおいた)
・π/2 ≦ θ ≦ 3π/4,
・3π/4 ≦ θ < π,
の3つに分けました。ちょっと複雑になりました。。。 ・0 < θ ≦ π/2 のとき
[π/2θ] = m とおいた。
辺の傾角 (0, θ, 0, -θ, -2θ, …, -mθ, -(m+1)θ, -mθ, -(m+1)θ, … )
1 - 2r cosθ + 2(r^{m+3}/(1-rr)) [cos((m+1)θ) - r cos(mθ)] > 0,
・π/2 ≦ θ ≦ 3π/4 のとき
辺の傾角 (0, θ, 2θ, 3θ, 2θ, 3θ, … )
1 + 2r cosθ + 2rr cos(2θ) > 0,
・3π/4 ≦ θ < π のとき
辺の傾角 (0, θ, 2θ, θ, 2θ, θ, … )
1 + 2r cosθ > 0, 出題1(2)
l,m,nを固定された実数とする
[-1,1]^3上の実数値関数a,b,cを
a = √(m^2+n^2-2mn(2x^2-1))
b = √(n^2+l^2-2nl(2y^2-1))
c = √(l^2+m^2-2lm(2y^2-1))
とする、ただしx,y,zは座標関数である
さらにF,G,Hを
F =1/(16( -a^4-b^4-c^4 +2(b^2c^2+c^2a^2+a^2b2))
G = (1-x^2-y^2-z^2+2xyz)
H = F - 3(lmnG)^(4/3)
K = F - lmn(l+m+n)G
によって定める
[-1,1 ]^3の閉集合Dを
D = { (x,y,z) | G(x,y,z) ≧0 }
で定める
DにおいてG≦1であるから容易にH≧Kである
補題
OA=√l, OB=√m,OC=√nであるOA,OB,OCを辺として含む平行6面体でθ=∠BOC, φ=∠COS, ψ=∠AOB, x=cosθ, y=cosφ, z=cosψとするとき
a,b,cはそれぞれBOC,COA,AOBを含む面の対角線の積であり(lmn)Gは平行6面体の体積の2乗である
またF≧0はBC=a,CA=b,AB=cとなる3点が存在するための必要十分条件であり、特にこのときFはこの3点の凸包の面積の2乗である
∵) 計算すれば容易に示される□ 補題
G=0のとき平面上の3点A,B,CをBC=a,CA=b,AB=cとなるように取れる
特にこのときH=K=Fは非負の値をとる
∵) θ,φ,ψ∈[0,π]をx=cosθ、y=cosφ、z=cosψとなるようにとる
このとき
G=4sin((θ+φ+ψ)/2)sin((-θ+φ+ψ)/2)sin((θ-φ+ψ)/2)sin((θ+φ-ψ)/2)
であるから
θ,φ,ψ∈[0,π]より
θ+φ+ψ∈2πZ
-θ+φ+ψ∈2πZ
θ-φ+ψ∈2πZ
θ+φ-ψ∈2πZ
のいずれかが成立する
いずれの場合でも
A(l,0),
B(mcos(2ψ),mcos(2ψ)),
C(ncos(2φ),-nsin(2φ))
とすれば良い
またこのときFはこの3点の凸包の面積の2乗であるから非負の値をとる□ 補題
Kは原点以外の内点で最小値を取り得ない
∵) まずxyz≠0である部分について考える
X=(mnx)^2, Y=(nly)^2, Z=(lmz)^2と変数変換してKをX,Y,Zの関数と見るとき非線形項は
-X^2-Y^2-Z^2+2(YZ+ZX+XY)-2k√(XYZ)
である、ただしxyz>0においてはk=l+m+n, xyz<0においてはk=-(l+m+n)である
このときHessian matrixの特性方程式は
- λ^3
+(- 6+(1/2)k√(XYZ)(1/X^2+1/Y^2+1/Z^2)) λ^2
+ 2k√(XYZ))(1/X^2+1/Y^2+1/Z^2-1/(YZ)-1/(ZX)-1/(XY)) λ
-k^3/(2 √(XYZ))
+ (2k^2)(1/X + 1/Y + 1/Z)
- (8k√(XYZ))(1/(YZ)+1/(ZX)+1/(XY))
+32
である
極小値をとる点ではHessian matrixの固有値が全て非負実数となる事が必要である
よってまず二次の項が負ではないからk≧0が必要である
さらに一次の係数は正ではないから
1/X^2+1/Y^2+1/Z^2-1/(YZ)-1/(ZX)-1/(XY)≦0
が必要でありX=Y=Zが必要とわかる
再度二次の項が負ではないから
- 6+(3/2)k/√(XYZ)≧0
よりX≦1/16k^2が必要である
(X,Y,Z)=(T,T,T)においては
K=3T^2-2kT^(3/2)+2(mn+nl+lm)T
であり
K' = 6T-3kT^(1/2)+2(l+m+n)
K'' = 6-3k/2T^(-1/2)
である
よって0≦T≦1/16k^2ではK'は単調減少であり符号が負から正へ転じる部分はないから内部で最小となる事はない
次に平面z=0のxy≠0にある内点について考える
ここではX,YについてのKの非線形項は
-X^2-Y^2+2XY
しかないからHessian matrixは
[[-2,1],
[1,-2]]
となりその固有値は-1,-3でありやはり内点で最小値をとらない
直線y=z=0の原点以外の内点についても同様であるから主張は成立する□ 主張
Kの最小値は0である
Dの内点で最小値をとるのはx=y=z=0の場合のみである
∵) 補題によりDの境界上のみ考えればよい
Dにおいてxが±1となるのはy=±zの場合のみであり、さらにこのときG=0となる
y,zが±1の場合も同様にG=0となるからG=0である境界についてのみ考えればよい
このときは補題によりF≧0となることが示されているのでK≧0である
また原点においてK=0である
原点以外の内点では最小値を取れないこともすでに示されている□
定理
平行6面体の3種類の面の対角線の積をa,b,cとするときa,b,cを3辺とする三角形が存在する
その面積は常に平行6面体の体積の4/3乗の√3倍以上である
等しくなるのは立方体の場合に限る
∵) 補題によりK≧0であるからF≧(l+m+n)V^2であるが(l+m+n)≧3(lmn)^(1/3)≧3V^(2/3)によりF≧3V^(8/3)である
ここでF>0がa,b,cを3辺とする3角形が存在するための必要十分条件でその時Fが三角形の面積の2乗を与えることから主張が成立する□ T=ABCD が平面四角形なら
三角形Sの辺 AC・BD をはさむ角は
Tの min{A+C, B+D} らしいけど…
四面体に拡張できるのかな?
* ブレットシュナイダーの定理 (1842) カードの問題、動的計画法を使ってコンピュータでは解けたけど、手では無理だった。もう少しだったんだけどなあ。 今月の問1は何だろう。指示通りに計算を進めると答えが出て、グラフ似てますね以外の感想が無いのだが。 問2は有名すぎない
3.05をもっと大きくしないとと思うが 有理数という縛りと、ある程度初等的にπにどこまで近づけられるかという合わせ技で中々面白いと思う 正多角形ではなく多角形と書いてあるのがポイントだと思ったのだが。 >>139
ほぼおんなじことでしょ
有理数なら正多角形(七角形以上なら)にそもそもならんし
正多角形でないからこそ有理数ともいえる
(正多角形でないのに面積は無理数でいいなんて訳わからんし) こういう感じの事やれという事やろ
https://youtu.be/FUDnpT17St4
この例では面積÷半径^2=2.823529411765なので使えないけど 先月号の締切だいぶ過ぎたけどπのやつはどんなの見つけた?
結局
@0<xi<π
Ax1+‥+xn=π
Bsin(x1)+...+sin(xn)は有理数
Csin(x1)+...+sin(xn)は3.05より大きい
を満たす(xi)をひとつ例示せよ
なんだけどBの縛りは
B'sin(xi)は全て有理数
が題意だと思って探したけど
なんか面白いのあった? 円周率のやつは単位円周上に有理点を打っていくとかいう面白くないのしか見つけられなくて(その有理点の打ち方も芸がない)投稿する気が失せた 誰も書かないので書いてみる
α=asin(1/7)、β=π/6-2αとおくと
cos(α)=4/7√3、sin(2α)=8/49√3、cos(2α)=47/49
sin(β)=1/2×47/49-√3/2×8/49√3=23/98
∴ π = 12α + 6β
≧ 12sin(α) + 6sin(β)
= 12/7 + 6×23/98
= 153/49
= 3.122448979592 ΣC[2k+1,j](-1)^j/(2k-2j+1)
=Σ[m=0,k]C[2k+1,k-m](-1)^(k-m)/(2m+1)
=Σ[m=0,k]C[2k+1,k+1+m](-1)^(k-m)/(2m+1)
=Σ[m=0,k](-2k-1):(k+1+m) (-1)^(k-m)/((2m+1)(k+m+1)!)
=-Σ[m=0,k](-2k-1):(k+1+m) (1/2):m /((3/2):m 1:(k+m+1))
= -(-2k-1):(k+1) / 1:(k +1)
Σ[m=0,k](-k):m (1/2):m /(3/2:m (k+2):m)
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1] 3F2(1/2,1,-k,3/2,k+2,1)
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(1+1/2)Γ(1+1/2-1/2+k)Γ(1+1-1/2)Γ(1+1+k)
/(Γ(1+1)Γ(1+1-1/2+k)Γ(1+1/2-1/2)Γ(1+1/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(3/2)Γ(1+k)Γ(3/2)Γ(2+k)
/(Γ(2)Γ(3/2+k)Γ(1)Γ(3/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(3/2)k!Γ(3/2)(k+1)!
/(Γ(3/2+k)Γ(3/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
4^kk!(k+1)!/((2k+1)!!)^2
= (-1)^k 16^k (k!)^2/(2k+1)! 与式
Table[sum[C[2*k+1,j]/(2*k-2*j+1)*(-1)^j,{j,0,k}] ,{k,1,10}]
https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5Bsum%5BC%5B2*k%2B1%2Cj%5D%2F%282*k-2*j%2B1%29*%28-1%29%5Ej%2C%7Bj%2C0%2Ck%7D%5D+%2C%7Bk%2C1%2C10%7D%5D&lang=ja
計算結果
Table[ (-1)^k* 16^k *(k!)^2/(2k+1)!,{k,1,10}]
https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5B+%28-1%29%5Ek*+16%5Ek+*%28k%21%29%5E2%2F%282k%2B1%29%21%2C%7Bk%2C1%2C10%7D%5D&lang=ja 3月号 出題2
まず交差なしのときの不等式を示す
その場合全て三角形としてよい
点の数をv、線分の数をe、面の数をs、凸包の辺数をnとして
1 = v - e + s
であるが3s + n = 2eより
3 = 3v -3e + 2e -n
∴ e = 3v - 3 - n ≦ 3v - 6
である
直角の公差を許す場合について考える
頂点の数をv'、線分の数をe'とする
公差している交点の総計をcとする
交差している部分を頂点と計上し、交差の部分で線分を切り離したとき、頂点はc個、辺は2c個増加する、すなわちv = v' + c、e = e' + 2cである
これを先ほどの不等式へ代入して
e' + 2c ≦ 3(v' + c) - 6
∴e' ≦ 3v' - c - 6 ≦ 6v' - c - 12 ( ∵ v' ≧ 2 ) 今月の出題2だが、えらく簡単に思える。もしかして、とんでもない勘違いをしているのかも知れない。 数学セミナー:巻頭にコーヒーブレイクがある不思議な雑誌.
数学徒は,昼夜逆転どころか前後不問・時間経過無視なのだろう. 投稿するとき住所欄あるけどみんなどこまで書いてる?丁目番地まで? 出題1
f(1) から順に
1, 7, 22, 28, 13, 23, 29, 19, 25, 10, 4, 14, 24, 9, 3, 18, 8, 2, 12,
6, 21, 27, 17, 11, 5, 15, 30, 20, 26, 16, 31, 37, 52, 58, 43, 53, 59,
49, 55, 40, 34, 44, 54, 39, 33, 48, 38, 32, 42, 36, 51, 57, 47, 41,
35, 45, 60, 50, 56, 46, 61, 67, 82, 88, 73, 83, 89, 79, 85, 70, 64,
74, 84, 69, 63, 78, 68, 62, 72, 66, 81, 87, 77, 71, 65, 75, 90, 80,
86, 76, 91, ... >>156
FindHamiltonianPath[]で一発よ
応募は自重したけども エレガントで無くていいからとりあえず解け
まず解け
本末転倒をやるな
いい加減止めろこのアホスレ 今月号の出題1だが、めんどくさそう。
スッキリ解けるのか? 出題1だが、一応解けたが、どうまとめようか。出来るだけ、スッキリした形にまとめたい。 まず、以下を示す。
命題※
xを整数、pを素数、s,tを正の整数とする。
このとき、x^(p^s・t)-x^(p^{s-1}・t)はp^sで割り切れる。
証明
x^(p^s・t)-x^(p^{s-1}・t)=x^(p^{s-1}・t){(x^{(p-1)p^(s-1)})^t-1}
xがpで割り切れるとき
p^(s-1)・t≧2^(s-1)≧sだから、x^(p^{s-1}・t)がp^sで割り切れる。
xがpで割り切れないとき
フェルマー・オイラーの定理より
{x^{(p-1)p^(s-1)}^t-1≡1^t-1≡0 (mod p^s)だからx^{(p-1)p^(s-1)})^t-1
がp^sで割り切れる。
以上より命題※は示された。□ Nを正の整数、pは素因数とする。
N=p^k・M,gcd(p,M)=1と書ける。
このとき、k=v_p(N),M=N'と書くことにする。
mn=Lとかく、Lの素因数pを任意にとる。
v_p(L)=u,i=v_p(d),j=v_p(e),L"=L'/(d'e')とおくと
φ(d)φ(e)x^{L/lcm(d,e)}=φ(d')φ(e')φ(p^i)φ(p^j)x^(p^{u-max(i,j)}・L")
φ(d')φ(e')の値ごとに、φ(p^i)φ(p^j)x^(p^{u-max(i,j)}・L")の和をとり、
mai(i,j)=hの値でまとめると
x^(p^u・L")+Σ_(h=1)^(h=u){p^(2h)-p^(2h-2)}x^(p^(u-h)・L")
=Σ_(h=0)^(h=u-1) p^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}+p^u・x^(L")
>>163の命題※より、x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")はp^(u-h)で割り切れる
からp^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}はp^(u+h)で割り切れる。
とくに、p^uで割り切れる。
したがって、Σ_(h=0)^(h=u-1) p^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}+p^u・x^(L")
はp^uで割り切れる。
以上より、問題の式もp^uで割り切れることがいえるので、L=mnで割り切れることが
いえたことになる。 出題2
m=3:ファノ平面
m=4:有限射影平面 Pj(3)
m=5:Witt design S(5,8,24) を削る
m=6:有限射影平面 Pj(5) >>164
12行目の式だが、
×・・・ +p^u・x^(L")
○・・・ +p^(2u)・x^(L")
だな。大筋は変わらないけど、一応書いといた。 数学の体系のまだ右も左もわからない基礎知識の足らない中学生や高校生に、
功名心で釣ってこれぐらいなら自分にも解けそうだと思わせて、いたずらに
延々と日時を費やさせてしまう「エレガントな解答を求む」は教育としては
有害ではなかろうか。まずは、大学の標準的な講座物の書籍全体を通読読破
した上でチャレンジする、のであれば良いかもしれないが。
まずは、既存既知の数学の体系を学ぶことを優先すべきではなかろうか。 >>167
>>数学の体系のまだ右も左もわからない基礎知識の足らない中学生や高校生に、
>>功名心で釣ってこれぐらいなら自分にも解けそうだと思わせて、いたずらに
>>延々と日時を費やさせてしまう「エレガントな解答を求む」は教育としては
>>有害ではなかろうか。
このレベルの問題に二三日費やして集中することは
例え解けなくても有益であると思う。
正解できればなおさら。 メールのやり取りの中でドイツの大学の人に
突然「エレガントである」と褒められた。
やはり「エレガント」という言葉はいいなあ。 エレガントで無くていいからとりあえず解け
まず解け
本末転倒をやるな
いい加減止めろこのアホスレ 通りすがりです
>>170さんのご意見の通り、
確かに問題を解けないにも関わらずエレガントな解答を求める行為は、本末転倒といわれても仕方ないかと思います
しかし、そもそもの前提が間違っているのではないでしょうか
『エレガントな解答をもとむ』とは、まず問題が解けることが前提であり、さらにエレガントといえる解答をもとめると考えられます
例えば、円(ケーキやらピザ)を3等分にする作図問題なら、
お店で見掛けるカット方法が模範解答とするならば、実用性が皆無だとしても他のカット方法を考えることなどが、目的(主旨、趣旨)の一つなのではないでしょうか >>169
藤子不二雄作品の「怪物くん」のドラキュラとオオカミ男を足すと
「エレガンスがんすよ」
ってセリフが似合う。
あくまでマンガでおまんがな。 対立する概念としてエレファントな解答というのがあった。 ある体系で命題に対する証明が存在するときに、その証明の記述の長さが最も短い
証明を求めることは,たぶん困難な問題に違いない。
たとえば1つの証明が既に得られていてその長さがNであるとき、
最小の長さの証明を見つける計算量というのはN-Pなのではないか? 問題投下(良かったら解いてみてくれ)
4以上の整数nを任意にとる。
以下の条件をみたす整数係数の多項式が存在することを証明せよ。
(1) n=deg{f(x)}
(2) f(x)はモニックかつ既約(整数の範囲で)である。
(3) 任意の整数mに対して|f(m)|の値は合成数となる。
(4) f(x)をf(x)=x^n +a(n-1)・x^(n-1) +a(n-2)・x^(n-2)+ …+a(0)と書き下す。
このときgcd(a(n-1),a(n-2),…,a(0) )=1がいえる。
実は、(4)は付け足しで、条件(1),(2),(3)だけだと下記のEisensteinの既約判定法を用いると、
結構簡単にできてしまうので。
Eisensteinの既約判定法
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A2%E3%82%A4%E3%82%BC%E3%83%B3%E3%82%B7%E3%83%A5%E3%82%BF%E3%82%A4%E3%83%B3%E3%81%AE%E6%97%A2%E7%B4%84%E5%88%A4%E5%AE%9A%E6%B3%95 条件(4)がなければ、以下のように解ける。
f(x)=x^n +3x^(n-2)+12とおけば、
(ただし、nは4以上の整数)
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-2)・(m^2-1)≡0 (mod 4)
また、Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることがいえる。
そして、deg{f(x)}=nがとなることは明らか。
上記を一般化すると
pを奇素数かつs,tを下記の条件を満たす整数とする。
sはpで割り切れ、かつs≡-1 (mod 4)となる。
tはpで割り切れるがp^2で割り切れない。
このときf(x)=x^n +s・x^(n-2)+4tとおくと、
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-2)・(m^2-1)≡0 (mod 4)
また、Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることがいえる。
そして、deg{f(x)}=nがとなることは明らか。
また、nを3以上の整数、pを5以上の素数かつs,tを下記の条件を満たす整数とする。
sはpで割り切れ、かつs≡-1 (mod 6)となる。
tはpで割り切れるがp^2で割り切れない。
このときf(x)=x^n +s・x^(n-2)+6tとおくと、同様に
任意の整数mに対して、f(m)は6で割り切れること、
Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることと、
deg{f(x)}=nがとなることがいえる。
ちょっと考えただけだが、これだけ見つかった。 あまりエレ解関連の投稿がないので、試しに問題を作ってみました。
皆さんに関心を持っていただければ嬉しいのですが、一応1か月くらい
見てみます。そのあたりで、自分の解答を投稿します。
(皆さんがこの問題に関心がなかったとしてもw) >>182の解答編(誰も望んでないかもしれないがw)
https://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf
2ページ目のTheorem3を用いる。
「整数係数の多項式
f(x)=a(n)・x^n +a(n-1)・x^(n-1) +a(n-2)・x^(n-2)+ …+a(0)が、
下記の条件を満たすとき、f(x)はk次以上の既約な整数係数多項式の因数を持つ。
(1)a(0),a(1),・・・,a(k-1)は素数pで割り切れるが、a(k)は割り切れない。
(2)a(0)はp^2で割り切れない。」・・・@
nを3以上の整数
f(x)=x^n-x^(n-1)+6
とおくと>>182の(1)〜(4)すべてみたすことをいう。 f'(x)=x^(n-1)・{nx-(n-1)}だから
nが偶数のとき
f(0)=f(1)=6,m≦0またはm≧2のときf(m)>6となる。
nが奇数のとき
f(-1)=4,f(0)=f(1)=6
m≦-2のとき
f(m)≦-6
m≧2のとき
f(m)>6
したがって、任意の整数mに対して|f(m)|>2がいえる。
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-1)・(m-1)≡0 (mod 2)
よって、f(m)の値は合成数となる。
したがって、f(x)=0は整数解を持たないこともわかる。
f(x)=0の有理数解の候補は±1,±2,±3,±6のみだから
f(x)=0は有理数解を持たないことがいえた。
したがって、f(x)は一次式の因数を持たない。 >>186であげた命題@を用いると
f(x)はn-1次以上の次数を持つ既約な整数係数の多項式を因数に持つ。
したがって、f(x)は下記のいずれかである。
(1) f(x)は既約なn-1次式と一次式の積である。
(2) f(x)は既約である。
ところが>>187より、(1)はありえない。
よって、f(x)は既約であることが言えた。
以上より、f(x)=x^n-x^(n-1)+6が>>182の(1)〜(4)すべてみたすことがいえた。 Shin-ichiro Seki@integers_blog
数学セミナーのζ氏の記事をちゃんと読みました。
私の語彙力ではこの感情を言葉にはできません。
この文章から発せられる凄まじい何かは私の涙に変換されました。 自分も気になるわ
ζ氏は界隈だと正体知られてるとかではないの? ζ氏のインタビュー記事を読んで驚いた
今月号を買ってよかったと思った ζ氏に親近感
エレガントな仲間は皆同じ思いを持って解いてるんじゃないかなと思わされた エレガント: えっ れすなの ガンだなんて 時計ドライバーまら 今月号のZsigmondyの定理だが、書き方が嫌。
a+1が2のべき乗かつn=2の場合が嫌だったんだろうけど・・・。 簡単な証明を求む。
素朴な証明を求む。
優美な証明を求む。
短い証明を求む。
面白い証明を求む。
簡潔な証明を求む。
見事な証明を求む。
アロガントな証明を求む。
イグノラントな証明を求む。
。。。 始めは普通の夏らしいジャズですが、だんだんとSF感を隠せなくなっていきます。
/youtu.be/f0og1UrDFy0 一般化して、以下の命題を考える。
pを奇素数、hをh≡-1 (mod p)をみたす2以上の整数、kを奇数とする。
(1)
(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1はpで割り切れるが、p^2で割り切れないことを示せ
(2)
(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数となるとき、kは素数またはpのべき乗となる。
(1)
h^k=mとおくことにする。
m^(p-1)-m^(p-2)+…+1がpで割り切れるがp^2で割り切れないことを示す。
m+1=ps(sは整数)と書けるから
(ps-1)^(p-1)-(ps-1)^(p-2)+…+1≡-p{p(p-1)/2}s+p≡p (mod p^2)
したがって、m^(p-1)-m^(p-2)+…+1がpで割り切れるがp^2で割り切れないことがいえた。
(2)
(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数のべき乗となるとき、kは素数またはpのべき乗となる。
(1)より、(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値はpで割り切れない。
(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数のべき乗となるとき、
2pkがp以外の奇数の素因数qを持つと仮定する。
h^(2k)-1の素因数だが、2kの真の約数d'に対して、h^d'-1の素因数になりえない素数p(2k)
h^(2pk/q)-1の素因数だが、2pk/qの真の約数d"に対して、h^d"-1の素因数になりえない素数p(2pk/q)
をとる。定理Zより存在はいえる。
p(2k),p(2pk/q)は(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}を割り切る。
このとき、p(2k)≠p(2pk/q)がいえる。
∵p(2k)=p(2pk/q)と仮定するとh^(2k/q)≡1 (mod p(2k) )がいえるが、
2k/q<2kだから、これはp(2k)の定義に反する。
p(2k),p(2pk/q)は(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の相異なる素因数となるから矛盾する。
よって、2pkがp以外の奇数の素因数を持たないことがいえるので、kがpのべき乗であることがいえた。 火カシテ(o・_・)y―~―v(・。・o)ドゾ 2項係数をC(a,b)と書くことにする。
2^h≦n≦2^h-1をみたす整数hをとる。
まず、f(n)≦hであることをいう。
v(C(n,k) )=Σ_[i=1,∞][n/2^i]-[k/p^i]-[(n-k)/2^i]
[n/2^i]-[k/2^i]-[(n-k)/2^i]<n/2^i-(k/2^i -1)-((n-k)/2^i -1)=2
n<2^iとなるとき、[n/2^i]-[k/2^i]-[(n-k)/2^i]=0となるから
Σ_[i=1,∞][n/2^i]-[k/p^i]-[(n-k)/2^i]≦1+1+・・・+1=hがいえる。
したがって、f(n)≦hがいえる。
次に、f(n)=hであることをいう。
v(n-t)=h,0≦t<2^hをみたす偶数tに対して
C(n,t+1)={n・(n-1)…・(n-t)}/{1・2…・(t+1)}
1≦j≦t(<2^h)をみたす整数jに対して、v(j)=v(n-t+j)がいえるから
v( (n-t+1)・(n-t+2)・…・n)-v(1・2…・t)=0だから
v(C(n,t+1) )=v(n-t)-v(t+1)=hとなる。
以上より、f(n)=hであることがいえる。
以下kを偶数とする。
与式=2^hーΣ_[k=0,n-2] v(C(n,k+1) )-v(C(n,k) )
次に、2^hーΣ_[k=0,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )≦1を示す。
v(n-k)=sをみたす正の整数sをとる。
v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=v(n-k)-v(k+1)=s>0
よって
Σ_[k=0,2^h-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=2^(h-2)+2・2^(h-3)+・・・+(h-1)・1+h=2^h-1
したがって、
2^hーΣ_[k=0,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=1-Σ_[k=2^h,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )≦1
がわかる。
以上より、求める与式の最大値は1であることがわかる。
さらに、与式が最大値を取るときのnの値は2^hのみであることもわかる。 abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
mを正の整数とする。
a=2m^2+2m+1,b=2m^2-2m+1,c=16m^8-4m^4+1とおくと
明らかにa,b,c>0だからa,b,cは正の整数である。
このとき、abc-1=64m^12={8m^6}^2だから」、abc-1が平方数となる。
/////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////
ab+1とbc+1とca+1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・
nを正の整数とする。
x(1)=7,y(1)=4,x(n+1)=2x(n)+3y(n)、y(n+1)=x(n)+2y(n)とおくと
だからx(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -3{y(n)}^2=1となることが帰納的にいえる。
以後簡単のためx(n)=x,y(n)=yと書くことにする。
ここでx^2 -4y^2=x^2 -3y^2 -y^2=1-y^2<0より、x<2yがいえる。
ここでa=2y-x,b=2y,c=2y+xとおくと、a,b,c>0だからa,b,cは正の整数である。
ab+1=4y^2- 2xy+1=(3y^2 +1)-2xy+y^2=x^2 -2xy+y^2=(x-y)^2
bc+1=4y^2 +2xy+1=(3y^2 +1)+2xy+y^2=x^2 +2xy+y^2=(x+y)^2
ca+1=4y^2 -x^2 +1=(3y^2 +1)-x^2+y^2=x^2 -x^2 +y^2=y^2
よりab+1,bc+1,ca+1はいずれも平方数となる。
以上より、題意が言えた。 a,b,c が等差数列をなすと仮定して「ペル方程式」に帰着した
のでござるか。お見事でござる。
小生はフィボナッチ数列 {F_n} を使って
(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})
としたでござる。されば
ab + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
bc + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
ca + (-1)^n = (F_n)^2, >>207
蛇足ですが…
x(n) = [(2+√3)^{n+1} + (2-√3)^{n+1}]/2,
y(n) = [(2+√3)^{n+1} - (2-√3)^{n+1}]/(2√3),
ビネの式 (?) きれいな解法ですね。方程式
x^2 - 3y^2 = a
は実2次体Q(√3)の単数群が無限次巡回群だから任意の整数 a で無限個整数解をもつ事を利用するわけですね。 皆さんエレガントですね。ところで問題1のほう解けた方いますか?
私はそのような命題の表現はないと予想したのですが、示すことができませんでした。 >>207読んでて気づいたんだけど、俺大変な勘違いをしてた。
ab+bc+ca-1が平方数になるような(a,b,c)が無限にあることを示すって
思い込んでた。せっかく頑張って解いたのに俺終わった・・・ 自然数 n について定まる X_0 から始まる計算機の状態の列 X_0,...,X_k を C(n) とし列の長さを L(n) とする。平方数は無限にあるからある平方数 n^2 で C(n^2) のなかに同じ状態が現れるものがとれなければならない。そのような n^2の10進表現を A_m...A_1 とする。X=C(n^2)_k = C(n^2)_l (k<l) とする。状態 X_k のときに長さ l-k の入力 A_k+1,A_k+2,...,A_l が与えられたとき計算機はかならず状態 X にもどるからこの計算機は
1) 最初に A_1,A_2,...,A_k が入力される。
2) 次に A_k+1,A_k+2,...,A_l が任意回数入力される。
3) 次に A_l+1,A_l+2,...,A_m が入力される。
ときにかならず最終状態は X_m で終了しなければならない。計算結果は最終状態のみで決まるのでこのような入力でかならず平方数を出力しなければならない。そこで
a = (10進表現が A_kA_k-1...A_1 である自然数)
b = (10進表現が A_lA_l-1...A_k+1 である自然数)
c = (10進表現が A_mA_m-1...A_l+1 である自然数)
とすれば t≧1 について
a + 10^kb + 10^lb + 10^2l-kb + ... + 10^(l-k)(t-1)+kb + 10^(l-k)t+k c
= a + 10^kb(10^(l-k)t-1)/(10^(l-k)-1) + 10^(l-k)t+k c
= 10^(l-k)t (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c ) + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
がつねに平方数でなければならない。とくに
y^2 = (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c )x^5 + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
が無限に有理点をもたなければならないがそれは Faltings の定理により不可能である。 >>207
×abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
○ab-1,bc-1,ca-1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
だな。正しい方の解答は>>209でnが奇数のときを考えれば十分。 自然数 n の k 桁目まで入力されたときの状態を S(n,k) とする。
状態の数が有限なので相異なる平方数 m<n でその桁数が i 未満で S = S(m,i) = S(n,i) となるものが存在する。
ここで M を i より大きい自然数とし l = m(10^M+1)^2 とおく。
l の10進表示の末尾 i 桁をとりのぞいた列を I とし n の10進数表示に I を添加してえられる10進数表示であらわされる自然数を k とする。
l は明らかに平方数である。
l の次の平方数 (√l + 1)^2 は l より 2√l +1 大きくそれは 2(10^M+1)+1 以上であり仮定より n-m より大きい。
よって k - l = n - m により k は平方数ではない。
しかし i 桁目まで読んだ状態が等しく i 桁目以降は k,l は等しいので S(k, j) と S(l,j) は常に等しいことになるので同じ値を出力しなければならない。 ここまでの例は a,b,c の桁数が同じぐらいで、
ab±1 = zz, z = (a+b-c)/2,
bc±1 = xx, x = (-a+b+c)/2,
ca±1 = yy, y = (a-b+c)/2,
2ab+2bc+2ca -aa -bb -cc ±4 = 0,
が成立しますが……
c が飛び抜けて大きい例
(a,b,c) = (1,2,145) (x,y,z) = (17, 12, 1)
(a,b,c) = (1,3,120) (x,y,z) = (19, 11, 2)
(a,b,c) = (1,5,65) (x,y,z) = (18, 8, 2)
もあるようです。 >>209さんが答えてますが、出題二の別解を見つけたので今更ながら投下w
nを正の整数とする。
x(1)=1,y(1)=1,x(n+1)=x(n)+2y(n)、y(n+1)=x(n)+y(n)とおくと
x(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -2{y(n)}^2=(-1)^nとなることが帰納的にいえる。
ここでa=y(n),b=2x(n)+3y(n),c=2y(n)とおくと、a,b,c>0だからa,b,cは正の整数である。
ab+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)}^2 +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)+y(n)}^2
bc+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)}^2 +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)+2y(n)}^2
ca+(-1)^n=2{y(n)}^2 +(-1)^n={x(n)}^2
より、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。 nが奇数(2m+1)のとき
(1±√2)^m = x(m) ± y(m)√2,
(1±√2)^{m+1} = x(m+1) ± y(m+1)√2,
から
y(2m+1) = y(m)^2 + y(m+1)^2,
を得る。
n=2m+1 のとき
a = y(2m+1) = y(m)^2 + y(m+1)^2,
b = y(2m+3) = y(m+1)^2 + y(m+2)^2,
c = 2y(2m+1) = x(m)^2 + x(m+1)^2
= (y(m+1) - y(m))^2 + (y(m+2) - y(m+1))^2,
そこで uv平面の格子点に O=(0, 0) P(m)=(y(m), y(m+1)) をおけば、
a = |O P(m)|^2,
b = |O P(m+1)|^2,
c = |P(m) P(m+1)|^2,
三角形 O P(m) P(m+1) の面積は
S = ±(1/2)det| y(m) y(m+1) | = 1/2,
| y(m+1) y(m+2)|
となるので、この行列は 特殊線形群 SL(2, Z) の要素である。
逆に、L = ( P1, P2) ∈ SL(2, Z)
( Q1, Q2)
の行ヴェクトルを OP, OQ とすれば
a = |OP|^2 = (P1)^2 + (P2)^2,
b = |OQ|^2 = (Q1)^2 + (Q2)^2,
c = |PQ|^2 = (Q1-P1)^2 + (Q2-P2)^2,
を与える。
儖PQ の面積は 1/2 だから >>218(上)の条件
2ab + 2bc + 2ca - aa - bb - cc = 4,
を満たす。 (補足)
点P(m) = (y(m), y(m+1)) は 2組の直角双曲線
y(m+1)^2 - 2y(m)y(m+1) - y(m)^2 = (-1)^m,
の一方に乗る。
y(m+1) = y(m) + x(m)
= y(m) + √{2y(m)^2 + (-1)^m}, vv - 2uv - uu = (-1)^m,
は直角双曲線
U・V = - (-1)^m /(2√2)
を clockwise に π/8 = 22.5° 回したもの。
tan(-π/8) = 1 - √2,
tan(3π/8) = 1 + √2, 出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することを示す。
nを正の整数、dを平方数ではない正の整数とする。
pell方程式x^2-dy^2=-1が解(x,y)=(s,t)をもつとき
x(n)±y(n)√d=(s±t√d)^n (複号同順)をみたす
数列x(n),y(n)を考える。
このとき{x(n)}^2 -d{y(n)}^2=(-1)^nとなることがいえる。
正の整数a,b,cを以下のようにとる。
a=y(n),b=dy(n),c=2x(n)+{d+1}y(n)
ab+(-1)^n={x(n)}^2,bc+(-1)^n={x(n)+dy(n)}^2,ca+(-1)^n={x(n)+y(n)}^2
となり、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。
実際、d=k^2 +1(ただし、kは正の整数)のとき、
pell方程式x^2-(k^2+1)y^2=-1は解(x,y)=(k,1)を持つ。
pell方程式x^2-dy^2=-1が解をもつようなdの取り方は無数にあるから、
ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となるような
a,b,cが無数にとれるような、dは無数にとれる。
以上から、出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することがいえた。 1,1,n^2+1.
(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.
|ps-qr|=1.
a=p^2+q^2.
b=r^2+s^2.
c=(p+r)^2+(q+s)^2.
ab-1=(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.
ac-1=(p^2+q^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(p(p+r)+q(q+s))^2.
bc-1=(r^2+s^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(r(p+r)+s(q+s))^2.
1,n^2+1,(n+1)^2+1.
n^2+1,(n+1)^2+1,(2n+1)^2+4.
a=5=2^2+1^2.
b=65=8^2+1^2=7^2+4^2.
c=4033=63^2+8^2=57^2+28^2.
ab-1=(2^2+1^2)(7^2+4^2)-1=18^2.
ac-1=(2^2+1^2)(57^2+28^2)-1=142^2.
bc-1=(8^2+1^2)(63^2+8^2)-1=512^2. 点O = (0,0) とする。
SL(2,Z) の要素
[ p1, p2] = M,
[ q1, q2]
に対して P=(p1,p2) Q=(q1,q2) とおき、仮想三角形 OPQ を作る。
儖PQ = |M| /2 = 1/2,
次に
OP^2 = p1^2 + p2^2 = a,
OQ^2 = q1^2 + q2^2 = b,
PQ^2 = (p1-q1)^2 + (p2-q2)^2 = c,
とおく。 ヘロンの公式より
儖PQ = (1/4)√(2ab+2bc+2ca -aa -bb -cc),
∴ 2(ab+bc+ca) − (aa+bb+cc) = 4,
このとき
ab - 1 = (1/4)(a+b-c)^2,
bc - 1 = (1/4)(b+c-a)^2,
ca - 1 = (1/4)(c+a-b)^2,
*) a+b-c = 2(p1*q1 + p2*q2) は偶数。 この問題を解く方法も無限にあったりして……
米澤先生 ご苦労様。 ポピュラーなのはフィボナッチ数を使ったものかな。
(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})
F_{n-2}・F_n + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
F_n・F_{n+2} + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
F_{n-2}・F_{n+2} + (-1)^n = (F_n)^2.
* nの偶奇によって問題が変わるけど… a,b,c を A,B,C の位置ベクトルとする。
BC,AD を直径とする円の方程式は
|p|^2 - (b+c)p + bc = 0, |p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2 = 0
だからP1,P2 は円
1/3(|p|^2 - (b+c)p + bc) + 2/3(|p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2)
= |p|^2 - (a+b+c)p/3 + (bc + ca + ab)/3 = 0
上にある。同様にして P3,P4,P5,P6 はすべてこの円上にある。 (f_n) を Fibonacci 数列とする
α=(1-√5)/2, β=(1+√5)/2 とおく。
Newton の二項定理により 0<x<1 に対して
x^k/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k)
= Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x^(k+1)/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k+1)
= Σ[n=k+1,∞] C[n+k,2k+1]x^n
= Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n (ただしC[2k,2k+1]=0とおく。)
だから k=0~∞で足し合わせて
1/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n
より
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
であるが和は正項の和だから順序をかえて
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[n=0,∞]Σ[k=0,n] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
を得る。一方で
(x+1)/(x^2-3x+1)
= α/(1-α^2x) + β/(1-β^2x)
= Σ[n=0,∞](f_(2n+1) + 2f_(2n))x^n
だから係数を比較して
Σ[k=0,n](C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1]) = f_(2n+1) + 2f_(2n)
である。 以上により
F_n(x)/x^(2n+1) = x^(2n+1) + (-1/x)^(2n+1) - f_(2n+1) - 2f_(2n)
である。
F_n(α) = F_n(β) = 0 より F_n(x) ≡ 0 ( mod x^2-x-1 ) である。
G_n(x) :=
= f_1x^(n-1) + f_2x^(n-2) + ... + f_(n -1)x
= f_1(-1/x)^(n-1) + f_2(-1/x)^(n-2) + ... + f_(n -1)(-1/x)
+ f_n
とおき
(x^n + (-1/x)^n - f_n - 2f_(n-1))/(x^n(x+(-1/x)-1) = G_n(x)
を示す。Gn(x) の一般項は 0≦k<n に対して
k 次の項が f_(n-k)x^k
-k 次の項が f_(n-k)(-1/x)^k
である。
F_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1)
を示せばよいが議論にでてくるローラン多項式はすべてx↔-1/xで不変だから次数0以上の項をみれば十分である。
H_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1) とおく。
0<k<n に対して H_n(x) の k次の項は
f_(n-k+1)x^k - f_(n-k)x^k - f_(n-k-1)x^k = 0
であり n次の項 x^n である。
さらに定数項は -f_n - 2f_(n-1) だから主張が示された。 >>228
BCの中点 D = (B+C)/2,
ADの中点 M = (2A+B+C)/4,
より
(D+M+M)/3 = (A+B+C)/3 := G, (重心)
なので 重みを 1:2 としたのでござるか。
このとき、(半径)^2 は
|p−g|^2 = −(bc+ca+ab)/3 + |g|^2
= {|b-c|^2 + |c-a|^2 + |a-b|^2}/18, >>231
〔補題〕
n個の点 A_1, A_2, ……, A_n があり、その重心を
G := (1/n)Σ[k=1,n] A_k,
とする。このとき、任意の点Xについて
|GX|^2 = (1/n)Σ[k=1,n] |A_k X|^2 − (1/nn)Σ[i<j] |A_i A_j|^2,
ヴェクトルの内積を使うのが便利。 Ψ_1(x) = F_1(x) = xx -x -1,
Ψ_2(x) = Ψ_1(-x) = xx +x -1,
等とおく。
F_n(x) の既約分解は
F_n(x) = Π[d|n] Ψ_d(x),
の形になるか? (dはnのすべての約数をわたる)
(ただし Z[√5] では 5は平方数とする。) 1≦d≦10,
Ψ_1(x) = F_0(x) = xx−x−1,
Ψ_2(x) = F_0(−x) = xx + x−1,
Ψ_3(x) = x^4 + x^3 + 2x^2−x + 1,
Ψ_4(x) = Ψ_2(xx+1) = x^4 + 3x^2 + 1,
Ψ_5(x) = x^8 + x^7 + 2x^6 + 3x^5 + 5x^4−3x^3 + 2x^2−x + 1
= (x^4 + 3x^3 + 4x^2 + 2x + 1) (x^4−2x^3 + 4x^2−3x + 1),
Ψ_6(x) = Ψ_3(−x) = x^4−x^3 + 2x^2 + x + 1,
Ψ_7(x) = x^12 + x^11 + 2x^10 + 3x^9 + 5x^8 + 8x^7 + 13x^6−8x^5 + 5x^4−3x^3 + 2x^2−x + 1,
Ψ_8(x) = x^8 + 7x^4 + 1,
Ψ_9(x) = x^12 + 4 x^9 + 17x^6−4x^3 + 1,
Ψ_10(x) = Ψ_5(−x)
= x^8−x^7 + 2x^6−3x^5 + 5x^4 + 3x^3 + 2x^2 + x + 1
= (x^4−3x^3 + 4x^2−2x + 1) (x^4 + 2x^3 + 4x^2 + 3x + 1), >>232
n=2 の場合は 中線定理 (Pappusの定理) です。 >>235
kwsk
Pappusの定理を使うと出題1が解けるの? >>236
それを一般化した >>232 を使えば…
〔参考書〕
数セミ増刊「数学100の定理」日本評論社 (1983)
●中線定理の一般化 p.19〜20 >>237
どういう意味で一般化になってるん?
そんな雑誌refferされても読めるわけないやん >>236
∠APD = 90° より ピタゴラスで
AP^2 = AD^2 − DP^2
= (2bb+2cc-aa)/4 - (a/2)^2 (← 中線定理)
∠BPC = 90° より ピタゴラスで
BP^2 + CP^2 = BC^2 = aa,
辺々たすと
AP^2 + BP^2 + CP^2 = (bb+cc+aa)/2,
次に GP^2 を求めたいが、重心Gは線分の中点ぢゃないから、
中線定理ぢゃ求まらんがな。。。 そこで
〔スチュワートの定理〕 (1746)
△ABCの辺BC上の1点を D' とすると
BD’・c^2 + BD'・b^2 = a・(AD'^2 + BD'・D'C),
特に 点D'が辺BCの中点の場合は BD'=D'C=c/2 で 中線定理です。
〔参考書〕
矢野健太郎 著「幾何の有名な定理」数学ワンポイント双書36, 共立出版 (1981)
M. Stewart (1717-1785) はイギリス(スコットランド)の幾何学者。
>>239
>>232 のように、n個の点A_k とその重心G とを比べて考えます。 それ一般化じゃないやん
“中線定理の一般化”は“中線定理の十分条件”でないとおかしい >>239
ネットで探す方が早いよ。
>>241
それもおかしい。 >>238
π^{3^e} < π^{e^3} < 3^{π^e} < 3^{e^π} < e^{π^3} < e^{3^π},
を示す。
^ を無視すれば、π > 3 > e を辞書式順序に並べたものになっている。 π^{3^e} < π^{e^3},
3^{π^e} < 3^{e^π},
e^{π^3} < e^{3^π},
については、指数を比較して
3^e < e^3, π^e < e^π, π^3 < 3^π,
と同値ですが、これは
π^{1/π} < 3^{1/3} < e^{1/e},
から直ちに出ますね。
残った
π^{e^3} < 3^{π^e}, 3^{e^π} < e^{π^3},
を
π^3 < 3^π, 3^e < e^3, (a>0, b>0)
から出そうとすれば、指数の比について
(e^3)/3 < π^{e-1}, e^{π-1} < (π^3)/3,
が必要になりますね。 この辺りが本問のキモ? それでは e, π を評価しましょう。
e = Σ[k=0,∞] 1/k! という無限級数から
e > 1 + 1 + 1/2 + 1/6 + 1/24 + 1/120
= 163/60
= 2.716666667
e < 1 + 1 + 1/2 + 1/6 + Σ[k=4,∞] 1/(4!・5^{k-4})
= 8/3 + 5/96
< 87/32
= 2.71875
のような評価が(さほど苦労しなくても)得られますね。
π の方は 3.1 < π < 3.2 にしますか??? 以下Pは受賞対象チームの勝ち数の集合とする。
n が偶数、P = { 0,1,...,n/2-1 } のとき♯P = n/2 かつ常に非全受賞
(∵)勝ち越しチームが受賞できないから明らか。□
nが偶数のとき、♯P≧n/2+1なら全受賞となりうる
(∵) まず a,n/2+a∈P となる a があれば全受賞となりうる事を示す
n チームを2a+1チームとn-2a-1チームに分けそれぞれAリーグ、Bリーグと呼ぶ
Aリーグ内の勝敗を全チームa勝a敗ととれる、実際2a+1完全グラフを一筆書きして各辺で筆の動いた元を勝ち、先を負けと定まればよい
同様にbリーグ内の勝敗を全チームn/2-a-1勝n/2-a-1敗ととれる
さらにAリーグのチームとBリーグの対戦は全てBリーグの勝ちとすればAリーグのチームの勝ち数はa, Bリーグの勝ち数はn/2+aとなる。
よって全受賞が不可能ならばa∈[0,n/2)に対して常にa,n/2+aのいずれかはPに属する事ができないから♯P≦n/2が必要である。□ n が奇数、P = { 0,1,...,(n-3)/2, n-1 } のとき♯P = (n+1)/2 かつ常に非全受賞
(∵) n-1勝のチームは高々1チームだから(n-3)/2勝以下のチームがn-1チームとれる。このn-1チームの結果だけを集計すると全チーム負け越しとなり矛盾する。□
nが奇数のとき、♯P≧(n+3)/2なら全受賞となりうる
(∵)n=3なら明らか
(i) n-1∈Pのとき
Q = P\{n-1}とすれば♯Q≧(n-1)/2+1よりn-1チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り1チームは全勝とすれば良い
(ii) 0∈Pのとき
Q = {w-1;w∈P,w≠0}とすれば♯Q≧(n-1)/2+1よりn-1チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り1チームは全敗とすれば良い
(iii) (i),(ii)でないとき
Q = {w-1;w∈P,w≠0}とすれば♯Q≧(n+1)/2よりn-2チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り2チームは片方を全勝、残りを全敗とすればよい。□ (iii)後半訂正
a,n-1-a∈P(a≦n-a-1)となるaが取れるから残り2チームのうち一方について直接対決を負け、残るn-2試合はa勝とすればよい□ >>245
(1/3)e^3 < π^{e-1},
e^{π-1} < (1/3)π^3,
は
6.695178974 < 7.148971937
8.512985074 < 10.33542556
なので、難しそうだねぇ。。。 差は非常に小さい。ミラクル不等式があるのだろうか?? 偶数の場合でa=0の場合が抜けてた
a,n-a-1∈P, 0<a<n/2となる a が存在しないとき0,n-1∈P かつn/2-1,n/2のいずれかがPに属する必要がある
n/2-1∈P のときは1チームを除いたリーグを選んでその戦績をn/2-1勝n/2-1負とし残り1チームを全勝とすれば良い
n/2∈P のときは同様にして残り1チームを全勝とすれば良い
□ >>251
e の解析的な評価(>>246)を使えば出るかなぁ。
19/7 < e < 5/2 + 4/9 = 49/18,
出題者の意図かどうか 分からないけど。
(上)
e < 49/18 < (9/2)^{2/3} から
(1/3)e^3 < 27/4,
また 、
(27/4)^7 < 638450 < 822216 < (3 + 1/9)^12 < π^12,
∴ 27/4 < π^{12/7},
また 19/7 < e から
π^{12/7} < π^{e-1},
(下)
exp(3-π) > 1 + (3-π) = 4-π > 3/4, (π < 3 + 1/4 より)
∴ e^{π-1} < (4/3)e^2,
また e < 49/18 から
(4/3)e^2 < (1/3)(49/9)^2 < 10,
また π > 3 + 1/9 から
10 = (27 + 3)/3 <(1/3)(3 + 1/9)^3 < (1/3)π^3, >>209, 210, 218, 220
6つの有理数
(11/192, 35/192, 155/27, 512/27, 1235/48, 180873/16)
の任意の2つの積+1 が 有理数の平方になるらしい。
11/192, 35/192, 155/27, 512/27, 1235/48, 180873/16,
----------------------------------------------------------------
11/192 | − , 193/192, 83/72, 13/9, 151/96, 815/32,
35/192 | 193/192, − , 103/72, 19/9, 229/96, 1453/32,
155/27 | 83/72, 103/72, − , 283/27, 439/36, 1019/4,
512/27 | 13/9, 19/9, 283/27, − , 199/9, 463,
1235/48 | 151/96, 229/96, 439/36, 199/9, − , 8629/16,
180873/16| 815/32, 1453/32, 1019/4, 463, 8629/16, − , >>209 >>210
4つ組もあるらしい。
(a, b, c, d) = (k-1, k+1, 4k, 16k^3−4k) 川辺氏
(a, b, c, d) = (1, k^2−1, (k+1)^2−1, (2k^2+2k-1)^2−1) ζ氏 a<b<c<d.
{a,b,c,d}.
4abcd+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd-a^2-b^2-c^2-d^2-4=0.
h(p,q,r,s)=4pqr+2p+2q+2r-s.
a<b<c<d.
a<h(b,c,d,a).
b<h(a,c,d,b).
c<h(a,b,d,c).
h(a,b,c,d)<d.
A({a,b,c,d})={h(b,c,d,a),b,c,d}.
B({a,b,c,d})={a,h(a,c,d,b),c,d}.
C({a,b,c,d})={a,b,h(a,b,d,c),d}.
D({a,b,c,d})={a,b,c,h(a,b,c,d)}.
xy+1=z^2.
S(x,y)={0,x,y,x+y+2z}.
D({1,3,8,120})={0,1,3,8}=S(1,3).
D(D(D(D(D({81510,1643405480,225042690820638808,120581457028771819044676558804776})))))
=D(D(D(D({81510,1643405480,225042690820638808,420}))))
=D(D(D({81510,1643405480,12,420})))
=D(D({81510,4,12,420}))
=D({2,4,12,420})
={2,4,12,0}
=S(2,4).
mn(mn-2)+1=(mn-1)^2.
A(S(m,n(mn-2)))={m,n(mn-2),(n+1)(mn+m-2),4(mn-1)(mn+m-1)(mn^2+mn-2n-1)}.
mn(mn+2)+1=(mn+1)^2.
A(S(m,n(mn+2)))={m,n(mn+2),(n+1)(mn+m+2),4(mn+1)(mn+m+1)(mn^2+mn+2n+1)}.
xy+1=z^2.
A(S(x,y))={x,y,x+y+2z,4z(x+z)(y+z)}.
P^2=ah(a,b,c,d)+1.
Q^2=4a^2(bc+1).
R^2=ad+1.
(P+Q+R)(Q+R-P)(P+R-Q)(P+Q-R)=4a^2(4abcd+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd-a^2-b^2-c^2-d^2+4).