面白い数学の問題おしえて～な 41問目
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面白い数学の問題を紹介して解き合うスレです
質問スレではありません
出題者が答えを知らない問題はお控えください
統計学などはスレ違い、数学以外の話題は論外です
荒らし、煽りはスルー推奨
前スレ
面白い数学の問題おしえて～な 40問目
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1640443648/
過去ログ(1-16問目)
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
http://w.atwiki.jp/omoshiro2ch/ 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/
4 //mimizun.com/log/2ch/math/1044116042/
5 //mimizun.com/log/2ch/math/1049561373/
6 //mimizun.com/log/2ch/math/1057551605/
7 //science2.5ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
8 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
9 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1093676103/
10 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/
11 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
12 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1157580000/
13 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/
14 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1209732803/
15 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1231110000/
16 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1254690000/
17 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1284253640/
18 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1307923546/
19 //uni.5ch.net/test/read.cgi/math/1320246777/
20 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1356149858/ 過去スレ (続き)
21 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1432255115/
22 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1464521266/
23 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1497416499/
24 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502016223/
25 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502032053/
26 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1518967270/
27 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1532793672/
28 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1540739963/
29 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1548267995/
30 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1572866819/
31 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1580123521/
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/
35 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1614399625/
36 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1622242743/
37 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1624644393/
38 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1629715580/
39 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1633923732
40 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1640443648/ (k=1~1000)[√(10k)]の値を求めよ 台形AXYB（AXとBYが平行）の対角線（AYとBX）の交点をC,
Cを通りAXと平行な直線とABの交点をZ,辺XYの中点をM,
AMとXZの交点をL、YZとMBの交点をNとする。
このときLCNは同一直線上にあり,三角形LMNにA,B,Cで接する
放物線が一つ決定する.
四角形LMNZ,LXMN,LMYNは平行四辺形
△XCL∽△BCN
△ACL∽△YCN
LC/CN＝MN/NB=AL/LM
放物線の軸はAXに平行
放物線の焦点は△LMNの外接円上に存在する
放物線の準線は△LMNの垂心を通りAXに直交する直線
https://dotup.org/uploda/dotup.org2801184.gif >>4
命題pに対し、“【p】” を pが真の時 1 、偽の時 0 を返す関数とする。
正の実数 x に対し、[x]=Σ[k=1,∞]【x≧k】 であるから、
Σ[k=1,1000]{[√(10k)]}
=Σ[k=1,1000]{Σ[i=1,∞]【√(10k)≧i】}
=Σ[k=1,1000]{Σ[i=1,100]【√(10k)≧i】}
=Σ[i=1,100]{Σ[k=1,1000]【√(10k)≧i】}
=Σ[i=1,100]{Σ[k=1,1000]【k≧i^2/10】}
=(1000-[1^2/10]) + (1000-[2^2/10]) + (1000-[3^2/10]) + (1000-[4^2/10]) + ... + (1000-[100^2/10]) + Σ[i=1,100]【i^2/10 が整数】
=100*1000 - Σ[i=1,100]{[i^2/10]} + Σ[i=1,100]【i^2/10 が整数】
=100000 - 33790 + 10
=66220
なお、Σ[i=1,100]{[i^2/10]} は、
Σ[i=1,100]{i^2/10-[i^2/10]} =10Σ[i=0,9]{(1/10)(0+1+4+9+6+5+6+9+4+1)}=45
Σ[i=1,100]i^2/10=33835 から、33790 >>5
> 三角形LMNにA,B,Cで接する放物線が一つ決定する.
これはなぜ？ 前スレで流れた
970 １３２人目の素数さん[sage] 2022/05/11(水) 10:34:51.40 ID:g+dgVRn6
別スレにあったやつ
放物線上の異なる3点の接線l,m,nにおいてm,nの交点、n,lの交点、m,nの交点、と放物線の焦点の4点は同一円周上にある事を示せ ∫(0,∞) arctan(x)/sinh(πx) dx の値を求めよ
ヒント sinhのπには意味がありこれを変更すると値は複雑な形になります >>10
も少しヒントおながいします
x=iが対数特異点で留数定理が使えないorz >>11
ヒント2 log(π/2)=log((2・2・4・4・6・6…)/(1・3・3・5・5・7…)) (Wallis product formula) >>12
もう少し詳しく
x=2i,3i‥の留数かけるとその形になるんですがx=iのところで∞が出てくるorz あ、そうか
atan(x) = 1/2log((1+xi)/(1-xi))
じゃなくて
atan(x) = im log(1+xi)
使えばいいだけか
なんで気づかないかなぁ イヤ、違う
atan(x)/sinh(x)
はx=iで対数特異点だからそもそも留数定理なんぞ使えない イヤ違わない
1/2 log(π/2)
だなるほろ 答え書いて寝よ
∫[-∞,∞] atan(x)/sinh(πx)dx
= im∫[-∞,∞] log(1+ ix)/sinh(πx)dx
ただしlog(z)はC＼(-∞,0]でとる
積分路A:-∞→-1,B:-1→-1-∞i,C:1-∞i→1,D:1→∞とする
路の∞の方の端に行くと積分核がまぁまぁ早く0に収束する
(B,Cの端っこは一次オーダーだけどsinhが振動してくれてるのでいける)
よって
∫[-∞,∞]
= ∫[A→B→C→D] - 2π×resの合計
= -2π×resの合計 (∵A,Dを下にずらしていけば積分項=0とわかる)
域内での特異点はz = -niにおいて(-1)^n log(1+n)/π)
よって留数の合計は
(-log2+log3-log4...)/π
=-1/πlog(2×4×...)/(3×5×..)
=-1/(2π)log(π/2)
∴∫[-∞,∞] atan(x)/sinh(πx)dx = log(π/2)
∴∫[0,∞] atan(x)/sinh(πx)dx = 1/2 log(π/2) >>17
> ∫[-∞,∞] atan(x)/sinh(πx)dx
> = im∫[-∞,∞] log(1+ ix)/sinh(πx)dx
として路を実軸から下へとずらしていく方針は大正解です
ただし-i(k-1/2)だけ下げた積分(kは正の整数とする)は
∫[-∞-i(k-1/2),∞-i(k-1/2)] log(1+ ix)/sinh(πx)dx
= i(-1)^k∫[-∞,∞] log(k+1/2 + ix)/cosh(πx)dx
になってlog(k)のオーダーで発散します
これは-log2+log3-log4...が発散することに対応します
Wallis積の正確な主張は
「-log2+log3-log4+...+(-1)^n log(n-1) + (1/2)(-1)^(n+1)log(n)
としたときにn→∞で-(1/2)log(π/2)に収束する」
です(Wallis積の分母分子同じ数にとれば最後の半分が残ります)
まあほとんど正解なのですが面倒でなければ解答の修正をお願いします >>18
> ∫[-∞-i(k-1/2),∞-i(k-1/2)] log(1+ ix)/sinh(πx)dx
え？なんで？
| log(1+ix) | なんてlog orderでしか発散してないし分母は指数オーダーで発散してるんじゃないの？
aを半整数として
| sinh(πx + πai) |
= | cosh(πx) |
は[1,∞)で両端で指数オーダーで∞では？ >>19
B:-1→-1-∞i,C:1-∞i→1
ではなく有限で止めて
B:-1→-1-(k-1/2)i,C:1-(k-1/2)i→1,E:1-(k-1/2)i→1-(k-1/2)i
としてk→∞とすると
EでLog(k)で発散するということ ×B:-1→-1-(k-1/2)i,C:1-(k-1/2)i→1,E:1-(k-1/2)i→1-(k-1/2)i
〇B:-1→-1-(k-1/2)i,C:1-(k-1/2)i→1,E:-1-(k-1/2)i→1-(k-1/2)i
何度も失礼 あぁ、値が収束することではなくて0に行く事ね
それは例えばC+D:1-∞i→1→∞のところをa-∞i→a→∞ (a>0)と右にずらしていけばよい
囲まれてる部分に極はなく縦線上の積分は1/sinh(x)が(ある程度規則的に)振動してるから広義積分の意味で可積分だから値同じ
で|積分核|→0 >>23
ん？
a-i∞→aの積分を注意深く見ると
∫[a-i∞→a]log(1+ix)/sinh(x) dx
=∫[0→∞]log(1+ia+y)/sinh(a-iy) idy
で分母はe^aのオーダーで振動するが分子はlog(y)のオーダーで
この時点でaは固定でyの(0,∞)区間積分だから発散するんでない？ コレあればよい？
a,b:実数に対して
| sinh(a+bi) | = | sinh(a)cosh(bi) + cosh(a)sinh(bi) |
. = | sinh(a)cos(b) + cosh(a)sin(b)i |
. ≧ min{ | sinh(a)|, |cosh(a)| }
. = sinh(|a|)
よって1/| sinh(a+bi) | = O(1/sinh|a| ) ( | a | → ∞ ) >>24
私の解答と想定解答ずれてるからですよ
私の解答では積分路を真下に半整数ずつ下げてません
まず極をかわす事に専念する為に→↓→↑→と言う形の路に一つずつ極をかわしてます
最終的に全部かわした“極限の路”上での積分と元の積分は-Σ2πi留数の和だけずれていて、残った積分路は左側は全部実部<-1、右側は全部実部>1なのであとは“左右に”ずらしていきます
水平に下げると極の近辺をずっと通過し続けないといけないので鬱陶しいので先にかわす事に専念してるんです >>26
かわし方について質問なのですが
極は一つずつ丸ごとかわしていきますか？
何が言いたいかというと、単純に一つずつかわすと留数は
lim[m→∞]Σ[n=1,m](-1)^n log(n)
でこの級数は発散するので論理がおかしくなります
例えば1/2つずずらしてかわすと留数は
lim[m→∞]Σ[n=1,m](-1)^n(log(n)-log(n+1))/2
でこの級数は収束し論理的に矛盾がなくなります >>72
極はまずひとつずつかわします
最終的な極限の路との値の差は
↑→↓です、それぞれ-1+yi (y:-∞→-a)、x-ai(x:-1→1)、1+ai(y:-a→∞)でこの３つ路では分母の零点に近すぎないところ、具体的にはaとして半整数をとっていれば分母>constで分子のlog(z)の方が
im log(1+ix )
= im log( 1+(p+q)i)
= im log((p-q+iq)
= atan(q/(p-q)
からこの“差の経路↑→↓上の線積分値→0(a→∞)”です
極の近く通る気使う議論はココで終わりであとは比較的残務処理 あ、latan(p/p-q))
まぁわかるでしょうけど
路上ではq<-a、|p|<1なのでa→∞で|atan(p/(p-q)|→0 でもよくよく考えたらやっぱり↑→の積分もそんなに明らかではないですね
でもさすがにもうしょうもないのでもう不正解でいいです あぁ、やっぱり押し下げる方が楽かな？
ようは-i∞方向への積分が条件収束で鬱陶しいのでココで実部が変わって行くと鬱陶しい、+∞方向は分母が指数オーダーで発散、分子定数オーダーだから水平の方が評価しやすいか
具体的にはx - ai (x:1→∞)を(x:1→√a)と(x:√a→∞)で分けて
前者は
|分子|≦atan(√a/(√a+a),∫1/|分母|dx|<const
後者は
|分子|≦const, ∫1/|分母|dx|→0
でいずれもa→∞で→0
左右に開くと縦の条件収束の積分をずっと相手にしなくてはならなくなってそれが→0がめんどくさい 中心O半径rの円Cに対して平面上の点A≠Oに対して方程式OA→・OP→=r^2によって定められる直線を対応させる
この対応でOと異なる点の全体とOを通らない直線の全体の間の一対一に対応が得られる
点Aと直線lが対応付けられているときlをAの極線(poler)と呼びAをlの極(pole)と呼ぶ
円Γ上の相異なる4点ABCDにおいて直線ABと直線CDが交点Pをもち直線ACと直線BDが交点Qを持つときPはQの極線上にある事を示せ 半径１の円盤状のチョコレートがある。
ルーレットを回して円周上の３点を選ぶ。
選ばれた点を結んだ三角形の大きさのチョコレートがもらえる。
ルーレットを１回まわすと１００円が必要とする。３点だと３００円。
４００円を払って４点を選んで四角形のチョコレートをもらうとする。
１００円あたりもらえるチョコレートの大きさの期待値は三角形と四角形ではどちらが大きいか？ >>33
300円で正三角形のとき100円で(1/2)×1×sin120°
=1/4
400円で正方形のとき100円で(1/√2)×(1/√2)
=1/2
四角形 >>34
レスありがとう。
最大値の比較でなくて
ランダムに多角形の頂点を選ぶときの（単価あたりの）期待値を比較せよというのが問題の趣旨。 もらえるチョコの頂点をランダムに選ぶのでこんな感じ。
300円の場合 数値は面積（100円あたりの面積）
https://i.imgur.com/AgFXZcN.png
400円の場合
https://i.imgur.com/xyVBHFc.png >>32
まず極を通り円と２点で交わる直線（弦）を極線は内分比と外分比が等しい点で分割（調和点列）することを証明。
あとは四角形の対角線の交点と対辺の延長の交点を結ぶ直線が四角形の辺を調和比に分割することを
メネラウスの定理、チェバの定理、を使って証明する。 >>37
持ってる想定解と全く違う方針やな
あってるかどうか全く分からん
証明書いてください >>33
発展問題
１００円あたりもらえるチョコレートの大きさの期待値が最大なのは何角形のときか？ >>41
そこ極線の定義チョロチョロ載ってるだけやん つべより
p³+q³+1 = p²q² ( p, q : 素数 ) >>43
p≦qとしてよい。q≧5のときを考える。p^3＋1＝p^2q^2－q^3により、p^3＋1はq^2で割り切れる。
p^3＋1＝(p＋1)(p^2－p＋1), p＋1＞0, p^2－p＋1＞0 に注意して、場合分けする。
p＋1 が q^2 で割り切れる場合：p＋1≧q^2≧p^2 となるので、1≧p^2－p＝p(p－1)＞1 となって矛盾。
p^2－p＋1 が q^2 で割り切れる場合：p^2－p＋1≧q^2≧p^2 となるので、1≧p となって矛盾。
p＋1, p^2－p＋1 がともに q で割り切れる場合：mod q で計算すると、
3≡0 (mod q) となることが分かる。これは q≧5 に矛盾。
以上より、q≧5 は起こり得ない。よって、(p,q)＝(2,2), (2,3), (3,3)しか候補がない。
この中で、等式を満たすのは (p,q)＝(2,3) のみ。 >>44
正解！
想定解よりキレイだね
想定解
q≧pとしてよい
p³ + 1 ≡ 0 ( mod q^²) よりp³ ≧ q²-1
∴ (2q³+1)³≧(p³+q³+1)³=p⁶q⁶≧(q²-1)²q⁶
∴ 1+6q³+11q⁶+2q⁸ +8q⁹≧q¹⁰
∴ q⁻¹⁰+6q⁻⁷+11q⁻⁴+2q⁻²+8q⁻¹≧1
∴ q≦9 (∵q≧10 → LHS ≦ 0.8211006001 )
pもqもoddなら
与式の右辺≡1 ( mod 8 )
与式の左辺≡p+q+1 (mod 8)
から(p,q)=(3,5)しかないがコレはダメ
∴p=2
∴与式⇔0 = q³-4q²+9 = (q-3)(q²-q-3)⇔q=3
q=10の時の値がちょっとお気に入り 半径1の球面上に相異なる3点A,B,Cが動く。ABの中点をP、BCの中点をQ、CAの中点をRとする。
このとき、任意の位置のA,B,Cに対してmax(OP,OQ,OR)≧xとなる最大の実数xを求めよ。ただしOは球の中心である。 17a^2-11b^2と17a^2-13b^2の最大公約数を求めよ。 a,bはUFDの元とエスパーする
[[17,-11],[17,-13]]
～[[17,-11],[0,-2]]
～[[17,1],[0,-2]]
～[[0,1],[34,-2]]
～[[0,1],[34,0]]
∴ (17a^2-11b^2,17a^2,-13b^2)
= 34(a^2,b^2) f(x)=x^100+x^50+1
g(x)=x^2+x+1
とする。
{f(x)}^100+{f(x)}^50+1はg(x)で割り切れるか。 >>51
ω=exp(2πt/3)とする
f(ω) = ω²+ω+1 = 0
{f(ω)}^100+{f(ω)}^50+1
= 0+0+1
=1
∴あまり1 {x}でxを超えない最大の整数を表す。
rを実数の定数とする。
a[1]=r
a[n+1]=({a[n]}/4)+(a[n]/4)+(5/6)
に対しlim[n→∞] a[n]を求めよ。
（早稲田理工2022） >>53
a[n+1] > (a[n]-1)/4 + a[n]/4 + 5/6
= a[n]/2 + 7/12
> ... > r/2^n + 7/6 (1 - 1/2^n) -> 7/6 as n -> ∞.
a[n+1] <= a[n]/4 + a[n]/4 + 5/6
= a[n]/2 + 5/6
<= ... <= r/2^n + 5/3 (1 - 1/2^n) -> 5/3 as n -> ∞.
∃m∈N s.t. ∀n >= m, 7/6 <= a[n] <= 5/3.
=> ∀n >= m, {a[n]} = 1.
∀n >= m, a[n+1] = 1/4 + a[n]/4 + 5/6
= a[n]/4 + 13/12.
<=> a[n+1] = (a[N] - 13/9)/4^(n + 1 - N) + 13/9.
a[n] -> 13/9 as n -> ∞. 修正
a[n+1] > (a[n]-1)/4 + a[n]/4 + 5/6
= a[n]/2 + 7/12
> ... > r/2^n + 7/6 (1 - 1/2^n)
a[n+1] ≦ a[n]/4 + a[n]/4 + 5/6
= a[n]/2 + 5/6
≦ ... ≦ r/2^n + 5/3 (1 - 1/2^n)
∃m ∈ N s.t. ∀n ≧ m, 1 ≦ a[n] < 2.
∀n ≧ m, {a[n]} = 1.
∀n ≧ m, a[n+1] = 1/4 + a[n]/4 + 5/6
= a[n]/4 + 13/12.
⇔ a[n+1] = (a[m] - 13/9)/4^(n + 1 - m) + 13/9.
a[n] → 13/9 as n → ∞. >>54
正解です
原題から誘導を省略したのに正解するのはさすがです
ガウス記号を不等式で評価しても挟み撃ちに持ち込めない→どうする？→十分大きなnでガウス記号が外れることに気付けるか、が題意だと思います
「大学への数学」ではD****の難問という評価でしたが、さすがですね >>41
> https://manabitimes.jp/math/867
>調和点列の具体例1（三角形と直線）
>また，この結果と複比の不変定理→複比の定義と複比が不変であることの証明より主張2が証明される。
△CXYとAYとXBの交点に対するチェバの定理、△CXYとAQに対するメネラウスの定理使えば複比の射影不変性使わないで
証明可能だね。初めてチェバの定理、メネラウスの定理を三角形の外部の点、三角形と交わらない直線に対して使った。 15回コインを投げる時、表が5回のみ連続で出る確率を求めよ。ただし表と裏はそれぞれ確率1/2で出現する。 >>58
http://zakii.la.coocan.jp/enumeration/52_cointoss.htm
のｖ漸化式を使ってプログラムで数値計算すると
> seqNp(N=15,K=5)-seqNp(N=15,K=6)
[1] 0.097229
１００万回シミュレーションした結果
> mean(replicate(1e6,f()))
[1] 0.097302
と近似しているので多分あってる。 >>10
部分積分と部分分数分解と積分路の虚軸への移動により
∫(0,∞) arctan(x)e^(-(2n-1)πx) dx = -∫(1,∞) sin((2n-1)πx)/((2n-1)πx) dx
が成り立つことを用いて項別積分する
∫(0,∞) arctan(x)/sinh(πx) dx
= ∫(0,∞) arctan(x)Σ2e^(-(2n-1)πx) dx
= -2∫(1,∞)Σsin((2n-1)πx)/((2n-1)πx) dx
フーリエ級数の公式 Σsin((2n-1)πx)/(2n-1)=(π/4)(-1)^k (kはk<x<k+1を満たす整数)を代入
= -(1/2)Σ(-1)^(k+1)(log(k+1)-log(k))
ウォリスの公式から
= (1/2)log(π/2)
一般に
∫(0,∞) arctan(x)/sinh(ax) dx = -(π/a)log(√(2π/a)Γ((a+π)/(2π))/Γ(a/(2π)))
なおこの積分はWolfram有料版で時間をかけても計算できないのでAIには難しいようです >>53
プログラム解
a=numeric()
> a[1]=runif(1)
> N=1000
> for(n in 1:N) a[n+1]=floor(a[n])/4+a[n]/4+5/6
> MASS::fractions(a[N])
[1] 13/9 円Γ上の相異なる4点ABCDにおいてABとCD、ACとBDは平行でないとする
ABとCDの交点をP、ACとBDの交点をQとする
この時PはQの極線上にある
(∵) PはΓの外部としてよい
ABPの順に直線上に並ぶとしてよい
Pを中心とし半径√(OP²-r²)の円に対する反転をiとしi(Q) = Xとおく
PQ×PX = OP²-r²である
(i) QもΓの外部であるとき
ABDCの順にΓ上に並んでいるとしてよい
ACQ∞の順に直線上に並ぶとしてよい
よってiAiCiQi∞の順に同一円周上に並ぶ
すなわちBDXPの順に同一円周上に並ぶ
特にXPとBDの交点であるQはこの円周の外側である
特にXは線分PQ上だからPX+QX = PQである
一方でQP×QX=QB×QD=OP²-r²である
以上により
PQ²=PQ(PX+QX)=OP²+OQ²-2r²
となりこの場合には主張は成り立つ
(ii) QがΓ内のとき
ABDCの順にΓ上に並んでいるとしてよい
AQC∞の順に同一円周上に並んでいる
よってiAiQiCi∞がこの順に同一円周上に並ぶ
よってBXDPがこの順に同一円周上に並ぶ
特にXPとBDの交点であるQはこの円周の外側である
特にQは線分PX上だからPX-QX = PQである
一方でQP×QX = QB×QD = r² - OQ²である
よって
PQ⁴=PQ(PX - QX) = OP² + OQ² - 2r²
となりこの場合には主張は成り立つ□ 円に内接する六角形ABCDEFにおいて、4つの対角線AD,BE,CFがある一点で交わっており、またAB=DEが成り立つという。
このとき六角形ABCDEFGは正六角形であると言えるか。 ３つの対角線なら
A(1,0),B(1/√2,1/√2),C(0,1),D(-1/√2,1/√2),E(-1,0),F(0,-1)
で反例 qを、|q|<1を満たす複素数とする
k,l∈{0,1}に対して指標付きθ関数(Auxiliary functions)θₖₗ(z,t)を
θₖₗ(z,t)
= Σ[n-k/2∈Z] q^n² exp(πinl+2πinz)
で定める(ただしq=exp(πit))
また直交行列Aを
A =1/2[[1,1,1,1],[1,1,-1,-1],[1,-1,1,-1],[1,-1,-1,1]]
で定める
4次元複素列ベクトルx,yをy=Axととる時次の等式が成立する事を示せ
Πθ₀₀(x[j]) - Πθ₀₁(x[j]) - Πθ₁₀(x[j]) + Πθ₁₁(x[j])
=2Πθ₀₀(y[j])
ただし和は全て1～4を動くとし、θₖₗの第二引数は話に関係ないので省略しているとする 訂正
ただし積においてjは全て1～4を動くとし、θₖₗの第二引数は話に関係ないので省略しているとする 前>>34
>>39
300円で(1/2)(3/2)=3/4
100円あたり(3/4)/3=1/4=0.25
400円で(√2)(√2)=2
100円あたり2/4=1/2=0.5
500円で[｛(1+√5)/2｝/2](5/2)=5｛(1+√5)/8｝
100円あたり(1+√5)/8=1.618/4=0.4045……
600円で6(√3/4)
100円あたり√3/4=1.7320508/4=0.4330127……
∴100円あたりもらえる最大値なら四角形。
最大値がだめということなら六角形。
いったいなにがよくてなにがだめなのか、
よくわかりませんが。 x,y,z:整数
x²=yz+7
y²=zx+7
z²=xy+7 y^2-7=zx,z^2-7=xyそれぞれを2乗してx^2=yz+7を代入
(y^2-7)^2=(yz+7)z^2 ……(1)
(z^2-7)^2=(yz+7)y^2 ……(2)
式(1)-式(2)
(y^2-z^2)(y^2+yz+z^2-7)=0
y=±zのとき式(1)より整数解なし
y=(1/2)(-z±√(28-3z^2))のとき整数解の候補はz^2=1,4,9でこのすべてが適合
以上|x|≦|y|≦|z|となる解の組は(x,y,z)=(1,2,-3),(-1,-2,3) >>72
正解
元ネタつべ
想定解
x²=yz+7
y²=zx+7
引いて移項して
(x-y)(x+y+z)=0
x+y+z≠0ならx=y, 同様にしてy=z、x²=x²+7となって解なし
∴x+y+z=0
z消去して
x²+xy+y²=7
∴|x|≦2
以下ry 3次元ユークリッド空間に与えられたnに対しn枚の平面を配置して空間を分割し得られる領域(無限域を含む)の数の取りうる値の範囲を考える
(1) 自然数nを固定するとき得られる領域の数のとりうる値の最大値を求めよ
(2) n≧2を固定するとき得られる領域の数のとり得る値の2番目に大きい値を求めよ
(2) n≧3を固定するとき得られる領域の数のとり得る値の3番目に大きい値を求めよ △ABC内部にPをとり
APとBCの交点をD
BPとCAの交点をE
CPとABの交点をF
とし、D,E,Fで辺に接する楕円を作図するとき
焦点とPが一致するのはどういうときでしょうか？ n枚のコインを投げてk枚表が出たときの得点を(2^n)/k!とする
得点の期待値をa[n]とするときlim[n→∞] a[n] n^(1/4) e^(-2√n) の値を求めよ >>80
試したかもしれませんが二項係数をガウシアンで階乗をスターリングの公式で近似する方法はうまくいきません
数値計算で値を予測するにも収束が遅すぎてうまくいかないと思います
ではどうするか？
(1+1/x)^n exp(x)のx^0の係数を調べると… >>75 >>79
問題訂正 △ABCの最大角は１２０度より小さいという条件を追加 >>75
ヒントおながいします
正三角形に限るんだと思ってずっと証明考えてたけどよくよく考えたらそんなわけないわな
真円考えてその円に外接する三角形考えて3頂点と対する接点結べは必ず一点で交わる(ジュルゴンヌ点)
ジュルゴンヌ点全体のなす軌跡はその円の同人円になるけどその真円をほんの少し歪めて楕円にするaffine変換のうち焦点がその軌跡の円の像に収まる範囲の変換なら必ずその焦点が歪められたジュルゴンヌ点となる3接点が取れるからそれは条件満たしてしまう
多分答えは正三角形にかなり近い二等辺三角形だと思うんだけど
ゴリゴリ計算するしかない？ あ、いやそんなわけもないのか
真円の中心付近の点Pをジョルゴンヌ点とする三角形を取るときとれる3接点の自由度は1残ってるんだから二等辺三角形に限るわけもないよな >>81
もそっとおながいします
それがa[n]だとして何が言えるんですか？ >>85
想定解は
c>0とするとa[n] = lim[t→∞]1/(2πi)∫[c-it,c+it] (1+1/x)^n e^x / x dx
が言えてc=√(n+1)と置くと積分がガウシアンで近似できて…
となるのですが別の解答のヒントを出します
a[n]はよく知られた直交多項式fn(x)でa[n]=fn(-1)と表されます >>86
それはわかります
Lagerreの多項式ですよね？
だからなんなのとしかorz >>87
n→∞の漸近形が知られていて(英語のwikipediaに文献付きであったはず)それが答えになります >>88
イヤ、調べてみた限りではn→∞、x=-1に固定した場合の漸近挙動を調べた項はなかったように思いますが >>89
WikipediaのLaguerre polynomialsの項目の真ん中あたりに
The polynomials' asymptotic behaviour for large n, but fixed α and x > 0, is given by[6][7]
...
とありますよ >>75 証明はわからんけど実験結果
Pが焦点 ⇔ Pは△ABCのフェルマー点 ⇔ ∠APE＝∠APF＝π/3
ーーーーーー
楕円の方を固定する場合
楕円Eの外部の点Pから引いた接線の接点をQ,Rとする．Pと焦点Fを結んだ直線とEの交点のうち
Pから遠い方をSとする．Sでの接線とPRの交点をTとする.このとき
Q,F,Tが共線 ⇔ ∠PFR=π/3（=∠PFQ） を満たす点Pの軌跡は双曲線っぽくなる。
計算しようとしたけど複雑そうで断念した 晴れ、くもり、雨、雨または雪、雪または雨、雪。
雨で暴風を伴う
風雪強い
暴風雪
9パターンだと
全ては何通りありますか？ >>33
I(1,0) A(cosa,sina) B(cosb,sinb) C(cosc,sinc) 0<a<b<π<c<2π とする
ABの長さの二乗は (cosa-coab)^2+(sina-sinb)^2=2-2(cosacosb+sinasinb)
=2-2cos(a-b)=4(sin((a-b)/2))^2だから AB=2sin((b-a)/2)
∠ICB=∠IOB/2=b/2 ∠IAB=π-∠ICB=π-b/2
△IAB=AB*AI*sin∠IAB*1/2=2sin((b-a)/2)*2sin((a-0)/2)*sin(π-b/2)*1/2
=2sin((b-a)/2)*sin(a/2)*sin(b/2)=-sin(b/2){cos(b/2)-cos(b/2-a)}
△ICB=CB*CI*sin∠ICB*1/2=2sin((c-b)/2)*2sin((c-0)/2)*sin(b/2)*1/2
=2sin((c-b)/2)*sin(c/2)*sin(b/2)=-sin(b/2){cos(c-b/2)-cos(b/2)}
∫[0,b]△IABda=-sin(b/2)∫[0,b]{cos(b/2)-cos(a-b/2)}da
=-sin(b/2){bcos(b/2)-2sin(b/2)}=2sin(b/2)^2-bsin(b/2)cos(b/2)
=1-cosb-bsinb/2・・・①
∫[b,2π]△ICBdc=-sin(b/2)∫[b,2π]{cos(c-b/2)-cos(b/2)}dc
=-sin(b/2){-2sin(b/2)-(2π-b)cos(b/2)}=2sin(b/2)^2+(2π-b)sin(b/2)cos(b/2)
=1-cosb+(2π-b)sinb/2・・・② >>33
bを固定するとし、このとき△IABの平均は∫[0,b]△IABdaをbで割った(1-cosb)/b-sinb/2
△ICBの平均は∫[b,2π]△ICBdcを2π-bで割った(1-cosb)/(2π-b)+sinb/2
だからbを固定したときの□IABCの平均はこれらを足した2π(1-cosb)/(b(2π-b))・・③
1-cosbはbがπの偶数倍のときが重根で(1-cosb)/b^2→1/2(b→0)だから
1-cosb=1/2*b^2Π[k=1,∞](1-(b/(2kπ))^2)^2と書けて
0<b<πだからΠ[k=2,∞](1-(b/(2kπ))^2)^2>Π[k=2,∞](1-(π/(2kπ))^2)^2
=e^{Σ[k=2,∞]log((1-1/(2k)^2)^2)}
>e^{2Σ[k=2,∞]Σ[m=1,∞](-1/m*1/(2k)^(2m))}
>e^{2Σ[k=2,∞]Σ[m=1,∞](-1/1*1/(2k)^(2m))}
=e^{-2Σ[k=2,∞]1/(2k)^2/(1-1/(2k)^2)}
=e^{Σ[k=2,∞](1/(2k+1)-1/(2k-1))}=e^{-1/3} だから
1-cosb>1/2*b^2Π[k=1,1](1-(b/(2kπ))^2)^2*e^{-1/3} >>33
2π(1-cosb)/(b(2π-b))>1/(16π^3)*b(2π-b)(2π+b)^2*e^{-1/3}
∫[0,π]③db>e^{-1/3}/(16π^3)∫[0,π]b(2π-b)(2π+b)^2db
=e^{-1/3}/(16π^3)π^5(-1/5-1/2+4/3+4)=e^{-1/3}139π^2/480 □IABCの平均=∫[0,π]③dbをπで割ったもの>e^{-1/3}139π/480>0.65 四角形の100円当たりの期待値>0.65/4>0.16
P(cost,sint)とし、bを固定したときの△IPBについて
∫[0,2π]△IPBdt=①+②=2-2cosb-bsinb+πsinb・・・④
これを2πで割ったものがtを固定したときの△IPBの平均だから
∫[0,π]④db=2π+πcosπ-sinπ-π(cosπ-cos0)=3π
これを2π^2で割った3/(2π)が△IPBの平均で100円当たりでは1/(2π)<0.16 >>96はもっと簡単にできた
b(2π-b)<{(b+(2π-b))/2}^2=π^2だから
③>2π(1-cosb)/π^2=2(1-cosb)/π ∫[0,π]③db>2 だから
□IABCの平均=∫[0,π]③db/π>2/π
四角形の100円当たりの期待値>1/(2π)=三角形の100円当たりの期待値 >>75
ひたすら計算してみた
楕円を x^2/a^2 + y^2/b^2 = 1, 0<b≦a とする
D (a cosα, b sinα) と置くときDを通る接線は x cosα/a + y sinα/b = 1
E (a cosβ, b sinβ) と置くときEを通る接線は x cosβ/a + y sinβ/b = 1
F (a cosγ, b sinγ) と置くときFを通る接線は x cosγ/a + y sinγ/b = 1
それぞれの接線の交点A,B,Cを求めると
A (a cos((β+γ)/2), b sin((β+γ)/2)) / cos((β-γ)/2)
B (a cos((γ+α)/2), b sin((γ+α)/2)) / cos((γ-α)/2)
C (a cos((α+β)/2), b sin((α+β)/2)) / cos((α-β)/2)
点Pを求めると
P (a(cosα+cosβ+cosγ-cos(-α+β+γ)-cos(α-β+γ)-cos(α+β-γ)),
b(-sinα-sinβ-sinγ+sin(-α+β+γ)+sin(α-β+γ)+sin(α+β-γ))) /
(3-cos(α-β)-cos(β-γ)-cos(γ-α))
これが焦点(±√(a^2-b^2),0)と一致するとき
u=(α-β)/2
v=(γ-α)/2
w=(β+γ)/2
と置きなおして解くと
tan(w) = -(4sin(u-v)sin^2(u+v))/(2cos(u+v)-cos(3u+v)-cos(u+3v))
b/a = 2√3|sin(u)sin(v)sin(u+v)|/(sin^2(u)+sin^2(v)+sin^2(u+v))
が解
このとき
cos∠APB = cos∠BPC = cos∠CPA = -1/2
が成り立つ >>93
> Q,F,Tが共線 ⇔ ∠PFR=π/3（=∠PFQ） を満たす点Pの軌跡は双曲線っぽくなる。
離心率が小さい時は楕円で、ある閾値を超えると１２０度を超える角が現れ双曲線になる感じ 三角関数と円周率を
sin(x) = x - x^3/3! + x^5/5! - x^7/7! +...
π/4 = 1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 +...
で定義するとき sin(π/4) = 1/√2 が成り立つことを簡潔に証明せよ >>103
sin(x)'= cos(x)とする
sin(0)=0,cos(0)=1,cos'(x)=-sin(x)
cos(x)<1-x²/3によりcos(x)は正の零点を持つ
最初の零点をρとする
x∈[0,ρ)でsin(x)は単調増大で特に正
cos(x)は単調減少
sin²(x)+cos²(x)は定数で1
[0,ρ) においてtan(x)=sin(x)/cos(x)とおけばtan'(x)=1/cos²(x)>0で逆関数atan(x)を持つ
逆関数の定義域はtan(0)=0, tan(ρ-0)=+∞より[0,∞)
1=tan'(atan(x)atan'(x)により
atan'(x)=cos²(atan(x))=1/(1+x²)
(0,1)で積分してπ/4 = atan(1)
∴sin(π/4)=cos(π/4)
sin²(x)+cos²(x)=1へ代入してsin(π/4)=1/√2 >>102
楕円の方を固定する場合（例により証明抜きの実験のみ）
三角形ABCに内接する楕円の接点をD,E,F（AD,BE,CFの共点がフェルマー点)
ADと楕円の交点をD'としD'上の接線をd
BEと楕円の交点をE'としE'上の接線をe
CFと楕円の交点をF'としF'上の接線をf
とする.d,e,fの３交点とA,B,Cの６点は同一の二次曲線上にあり、それが軌跡となる.
離心率が
0.5より小さいとき楕円
0.5のとき放物線
0.5より大きいとき双曲線 >>104
一瞬ですね、正解
想定解の概略はx=0付近で単調となるy''=-y,y'(0)=1,y(0)=0の解はy^(-1)(t) = ∫[0,t] du/√(1-u^2) と解けて
y^(-1)(1/√2) = ∫[0,1/√2] du/√(1-u^2) (u=v/√(1+v^2)で置換) = ∫[0,1] dv/(1+v^2) = π/4 立方体を切り開いて展開図を作るとき、切る長さを出来るだけ短くするにはどのように切れば良いか？ >>107
①立方体を地面に置いた時の地面に垂直な4辺を切る
②立方体を真上から見たときの対角線を切る
一辺が1とすると①で長さ4を切り②で長さ2√2を切るので合わせて4+2√2を切る
①の次に
③真上から見た時の3辺を切る
ならばよくある切り方で4+3を切ることになるがそれより短くできる 前>>70
>>107
1+4√2=6.65685424…… 切れ目は連結かつ8個の頂点を全部結ばないとダメだから最低でも5本の線分ないとダメだよな？
4√2+1より短いなら3√2+2の解がある？ ABCD-A'B'C'D'
として
A-C' + A'-B + B-B' + C-C' + D-D'
で√5+√2+3にはなる 上下の面をHに切る、そして縦一本
(2/√3+1-1/√3)×2+1 = =4.154700538379 >>120
②の操作を次のように修正する
立体を上から見た時の正方形の頂点A(-1,-1),B(-1,1),C(1,-1),D(1,1)について
P(-t,0)、Q(t,0) 0<t<1 なるPQを経由した線分PA,PB,PQ,QC,QDを切る
このときの長さは4PA+PQ=4√((1-t)^2+1)+2t
t=1-sinhxとすると4coshx+2(1-sinhx)=2(e^x+e^-x)+2-(e^x-e^-x)
=e^x+3e^-x+2≧2√(e^x*3e^-x)+2=2√3+2
これは対角線で切ったとき(t=0のとき)より小さい
等号成立はe^x=3e^-x e^(2x)=3 x=1/2*log3のとき
t=1-sinh(log√3)=1-(√3-1/√3)/2のときで0<t<1を満たす >>133の上面を切ったときの長さ4√((1-t)^2+1)+2tを微分した場合
=2(-2(1-t))/√((1-t)^2+1)+2
=2/√((1-t)^2+1)*{-2(1-t)+√((1-t)^2+1)}
=2/√((1-t)^2+1)/(-2(1-t)-√((1-t)^2+1))*{4(1-t)^2-(1-t)^2-1}
最後の因数は3(1-t)^2-1=3(1-t-1/√3)(1-t+1/√3)だから
係数が負であるから長さはtが1-1/√3の前後で減少から増加に変わるからここで最小 前>>117
洗剤の箱みたいに120°で交わるように切れってことか。 前>>136
>>107
側面は120°交わりのY字をてれこにくっつけた切れ目で、
斜めの切れ目が1/2の2/√3だから1/√3
分岐点のあいだの切れ目が1-1/√3
足すと(1/√3)×4+1-1/√3=1+3/√3=1+√3
上面と下面は120°交わりの分岐点が、
立方体の頂点から正方形内に45°と15°で入った交点で、
正方形の中心に直角を据えた二つの角が30と60°の直角三角形の斜辺が切れ目になり、
(1/√2)(2/√3)=√2/√3
これが正方形内に2本、上面下面あわせて4本あり、
もう1本短い切れ目があり、上面下面あわせて2本ある。
短い切れ目は長い切れ目のsin15°の√2倍だから、
(√2/√3)(√6-√2)√2/4=(√6-√2)/2√3=(√3-1)/√6
合計=1+√3+(√2/√3)×4+(√3-1)×2/√6
=(√6+3√2+8+2√3-2)/√6
=(6+3√2+2√3+√6)/√6
=1+√2+√3+√6
=1+1.41421356+1.7320508+2.4494897
=6.595754…… >>133,>>135
この切り方で大正解です
おめでとうございます
一辺の長さ1の立方体とすれば切り口の長さは
3+2√3
になります 立方体をx,y,z∈[0,1]として切り目のグラフをGとする
G₀=G∩{z=0}, G₁=G∩{z=1}としてG₀∪G₁の連結成分数をcとする
(i) c = 2の時
G₀の4点を結ぶのに1+√3、G₁も同じく、G₀とG₁を結ぶのに最低1必要なので3+2√3が最小
(ii)c = 3のときG₁が2成分持つとして良い
2点+2点なら結ぶのに2必要であり1点+3点なら(1+√3)/√2必要であり、コレら３成分を結ぶのにも(1+√3)/√2必要なので
(1+√3) + (1+√3)/√2×2 = =6.595754112725
必要なので(i)の場合より大きい
(iii)c=4のときG₀、G₁ともに２成分ずつでどちらも1+3ずつなら(1+√3)/√2×2を最低でも(1+√3)/√2よりかかるので(i)を下回らない
....
この辺でしんどなってやめた
しょうもない確認作業 >>140
与式より
q^3≡-1 mod p
(q^2)^3≡1 mod p
フェルマーの小定理より
(q^2)^(p-1)≡1 mod p
よってq^2のpを法とする位数はgcd(3,p-1)
p-1が3の倍数でないと仮定するとgcd(3,p-1)=1より
q^2≡1 mod p
また、q^3≡-1 mod p でもあるので、
q≡-1 mod p
与式よりp>qなのでq=p-1
これを満たす素数p,qは(p,q)=(3,2)のみだが与式を満たさない。
よって、上記仮定が誤りでp-1は3の倍数。
与式を変形して
(p^2-2q)(p-1)=q^5+q^2+2q
ここでqが3の倍数でないと仮定すると、
q≡±1 mod 3
このとき、q^5+q^2+2q≡±1 mod 3
これは左辺が3の倍数であることに矛盾。
よってqは3の倍数。
p,qは素数より、(p,q)=(3,7) オリジナル問題考えてみたよ
9901の素数判定で9901=1+99+99^2であること使ったら楽に判定できるよ
142857142857を素因数分解せよ >>146
(10^12-1)/7=142857142857=3^3×11×13×37×101×9901 前>>137
>>107
長い切れ目が六つ(√2/√3)×6
短い切れ目が三つ｛(√3-1)/√6｝×3
足すと2√6+3/√2-√6/2=(3√2+3√6)/2
=1.5×(1.41421356237……+2.44948974278……)
=1.5×3.86370330516……
=5.79555495773…… 前>>148
展開するにはもう一辺切らなきゃいけない。
6.79555495773……
切りすぎだ。
やっぱり一面は逆のYをてれこにくっつけた切れ目か。
6.595754…… 前>>149
微分したら120°じゃない切れ目を最短にする角度がみつかるってことか。 >>145
正解
想定解は
p³-q⁵≡(p+q)² (mod 3)
の解が(p,q) = (2,0), (0,0)しかないのでq=3確定から行く
あとはp⁵-(p+3)²-243=0の整数解探すという奴 前>>150わかった。簡単だった。分岐点は120°でよかった。
>>107
Y字をてれこにくっつけた切れ目を対面にとり、これらを一辺切って開く。
切れ目の長さは、
切って開く辺が一つ、
Y字のつなぎ目が二つ、
頂点に向かう短い切れ目が八つだから、
1+2(1-1/√3)+8(1/√3)=3+6/√3
=3+2√3
=6.4641016…… >>152
xとyのどちらかが1であるとき成り立たないのでどちらも2以上
x!=2^a*A y!=2^b*B と素因数分解したとする
y以下の2^kの倍数の個数≦y/2^kだからb<yΣ[k=1,∞]1/2^k=y
xとyの差が1より大きいときa=bとならないので
題意の左辺=x!+y!=2^{aとbの小さい方}*C≦2^b*C<2^y*Cだが
題意の右辺=x^y≧2^yより矛盾 ゆえにxとyの差は1以下
f(x)=x^x-2x!>x^x-2x^(x+1/2)e^(-x+1/(12x))√(2π)
=x^x{1-6√xe^(-x+1/(12x))} xが3以上で正なのでf(2)=0のみが解
g(x)=x^(x-1)-x!-(x-1)!>x^(x-1)-2x!
>x^(x-1)-2x^(x+1/2)e^(-x+1/(12x))√(2π)
=x^(x-1){1-6x^(3/2)e^(-x+1/(12x))}
xが4以上で正となるので解の候補はx=3しかないがf(3)=1で駄目
h(x)=x^(x+1)-x!-(x+1)!>x^(x-1)-x!(x+2)
>x^(x+1)-x^(x+1/2)e^(-x+1/(12x))√(2π)(x+x)
=x^(x+1){1-11x^(1/2)e^(-x+1/(12x))}
xが3以上で正になるのでh(2)=0のみが解となる
解は(2,2)、(2,3) ✕題意の左辺=x!+y!=2^{aとbの小さい方}*C≦2^b*C<2^y*Cだが
✕題意の右辺=x^y≧2^yより矛盾 ゆえにxとyの差は1以下
左辺を素因数分解したときの2の指数はyより小さいが右辺のそれはy以上に訂正 >>154
正解
差が1以下はうまいな
想定解
x=1,y=1で解なしは容易
(i)x≦yのとき
x-1 | LHS、(x-1,RHS) = 1よりx=2
2+y! = 2ʸ
y=4でLHS>RHSでその後差は開く一方なのでy=2,3
(ii)x>yのとき
Chebyshev's theorem よりp|y!、p²|̸y!である素数pがとれる
p|̸xならp|LHS、p|̸RHSで矛盾
p|xならp²|x!、p²|̸y!よりp²|̸LHS、p²|RHSで矛盾
∴(ii)では解なし ２＾ｎ＋３＾ｎ≡２，３，４，５，６，９，１０，１３，１４，１５，１６，１７（ｍｏｄ．１９）。
ｍ＾３≡０，１，７，８，１１，１２，１８（ｍｏｄ．１９）。 a!b! = a! + b! + c! (a,b,c ∈ ℤ) 解なし
aが1か0のときb!=1+b!+c!で駄目なのでaとbは2以上
a!,b!,c!を素因数分解したときの2の指数をA,B,Cと置く
左辺を素因数分解したときの2の指数はAB 右辺のそれはmin{A,B,C}
A,B,CのうちでAが最小のときAB=AとなるがA=0またはB=1だから矛盾
Bが最小でも同様だからCが単独で最小となるがAB=Cより単独で最大なので矛盾 間違えた
＞右辺のそれはmin{A,B,C}
A,B,Cが異なるときの話だった
等しい物がある場合は違う >>164修正
A,B,Cには単独での最小はない
①A=B=Cのとき 左辺の2の指数がAAで右辺の2の指数がA だから矛盾
②A=C<Bのとき bはａより2以上大きいので
a!b!=2a!+b! b!(a!-1)=2a!=(2a!-2)+2 b!=2+2/(a!-1)≦2+2/(2!-1)=4
よりbは2以下でaは0以下となるので矛盾
③A=B<C のとき a!^2=2a!+c! a!(a!-2)=c!
左辺を素因数分解した時の2の指数はA+1でCはA+1に限定されc=a+1またはc=a+2
③’c=a+1のとき a!(a!-2)=(a+1)! a!-2=a+1
f(x)=x!-x-3と置くとf(x)>(x/e)^x-x-3だからxが5以上で正だから候補は2以上4以下
f(3)=0のみが解
③’’c=a+2のとき a!(a!-2)=(a+2)! a!-2=(a+2)(a+1)
g(x)=x!-x^2-3x-4と置くとg(x)>(x/e)^x-x^2-3x-4でxが6以上で正
候補は2以上5以下だがどれも駄目
a=3,b=3,c=4が解 >>166間違えた
✕ ＞①A=B=Cのとき 左辺の2の指数がAAで右辺の2の指数がA
○ ＞①A=B=Cのとき 左辺の2の指数が2Aで右辺の2の指数がA >>166また間違えた
＞CはA+1に限定されc=a+1またはc=a+2
aが奇数のときはcはa+1またはa+2でいいが偶数のときはcはa+2またはa+3だった
③’’’cがa+3のとき a!(a!-2)=(a+3)! a!-2=(a+3)(a+2)(a+1)
h(x)=x!-(x+3)(x+2)(x+1)-2と置くとh(x)>(x/e)^x-(x+3)(x+2)(x+1)-2
xが7以上で正だから解の候補は2以上6以下だがどれも駄目 (a,b,c)=(3,3,4)なら>>166で解いた
他にないことを確かめるのにcがa+3である場合を潰すのがヌケてたから直してた >>171
あ、ホントだ、失礼しました
Jane styleのバグでレスの下の方消えて表示される時あるんだよ
まぁ本問a=c≦b or a=b<c≦a+2
にたどり着けば以下しょうもない
想定解
m=min{a,b,c}として♯{a,b,c}＼{m}=2なら
(m+1)! | LHS、(m+1)! |̸RHS
で矛盾
∴a=c≦b or a=b<cとして良い
前者のとき
与式⇔(a!-1)(b!-2)=2→b!=3,4より解なし
後者のとき
(a!-2)a! = c!
二進付値を考えてc≦a+3
三進付値を考えてc≠a+3
(a!-2)a! ≦ (a+2)!
(a+2)(a+1)+2≧a!
∴a≦4 (∵(a+2)²>a!が必要だがa=5のとき(a+2)²=49<120=a!で以降の左辺の増加する比率は2以下、右辺は2以上)
有限個に絞り込み完 f(x) : ℝ＼{0,1}→ℝ
f(x)f(1/(1-x)) = (1-x)/x (∀x≠0,1) √(2+√2), √(1+√5), √(1+√10)はそれぞれ二重根号を外せない。(すなわち単純なn乗根の和で書けない)
では√((2+√2)(1+√5)(1+√10))の二重根号は外せるか？ >>176
できるの？
根号が外せるの意味は
ℚ({aₖ})、aₖは全て正の有理数のn乗根
の意味で合ってる？ >>177
そうです、問題文にもある通り「単純なn乗根の和で書ける」(nは2とは限らない) >>178
単純なn乗根は
正の有理数のn乗根？
「(-1+√3i)/2は“1の3乗根”だから単純でしょ」とか入ってない？ >>179
Σ(有理数)*(正の整数のn乗根)
の形になります √((2+√2)(1+√5)(1+√10))
= (4+3√2+√10)([4]√2)/2
= [4]√32 + [4]√(81/2) + [4]√(25/2) （[4]√ は4乗根）
こうできるのは分かったけど、なんで二重根号が外せるのかは分からない >>181
正解です。
あまり知られてないかもしれませんが多重根号を外すための簡単で強力な経験則があります。
それは最小多項式の共役を利用する方法です。
例えば本題の定数αの最小多項式は
5184 + 2304 x^2 + 40 x^4 - 48 x^6 + x^8
でβを-3.0208付近の共役と置いてα+βの最小多項式を計算すると
-200+x^4
になってα+β=200^(1/4)であることがわかります。
同様にしてα-βの最小多項式を計算すると
-8 - 96 x^2 + x^4
になりα+β=√(48+34√2)=(3+2√2)2^(3/4)でこれらの連立一次方程式を解けば答えが求まります。 まぁ多重根号は外すアルゴリズムあるらしいから大先生やってくれるかと思ったけどやってくれなかったな 前>>153
>>174
(2+√2)(1+√5)(1+√10)=2+√2+2√5+√10+2√10+2√5+10√2+10
=12+11√2+4√5+3√10
=√2(1+√2)(1+√5)(1+√2・√5) f(x)=αx+β 、g(x)=γx+δがあり、α,γ>0 αδ-βγ>δ-βを満たす。ここで{x_n}をx_1=α, x_(n+1)=f(x_n)またはx_(n+1) =g(x_n)で定める時、x_1をfでk回、gでl回適当な順で合成した値x_(k+l+1)が最大となるような合成順序を考えた時、そのx_(k+l+1)の最大値を求めよ。 P=(1-r2-r5-r10)/2.
Q=(1-r2+r5+r10)/2.
R=(1+r2-r5+r10)/2.
PQ=-3(1+r2).
PR=-(3/2)(1+r5).
QR=1+r10.
PQR=-(3/2)(3+2r2+r5).
(PQR)^2=(9/2)(1+r2)(1+r5)(1+r10)=(9/4)(3+2r2+r5)^2. アレ？
不等号逆か？
最小なら大先生のグラフ見る限り端っこの方やな 前>>186
>>185
A+B=2sinαsinβsin(α+β)+(π-α-β)sinβsin(α+β)+(π-2β)sinαsin(α+β)+(2α+2β-π)sinαsinβ
α=β=γ=π/3とすると、
A=2(√3/2)^3=3√3/4
B=(π/3)(3/4)×3=3π/4
C=(3/4)×3=9/4
(A+B)/C=(3√3+3π)/9
=(π+√3)/3
=1.6245…… 0→①→-1→②→-3→③→-2→④→-4→19
クイズ①②③④に入る数字はなんでしょう？ a(n) = Sum_{k=1..n} k*floor(n/k)の公式がわからない オイラーの関数とかの数論的関数使わないと無理なんじゃないの？
どこまで使っていいかわからないから答えようない気がする 前>>193
>>194
0→29→-1→28→-3→25→-2→23→-4→19
∴①29
②28
③25
④23 >>198
想定している解と違うんだけど、どう考えたの >>194
0,2,-1,4,-3,8,-2,15,-4,19,-10,21,-16 >>202
ごめん策問時点で計算ミスしてたから2個前のレスの人が正解だ策問ミスすまん。作問ミスったから全員正解扱いでよろ 前>>198
なにを想定されてたかわからないけど正解できてよかったです。 階差数列だよん
2、-3、5、-7、11、-13って素数の正負が交互になったものの階差数列 設問が正しかったと仮定して(a_7 = -5)、
a_9 = 23となる数列さえ選べば素数とか関係ないけどね ？を求めよ
1,3,9,27,82,252,783,2457,？,24801,79596… >>207
ラグランジュ補間により、任意の実数で法則付けられる
こういうクイズは数学の問題じゃない
スレチだから消えろ ラグランジュうんぬんじゃなくて
クリプキのクワス算といえばわかると思うけど
任意の数列は任意の表現が可能だからどうしようもない 前>>198
>>207
2457×3+540=7911 前>>204訂正。
>>207
2457×3+540=7911 まあ>>1のルールには抵触していないが
曖昧な問題禁止と書き加えておくか？ 「一辺の長さ2の正方形」と「長さ7の閉曲線」とで囲まれる図形の面積の最小値を求めよ.
(ただし、閉曲線Aと閉曲線Bとで囲まれる図形とは、閉曲線Aが囲う領域をA’、閉曲線Bが囲う領域をB’として、A’とB’の対称差( (A’\B’)∪(B’\A’) )の事とする.) 前>>212
>>216
ぜひ解きたいので、
A’\B’を定義してほしいです。
この記号→\
のルールについてです。 4隅円弧で切り取った場合の切り取った部分の面積の最小じゃないの？
半径r、中心角θの円弧で切り取るとして円弧の両端結ぶ線分の長さは2r sin(θ/2)、この２点を正方形の隅に配置した時２点を正方形に沿って進む場合の道のりが2√2r sin(θ/2)、円弧に沿って進む場合の道のりはrθ
∴円弧を進んだ場合のショートカットの効果は2√2r sin(θ/2)-rθ
ショートカットの四隅の合計が1にならないといけないから束縛条件は
2√2r sin(θ/2)-rθ = 1/4‥①
これを満たす領域で切り落とされる部分の面積は
S = ( 1/4( 2r sin(θ/2) )² - ( 1/2 r²θ - 1/2 r²sinθ) )×4
①におけるSの最小値じゃないの？ >>218
そもそもθ=π/2じゃない？
ちゃんとした証明をつけるのは難しそう、というか最小値が存在すること自体非自明な気がするけど。 この手の最小値問題は大概適当にソボレフ空間設定してゴニョゴニョやれば大概でる
2次元内の曲線ならなんとかなる
空間内の曲面の話になると途端に難しくなる 前>>217
>>216
円弧半径をrとすると、
8(1-r)+2πr=7
r=1/(8-2π)
求める面積の最小値=4r^2-πr^2
=(4-π)/(8-2π)^2
=1/4(4-π)
=1/(16-4π)
=0.29123702289…… つべネタ
E = ℂ(x,y,z)
F = ℂ(x+y+z, xy+yz+zx, xyz)
L = ℂ(x²y,y²z,z²x)
K = L ∩ F
とする
(1) E/K がGalois拡大である事を示し[ E:K ]を求めよ
(2) F/Kの中間体の個数を求めよ 平面上に3つ以上の点があり、一つの直線上に全ての点が乗ることは無いものとする.
このとき、ちょうど2点だけを通る直線が存在することを示せ. >>225
Sを♯S≧3である有限集合としm = min{ d(直線AB, C) | A,B,C∈S }とおく
A,B,C∈Sを
m = d(直線AB,C)となる点とし、lを直線ABとする
l上にAB以外のSの元がとれない事を示せばよい
CからABに下ろした垂線の足をHとする
HがABのBに近い外分点とするとBから直線ACに下ろした垂線の足をKとして△ACHと△ABKが相似でAH≧AB>AKでmの最小性に反する
よってHは常に線分AB上である
DがABのBに近い外分点とするとBから直線DCに下ろした垂線の足をLとして△DCHと△DBKが相似でDH≧DB>BKでmの最小性に反する
よってDは常に線分AB上である
Dが線分AH上とするとDから直線ACに下ろした垂線の足をMとして△ACHと△ADMが相似でAH≧AD>DMでmの最小性に反する
以上により全ての場合で矛盾が生じたからl上にSの他の点は存在し得ない これってヒルベルト空間であれば成立するよね
一般の実ベクトル空間(直線を{x+ty | t∈R}とする)だと反例ある？ >>226の証明は有名な証明だが、距離の性質に依存しすぎていて、
なるべく距離に依存しない証明は無いかと考えた数学者がいて(実はエルデシュ)、
実際にそういう証明があるらしい。もちろん、より複雑な証明。
うろ覚えだから、実際にどこまで距離の性質が必要だったかは分からん。 任意の実ベクトル空間はヒルベルト空間の構造もてるんだからヒルベルト空間で成り立つなら実ベクトル空間でも成り立つのでは？ >>230
> 任意の実ベクトル空間はヒルベルト空間の構造もてるんだから
そんな事ないな
しかし反例があるとしたらそこからすぐに有限次元ベクトル空間の反例が作れるわけだから(その有限個の点と原点ではられる部分空間とればいい)結局ヒルベルト空間で反例が作れる事にならない？ >>224
Kはxxy, yyz, zzxの生成する対称式全体でK=C[xxxyyyzzz]？ >>232
不正解
E/Kは代数拡大なのでKもℂ上trans.deg(K) = 3になります
Kの生成元完全に決める事は原題では求めてません
求められるだろうけど x^ay^bz^cが対称式に含まれてるとしたら
x^ay^cz^bとか最大6種類もその式に含まれてるから
それがぜんぶ(x^2y)^p(y^2z)^q(z^2x)^rと表せるので
(a,b,c)=(2p+r,p+2q,q+2r)
みたくな pqrが6種全部に存在すとして
それは互換で言えればいいから
(a,c,b)=(2p'+r',p'+2q',q'+2r')
a+b+c=3(p+q+r)=a+c+b=3(p'+q'+r')
よりp+q+r=p'+q'+r'
b+c-a=-p+3q+r=c+b-a=-p'+3q'+r'
より2p-2q=2p'-2q'
p-q=p'-q'
あめんど
もっとスカッと示してください 単項式は多分(xyz)³しかない
しかし例えば
(x²y)³=x⁶y³はLの元、(xyz)⁶/(z⁶x³)=x³y⁶もLの元
同様にして考えて
x⁶y³+y⁶x³+y⁶z³+z⁶y³+z⁶x³+x⁶z³はLの元かつFの元
と単項式でないタイプももちろん出てくる
そもそも“自分が思いつく構成法でコレだけ見つかった”というリストをいくら増やしてもダメ、”コレで全部、残りのKの元は全てコレで生成される”まで示すのは方針としてかなり難しい
出来るのかもしれんけど
素直にガロア理論使うのが吉 生成元求めてみた
多分
K=ℂ(x⁹+y⁹+z⁹, x⁶y³+y⁶x³+y⁶z³+z⁶y³+z⁶x³+x⁶z³, x³y³z³)
右辺がKに含まれるのは簡単に確認できるけど逆向きも多分証明できた
しかしこれがわかっても設問の解答に役立つかどうか分からん 見落としあった
xy⁴z⁴+x⁴yz⁴+x⁴y⁴z
とか
x²y⁸z⁸ +⁸y²z⁸ +x⁸y⁸ z²
とかもKの元
一般に
xᵏy⁴ᵏz⁴ᵏ +⁸ᵏyᵏz⁴ᵏ +x⁴ᵏy⁴ᵏ zᵏ
は全部Kの元、
もちろん有限個の生成元選んでKを生成できるはず
有限個選び出すのは出来るだろうけど、それ使って[E:K]とか決められるかどうかはわからない >>236
そのKをK’として、もしE/K’が有限次元ガロア拡大なら中間体B,B’に関する公式
Gal(BB’/B)=Gal(B’/B∩B’) 同型
σ→σ|B∩B’
が使える >>238
そう、だから結局ガロア理論使うしかない
設問は[E:K]を求めよで具体的にKの生成元を求める必要はない
それはガロア理論使えばさほど難しくない、原題は大学院の入試問題でせいぜい30分もあれば解けるレベルの問題
しかしKの生成元を全部求めた後でガロア理論使うとなると話は違う、一応Grothendickの定理で有限生成にはなるはずだけど
最低でもtrandeg K' = 3となるK'求めればホントのKはE/K'の中間体として出てくるし、それはガロア理論使えば決定できるかもしれないけど、そもそもそんな回り道する意味がない >>241
ありがとうございます！
最近いつ見ても同じ配信者の動画しか出てこないので
他の人の動画が見たいと思ってたところなんです >>239
ガロア理論でガロア軍わかるなら
Kも具体的にわかろう？ 平面上に有限個の点があり、白か黒の色が付いていて、
一つの直線上に全ての点が乗ることは無いものとする.
このとき、2点以上の同じ色の点だけを通る直線が存在することを示せ. △ABC内に点Fが与えられたときFを焦点とし三辺と接する楕円を描きたいときに
もう一つの焦点F'と３つの接点を作図する方法は？ >>246
普通にFから2接点に向かう直線書いて接線で反射させた直線作図するだけじゃないの？ 三角形内に任意にFを取ると内接楕円は一意に決まり、もうひとつの焦点F'と３つの接点のシンプルな作図法があるっていうことです その手のやつはこの形で問題にするのは無理やろ
作図なんか簡単にできてしまうんやから
実質「カッコいい方法あるんだけどわかる？」って言ってるのと一緒なので数学の問題になってない あ、わかった、なるほど
楕円の方は与えられてないのね わかった
Fを3辺に関して対称に移した点をDEFとすればF'は三角形DEFの外心ですな コインが６枚あります。
そのうち１枚が偽物です。
本物はすべて重さが同じで本物と偽物は重さが違います。偽物が本物より軽いか重いかは分かりません。重さは整数とは限りません。
重さをはかることのできるはかりを３回使って
（※天秤ばかりではない。重さが表示される計量ばかり。）
偽物のコインを見つけて、さらに本物、偽物の重さを答えてください。
この答え教えて欲しい！ >>252
コインに1～6と名前つけておく
最初に1と2を合わせて
つぎに3と4を合わせてはかる
それらの値をx,yとする
もしx=yなら5か6が偽物なので
最後に6をはかる
その値がx/2なら5が偽物、x/2でないなら6が偽物
もしx≠yなら1～4のどれかが偽物なので
最後に2と4と6をはかる
その値をzとする
z=3x/2なら3が偽物、z=3y/2なら1が偽物
z=x/2+yなら4が偽物、z=x+y/2なら2が偽物 >>255
ありゃ問題ちゃんと読めてなかった
うーん、
x=123、y=1246、z=2345とはかって
あとは連立しながら論証頑張る感じかな >>252
6枚abcdefを区別できるためには
1回目計る1計らない0
2回目計る1計らない0
3回目計る1計らない0
の8通り
111
110
101
011
100
010
001
000
に6枚を別々振り分けないと区別できないし
000は一回も計られないから重さ分からないので除外して
たとえば
a110
b101
c011
d100
e010
f001
にしたらどうかな
ああでも
aがニセモノかfがニセモノか区別できないか
bとe
cとd
も区別できないな
これ無理ね
重いか軽いかが分かっていれば
a110とf001やbe,cdも区別できるけど 2進みたいに対称性高いと解が絞れないけど
256に書いたxyzみたいに、独立性は担保しつつ微妙に枚数変えとけば連立解が(1つだけ異なる値という条件内で)一意に定まるんじゃないかと予想 コインをABCDEFとする
ABとCDを乗せる
釣り合ったらEFに偽物がありABCDは本物なのでAとE、AとFなどとすれば偽物とその軽重がわかる
釣り合わなかったときABのほうが重かった場合を考えれば十分
ABに重い偽物があるか、CDに軽い偽物があるのかどちらかでEFは本物に確定
ACとDEを乗せる
釣り合ったらBが重い偽物
ACが重かったらAが重い偽物かDが軽い偽物なのでAとEを乗せれば判明する
ACが軽かったらCが軽い偽物 >>253
６枚のコインにABCDEFと振り分ける
手順は以下の通り
1. ABCDの重さをはかる
2. CDEの重さを計る
3. 上の結果によってFもしくはACの重さをはかる
以下解説
(A) ABCDとCDEの重さの比が4:3になっている場合
偽物はFなので3回目にFの重さをはかればよい
(B) ABCDとCDEが4:3になってない場合
３回目にACの重さをはかる
偽物はABCDEのいずれか
ＡＢＣＤＥＦ
〇〇〇〇××
××〇〇〇×
〇×〇×××
①偽物がEなら、ABCDがACの2倍になってる
②偽物がBなら、CDEとACが3:2になってる
③偽物がAなら、ABCD、ACの差とCDEが2:3になってる
④偽物がDなら、ABCD、CDEの差とACが1:2になってる
⑤偽物がCなら、ABCD、CDEの差とCDE、ACの差が同じになってる
①～⑤のいずれのパターンに当てはまるかを考えれば偽物がどれか、本物と偽物のコインの重さが特定できる
これが解答です ３回はかると、同じ重さの組み合わせが一つできる。その４枚は本物で重さが分かる。
後は偽物を含む２枚の重さから、本物の重さを引けばよい なるほど
ちゃんと検討してないけど
2回までの状況で3回目の組み合わせを変えるわけか
脱帽 これn個に必要な回数m回が定まるけど
どんななるのかな
こういうのにこそプログラムで回答してほしいね 予めX,Y,Z⊆{A～F}を決めてXYZの重さをはかる
という方法では絶対に出来ないと証明できたりするんかな >>266
それが
>>257
その方法ではできない それは一例であって、どんなXYZを選んでも上手くいかないことが示せるのか、ってこと >>269
どんなのを選んでも駄目よ
a～fは同じパターンでは区別が出来ないため
111～001の異なるどれかしか駄目だから
XYZは大きく製薬される
しかも軽重決まっていないため補数も駄目なので最初から決め打ちでは求められない 前>>223
>>252
>> 254に賛成。
2枚ずつ3回測って、
2回同じ重さが出たほうの重さ/2=本物の重さ
1回違う重さが出たほうの重さ-本物の重さ=偽物の重さ
∴示された。 前>>271
これだと偽物のコインがどっちか特定できないか。 前>>272修正。
>>252
2枚ずつ3回測って、
2回同じ重さが出たほうの重さ/2=本物の重さ
1回違う重さが出たほうの重さ-本物の重さ=偽物の重さ
本物の重さと偽物の重さは示された。
重さが違う2個のうちどっちが偽物かは、
2回同じ重さの2枚＞1回違う重さの2枚 のとき、
1回違う重さの2枚のうち軽いほうが偽物。
2回同じ重さの2枚＜1回違う重さの2枚 のとき、
1回違う重さの2枚のうち重いほうが偽物。 >>270と書いたが
アンバランスにしたらどうかな
a111
b110
c101
d011
e100
f010
か
a111
b101
c011
d100
e010
f001
前者だとx=abce,y=abdf,z=acd
cfとdeが補数だけど何とかなりそう？
後者だとx=abd,y=ace,z=abcf
beとcdが補数だけど何とかなりそう？ >>274
>a111
>b110
>c101
>d011
>e100
>f010
ホンモノの重さをTニセモノの重さをFとすると
x,y,zは
aがニセモノの時3TF,3TF,2TF
bがニセモノの時3TF,3TF,3T
いずれもx=y>zでy-zがTかFか区別できないね
>a111
>b101
>c011
>d100
>e010
>f001
aがニセモノの時2TF,2TF,3TF
fがニセモノの時3T,3T,3TF
やっぱりx=y<zでz-yがTかFか区別できない
てことでアンバランスにしても
決め打ちでは判定できない >>261
>ABCDがACの2倍になってる
>CDEとACが3:2になってる
>ABCD、ACの差とCDEが2:3になってる
>ABCD、CDEの差とACが1:2になってる
>ABCD、CDEの差とCDE、ACの差が同じになってる
これらが排反なのはなぜかな？ >>261
それぞれがニセモノの時それ以外はホンモノだから挙げられた条件が成立するけれど
逆も言えなければと思った
>>ABCDがACの2倍になってる
ABCDにニセモノがある場合
3TFが2TもしくはTFの2倍になるとするとT=Fだからあり得ない
>>CDEとACが3:2になってる
ACDEにニセモノがある場合
3TがTFとあるいは2TFが2TもしくはTFと3:2になるとするとT=Fだからあり得ない
>>ABCD、ACの差とCDEが2:3になってる
TFが3Tとあるいは2Tが2TFとあるいはTFが2TFとあるいは2Tが2TFと2:3になるとするとT=Fだからあり得ない
>>ABCD、CDEの差とACが1:2になってる
FがTFもしくは2TとあるいはTがTFとあるいは2T-Fが2Tと1:2になるとするとT=Fだからあり得ないがF-2Tが2Tと1:2になるのはF=3Tの場合ありえるのでここで言う差とは絶対値ではなくABCD-CDEのことね
>>ABCD、CDEの差とCDE、ACの差が同じになってる
Fと2T-FもしくはTあるいはTとFあるいは2T-FとFが等しいとするとT=Fだからあり得ない
>これらが排反なのはなぜかな？
ということで確かに排反だった
脱帽 要するに
3( A + B + C + D ) - 3( A + C ) - 2( C + D + E )
= 3B - 2C + D - 2E
はAが偽物なら0、Aが本物なら0でない(∵A以外の全ての係数が0でない)
からコレ単独でAの真贋が判別できる
他も同様 f: R -> R に対して
f(f(x)) = x^2 - x + 1 ……☆ が成り立つ時
f(0) を求めよ.
ただし、☆を満たすfは存在するものと仮定してよい。 >>281
g(x) = f(f(x))とするときg(f(1)) = f(g(1)) =f(1) で、gの不動点は1だけだからf(1) = 1.
g(f(0)) = f(g(0)) = f(1) = 1 よりf(0) は0または1だが、f(0) = 0とするとg(0)も0になって不適。
よってf(0) = 1. >>261
解答を朝飯前にプログラミング(R言語ver4.20)
fn=\(ABCD,CDE,AC){
A <- ABCD-AC == (2/3)*CDE # BD == (2/3)CDE
B <- AC == (2/3)*CDE # AC == (2/3)CDE
C <- ABCD-CDE == CDE-AC # AB-E == DE -A
D <- ABCD-CDE ==(1/2)*AC # AB-E == (1/2)AC
E <- ABCD == 2*AC # ABCD == 2*AC
F <- ABCD == (4/3)*CDE # ABCD == (4/3)*CDE
if(A){
g=CDE/3
f=AC-g
}
if(B){
g=CDE/3
f=ABCD-3*g
}
if(C){
g=ABCD-CDE
f=AC-g
}
if(D){
g=AC/2
f=ABCD-3*g
}
if(E){
g=ABCD/4
f=CDE-2*g
}
if(F){
A=B=C=D=E=FALSE
g=ABCD/4
f=AC
}
ans=rep(g,6)
ans[(1:6)[c(A,B,C,D,E,F)]]=f
names(ans)=LETTERS[1:6]
ans
} 検算
本物:1ｇ 偽物0.9gのとき
ABCD CDE AC/F
4.0 3.0 0.9
A B C D E F
1.0 1.0 1.0 1.0 1.0 0.9
ABCD CDE AC/F
4.0 2.9 2.0
A B C D E F
1.0 1.0 1.0 1.0 0.9 1.0
ABCD CDE AC/F
3.9 2.9 2.0
A B C D E F
1.0 1.0 1.0 0.9 1.0 1.0
ABCD CDE AC/F
3.9 2.9 1.9
A B C D E F
1.0 1.0 0.9 1.0 1.0 1.0
ABCD CDE AC/F
3.9 3.0 2.0
A B C D E F
1.0 0.9 1.0 1.0 1.0 1.0
ABCD CDE AC/F
3.9 3.0 1.9
A B C D E F
0.9 1.0 1.0 1.0 1.0 1.0 >>284
それ手順を求めてるんじゃなくて
手順をプログラムしただけじゃ？
解答するプログラム書けないでしょ
n個で最低何回計る戦略があるかを
プログラムで求めて欲しい 多分プログラムはできると思うんだよね
m回の戦略として考えられるのは有限だから
コンピュータなら全部リストアップできる（はず）
それがn個の中の1個のニセモノを判別できるかどうかも全部チェックできる（はず）
必ずm=nまでに最低回数が存在するから
コンピュータに解かせて欲しい つべより
p,q,r primes
p/q - 4/(r+1) = 1 >>285
ここはお前が来ていいレベルのところじゃない
わきまえろ >>286
検証するためのプログラムだよ。
それが何か？ >>288
p > q, p(r+1) = q(r+5)
GCD(r+5, r+1) = GCD(r+1, 4)
r = 2 のとき、3p = 7q なので p, q, r = 7, 3, 2
r = 3 のとき、p = 2q で解無し
以後 r ≧ 5 とする
◆GCD(r+1, 4) = 1 のとき
r+1, r+5 は互いに素、かつ、どちらかは6の倍数なので不適
◆GCD(r+1, 4) = 4 のとき
自然数nを用いて pn = q(n+1) と書けるが
連続する素数は2, 3のみなので、p, q = 3, 2
よって、3(r+1)=2(r+5) から r = 7 なので
p, q, r = 3, 2, 7
◆GCD(r+1, 4) = 2 のとき
r = 1 mod 4, r = ±1 mod 6 なので
自然数 n と m ∈ {0, 1} を用いて
r = 12n + 4m + 1 と書ける
よって、p(6n + 2m + 1) = q(6n + 2m + 3)
m = 0 のとき p(6n + 1) = 3q(2n + 1)
よって p, q = 3, 2 となるが n = 1/2 で不適
m = 1 のとき 3p(2n + 1) = q(6n + 5)
よって q = 3
また p > 3, 2(p - 3)n = 5 - p ≧ 0 なので
p, n = 5, 0
よって p, q, r = 5, 3, 5■ >>290
しおもな
a+b+c-b-cでaが求まりました
か 100個の箱が横一列に並んでいます。
40個の玉を無作為に箱に入れます。
箱を左から順に見ていって、中に玉が入っていれば1を記録し、中に玉が入っていなければ0を記録していくと、長さ100の1と0からなる数列ができます。
この数列の連が60個である確率をp(60)、連が61個である確率をp(61)とします。
40個の玉を全て取り出して、今度は400万個の玉を100個の箱へ無作為に入れます。
先ほどと同様に、箱を左から順に見ていって、中に玉が入っていれば1を記録し、中に玉が入っていなければ0を記録して、長さ100の1と0からなる数列を作ります。
この数列の連が60個である確率をq(60)、連が61個である確率をq(61)とします。
p(60)/p(61) と q(60)/q(61) はどちらが大きいのでしょうか？ 信頼区間は高校数学の範囲外らしいからこっちに再掲
問題
労働時間は1日8時間、尿瓶おまる洗浄係の時給は最低賃金とする
どこに勤務しているか不明なのでどの都道府県に勤務しているかは人口に比例する重みをつけた確率分布を仮定する
下記のデータを用いて、
尿瓶おまる洗浄係が8万円を稼ぐためには何日働く必要がある期待値とその95%信頼区間を求めよ。
都道府県 人口 最低賃金
北海道 5381733 889
青森県 1308265 822
岩手県 1279594 821
宮城県 2333899 853
秋田県 1023119 822
山形県 1123891 822
福島県 1914039 828
茨城県 2916976 879
栃木県 1974255 882
群馬県 1973115 865
埼玉県 7266534 956
千葉県 6222666 953
東京都 13515271 1041
神奈川県 9126214 1040
新潟県 2304264 859
山梨県 834930 877
長野県 2098804 861
静岡県 3700305 858
愛知県 7483128 866
岐阜県 2031903 877
三重県 1815865 880
富山県 1066328 913
石川県 1154008 955
福井県 786740 902
滋賀県 1412916 896
京都府 2610353 937
大阪府 8839469 992
兵庫県 5534800 928
奈良県 1364316 866
和歌山県 963579 859
鳥取県 573441 821
島根県 694352 824
岡山県 1921525 862
広島県 2843990 899
山口県 1404729 857
愛媛県 1385262 821
香川県 976263 848
徳島県 755733 824
高知県 728276 820
福岡県 5101556 870
佐賀県 832832 821
長崎県 1377187 821
熊本県 1786170 821
大分県 1166338 822
宮崎県 1104069 821
鹿児島県 1648177 821
沖縄県 1433566 820 >>294
同じ数字が並ぶブロック
0101なら連の個数は4
00000111100111も連の個数は4 意味わからなさすぎて笑えてきたんだが
マジでどういうことやこれ オレまだわからん
無作為に入れるってのは一個ごとに同様に1/100で選ぶん？
同じ箱に40個、400万項もありなん？
まぁそれがなしなら400万個入れられんからアリなんやろうけど >>301
そこ曖昧よな
あとので重なっていいとわかったけど 既に玉が入っている箱を避けながら入れるのって、"無作為に入れる"というのでしょうか？
ふつうはそれは無作為に入れるとはいわないのではないかと思うのですが… >>303
個人の感覚に依ると思うけど、自分は最初箱と玉が同じくらいの大きさの状況を想像してた >>303
無作為の定義に依ろうよ
100個の中から無作為に40個選ぶ
という言い方も良くある え？
(1) 100個の箱から無作為に40個の箱を選ぶ
と
(2) 40個の玉を無作為に100個の箱へ入れる
って同じ意味になりますか？ 玉1個1個に対して1から100までの整数が等確率で割り当てられ、
玉を 左から数えてその割り当てられた整数番目の箱 に入れる、
みたいに書けばよかったでしょうか？ >>306
だって箱に1個しか入らないかと思ってもおかしくないよ
箱にいくつ入るかって書かれてなかったから悩んだ すみません、そこで行き詰まってた方って400万個の玉をどうやって100個の箱に1個ずつ入れようと考えてらしたのでしょうか？ 1個ずつって書き方の問題か
1箱に1個ずつだと思い込むやつが出てきてもおかしくはない >>310
だから400万個の方で
箱にはいくつも入るって分かったって書いてるとおり
40個の方読んだときは1個ずつかと思ってたよ 未定義のオリジナル語録が問題文に出てくる時点でお察し案件 ええ…未定義って…
もしかしてこのスレ意外とバカが多いんですかね？ 連ってなんだよ(笑)
お前以外誰も理解してなかっただろ >>317みたいにちゃんと定義あればいいけど
>>293みたいに頭悪い書き方されるとわからないよね >>318
もう馬鹿は黙ってて
これで問題の内容は分かったんだから、いつまでも自分は能無しですって報告し続けなくてもいいでしょ 連で検索しても>>317は出てこない。
>>317の上の連の定義は>>296とは違う。
>>317の下は問題の中でわざわざ定義してるので
説明なしに使えないと出題者は思ってるってこと。 100個の箱が横一列に並んでいます。
40個の玉を無作為に箱に入れます。
箱には何個玉を入れてもよいものとします。
箱を左から順に見ていって、中に玉が入っていれば1を記録し、中に玉が入っていなければ0を記録していくと、長さ100の1と0からなる数列ができます。
この数列の連が60個である確率をp(60)、連が61個である確率をp(61)とします。
連の定義は以下を参考にしてください。
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1440548249
https://okwave.jp/amp/qa/q1736182.html
たとえば
0101なら連の個数は4、
00000111100111も連の個数は4
となります。
さて、いったん40個の玉は全て取り出して、
今度は400万個の玉を100個の箱へ無作為に入れます。
先ほどと同様に、箱を左から順に見ていって、中に玉が入っていれば1を記録し、中に玉が入っていなければ0を記録して、長さ100の1と0からなる数列を作ります。
この数列の連が60個である確率をq(60)、連が61個である確率をq(61)とします。
p(60)/p(61) と q(60)/q(61) はどちらが大きいでしょうか？ >>317の上の連の定義だと0101の連は0101の一個。 >>323
もういいって
お前が一番頭悪いしウザい >>326
ID変えてないがw
お前本当に頭悪いな >>330
はい、気付けば簡単という問題で、個人的には面白いと思いました 数列{1/(n^2 sin(n))}_{n=1,2,...}は収束するか？ >>332
方針たっても計算しんどすぎる
こんな感じで式は立つ
qの方は(～)¹⁰⁰⁰⁰⁰⁰が事実上消えるので無視できるけどpの方は39⁴⁰とかはそこまで小さくないので結局求めないといけない
a,b≧100, a+b≦100に対してn個の球が特定のa個は空でb個の箱は空でない確率をXₙ(a,b)とする
b>nならXₙ(a,b)=0である
b≦nのとき
Xₙ(a,b)
= ((100-a)/100)ⁿ×(1-C[b,1]((100-a-1)/(100-a))ⁿ+C[b,2]((100-a-2)/(100-a))ⁿ-...)
である
εₙ(a,b) = C[b,1]((100-a-1)/(100-a))ⁿ-C[b,2]((100-a-2)/(100-a))ⁿ+...
とおけば
Xₙ(a,b) = ((100-a)/100)ⁿ(1-εₙ(a,b))
であるが
((100-a)/100)ⁿ(1-99(99/100)ⁿ)
≦ Xₙ ≦ ((100-a)/100)ⁿ
である
n個の箱を選んでk個の連続空箱ができるがk+1個の連続空箱はない確率をp¹ₙ(k)、k個の連続非空箱ができるがk+1個の連続非空箱はない確率をp²ₙ(k)とおく
p¹ₙ(k) = (100-k-1 )Xₙ(k,2) + 2Xₙ(k,1)
p²ₙ(k) = (100-k-1)Xₙ(2,k) + 2Xₙ(1,k) オリジナルの造語を作ってそれをさも人口に膾炙してるかのごとく話す病気ってなかったっけ ５億年ボタンってアニメが始まりました
５億年ボタンを押すと５憶年待つと１００万円もらえて５億年の記憶も消えるというものです
それで、まあよく、0歳が1歳になるまでの1年と、1歳が2歳になるまでの1年は同じだけど
2歳が3歳になるときの1年は、2歳までの経験の半分でしかない、と言います。
10歳から11歳の1年は10年すごした時間の1/10でしかない。
n歳の体感の1年は
1+1/2+1/3+.........+1/n
これで計算すると20歳というのは0歳児が感じる1年の僅か3.6倍
これをn=5億年を計算したいのですが、どうすればいいのでしょう？ >>337
愚直に計算するしかありません
5億年→20.607334322288843
ちなみに
log5億+γ = 20.607334321288 >>338
おお、約20倍ですか
予想よりずっと短い
5億年は体感であっという間という理由がわかりました >>340
0～10歳までの体感時間を1とすると
10～20歳までの体感時間は0.23ということになるけど
自分の人生振り返ってみてそんなわけあると思うか？ 10-20を1とした時に
20-30が0.59954なのは結構しっくりくるかも 俺のとしては、40代の今の１年より、惰性で過ごしてた保育園から小学校時代の１年の方が短かったな。
あれ、もう学年変わったんだ、
あれ、ついさっき家族でつくしとりに来たのにもう１年経ったんだって毎年そんな感じだった。 つべより
任意の素数pに対して
2ⁿ+3ⁿ+6ⁿ≡1 ( mod p )
が自然数解を持つ事を示せ 円Cの外部にある円ΩをCについて反転した円をωとする．
（１）円Ωと円ωの外部相似中心はCの中心であることを示せ
（２）円Ωと円ωの内部相似中心をCで反転した点は円Ωと円ωの根軸上にあることを示せ
注
２つの円の外部/内部相似中心とは２つの円の中心を半径比に外分/内分する点のことである
２つの円の根軸とは２つの円への接線の長さが同じになる点の集合のことである Cの半径は1とする
大円の半径をR、小円の半径をr、共通の外接線のなす角をθ、外接線の交点をO、共通の内接線の交点をP、反転をQとする
直交座標をO(0,0)、小円の中心c(r/sinθ,0)、大円の中心C(R/sinθ,0)ととる
大円、小円がx²+y²についての反転だから
rcotθ×Rcotθ=1 ∴ rR = tan²θ
P(p,0),Q(q,0)としてPはc,Cをr:Rに内分する点だから
p = ( Rr/sinθ + rR/sinθ )/( r+R ) =2Rr/( r+R )sinθ
∴ q = (R+r)/(2Rrsinθ)
小円の方程式が(x-r/sinθ)²+y²=r²、
大円の方程式が(x-R/sinθ)²+y²=R²
だから根軸の方程式は
(-2r/sinθ+2R/sinθ )x +r²/sin²θ - R²/sin²θ = r²-R²
整理して
-2x + (R+r)/sinθ = (R+r)sin
この方程式はx = qのとき成立するから主張は成立する□ 2022 = 2ᵐ3ⁿ+2ᵗ3ᵘ、m,n,t,u∈ℕ∪{0} >>340
グラフにしてみた
https://i.imgur.com/TNOSPWb.png
体感年が10倍になるのは12367歳のときになった。 >>321
40個のときに連の分布がどうなるのか１００万回シミュレーションしてみた。
https://i.imgur.com/Qqwwndz.png
> summary(ren)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
22.00 42.00 45.00 45.21 48.00 66.00 【発展問題】
100個の箱が横一列に並んでいます。
50個の玉を無作為に箱に入れます。
箱には何個玉を入れてもよいものとします。
箱を左から順に見ていって、中に玉が入っていれば1を記録し、中に玉が入っていなければ0を記録していくと、長さ100の1と0からなる数列ができます。
この数列の連の数を当てる賭けをします。
いくつに賭けると当たる確率が最も高いでしょうか？ >>347
> ∴ q = (R+r)/(2Rrsinθ)
q = (R+r)sinθ/(2Rr) 「連」がどうのとか言ってる間に他の問題流れていっちゃったじゃん
うざい >>356
自分勝手なやつだな
お前が解いてやれや 前>>273
>>352
100箱に50球か。
空箱が67箱できるとして33箱は球入りだ。
22箱は1球しか入ってない。
ごきぶりのメスみたいにその球を大事にするだろう。
残り11箱に17球を入れる。
11球入れて残り6球。
2,2,1,1球入れると、
4,4,3,3,2,2,2,2,2,2,2,
1,1,……×22
0,……×67
当然空箱の連がいちばん多いわなぁ。
二つつづいて(2/3)^2=4/9＜1/2まだつづきそうだ。
仮に4個つづくとして、
●●○●とか●○●●とかいうふうに……
∴3に賭ける。 a,b,c,d = ℕ＼{ 0 }
ab = cd
→ a+b+c+d is not prime >>360
はぁ
>>356
>他の問題流れていっちゃった
流さないためにお前ができることをしないのに
他人にそれを押しつけるのか >>358
40個の時のシミュレーション>351をみるとか3は少なすぎない？ 雑な問題で凝った良い問題が流されるのが迷惑だって話は度々出てるのに何をいまさら >>359
a=xy,b=wz,c=wx,d=yzとすれば
a+b+c+d=(x+z)(w+y) >>246 >>251
> △ABC内に点Fが与えられたときFを焦点とし三辺と接する楕円を描きたいときに
> もう一つの焦点F'と３つの接点を作図する方法は？
Fを辺について対称に折り返した３点の外心がF' で、３点とF'を結んだ直線と辺との交点が接点。
またF'はFの等角共役点と言われるものと等しい。外心と垂心、重心と類似重心などが例 >>364
流れないように解いたれや
同調圧力はスレに無益無用 >>367
自分が何を言っているのかすら理解できていないようだな
あわれ >>368
しおもな
他人に強いる論拠にもならないと分かってない >>321はp(60)/p(61)の方がめんどくさいんだよな
q(60)/q(61)の方は
・空箱の連が60の確率、非空箱の蓮が60の確率
・空箱の連が61の確率、非空箱の蓮が61の確率
と計算しないといけない項が4つもあるように見えて
空箱の連が60の確率 << 非空箱の蓮が60の確率
空箱の連が61の確率 << 非空箱の蓮が61の確率
でしかも
非空箱の蓮が60の確率≒比空箱の蓮が61の確率
でq(60)/q(61)≒1はすぐ出るし、実際計算機で確かめると1.0になるのでまぁよい
p(60)/p(61)の方は
・空箱の連が60の確率
・空箱の連が61の確率
の２つしかないけど(1-60/100)⁴⁰とか(1-61/100)⁴⁰とかの比とかになるけどこの後
×40人が40部屋選んでから部屋ない確率
÷41人が40部屋選んでから部屋ない確率
とかも考慮しなくてはいけなくなってめんどくさい
結果ほぼほぼ2.74ほどでp(60)/p(61) > q(60)/q(61)みたいだけどなんか‥めんどくさい 問題文の解釈これで合ってる？
p(60)
= p(60箱連続空はあるけどそれに隣接する箱には球がある)
+ p(60箱連続玉ありはあるけど隣接する箱には球はない)
これだと
p(60) = (1-40/100)⁴⁰(1-(39/40)⁴⁰×2+(38/40)⁴⁰)×39
+ (1-40/100)⁴⁰(1-(39/40)⁴⁰+(38/40)⁴⁰)×2
とかになると思うけどここまでは正しい？
計算機でシミュレーション作ってやつてみたらこの値(p(60)/p(61)≒2.74)になったので解釈間違ってないならこうなると思うんだけど？
持ってる答えほんとに合ってる？ >>373
訂正
p(60) = (1-60/100)⁴⁰(1-(39/40)⁴⁰×2+(38/40)⁴⁰)×39
+ (1-60/100)⁴⁰(1-(39/40)⁴⁰)×2
ね
つまり長さ60の連続部分は1～60。2～61、‥41～100の41個あるけど。このうち1～60と41～100には隣接する箱が一箱ずつしかない
よってコレらが“長さ60の連続空箱”になる確率は
(1-60/100)⁴⁰×(1-(39/40)ⁿ)
(40回連続その60箱以外の40箱が選ばれ、かつ領域に隣接する一箱は必ず一最低回は選ばれる)
の2倍
2～61、‥40～99の39ケースでは選ばれないといけない箱が２つに増えるから
(1-60/100)⁴⁰×(1-2(39/40)⁴⁰+(38/40)⁴⁰)
の39倍になると思うんだけど
なんか解釈間違ってる？
> とかになると思うけどここまでは正しい？
> 計算機でシミュレーション作ってやつてみたらこの値(p(60)/p(61)≒2.74)になったので解釈間違ってないならこうなると思うんだけど？
> 持ってる答えほんとに合ってる？ 前>>358訂正。
>>352
25/6=4.166……
∴4個に賭ける。 前>>375補足。
100箱に50球だから1/3が球あり、2/3が球なし。
4個同じ球がつづく確率は(1/2)^3=1/8
(1/3)(1/8)=1/24=x/100とおくと、
x=100/24=25/6=4.166…… >>373
The proof of the pudding is in the eating.
1000万回シミュレーションしてみた
> table(ren)
ren
25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
7 4 30 79 198 312 816 1331 2857 4068 8083 11162 19482 23451 38180 41688
41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56
62319 61302 84676 74995 95325 75944 88738 64094 68931 44252 44025 25452 23819 12181 10459 4689
57 58 59 60 61 62 63 64 65 66
3730 1443 1072 395 251 84 52 17 6 1
> sum(ren==60)/sum(ren==61)
[1] 1.573705
p(60)/p(61)は1.57が得られた。 >>377
そうですね
だいたいそれくらいの値になります 連の数って各連を１つと数えたときの個数のことじゃないの？
連の長さの最大値と解釈してるレスもあるけど、どっち？ >>370
>空箱の連が60
何でそれ計算するの？ >>373
>p(60)
>= p(60箱連続空はあるけどそれに隣接する箱には球がある)
>+ p(60箱連続玉ありはあるけど隣接する箱には球はない)
違う
p(1)とは全部に弾が入る確率で0
p(2)とは
最初からk箱目まで空でk+1箱目から最後まで玉が入る確率と
最初からk箱目まで弾が入っていてk+1箱目から最後まで空の確率のk=1～99までの総和 >>381
なんで？p(2)の時点で分からん
もういいや
そもそも問題の意味分からん >>382
> p(60箱連続空はあるけどそれに隣接する箱には球がある)
これだと連の個数って 3 にならない？ 分からん
もういいや
わざわざ別サイト開かないと問題の意味分からん問題なんかやる気にならん
多分そんな難しくない言葉なんどろうけどなんでそんなもんバッパと正確に記述できんのかわけわからん あ、やっと意味わかった
要するにaᵢ≠aᵢ₊₁となるiの個数＋1だな
まさかたったこれだけの事を長ったらしく書いてるからこんな意味だと逆に分からんよ >>377
脳内医者ここで油売ってたのか
さっさと巣に帰れ >>384
分かっとらんのはお前さんだけやろ…
>わざわざ別サイト開かないと問題の意味分からん問題なんかやる気にならん
>多分そんな難しくない言葉なんどろうけどなんでそんなもんバッパと正確に記述できんのかわけわからん
負け惜しみ負け犬の遠吠えもいいところ >>387
あ、そう、じゃあはれて無視するわ
カス 出題もクソだし相手を煽る事しかしないしただの荒らし 数学という文化を共に楽しもうという精神が1ミリもないクズ nを自然数としたとき、1/(n sin(n))の最大値を求めよ. nを自然数としたとき、n*sin(n)の最小値を求めよ.
こっちの方が問題文綺麗でしたね >>390
数学カルトｗ
そういえばピタゴラス教団というのがあったと聞いたな。 >>352
100万回のシミュレーション結果
ren50
25 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38
2 2 5 16 35 91 197 442 750 1482 2554 4616 6996
39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51
11395 16127 24352 30822 42864 50022 63616 68214 80051 78082 84965 76284 76663
52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64
62882 57568 43526 36824 25250 19687 12469 8958 5129 3357 1669 1019 503
65 66 67 68 69 70 71
302 122 50 23 11 4 2
∴最頻値は49
おまけ R言語ver4.20のコード
sim=\(r=40,n=100){
a=numeric(n)
a[sample(n,r,replace=TRUE)]=1
sum((a[2:n]-a[1:(n-1)])!=0)+1
}
ren50=replicate(1e6,sim(50,100))
table(ren50) >>392
n*|sin n| の inf を求めよ、かな？
最小値が存在するならその方が面白いとは思うけど ブラ胆のラパコレ４０分で終了。
麻酔で外科医に寄生して８万は美味しい! 別にコイツも自分が言ってる事が通じてるとは思ってないやろ
しかし他人からどんなに妄想を指摘されても他人が自分の妄言を止められない事で自分の勝利と変換してる
精神構造が小学生 >>399
８万稼げたので和牛のヒレ肉をブロックで買って帰った。
低温調理を併用して５cmのステーキを焼いて食べる予定。
調理に６時間くらいかかるけど。 >>399
小学生は２時間弱の仕事で８万は稼げないよ。 >>401
小学生でもスレタイ読めるぞ
でもアンタは読めない ま、5chにしか居所のない哀れなゴミクズだし無視しましょ a,b,c,d ∈ℕ
a + b = cd
c + d = ab (x-1)(y-1)-1=xy-(x+y)に注意すると
a,b,c,dすべてが2以上なら
a+b=cd≧c+d=abよりa=b=2、同様にc=d=2
a,b,c,dどれかが1ならa=1と仮定してよく
cd=1+b=1+c+dよりc=2,d=3もしくはc=3,d=2
このときb=5 公差をαとすれば[an]=α(n-1)+[a]と書ける
nで割ってn→∞を考えることでa=αとなる
任意のnについてanが整数なのでaは整数 [ a(n-1) + a ] = a(n-1) + [a] はa(n-1)が整数でないと一般には成立しない
a(n-1)が整数である事は証明が必要 等差数列なんだから公差をα(アルファ)とおいて、そう書けるのは問題ないように思うけど 上に書き込みの不具合か何かで連投されてる問題
見えてない人もいるのかな いや、ブラウザ(chrome on Ubuntu)でも表示されてないわ >>416
ああ、αって公差か
失礼しました
正解です つべネタ
a,b,c,d,e,f,g,hは1～15の自然数の相異なる8元で
a+b+c+d>e+f+g+h
a+b>c+d
e>f>g>h, c>d
aは8元の中で5番目に大きい
を満たす
決定せよ 条件抜け一個あった
訂正
a,b,c,d,e,f,g,hは1～15の自然数の相異なる8元で
a+b+c+d>e+f+g+h
a+b>c+d
a>b
e>f>g>h, c>d
aは8元の中で5番目に大きい
決定せよ >>422
それだと解が13784組存在するんだけど問題ミスってない？ >>423
すまんaが5番目に小さい集合探してたわ
以下計算機によるネタバレ
# Ruby
[*1..15].permutation(8).select{|a,b,c,d,e,f,g,h| e > f && f > g && g > h &&
a+b > c+d && a+b+c+d > e+f+g+h && c > d && a>b && [a,b,c,d,e,f,g,h].sort[3] == a}
# => [[11, 10, 15, 5, 14, 13, 12, 1]] ま、この手の問題は誰でもまず計算機で答え出すわな
そこまでしかできんやつと先へ進めるやつの差があるだけ a+b+c+d ≦ 2a+2b-1 ≦ 4a-3.
a は5番目に大きいこととb,d<aからe>f>g>aであり、
e+f+g+h ≧ 3a+6+1 = 3a+7.
よって4a-3 > 3a+7, a > 10 となりaは5番目だからa=11.
さらにこのとき4a-3=41, 3a+7=40 から、上の≦、≧は全部等号。
b=10, c+d=20, e=14, f=13, g=12, h =1.
c>d から c>a でなくてはならず、残ってるのはc=15. 従ってd=5. まず𝔽₂係数の行列
[[1,1,0,0],
[0,1,1,0],
[0,0,1,1],
[1,0,0,1]]
は𝔽₂係数だと4乗すると0になる
なので初期の数値が全部整数なら4n回繰り返すと全て2ⁿの倍数になる
一方で最初の時点での最大値をMとすれば何回繰り返してもずっとM以下
よって初期配置が全部整数なら2⌈log₂M⌉回で0になる
また今の議論は
「ある時点から次の時点に移すときの値は±(ひとつ左隣の現在値-現在値)、±は自由に選ぶ」にしても同じである
一般の場合はℝのℚ基底をとってやればよい 前>>376
>>423
(a,b,c,d,e,f,g,h)=(11,10,15,5,14,13,12,1) 1～7枚のカードをAに3枚、Bに3枚、Cに3枚配る
3人は自分に配られたカードは全てわかるが他人のカードについては各々に配られた枚数、全カードが1～7である事以外はわからない
A,Bは自分に配られたカードの情報を各々一回だけ相手に伝える事ができるがその内容はCにも伝わってしまう
A,Bはうまく情報を伝えて2人には3人に配られたカードが特定できるがCにはそれができないようにしたい
どのようにすればよいだろうか？ 前>>433
>>435たがいに目配せしてタイミングをはかり、
Cに耳栓をする。 まずAが全カードの合計値から自分の持ってる3枚の合計値を引いた数値を言う
Bはその数値から自分の持ってる3枚の合計値を引くことでCのカードがわかり、Aのカードもわかる
BはCの持ってるカードを言う
Aは自分の持ってないカードの中からCのカードを除いた3枚がBのカードとわかる いや、まてダメだ
>>439のやり方だとカードの合計値次第で、例えば6だったら1-2-3の組み合わせしかないからCに特定されるのか 1 xor 2 xor 3 xor 4 xor 5 xor 6 xor 7 = 0 を利用すれば良い。 >>438
「1～7枚のカード」っていうのは「1～7までの数字がそれぞれ1つずつ書かれた7枚のカード」ってことでいいの？
もし上の解釈で問題ないなら解答は以下.
A, B, Cが所持しているカードをそれぞれ {A1, A2, A3}, {B1, B2, B3} {C1} とする.
AとＢは互いに所持しているカード全てのXOR結果を提示しさえすればよい.
C1 = A1 XOR A2 XOR A3 XOR B1 XOR B2 XOR B3 なのでC1が分かりカードの構成が全てわかる.
例
A: 001 ^ 011 ^ 101 = 111
B: 010 ^ 100 ^ 110 = 000
C: 111 ^ 000 = 111 途中で投稿してしまった.
Cがカードの攻勢を特定できないことの説明.
~をビット反転演算子とする. (例: (101)~ = 010)
A1 ^ A2 ^ A3 = A1~ ^ A2~ ^ A3 なので
A1~ = B1, A2~ = B2 となるように改めてAi, Biを選べば ... (*)
A: {A1, A2, A3}, B: {B1, B2, B3} なのか
A: {B1, B2, A3}, B: {A1, A2, B3} なのかCには特定できない.
また, (*)のように選べない場合,
A1~ = A2, B1~ = B2となるように改めてAi, Biを選べば,
A1 ^ A2 = 111, B1 ^ B2 = 111 なので
A: {A1, A2, A3}, B: {B1, B2, B3} なのか
A: {B1, B2, A3}, B: {A1, A2, B3} なのかCには特定できない. >>444
それで行けてそうだけど不十分やな
確かにAの3枚の手持ちカードの特定のkビットと2枚を選んでその計2kビットを反転させれはAの全xor値は変化しない
Bでも特定のl枚選んで同じ操作すればやはりBの全xor値は変化しない
しかしその結果として
・操作を行ったカードの中で像が閉じていて結果得られる7枚組が変化しない
ように選ばないといけない
1～7なら000とか出てきたらダメだし操作してないカードとの被りもあってはいけない
そのような都合のいいカードの選択とビットの選択が可能であるという主張はとてもじゃ無いけど自明でも容易でもないやろ Aは、自分に配られた3枚のカードの排他的論理和を公表する。
Bは、自分に配られた3枚のカードとAが公表したものの排他的論理和、
つまり、Cの持つカードの数字を公表する。 >>448
自明ではありません
証明してみればわかります >>435
Aが自カードの合計値mod7を言う
Bがそこから推測したCのカードを言う
これでいける >>448
アンカー間違った
まぁいいや
これ元々つべネタなんだけどつべの解答は違います
用意してるかいとでは「コレでA,Bは確定できる」の部分は別に難しくもない
「Cは与えられた条件だけではA,Bのカードを特定できない」の部分をいかにうまく書くかがミソ
ちなみにつべの解答では条件に見合う解を全部書き出して「ほら、どのケースでも条件に見合うの２つ以上あるでしょ？」というノリ
私が用意してる解答だとも少しマシだけどそれでもちょっとしんどい >>450
結局ＣからしたらＢが自カードの合計値mod7を言ったのと情報量かわんないよね そうそう、Cから見たら実質一人分しか情報もらってないのと同じ
それはmod7 versionもxor versionも一緒 想定解
V を𝔽₂係数の3次元ベクトル空間として7枚のカードをVの0でないベクトルと対応させておく
A,B,Cのカードと対応するベクトルを同一視する
またA,B,Cの記号そのものでそれぞれの持っているベクトルの集合を表すことにする
A,Bはどちらも自分の手持ちのベクトルの総和を伝える
a = Σ[v∈A] v、b = Σ[v∈B] v、c= Σ[v∈C] v
とする
条件からA,B,C全員がa,b,cの値は共有していることになる
よって3人とも
c = a + b
でcの値を求める事はできる
AはB=V＼( A ∪{0,c} )てBを求めることができる
Bも同様にAを求めることができる
Cはaの値から得られるAの満たすべき方程式
A ⊂ V＼{0,c}
Σ[v∈A] v = a、♯A = 3‥①
を用いて求めることになる
①が解を持つならB=V＼( A ∪{0,c} )で求められるBは必然的にbについての条件
B ⊂ V＼{0,c}
Σ[v∈B] v = b、♯B = 3‥②
を満たす
よって①の解が一意でなければCはAのカードを特定する事ができない よって次が証明できればよい
主張 方程式①は常に複数の解を持つ
(∵) 条件は全て線形であるからa,cを大別して
(i) a,cが一次独立のとき
(ii) a≠0, aとcが一次従属のとき(i.e. a=cのとき)
(iii) a=0のとき
のケースに分ける事ができる
(i) のとき
a = (1,0,0), c = (1 1,1)としてよい
この時
A = { ( 1,1,0), (0,0,1),(0,1,1)},
{ ( 0,1,0), (1,0,1),(0,1,1)},
か解である
(ii) のとき
a = c = (1 1,1)としてよい
この時
A = { (0,1,0),(0,0,1)},( 1,0,0)}
{ (1,1,0),(1,0,1) ,( 1,0,0)}
か解である
(ii) のとき
c = (1 1,1)としてよい
この時
A = { ( 1,1,0),(1,0,1), (0,1,1) }
{ ( 0,1,0),(0,0,1), (0,1,1) }
か解である□ まぁミソは条件が線形になってるのでまともに全可能性を考えなくてもa,cが一次独立のとき、一次従属だけどどっちも0でないとき、a=0のときはそれぞれ一個の代表ケースで確かめればよいところ 前>>437
>>435
AとBがCを挟んで、
たとえばAがCに、
「そのカード見せてよ」と言う。
Cは「なに言うがか。あんたが先見せやぁ」って言う。
てか隠そうとする。これこそがAとBの作戦。
BはCのカードが見える位置にいる。
7枚のカードの所在を完璧に把握したBは、
自分のカードをAに伝える。
こうしてAも7枚のカードの所在を完璧に把握した。 a[0],b[0] = 0
a[n+1] = a[n] + b[n] + x
b[n+1] = a[n]*b[n] + y
としたとき，|(a[n],b[n])| → ∞ (n→∞)
とならないような(x,y)∈R^2からなる集合の面積を求めよ． コレは無理や
何をどうすればいいかさっぱり分からん と思ったけと計算機でやると-1≦x≦1だとy=-40ぐらいまで行っても発散しないように見える 1000項計算して絶対値が1000000超えてなかったら非発散
で判定させると(x,y) = (0,-400)とかでも発散しないように見える 判定を10000項で10000超に緩めても中々発散してくれないけどコレ本当に有界集合になる？
面積∞が答えだったりする？
https://ideone.com/GFJL9n マンデルブロの定義みて作ったテキトー問題だったりして… Pythonでプロットしてみた
条件は100回繰り返して10^10超えるもの
https://i.imgur.com/KZEEGiA.jpg >>467
sizeは？
有界になるは間違いないと？ まぁでもどのみち仮に有界でもとても面積計算できるような形状してないわな
適当問題かな >>245や>>432は良問っぽいけど
誰も解かないのは相当難しいからなのか >>474
>>>245や
3点で成立
4点で成立
後は帰納法？ 同じ大きさの円を平面上に重ならないように配置し、接している円同士を異なる色で塗り分ける
色が4色必要になるように配置するには最低いくつの円が必要か？ ○②
○○
○①
(7つ密着から1個除いたもの)とこの反転を用意し、①を重ねる
①を軸にそれぞれの塊の形を崩さないように回転させ、②同士が接するように配置する
3色で塗ろうとすると①の色=②の色となって②2つが接するところで色が足りなくなる >>475
>>245の出題者ですが、用意していた解法は帰納法を使いません
まず始めに平面上の点を球面に射影して考えます ℝ上の多項式関数で方程式
f(x²+1) = f(x)²+1
を満たすf(x)の次数としてとりうる値を全て求めよ >>432
実数 x に対し、min{x-[x],[x+1]-x} を「整数との距離」と呼ぶこととする。
2x^2-y^2=2の非負整数解は、小さい方から (1,0),(3,4),(17,24),(99,140),(577,816),(3363,4756),...
と無数にあるが、最初のものから順に、(x_[0],y_[0]),(x_[1],y_[1])等と表すと、
これらは、漸化式 (x_[m+2],y_[m+2])=6(x_[m+1],y_[m+1])-(x_[m],y_[m]) を満たす。
ここに現れた ある y_[m] の値を k とすると、k個の実数
(√2-1),2(√2-1),3(√2-1),4(√2-1),...,(k-1)*(√2-1),k*(√2-1)
の中で、「整数との距離」が最も小さいのはk*(√2-1)で、この値は必ずある偶数をちょっとだけ下回っている。
従って、y_[m]=k 個の実数
p*(√2-1),(p+1)*(√2-1),(p+2)*(√2-1),...,(p+k-2)*(√2-1),(p+k-1)*(√2-1)
を持ってきて、|ε|< 1 の補正を施して整数化した
[p*(√2-1)+ε],[(p+1)*(√2-1)+ε],[(p+2)*(√2-1)+ε],...,[(p+k-2)*(√2-1)+ε],[(p+k-1)*(√2-1)+ε]
等、k個の整数は、εをうまく選ぶと、偶数の数と、奇数の数を同数にすることができる。
すると、補正が無い、[p*(√2-1)],[(p+1)*(√2-1)],[(p+2)*(√2-1)],...,[(p+k-2)*(√2-1)],[(p+k-1)*(√2-1)]
等を持ってくると、偶数と奇数の数の差は、0か2になる。
k=0以外では、k*(√2-1) は整数になることは無いこと、そしてこれが起点になっていること、初期には成立していること等から、証明される。 >>245
平面上に有限個の点があり、白か黒の色が付いていて、
一つの直線上に全ての点が乗ることは無いものとする.
このとき、2点以上の同じ色の点だけを通る直線が存在することを示せ.
・問題(通りすがりが>>245の問題を少し補足してみた)
[1]平面上である(※二次元である)
[2]白か黒の色の点が2点以上ずつしか存在しない(※他の色の点は存在しない)
[3]一つの直線上に全ての点が乗ることはない(※線分、半直線ではない)
[4]点同士は重ならないものとする
[1]~[4]が全て成り立つとき、2点以上の同じ色の点だけを通る直線が存在することを示せ 前>>459
>>476
3色必要ない。
>>479の場合、左右反転させたものをむりやりくっつけることは磁石の同極同士をむりやりくっつけるようなもの。手を離せば自然と退けあう。
左右反転させたものは、くっつく瞬間に180°回転し、ぴったりくっつくのが本来あるべき姿。
∴3色あればいい。 >>482
与式の左辺は偶関数だからf(x)^2も偶関数。
簡単な計算によりfは奇関数か偶関数であることがわかる。
以下、g(x) = x^2 + 1 とし、g^n(x) はn回合成を表すとする。
fが奇関数のとき多項式hを用いてf(x) = x h(x^2+1)と書け、
与式に代入してx^2+1 = yと置き換えると
y h(y^2 + 1) = (y - 1)h(y)^2 + 1.
y=1 を代入してh(2) = h(g(1)) = 1 がわかり、帰納的に h(g^n(1)) = 1 (n ≧ 1) もわかる。
h は多項式であったから、h = 1.
よってこのときf(x) = x.
f が偶関数のとき、多項式pを用いて f(x) = p(x^2 + 1) とおいて与式に代入し、x^2 + 1 = y とおくと p(y^2 + 1) = p(y)^2 + 1 となる。
pの次数はfの次数の半分なので、次数が奇数になるまでこのような置き換えを続けることにより、上の場合と合わせて f(x) = g^n(x) の形であることがわかる。
よってfの次数は 2^n (nは非負整数).
多項式の係数が実であることとか使ってないし、fも次数だけでなく完全に決定されてるし、もっと簡単に出来るのかもしれない >>487
正解です
色々緩いのはこれ東工大の過去問だから 2ᵃ+3ᵇ+5ᶜ= n! (a,b,c,n∈ℕ∪{0} ) >>489
n ≦ 4 のときは具体的に頑張って (a,b,c,n) = (1,1,0,3), (2,0,0,3), (4,1,1,4).
以下n ≧ 5を仮定し、この場合に解が無いことを示す。
まずmod 8で考え、
(1) a=1, bは偶数、cは奇数
(2) a=2, bは奇数、cは偶数
(3) a≧3, b, cは奇数
のいずれかが成り立つことに注意する。
b=0とすると(1)だが、このとき5^cが3の倍数とならなければならなくなり矛盾。よってbは正。
同様にcも正。
したがって2^a+5^cは3の倍数であり、aとcの偶奇は異なることがわかる。
また同様に2^a+3^bが5の倍数であることからaとbの偶奇が一致することもわかる。
よってbとcの偶奇は異なり、上の(1)から(3)のいずれも成り立たない。
すなわち、n≧5の場合解は無い。 >>490
正解
つべの解は
A = { 1,2,4,8,16,32,64 },
B = { 1,3,9,27,81 },
C = { 1,5,25 }
からひとつずつとって120の倍数作れないこと確認するというもの 三次元空間をn枚の平面で切る(n≧3)
(1)最大何個に分けられるか
(2)その次は何個か
(3)その次は何個か そうそう
つべでケーキ数とか言ってた
そんな言い方はじめて聞いた 前>>485
>>492
豆腐を切るとき、
まず手のひらの上に豆腐をあける。
(1)水平切り1回。
(2)縦に(長いほう向きに)5回。
(3)横に8回。
2×6×9=108(個)
∴108個 半径1,中心Oの円内にいくつかの円を被らないように配置する.
このとき, それぞれの円の(半径×中心からOまでの距離)^2の和は1/2以下であることを示せ. なんか不等式緩そうな感じがするよな
xi≧0,Σ(xi)^2≦1のときのΣ(xi(1-xi))^2≦1/2
が言えるのかな？ >>497
作問した者ですが、たしかに1/2がベストかどうかは分からないですね
次の問題であれば少なくともsupはベストになります
「一辺の長さ1の正方形ABCD内に、いくつかの円を被らないように配置する.
ここで、正方形内の円に対して、
円の中心Oから辺ABにおろした垂線の足をE、
Oから辺BCにおろした垂線の足をFとして、長方形EBFOを「垂線長方形」と呼ぶことにする.
このとき、それぞれの円の(半径^2)×(垂線長方形の面積)の和は1/(4π)以下であることを示せ.」
こちらも同様の解法で解けます >>496
配置した円板の和集合をA, 半径1の円板をDとするとき、
π×問題の和 < ∫_A r^2 dμ ≦ ∫_D r^2 dμ = π/2.
>>499 も同じようにして解けて、こっちの方が
π×問題の和 = ∫_A xy dμ
の部分を示すのが楽な分簡単。上の対応する部分は証明を略してしまったけど。
ただ、supがベストポッシブルだとすると円板の和集合の面積がいくらでも1に近づくってことになると思うんだけど、これって簡単に示せるの？ >>500
お見事です
不等式の示し方は正しくそのやり方を想定していました
調和関数に対する平均値の性質
「uがB(r;x)上で劣調和(Δu≧0)の場合、
(1/|B(r;x)|)∫_B(r;x) u dμ ≧ u(x)
uがB(r;x)上で調和(Δu=0)の場合、
(1/|B(r;x)|)∫_B(r;x) u dμ = u(x)」を使うと、
π×問題の和 < ∫_A r^2 dμや
π×問題の和 = ∫_A xy dμ
はすぐに示すことが出来ます
質問ですが、
「正方形は二次元ルベーグ測度における零集合と可算個の円の非交和で書ける」ことが示せますが、簡単ではないですね >>501
なるほど、(劣)調和関数であることを使えばすっきり示せるんですね。
質問にも答えていただいてありがとうございます。
「正方形は二次元ルベーグ測度における零集合と可算個の円の非交和で書ける」が正しいなら、>>496のsupが1/2であることも円を細かい正方形で近似するというようなやり方で示せそうですね。 >>502
>>496の場合ですが、円をどんどん細かくすればたしかに
ルベーグの収束定理から
∫_B(r; (x_0,y_0)) (x^2+y^2)dxdyは
πr^2 {(x_0)^2+(y_0)^2}に近付くことが示せますが、
その分埋め尽くす円の個数が増えるので
近付く誤差×埋め尽くす円の個数がどれくらいのオーダーなのかが不明という感じですかね >>503
ルベーグの収束定理→ルベーグの微分定理
の間違いです [1] {I_n}_{n＝1～∞} ⊂ R は長さが正かつ有限値の閉区間の族とする。
(1) 任意のn≠mに対して I_n∩I_m＝φのとき、R＝∪[n＝1～∞] I_n とはできないことを示せ。
(2) 任意のn≠mに対して I_n∩I_m が高々1点集合のとき、それでも R＝∪[n＝1～∞] I_n
とできるような {I_n}_{n＝1～∞} が存在することを示せ。
[2] {D_n}_{n＝1～∞} ⊂ R^2 は半径が正かつ有限値の閉円盤の族とする。
(1) 任意のn≠mに対して D_n∩D_m＝φ のとき、R^2＝∪[n＝1～∞] D_n とはできないことを示せ。
(2) 任意のn≠mに対して D_n∩D_m が高々1点集合のとき、R^2＝∪[n＝1～∞] D_n とはできないことを示せ。 日本語変やろ
(2)高々一点まで条件緩めても存在しないならわかるけど たとえば(1)は、
任意のn≠mに対して I_n∩I_m＝φのとき、￢ [ R＝∪[n＝1～∞] I_n ] を示せ。
のつもりで書いたのだが、よく見ると
￢ [ 任意のn≠mに対して I_n∩I_m＝φのとき、R＝∪[n＝1～∞] I_n ] を示せ。
とも読めてしまうな・・・ >>505の書き直し。集合Aに対して、Aの濃度を｜A｜と表す。
[1] {I_n}_{n＝1～∞} ⊂ R は長さが正かつ有限値の閉区間の族とする。
(1) 任意のn≠mに対して｜I_n∩I_m｜＝0 のとき、R≠∪[n＝1～∞] I_n が成り立つことを示せ。
(2) 任意のn≠mに対して｜I_n∩I_m｜≦1 であり、かつ R＝∪[n＝1～∞] I_n が成り立つような
{I_n}_{n＝1～∞} が存在することを示せ。
[2] {D_n}_{n＝1～∞} ⊂ R^2 は半径が正かつ有限値の閉円盤の族とする。
(1) 任意のn≠mに対して｜D_n∩D_m｜＝0 のとき、R^2≠∪[n＝1～∞] D_n が成り立つことを示せ。
(2) 任意のn≠mに対して｜D_n∩D_m｜≦1 のとき、R^2≠∪[n＝1～∞] D_n が成り立つことを示せ。 統一的に表現するために｜I_n∩I_m｜＝0 とか｜D_n∩D_m｜＝0 といった書き方をしてみたが、
これは I_n∩I_m＝φ とか D_n∩D_m＝φ と言っているのと同じね。
｜I_n∩I_m｜≦1 とか ｜D_n∩D_m｜≦1 はそのまま「高々1点集合」ということ。 >>503
B(r,(x_0,y_0)) 上での x^2+y^2 と x_0^2+y_0^2 の差は例えば3rとかでおさえられるから、配置する円の半径を全てε以下にすれば
∫_A r^2 dμ - π×問題の和 ≦ 3εμ(A) ≦ 3επ
となるのでは？ >>510
あーなるほど
誤差×和で考えてましたが、積分して
誤差×和集合の測度で考えれば抑えられますね
ありがとうございます
確かにそうなるとsupは1/2ですね >>508
[1](1) I_n = [a_n, b_n] とし、必要なら入れ替えることで b_1 < a_2 としてよい。
c_1 = b_1, d_1 = a_2 とする。
c_n, d_n が定まったとき、I_i が(c_n, d_n)に含まれるような最小のiをとり、c_{n+1} = b_i とする。同様にI_jが(b_i, d_n)に含まれるような最小のjをとり、d_{n+1} = a_j とする。
この操作が続けられなくなった場合、例えばI_iが取れなかった場合には(c_n, d_n)は∪[n＝1～∞] I_nに含まれないことがわかる。一方、無限に続けられた場合にはlim c_nが∪[n＝1～∞] I_nに含まれないことが示せる。
[1](2) I_{2n-1} = [n-1, n], I_{2n} = [-n, 1-n].
[2] どの円周にも接することなく、また円盤同士の接点も通らないような直線をとり、[1](1)を適用すればよい。 △ABCのBが接点でABが接線かつCが接点でACが接線となる楕円を作図する方法は？
この楕円の焦点の軌跡は？ >>512
正解！
[2]は、こちらで用意した解答だと、
直線ではなく「大きな円周」を使って同じことをする。
まあ直線の方がシンプルか。
一応、解答を書いておく。
A＝∪[n≠m] D_n∩D_m と置く。Aは高々可算無限集合である。
D_1の中心をc_1とする。￢(c_1∈A) が成り立つ。
c_1から出発する半直線を1つ取ってLとする。LはD_1の円周と1つだけ交点を持つ。
その点をc_2とする。Lのうち、c_2より先の部分をL'と置く。
各 c∈L' に対して、cを中心とする円周であってc_1を通るものが取れる。
これをS_cと置く。S_cは、ある一部分がD_1に被覆されて、別のある一部分は
D_1から はみ出している。また、異なるc,c'∈L'に対して S_c∩S_{c'}＝{c_1}である。
もし、任意のc∈L'に対してS_c∩A≠φならば、L'⊂∪[a∈A] { c∈L'｜a∈S_c } となるので、
L'が非可算集合で∪[a∈A]が高々可算無限和であることから、
あるc∈L'対して { c∈L'｜a∈S_c } は非可算集合。特に、異なる c,c' が取り出せて、
a∈S_c∩S_{c'}＝{c_1}となるので、c_1＝a∈Aとなって矛盾。
よって、あるc∈L'に対して、S_c∩A＝φが成り立つ。
S_c が {D_n}_{n＝1～∞} でどの程度被覆されているか考えると、
S_c の一部分は D_1 で被覆されて、S_c の別の一部分は D_1 で被覆されないので、
その部分は他の D_i たちで被覆されるが、S_c∩A＝φ なので、それぞれの被覆は互いに素。
また、それぞれの被覆は円周 S_c 上で閉区間状になっているので、[1](1)と同じ方針により、
S_c のある点は {D_n}_{n＝1～∞} で全く被覆されない。よって、R^2≠∪[n＝1～∞] D_n となる。 >>514
ちょっと誤解がありそうなので補足。
今回の S_c の作り方だと、「あるD_iがS_cの一点のみを被覆する(S_cとD_iは接している)」
というD_iも存在し得るので、S_c の {D_n}_{n＝1～∞} による被覆は
「長さがゼロ以上の閉区間(1点という閉区間があり得る)が2個以上の高々可算無限個あって、しかも互いに素」
という条件下での被覆ということになる。
実はこれでも、[1](1)と同じやり方が使える。というより、そもそも[1](1)が
・ {I_n}_{n＝1～∞} ⊂ R は長さが有限の閉区間(長さがゼロの閉区間、つまり一点集合も許される)の族とする。
任意のn≠mに対して I_n∩I_m＝φ のとき、R≠∪[n＝1～∞] I_n が成り立つ
ということ(簡単のため、長さが正という設定で出題してしまったが)。 a!b!=c!を満たす2以上の自然数の組(a,b,c)をすべて求めよ 2人のプレーヤーが挑戦する以下ゲームを考える
・まずプレーヤーAに0～63の数字が与えられる、プレーヤーの目的はこの数字をプレーヤーBに伝える事である
・伝達手段としてプレーヤーにはオセロ盤と64個の石が与えられる、ただしプレーヤーに許される行動は以下の通りである
①まずプレーヤーAは64のマス全てに石がランダムに置かれた状態のオセロ盤が提供される
②プレーヤーAに許される行動はその64の石のいずれかひとつを選んでその石を裏返すだけである
③プレーヤーBはプレーヤーAが裏返し操作を行った後の状態のオセロ盤の状態だけが知らされる、初期状態がどのような状態であったとか、プレーヤーAがどの石を裏返したのかなどの情報は与えられない
以上の通信手段のみでプレーヤーAはプレーヤーBに与えられた数字を伝達する事は可能 予め、「こういう場合にはこうする」と言ったことはBに伝えられないの？ マス目に0,1,2,…,64と番号をつける
G={0,1,2,…,63}として、
a+a=0となるアーベル群(G,+)を用意する
(例えば排他的論理和)
黒石のマス目に対応する番号を全てGの意味で足して、さらに伝えたい数をGの意味で足す
あとはその和に対応するマス目の石をひっくり返せばよい
Bは黒石のマス目に対応する番号をGの意味で総和を求めればよい a,b,c∈ℕ、bc-a,ca-b,ab-c∈ℤ² >>529
記号がよく分からんけど全部平方数ってこと？ >>530
ごめん間違えた
bc-a, ca-b, ab-c∈2^ℤ
つまり
bc-a,ca-b,ab-cが全て2べきになる自然数a,b,cを決定せよ >>527
これ満たす群って排他的論理和以外にあるん？ 凸四角形ABCDの
ABとCDの交点E
ADとBCの交点F
ACとBDの交点G（対角線の交点）
EGとADの交点H
FGとABの交点I
EGとBCの交点J
FGとCDの交点Kとする
凸四角形ABCDにH,I,J,Kで内接する楕円が通る５個目の点を
定木だけで作図してください さっき調べ物をしてたら
A Note on Riemann Sums and Improper Integrals Related to the Prime Number Theorem
という論文(実質2ページの論文で、無料で読める)を見つけて、
その中に衝撃的すぎる問題を見つけたので紹介したい。
ただし、自力で解くのはまず不可能なので解説まで書いちゃう。
問題
リーマン積分を R∫と表記することにする。写像 f：(0,1] → R は、
任意のε∈(0,1] に対してリーマン積分 R∫[ε,1] f(x)dx が存在するとする。
さらに、A：＝lim[ε↓0] εΣ[1≦k≦1/ε] f(εk) が有限値で存在するとする。
このとき、lim[ε↓0] ∫[ε,1] f(x)dx ＝ A が成り立つことを示せ。 解説
εΣ[1≦k≦1/ε] f(εk) は、f のグラフを幅εで短冊切りにしたときのリーマン和になっている。
これが ε↓0 のときに A に収束すると言っているので、直観的には確かに
lim[ε↓0] ∫[a,1] f(x)dx ＝ A が成り立ちそうに見えるし、証明も簡単そうな気がする。
しかし、実はこの定理を使うと素数定理が証明できてしまうらしいので、そう簡単には証明できないｗ
実際、上に挙げた論文の中では、素数定理より更に少し強い定理を使うことで、シンプルな証明を与えている。
・・・はずなのだが、よく見ると2ページ目で o(S(1/ε)) を導出している部分が計算ミスしているように見える。
この計算方法では、評価の途中で μ(k) が 1 に置き換わってしまうはずで、o(S(1/ε)) なんて出て来ないはず。
2ページしかないので、誰か読んでみて(＾o＾)
ちなみに、定理自体は正しくて、難しい証明が2種類知られているらしく、
論文の中で参考文献が挙げられている。 >>535
進展があった。
剰余項をオーダー表記ではなく厳密に表現しながらきちんと計算したら、
結局 o(S(1/ε)) という項は導出できなかったが、
しかし別の計算(よくある普通の計算)によって lim[ε↓0] ∫[ε,1] f(x)dx ＝ A が示せた。
なので、シンプルな証明であることは間違いないようだ。
ただし、Σ[k＝1～n]μ(k)/k＝O(1/log^2(n)) を使ったので、
どのみち素数定理より強い定理を使ってしまった。 結局素数定理が初等的なりなんなりに示せるんですか？
素数定理の別証ってセルバーグの1950かなんかが有名らしいですけどジーゲルの教科書には「あれは主要項はうまく導出できてるけど誤差項の評価が現行知られてるものよりオーダーが真に甘いので代わりにはならない」って評してたと思うんですけどそれはどうなんですか？ あと、計算してて思い出してきたのだが、むかし初等的に素数定理を導出しようと思った時期があって、
これと似たような剰余項を計算した覚えがある。というか、全く同じ剰余項だったかもしれないし、
当時すでに「>>534みたいな性質が成り立ってくれればなあ」みたいなことを一瞬考えた記憶が微かに蘇ってきた。
なので、自分にとって>>534は、完全に初見というわけでもなかったのかもしれない。
あと、そのときは素数定理を導出するのが目的だったから、
Σ[k＝1～n]μ(k)/k＝O(1/log^2(n)) なんて循環論法になるので使えなかったし、
そんなに拘った割には結局、素数定理を導出できず失敗に終わったという苦い思い出なのだが、
逆に素数定理を諦めて Σ[k＝1～n]μ(k)/k＝O(1/log^2(n)) を解禁すれば >>534 の定理に到達する、
というのは盲点だったな・・・ >>537
結局、>>534の系統では素数定理を初等的に示すのは不可能だと思われる。
2種類の「難しい証明」とやらも、素数定理より少し強い定理を使ってしまっているらしい
(よく調べてないので詳しくは分からんが)。つまり、先に素数定理がないと>>534は示せない・・・と思われる。
＞素数定理の別証ってセルバーグの1950かなんかが有名らしいですけどジーゲルの教科書には
＞「あれは主要項はうまく導出できてるけど誤差項の評価が現行知られてるものより
＞オーダーが真に甘いので代わりにはならない」って評してたと思うんですけどそれはどうなんですか？
この部分は>>534とは別の話ですな。素数定理の初等的証明は、「初等的に証明できる(簡単とは言ってない)」
という部分に美術的価値を見出すものなのであって、誤差項の良い評価が欲しければ素直に複素解析を使うべきｗ つまりまぁ素数定理の話は関係なくて純粋にリーマン和周辺の話なんですね
了解です >>540
違うでしょｗ
「リーマン積分の簡単な演習問題にしか見えないのに、
その実態は素数定理を適用しないと証明できない深い問題」
ってこと。 あと>>535にも書いたけど、>>534から素数定理が導出できてしまうのは事実なので、
この意味においても534は素数定理と関係がある。
技術的な問題として、534を素数定理より先に証明するのは無理くさいというだけの話。
というか、極端な話、素数定理に使われる技術をバラバラに分解して534に挑戦すれば、
素数定理より先に>>534を証明することはおそらく可能。
ただし、使われている技術が素数定理の証明と全く同じ技術になるので、
このことを以って「素数定理より先に証明できた」と言ってみたところで面白さはない。
逆に考えると、純粋にリーマン和の問題として普通に534が解けてしまったら、
その534から素数定理が導かれるのだから、素数定理の新しい証明が
得られたことになって論文が1本書けてしまう。 >>541
え？そうなんですか？
リーマン和よ問題を素数定理に絡めて解いてるんですか？
結論としてその論文は読んでみる価値あるんですか？
それ読むとなんか新しい手法が得られるんですか？
一見リーマン和の問題に過ぎないっぽい論文を素数定理絡めて証明してて面白いという意味？
証明方法が面白いけど結果として得られるものは既知の方法で普通にやればわかる事に過ぎない？それとも主張自体新規性がある？ >>543
＞一見リーマン和の問題に過ぎないっぽい論文を素数定理絡めて証明してて面白いという意味？
＞証明方法が面白いけど結果として得られるものは既知の方法で普通にやればわかる事に過ぎない？
>>541が見えないのかな。
「リーマン積分の簡単な演習問題にしか見えないのに、
その実態は素数定理を適用しないと証明できない深い問題」
って言ってるでしょ。リーマン積分の簡単な演習問題を
無理やり素数定理から証明して面白がってるわけじゃないんだよ。
そもそも素数定理から始めなければ証明すらできない深い問題だと言ってるんだよ。 >>544
勝手に自己完結するなら中途半端にレスして絡んでくるなよ。
>>534の定理自体は古い定理なので、古いという意味においては新規性はない。
ただし、これも繰り返しになるけど、
純粋にリーマン和の問題として簡単に>>534が解けてしまったら、
その>>534から素数定理が導かれるのだから、素数定理の新しい証明が
得られたことになって論文が1本書けてしまう。
しかし、そんなことに成功した人は未だに居ないはず。
そういう意味では「未だに新規性がある」と言えなくもない。
ただし無理ゲーな感じはする。 ちなみに、>>534からどうやって素数定理を導くのか考えてみたが、普通にできた。
M(x) (x≧1) を Mertens function とする。x≧1 に対して Σ[n≦x] M(x/n) ＝ 1 が
成り立つことが知られている(これは初等的な性質)。f(x) ＝ M(1/x) (0＜x≦1) と置けば、
Σ[n≦x] f(n/x) ＝ 1 ということになる。よって、0＜ε＜1 を取るごとに x＝1/ε＞1 を適用すれば、
Σ[n≦1/ε] f(εn) ＝ 1 である。よって εΣ[n≦1/ε] f(nε) ＝ ε なので、
lim[ε↓0] εΣ[n≦1/ε] f(nε) ＝ 0 となる。
次に、f(x) ＝ M(1/x) (0＜x≦1) なのだから、任意のε∈(0,1] に対して、
f(x) は x∈[ε,1] 上では有限個の短冊からなる階段関数である。特に、R∫[ε,1] f(x)dx が存在する。
よって、>>534 により、lim[ε↓0] R∫[ε,1] f(t) dt ＝ 0 となる。f(t)＝M(1/t) だから、
変数変換すれば lim[ε↓0] R∫[1, 1/ε] M(t)/t^2 dt ＝ 0 となる。すなわち、
lim[x→＋∞] R∫[1, x] M(t)/t^2 dt ＝ 0 … (★)
となる。そして、(★)が成り立つことと素数定理が成立することは同値であることが
知られているので、以上により、素数定理が導出できたことになる。 こうして実際に素数定理を導出してみると、
>>534が単なるリーマン和の問題では済まされないことがよく分かる。
既に書いたように、(★)は素数定理と同値であることが知られている。
よって、素数定理を目標にするなら、(★)は喉から手が出るほど欲しい。
というか、(★)さえ手に入れば、そこで話は終わってしまう。
そんな高級な(★)が、534を使えば極めて簡単に導出できてしまっている。
となれば、534そのものが、単なるリーマン和の問題として簡単に証明できるわけがない。
そんなことが出来たら論文になる。実際、技術的な話として、534は素数定理から出発しなければ証明できそうにない。
何度も言うが、リーマン積分の簡単な演習問題を無理やり素数定理から証明して面白がってるわけではない。
そもそも素数定理から始めなければ証明すらできない深い問題が534なのだ。
というか、文句があるなら534を「単なるリーマン和の問題として」「簡単に」証明してみせてよ。
それができたら凄いことだから。 https://itest.5ch.net/mi/test/read.cgi/news4vip/1661954505
ちょっと面白そうなスレだったので覗いてみたら未解決だったので貼ってみた
違和感は、(前年度？)繰越金の報告が抜けているからではと自分は思います >>533
G 原点
GF x軸
GE y軸
FE 無限遠直線
CD x=1,AB x=-1
AD y=1,BC y=-1
楕円は単位円に対応
y=(x+1)/2,y=-2x+2の交点
x =3/5,y=4/5は単位円x^2+y^2=1上にある
IDはy=(x+1)/2に対応
HCとEFの交点LとKを結んだ直線KLがy=-2x+2に対応
するからIDとKLの交点は楕円上にある. >>460
有界にとどまる場合、吸引的不動点かlimit cycle に落ち込むかと思ったが、数値計算では誤差もあるかもしれんが
x=1.368
y=-1.272
の時有界な領域を稠密に埋め尽くすような感じがする
ちょっと意外
とても私には一筋縄ではいけそうもない Firoozbakht予想から導かれるClamer予想により素数定理p_n<n×log(p_n)が証明できた >>553
嘘をついてすぐ訂正するのは
数学能力皆無で間違い判定能力が低すぎる証拠 >>554-555
素数定理について書いてあったからな >>555
よく私にそのような事が書けたものだ、勘違いも甚だしい 素数定理は
n(log(n)+log(log(n))-1)<pn<n(log(n)+log(log(n)))
から証明できた、今度は本当 漸化式
aₙ₊₂ = aₙ₊₁aₙ + 1
を満たす周期実数列の周期としてとりうる値を求めよ >>557
勘違いwww
事実に反論出来ないから根拠なく自己判断で誤魔化しwww
無能の証拠そのもの 任意の有界実数列{a_n}に対して、
a_n = x_n + Σ_{k=1}^∞ sin(x_k)/3^k
(n=1,2,3,…)
を満たす有界数列{x_n}が存在することを示せ. >>564
条件が満たされるなら任意のnについて x_n = a_n - a_1 + x_1.
そこで f(x) = x + Σ_{k=1}^∞ sin(a_k - a_1 + x)/3^k とおくとこれは連続関数で、十分小さな数と十分大きな数について中間値の定理を用いることで f(y) = a_1 となるy が存在することがわかる。
このyについて x_n = a_n - a_1 + y とおけばよい。 >>565
おーなるほど
こういう解法があったのかお見事でした
こちらが用意していたのは縮小写像の原理を使うものでしたが>>565の証明の方がシンプルですね n,mは自然数.
f_1(n)=nlog(1+(1/n))
a_1=lim[n→∞] (f_1(n))^n
f_{m+1}(n)= (n/(log a_m))*log(f_m(n))
a_{m+1}=lim[n→∞] f_{m+1}(n)^n
とする。
このとき
(1)a_1=1/√eとなることを確認せよ。
(2)任意のmについてlog a_mが有理数となることを示せ。
数学板の人なら多分秒で解かれると思いますが… ちなみに
lim[m→∞]log a_m=-1/e
となるかどうかも考えてみてください 生物学的視点に基づくオブジェクト指向生体機能シミュレーション
https://jglobal.jst.go.jp/detail?JGLOBAL_ID=200902277633713182
解剖学や生理学でもチンコの話になるとぐっと理解しやすくなるのはなんでなんだろ！
https://tottokotokoroten.hatenadiary.com/entry/20130516/1368716650
ところで「チンポがシコシコする」という日本語表現は、学術的に正しいと言えるのか？
チンポ「を」シコシコするのではなくて、チンポ「が」シコシコする。この場合、「チンポ」は主語となる。
オブジェクト指向で言う「集約」は２種類あって、全体（俺）と部分（チンポ）が繋がっている場合と、
全体（俺）と部分（チンポ）が別々になっている場合とが考えられる。けれども「チンポ」はそれ自体
が独立した生き物であり、所有者の意思とは無関係に、自ら勃起して「シコシコする」。
例えば寝てる時にエロい夢みて朝起きてみたらチンコが勃起して射精してたとか。
違うか？
「胸がドキドキする」は良いが、「チンポがシコシコする」はダメな理由を、５０字以内で述べろ！ >>531
v(x)を2進付値とする
(i) いずれか一組が等しいとき
b = c とする
ab - b ∈ 2^ℤ
b² - a ∈ 2^ℤ
a = 2ᵐ + 1、b = 2ⁿ、b²-a = 2ᵏとすると
2²ⁿ - 2ᵐ - 1 = 2ᵏ
よってk,m,nのいずれかは0であるが明らかにn≠0である
(a) k = 0 のとき
2²ⁿ⁻¹ - 2ᵐ⁻¹ = 1
よりn=m=1
(b) m = 0 のとき
2²ⁿ⁻¹ - 1 = 2ᵏ⁻¹
よりn=k=1
以上によりこの場合は(a,b,c) = (3,2,2),(2,2,2)およびその置換が解である
(ii) 相異なる3数で全て偶数のとき
v(a),v(b) ≦ v(c)とする
v(ca) ≧ v(c) + 1 > v(b)
∴ v(ca-b) = v(b)
∴ ca-b | b
∴ 2a-b ≦ ca-b≦b
∴ a≦b
同様にしてb≦aだからa=b
コレは仮定に反するから解なし (iii)相異なる3数で全て奇数のとき
bc - a = 2ᵏ、ca - b = 2ᵐ、ab - c = 2ⁿ、a<b<c‥①とする
2ᵏ ≧ 2ᵐ ≧ 2ⁿである
ca-b = 2ᵐ は a×2ᵏ - b×2ᵐの約数で
a×2ᵏ - b×2ᵐ = b² - a² = (b+a)(b-a)、
およびv(b+a)=1またはv(b-a) = 1よりca-b | 2b-2a またはca-b | 2b+2aであるがいずれにせよca-b ≦ 2b + 2a
∴ ca ≦ 2a + 3b < 5c
∴ a ≦ 3
a = 1 ならab - c = b - c < 0ゆえ矛盾
∴ a = 3
①の後ろ2式にa=3を代入して
-b+3c = 2ᵐ、3b-c = 2ⁿ
b,cについて解いて
8b = 2ᵐ+3×2ⁿ、8c = 3×2ᵐ+2ⁿ
コレとa=3を①の第一式に代入して
∴ (2ᵐ+3×2ⁿ )( 3×2ᵐ+2ⁿ ) - 192 = 2ᵏ⁺⁶
∴ 5×2ᵐ⁺ⁿ⁺¹ + 3×2²ᵐ + 3×2²ⁿ = 192 + 2ᵏ⁺⁶
m ≧ n+2 とすると左辺の3項の2進展開において2²ⁿ、2²⁺¹、2ᵐ⁺ⁿの位は必ず1となり、さらに最高位を加えて少なくとも0でない位が4つでる
しかし右辺のそれは高々３つだから矛盾する
∴m = n + 1
∴ 5×2²ⁿ⁺² + 3×2²ⁿ⁺² + 3×2²ⁿ = 192 + 2ᵏ⁺⁶
∴ 35×2²ⁿ = (3 + 2ᵏ )2⁶
∴ k = 5、n = 3
( a, b, c ) = (3, 5, 7 )およびその置換が解である (iv) 相異なる3数でいずれかが奇数、いずれかが偶数のとき
cが奇数とすればab-cは奇数の2のベキだから1である
a<b<cとすると
bc-a > ca-b > ab-c‥②
であるから1になりうるのはab-cのみで、よってcのみが奇数である
c = ab-1でcを消去して
a²b - a - b ∈ 2^ℤ、ab² - a - b ∈ 2^ℤである
v(a) ≠ v(b) ならばv(a²b), v(ab²)>v(a), v(b)だから
v( a²b - a - b ) = min{ v(a), v(b) } = v( ab² - a - b )
∴ a²b - a - b = ab² - a - b (∵双方とも2のべき)
∴ca-b = cb - a
これは②に矛盾
∴v(a) = v(b)
v(a+b) ≠ 3v(a)ならばv(a²b) = v(ab²) = 3v(a)より
v( a²b - a - b ) = min{ 3v(a), v(a+b) } = v( a²b - a - b )
∴ a²b - a - b = a²b - a - b
となりやはり②に反する
∴ v(a+b) = 3v(a)
∴ v(a²b - a - b), v(ab² - a - b) ≧ 3v(a) + 1
一方で
v( a²b - a - b + a²b - a - b )
= v( (ab-2)(a+b) ) = 3v(a) + 1
∴ v( a²b - a - b ), v( a²b - a - b )のいずれかは3v(a)+1
a²b - a - b < ab² - a - b かつ、いずれも2の冪だからv( a²b - a - b ) < v( a²b - a - b )となる
よってv( a²b - a - b ) = 3v(a)+1となり2a³/(a²b - a - b ) は奇数
a³/(a²b - a - b ) ≧ 3とすると
a³≧3(a²b - a - b )
∴ b ≦ (a³+3a)/(3(a²-1))
= a/3 + 2a/(3(a²-1))
= a( 1/3 + 2/(3(a²-1)) )
< a
よりb>aに矛盾
よって2a³/(a²b - a - b )=1
∴ b = 2a + 3a/(a²-1)
∴ a = 2, b = 6
∴( a, b, c ) = ( 2, 6, 11 )およびその置換が解である a³/(a²b - a - b ) ≧ 3とすると
a³≧3(a²b - a - b )
∴ b ≦ (a³+3a)/(3(a²-1))
= a/3 + 2a/(3(a²-1))
= a( 1/3 + 2/(3(a²-1)) )
< a
よりb>aに矛盾
よって2a³/(a²b - a - b )=1
∴ b = 2a + 3a/(a²-1)
∴ a = 2, b = 6
∴( a, b, c ) = ( 2, 6, 11 )およびその置換が解である 3辺の長さが全て有理数であるような面積1の直角三角形は存在するか？ >>574
存在しない
不定方程式
(a²-b²)ab = c⁴、abc≠0、a,b,c∈ℤ
の解が存在しない事を示せばよい
最小反例では(a,b) = 1とできる
この時a,b,a²-b²は互いに素であるから全て4乗数でなければならない
a=d⁴, b=e⁴, a²-b²=f⁴とおげば
d⁸ - e⁸ = f⁴ (def≠0)
が解を持つことになりFLTに反する >>567
分かる方いなければ解答を書きますがどうしましょう N角形の各辺上にN個の点をとる。(ただし頂点上には乗らないとする)
各頂点とその対辺以外の辺上の点を線分で結んでN角形内の領域を分割する.
このときできる領域の個数の最大をmax(N),最小をmin(N)としたとき
lim max(N)/min(N)を求めよ >>579
そうそう正N角形
>>580
対辺はある頂点に対してその頂点を辺の端点に含み、かつその頂点に対して向かい合った2辺を言うね >>582
> >>579
> そうそう正N角形
> >>580
> 対辺はある頂点に対してその頂点を辺の端点に含み、かつその頂点に対して向かい合った2辺を言うね
？
五角形ABCDEの頂点Aの対辺はABとAE？
対してないやん
まぁいいけど >>583
その頂点に対して、というかその頂点に関して向かい合った(これが対してる)2辺を対辺、だね まぁ数学用語なんてどっかで公式に定められてるもんじゃないからなんとも言えないけど、流石に「その頂点を端点とする2辺が“対辺”」と言われるとものすごい違和感あるし、そもそもそれでは小～高の初等教育で通用してる定義に反してしまう、「△ABCの頂点Aの対辺はABとACです」って何言ってんのってなる 計算問題
別スレで出てた受験問題より
ABCD-EFGHが立方体でA(0,0,0),B(1,0,0),E(0,0,1)とする
辺AB,AD,EF,EH上のX,Y,Z,Wが
AX = AY, EZ = EW = 2AX, ∠YXZ = 108°
を満たすときXの座標を求めよ 前>>495
>>587
∠YXZ=108°だから、
ベクトルの内積よりcos108°=(p,-p,0)(p,-p,1)/p√2√(p^2+1)=(p^2+p^2)/p√2√(p^2+1)=p√2/√(p^2+1)
一方cos108°=sin72°=(1/2)/｛(1+√5)/2｝=1/(1+√5)
=(√5-1)/4
4p√2=(√5-1)√(p^2+1)
32p^2=(p^2+1)(6-2√5)
16p^2=(p^2+1)(3-√5)
(16-3+√5)p^2=3-√5
p^2=(3-√5)/(13+√5)=(39+5-16√5)=(44-16√5)/(169-5)
=(11-4√5)/41
p=√(11-4√5)/√41
=√(451-164√5)/41
=0.22……
∴求める座標は(√(451-164√5)/41,0,0) 前>>588あれ不正解か。糖質が足りない。御飯だ。
>>587
∠YXZ=108°だから、
ベクトルの内積よりcos108°=(→XY)・(→XZ)/|→XY||→XZ|
=(-p,p,0)(1-p,0,1)/p√2√(p^2+2p+2)
=(p^2-p)/p√｛2(p^2+2p+2)｝
=(p-1)/√｛2(p^2+2p+2)｝
一方cos108°=-cos72°=(1/2)-｛(1+√5)/4｝
=(1-√5)/4
(p-1)/√｛2(p^2+2p+2)｝=(1-√5)/4
16(p^2-2p+1)=(6-2√5)4(p^2+2p+2)
2(p^2-2p+1)=(3-√5)(p^2+2p+2)
(√5-1)p^2+(2√5-10)p+2√5-4=0
4p^2-2√5・4p+(2√5-4)(√5+1)=0
4p^2-2√5・4p+10-4√5+2√5-4=0
2p^2-4p√5+3-√5=0
p=2√5-√(20-6+2√5)
=2√5-√(14+2√5)
=0.1742136718……
∴X(2√5-√(14+2√5),0,0) 前>>590訂正。
>>587
∠YXZ=108°だから、
ベクトルの内積より、
cos108°=(→XY)・(→XZ)/|→XY||→XZ|
=(-p,p,0)(p,0,1)/p√2√(p^2+1)
=-p^2/p√｛2(p^2+1)｝
=-p/√｛2(p^2+1)｝
一方cos108°=-cos72°=(1/2)-｛(1+√5)/4｝
=(1-√5)/4
-p/√｛2(p^2+1)｝=(1-√5)/4
-4p=(1-√5)√｛2(p^2+1)｝
16p^2=(6-2√5)2(p^2+1)
4p^2=(3-√5)(p^2+1)
(1+√5)p^2=3-√5
4p^2=(3-√5)(√5-1)
4p^2=4√5-8
p^2=√5-2
p=√(√5-2)
=√0.2360679……
=0.4……
∴X(√(√5-2),0,0) nが自然数、xが0<x<πを満たす実数であるとき
Σ[k=1,n] sin(kx)/k > 0
である事を示せ スイカの重さの99％が水分だったとします。１日置いたら、水分が蒸発して、98％が水分になっていました。
スイカ全体はどれだけ軽くなったでしょう？
https://twitter.com/PlanckScale/status/1579619415305621507
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) 前>>592
>>595
題意のスイカは99%の水分と1%の乾燥スイカから成る。
水分が98%になったということは乾燥スイカは2%。
1%の乾燥スイカに対する水分の割合は98%/2=49%
99-49=50
∴50% 固形分の全体の割合が1%から2%で2倍になってるので体積は1倍から1/2倍に変化する >>600
EからABに下ろした垂線の足をH, Eを通りABと平行な直線とBDの交点をFとする。
EH=CD/2=BE/2 より EBH=30°. これを使って計算すると EBF=EFB=75° がわかる。
よってEB=EFであり、AB/CD=2EF/CD=2. 柱状の部屋で壁は全て滑らかな局面であるとする
壁は入射した光を100%反射する鏡であるとする
この時必ず室内のある一点に光源を置けば部屋中死角なしに全て光が届くようにできると言えるか？ 前>>597
>>604
正三角形の高さが6とすると一辺4√3
∴△ABC=2√3・6=12√3
(勘) 前>>606
>>604
AB=BC=CA=xとすると余弦定理より、
cos∠APB=(25+16-x^2)/(2・5・4)=(41-x^2)/40
cos∠APC=(25+9-x^2)/(2・5・3)=(34-x^2)/30
cos∠BPC=(9+16-x^2)/(2・3・4)=(25-x^2)/24
sin∠APB=√｛1-(41-x^2)^2/40^2｝
sin∠APC=√｛1-(34-x^2)^2/30^2｝
sin∠BPC=√｛1-(25-x^2)^2/24^2｝
△ABC=(1/2)5・4√｛1-(41-x^2)^2/40^2｝
+(1/2)5・3√｛1-(34-x^2)^2/30^2｝
+(1/2)3・4√｛1-(25-x^2)^2/24^2｝
△ABC=√｛(9+x)(9-x)(x+1)(x-1)｝/4
+√｛(8+x)(8-x)(x+2)(x-2)｝/4
+√｛(7+x)(7-x)(x+1)(x-1)｝/4
別途勘案したx=25/4を代入し、
△ABC=√(11・61・29・21)/64
+√(57・7・33・17)/64
+√(53・3・29・21)/64
=√609(√671+√561+√159)/64
∴△ABC=23.9833290854…… 前>>608修正。
>>604
AB=BC=CA=xとすると余弦定理より、
cos∠APB=(25+16-x^2)/(2・5・4)=(41-x^2)/40
cos∠APC=(25+9-x^2)/(2・5・3)=(34-x^2)/30
cos∠BPC=(9+16-x^2)/(2・3・4)=(25-x^2)/24
sin∠APB=√｛1-(41-x^2)^2/40^2｝
sin∠APC=√｛1-(34-x^2)^2/30^2｝
sin∠BPC=√｛1-(25-x^2)^2/24^2｝
△ABC=(1/2)5・4√｛1-(41-x^2)^2/40^2｝
+(1/2)5・3√｛1-(34-x^2)^2/30^2｝
+(1/2)3・4√｛1-(25-x^2)^2/24^2｝
△ABC=√｛(9+x)(9-x)(x+1)(x-1)｝/4
+√｛(8+x)(8-x)(x+2)(x-2)｝/4
+√｛(7+x)(7-x)(x+1)(x-1)｝/4
=x^2√3/4
√｛(81-x^2)(x^2-1)｝+√｛(64-x^2)(x^2-4)｝+√｛(49-x^2)(x^2-1)｝=x^2√3
△ABC= 前>>610修正。
>>604
AB=BC=CA=xとすると余弦定理より、
cos∠APB=(25+16-x^2)/(2・5・4)=(41-x^2)/40
cos∠APC=(25+9-x^2)/(2・5・3)=(34-x^2)/30
cos∠BPC=(9+16-x^2)/(2・3・4)=(25-x^2)/24
sin∠APB=√｛1-(41-x^2)^2/40^2｝
sin∠APC=√｛1-(34-x^2)^2/30^2｝
sin∠BPC=√｛1-(25-x^2)^2/24^2｝
△ABC=(1/2)5・4√｛1-(41-x^2)^2/40^2｝
+(1/2)5・3√｛1-(34-x^2)^2/30^2｝
+(1/2)3・4√｛1-(25-x^2)^2/24^2｝
△ABC=√｛(9+x)(9-x)(x+1)(x-1)｝/4
+√｛(8+x)(8-x)(x+2)(x-2)｝/4
+√｛(7+x)(7-x)(x+1)(x-1)｝/4
=x^2√3/4
√｛(81-x^2)(x^2-1)｝+√｛(64-x^2)(x^2-4)｝+√｛(49-x^2)(x^2-1)｝=x^2√3
x=13/2とすると、
△ABC=x^2√3/4=169√3/16 >>604
AB=BC=CA
AP=5,BP=4,CP=3
△ABC=?
(5*4)/2+(4*3)/2+(3*5)/2
=20/2+12/2+15/2
=10+6+7.5
=23.5
よって、△ABC=23.5 前>>611
>>600
EからABに垂線EHを引くと、
中点連結定理よりAH=HC
EH=(1/2)CD
EH:BE:HB=1:2:√3だからHB=(√3/2)BE=(√3/2)CD
CD=BDcos15°=(√6+√2)BD/4
BC=BDsin15°=(√6-√2)BD/4
BC/CD=(√6-√2)/(√6+√2)
BC=(√6-√2)^2CD/(√6+√2)(√6-√2)
=(8-4√3)CD/4
=(2-√3)CD
AB=AH+HB
=HC+HB
=HB+BC+HB
=2HB+BC
=2(√3/2)CD+(2-√3)CD
=2CD
∴AB/CD=2 >>604
△ABCは正方形
AB=ACより、
△ABPに△ACPと同じ△ACP'を線分ABと線分ACが対角線となる四角形APBP'(または△APCP')とする
∠PAP'は60°、辺APと辺AP'は5なので、△APP'は一辺が5の正三角形
正三角形の面積の公式より、
△APP'の面積は、(5^2)*(√3/4)
また、△BPP'は辺が3:4:5の三角形であるので、
ピタゴラス数より、△BPP'の面積は6
△BCPと△CAPも同様に
△BPP''の面積は、(4^2)*(√3/4)
また、△CPP''の面積は6
△CPP'''の面積は、(3^2)*(√3/4)
また、△APP'''の面積は6
求める△ABCの面積は、3つの四角形を足した面積の半分になるので、
((5^2)*(√3/4)+(4^2)*(√3/4)+(3^2)*(√3/4)+6*3)/2
=(50*(√3/4)+18)/2
=25*(√3/4)+36/4
=(25*√3+36)/4
=19.8253175473
よって、△ABC=19.8253175473 x^2+y^2=25
(x-a)^2+y^2=16
(x-a/2)^2+(y-(√3/2)a)^2=9
△ABC=(a^2)・sin(π/3)
>>616
平面幾何の知識をフル活用して解いとるな。18世紀かよ。 （AB-BC)^2 ＋ (BC-CA)^2 の最長値を求めるプログラムで数値解をだしてみた。
https://i.imgur.com/sAGUwrL.png
> ABC2S(A,B,C)
[1] 19.82509 流れたので再掲
nが自然数、xが0<x<πを満たす実数であるとき
Σ[k=1,n] sin(kx)/k > 0
である事を示せ 前>>615
>>604
△APCをCを軸として半時計回りに60°回転させ、
Pの移動先をP'とすると、
△CPP'=9√3/4
△PBP'=(3・4)/2=6
△APC+△CPB=9√3/4+6
同様に△BPAをAを軸として半時計回りに60°回転させ、
Pの移動先をP"とすると、
△APP"=25√3/4
△PCP"=(3・4)/2=6
△BPA+△APC=25√3/4+6
同様に△CPBをBを軸として半時計回りに60°回転させ、
Pの移動先をP'''とすると、
△BPP'''=16√3/4
△PAP'''=(3・4)/2=6
△CPB+△BPA=16√3/4+6
すべて足して2で割ると、
△ABC=｛(√3/4)(9+25+16)+6・3｝/2
=25√3/4+9
=(36+25√3)/4
=19.8253175473…… x,y に関する次の連立方程式を解け。
x+y=a
x-y=b
ただし、x,y,a,b は素数である。 >>622
ちなみに元ネタは入試問題でそこにはヒントの誘導がついてる
ただしヒントはあってもないよりはマシな程度のヒントでそこからの議論もかなり難しい >>624
2x=a+bより、a,bはいずれも奇素数
x+y,x-yが奇数より、x,yのいずれかは偶数なので2。2は最小の
素数なので、y=2が確定し、
x=b+2
a=x+2=b+4
より、a,x,bは連続する３つの奇素数となるので、
a=7, x=5,b=3が解となる。
これ以外に解がないことは以下のようにして示せる。
b≡0 (mod 3)はb=3の場合のみbが素数
b≡1 (mod 3)の場合、x≡1+2≡0 (mod 3)
で、xは３より大きい３の倍数となるので素数ではありえない。
b≡2 (mod 3)の場合、a≡2+4≡0 (mod 3)
となるので、同様にaも素数ではありえない。 nを自然数とし
f(x) = Σ[k=1,n]sin(kx)/k
とおく
(1) 0< x < πにおいてf(x)がx=aで極小値をとるのはx= 2πp/n (pは1≦p<n/2を満たす整数)のときである事を示せ
(2) pが1≦p<n/2を満たす整数のときf(2πp/n) ≧ 0を示せ 0≦x≦y≦z≦10
3≦x+y+z≦28
を満たす整数(x,y,z)の組の個数を求めよ aₙ = ♯{ 0 ≦ x ≦ y ≦ z ≦ n }
uₙ = ₙ₊₃C₃
vₙ = (⌊n/2⌋+1)(n + 1 - ⌊n/2⌋)
wₙ = ⌊n/3 ⌋ + 1
aₙ = (uₙ + 3vₙ + 2wₙ)/6
https://ideone.com/HgJ6We 問題違うな
aₙ = ♯{ 0 ≦ x ≦ y ≦ z ≦ n }
uₙ = (n+1)³
vₙ = (n+1)²
wₙ = n+1
aₙ = (uₙ + 3vₙ + 2wₙ)/6
https://ideone.com/eONk09 x,y,z間の大小関係or等関係を列挙すると、
x<y<z,x<z<y,y<x<z,y<z<x,z<x<y,z<y<x ; 全て異なるパターンは6
x=y<z,z<x=y,y=z<x,x<y=z,z=x<y,y<z=x,x=y=z ; 一組が等しい6パターンと、全て等しいもの
の様な13パターンがあるが、対称性を利用すると、次のように整理できる。
Σ[0≦x,y,z≦n]1 = 6Σ[0≦x<y<z≦n]1+ 6 Σ[0≦x=y<z≦n]1+ Σ[0≦x=y=z≦n]1
(以後、条件“0≦”,“≦n” と、被和値“1”を省略する)
同様のものを x,y で作ると Σ[x,y] = 2 Σ[x<y] + Σ[x=y]
Σ[x=y]=Σ[x],Σ[x<y=z]=Σ[x<y] 等に注意すると、
Σ[x<y] = (1/2){Σ[x,y]-Σ[x]}
Σ[x<y<z] = (1/6){Σ[x,y,z] - 6Σ[x<y] - Σ[x]} = (1/6){Σ[x,y,z] - 3Σ[x,y] + 2Σ[x]}
Σ[x≦y≦z] = Σ[x<y<z] + Σ[x=y<z] + Σ[x<y=z] + Σ[x=y=z] = Σ[x<y<z] + 2Σ[x<y] + Σ[x]
= (1/6){Σ[x,y,z] + 3Σ[x,y] + 2Σ[x]}
これが、>>630さんが示している式で計算できる根拠となる。
別の方法として、0 から n までの n+1 種類の数字から重複を許して3つ選ぶ方法と考えれば H[n+1,3]=C[n+3,3]
n=10 なら C[13,3] = 286 。これから第二の条件に当てはまらない(0,0,0),(0,0,1),(0,0,2),(0,1,1),(9,10,10),(10,10,10)
の6通りを除いた 280個 とするのが >>628さんが想定している方法だと思われる。 x^5+x^4+3x^3+2x^2+2x+3=0の5つの解をa,b,c,d,eとするとき、(1-a^3)(1-b^3)(1-c^3)(1-d^3)(1-e^3)の値を求めよ 対称式ゴリ押しではなくて簡単な求め方があるってこと？ (1-a)(1-b)(1-c)(1-d)(1-e) = 1 + 1 + 3 + 2 + 2 + 3 = 12
(ω-a)(ω-b)(ω-c)(ω-d)(ω-e) = ω⁵+ω⁴+3ω³+2ω²+2ω+3= 3
(ω²-a)(ω²-b)(ω²-c)(ω²-d)(ω²-e) = ω¹⁰+ω⁸ +3ω⁶+2ω⁴+2ω²+3= 3
(1-a³)(1-b³)(1-c³)(1-d³)(1-e³)=12×3×3=108 もう1問。
a_1=1
n=2^k(k=1,2....)のときa_(n)=a_(n/2) +1
nが2以上かつn≠2^kのときa_(n)=a_(n-1)+1
a_(n)は上の数列を満たすものとする。
(1)a_(n)が100より大きい条件を満たす最小の自然数nを求めよ。
(2)S_(n)が10000より大きい条件を満たす最小の自然数nを求めよ。 1
2 3
3 4 5 6
4 5 6 7 8 9 10 11
5 ～ 5+16-1
6 ～6+32-1
7 ～ 7+64-1
8 ～ 8+128-1
群の総和
1
5
18
60
(2×5 + 16-1)×16/2 = 200
(2×6 + 32-1)×32/2 = 688
(2×7 + 64-1)×64/2 = 2464
(2×8 + 128-1)×128/2 = 9152
1+5+18+60+200+688+2464=3436 円に内接する四角形ABCDにおいて
( AB×AD + CD×CB )/( BC×BA + DA×DC ) = AC/BD
を示せ 2△ABC=AB*BC*sinB=AB*BC*AC/内接円の直径
2△ADC=AD*DC*AC/内接円の直径
□ABCD=(AB*BC+AD*DC)*AC/内接円の半径
□ABCD=(BA*AD+BC*CD)*BD/内接円の半径
(AB*BC+AD*DC)*AC=(BA*AD+BC*CD)*BD 象1頭と象使い1人、親虎1頭、小虎2頭、親獅子1頭、小獅子2頭が川の東岸
船1艘で対岸に渡りたい
条件
船の定員は2人まで
船を動かせるのは象使い、親虎、親獅、つまり移動はこのうちの誰か1人のみかこのうちの1人ともう1人という組み合わせしか移動できない
親獅子と小虎のいる岸に親虎がいなければ親獅子は小虎を食べるので不可能、親獅子と小虎の移動も禁止
親虎と小獅子のいる岸に親獅子がいなければ親虎は小獅子を食べるので不可能、親虎と小獅子の移動も禁止
象と他の動物がいる岸に象使いがいなければ象は他の全ての動物を殺してしまうので不可能、象と象使い以外の全ての動物の移動も禁止 象使いと象が行き象を置いて帰る 到達者、象
象使いと子虎1が行き子虎1を置いて象を連れて帰る 到達者、子虎1
親虎と子虎2が行き子虎2を置いて帰る 到達者、子虎1,2
親獅子と親虎が行き親虎を置いて親獅子が帰る 到達者、親虎、子虎1,2
象使いと象が行き両者残り親虎が帰る 到達者、象使い、象、子虎1,2
親獅子と親虎が行き親虎を置き親獅子が帰る 到達者、象使い、象、虎全部
親獅子と子獅子1が行き象使いと象が帰る 到達者、虎全部、親獅子、子獅子1
象使いと子獅子2が行き象使いが帰る 到達者、虎全部、獅子全部
象使いと象が行く 到達者、虎全部、獅子全部、象使い、象 前>>623
>>650
そんな何回も行ったり来たりして正解ですって言われてもなぁ。 >>653
一度に全員で乗れないんだから何度も往復する必要があることすら理解できないバカに言われてもなぁ x^2+y^2+z^2+w^2=1を満たすとき、xy+xz+xw+yz+yw+zwの取りうる最小値を求めよ。 0≦(x+y+z+w)^2=x^2+y^2+z^2+w^2+2(xy+xz+xw+yz+yw+zw)
xy+xz+xw+yz+yw+zw≧-(x^2+y^2+z^2+w^2)/2＝-1/2
等号成立はx+y+z+w=0のとき もう1問
y=x^2を動く点Pを考える。A(0,1) B(0,3)として、θ=∠APBとするとき、θが最大となるPのy座標を求めよ。 任意の数x,tに対して f(x+t)=f(x)+f(t)をみたす連続関数f(x)は、aを定数として f(x)=ax の形に限ることを示して下さい。 >>658
cotθ = (1+(t^2-1)/t (t^2-3)/t)/((t^2-1)/t - (t^2-3)/t)
= (t^4 - 3 t^2 + 3)/(2 t)
d/dt cotθ = (3 (t^4 - t^2 - 1))/(2 t^2)
t = ±√((1+√5)/2)
のとき最小値
y座標は(1+√5)/2 >>659
f(0+0) = f(0) + f(0)よりf(0) = 0
f(x) - f(1)xも条件を満たしf(x)が一次式⇔f(x) - f(1)xが一次式だこらf(1)=0としてよい
帰納的にn∈ℤ、a∈ℝでf(na) = nf(a)
n,m∈ℤ＼{0}に対して
m f(n/m) = f(n) = nf(1) = 0
∴f(q) = 0 (∀q∈ℚ)
以下ry xを正としてよい APの傾き(x^2-1)/xをtana、BPの傾き(x^2-3)/xをtanbとする
tan(a-b)=(tana-tanb)/(1+tanatanb)
=2/x/(1+(x^2-1)(x^2-3)/x^2)=2/(x^3-3x+3/x)
右辺の分母の微分=3x^2-3-3/x^2=3/x^2*(x^4-x^2-1)
x^2=y=(1+√5)/2のとき分母が最小となるので、このときtanθは最大となる (象使) 虎とと獅しし象使
(使) 虎とと獅しし 象使
(使と) 虎とと獅しし使 象
(使象) 虎と獅しし と象使
(虎と) 虎と獅しし象使 と
(虎) 獅しし象使 虎とと
(虎獅) 虎獅しし象使 とと
(獅) ととしし象使 虎とと獅
(象使) 獅しし象使 虎とと
(虎) 虎獅しし象使 虎とと象使
(虎獅) 虎獅しし とと象使
(獅) しし 虎とと獅象使
(獅し) 獅しし 虎とと象使
(象使) し 虎とと獅し象使
(し使) し象使 虎とと獅し
(使) 象 虎とと獅しし使
(象使) 象使 虎とと獅しし
虎とと獅しし象 >>645の元ネタ貼ってなかったんだけどコレ
https://youtu.be/pDgwLEeooC0
コレって有名な定理なんかな？ >>666
円に内接する四角形の対角線の長さってきれいに因数分解されるんだね.
余弦定理で計算は簡単だけど知らないと因数分解に気づきにくそう. Sₑ(x)を
Sₑ(n) = Σ[k=1,n]kᵉ
を満たす多項式とする
eが3以上の奇数のときSₑ(x)はx²(x-1)²で割り切れる事を示せ >>668
× eが3以上の奇数のときSₑ(x)はx²(x-1)²で割り切れる事を示せ
◯eが3以上の奇数のときSₑ(x)はx²(x+1)²で割り切れる事を示せ
参考
某入試問題の改題
初等的に示せます S銀行での１ヶ月円定期預金は年利0.2％
１年ドル定期預金は年利4.0％
円からドルへの交換手数料は１ドルあたり7銭(0.07円)
ドルから円への交換手数料は１ドルあたり7銭(0.07円)
税率は国税＋地方税＋復興加算税をあわせて20.315％である。
１ヶ月円定期預金の月利は年率の1/12として毎月、元金＋利息を再度円預金する。
【問題】
(1)１ドル150円であった場合、ドル定期預金で元金の何％有利になるかを計算せよ。
(2)１ドル150円で為替介入してドル預金も円預金でも利益は同じにしたい。何円下げればよいか計算せよ。 前>>653
>>658
cosθ=(→PA・→PB)/|→PA||→PB|
= 前>>671
>>658
cosθ=(→PA・→PB)/|→PA||→PB|
=(p^4-3p^2+3)/√｛p^8+(10-6p)p^4+5p^4-14p^2+9｝
｛-sinθdθ(p^8-6p^6+15p^4-14p^2+9)^(3/2)｝/dp=(4p^3-6p)(p^8-6p^6+15p^4-14p^2+9)-(p^4-3p^2+3)(8p^7-36p^+60p^3-28p)
=4p^11-30p^9+96p^7-146p^+120p^3-54p
-8p^11+60p^9-192p^7+316p^5-264p^3+84p
=-4p^11+30p^9-96p^7+170p^5-144p^3+30p=0
2p^10-15p^8+48p^6-85p^4+72p^2-15=0
Pのy座標をp^2=Yとすると、
2Y^5-15Y^4+48Y^3-85Y^2+72Y-15=0
(2Y^5-2Y^4-2Y^3)-13Y^4+50Y^3-85Y^2+72Y-15=0
(2Y^5-2Y^4-2Y^3)-13Y^4+13Y^3+37Y^3+13Y^2-98Y^2+72Y-15=0
(2Y^5-2Y^4-2Y^3)-(13Y^4-13Y^3-13Y^2)+37Y^3-98Y^2+72Y-15=0
(2Y^5-2Y^4-2Y^3)-(13Y^4-13Y^3-13Y^2)+(37Y^3-37Y^2-37Y)-61Y^2+109Y-15=0
(2Y^5-2Y^4-2Y^3)-(13Y^4-13Y^3-13Y^2)+(37Y^3-37Y^2-37Y)-61Y^2+61Y+61+48Y-76=0
Y=(1+√5)/2とすると、
24(1+√5)-76=24√5-52＞0
∴Pのy座標は1.618よりやや小さい。 >>668
(k+1)^(2m)-(k-1)^(2m)=2{C[2m,1]k^(2m-1)+C[2m,3]k^(2m-3)+...+C[2m,3]k^3+C[2m,3]k}
→
2Σ[k=1,n]{C[2m,1]k^(2m-1)+C[2m,3]k^(2m-3)+...+C[2m,3]k^3+C[2m,1]k} = {(n+1)^(2m)+n^(2m)}-{1^2+0^2} = (n+1)^(2m)+n^(2m)-1 ・・・☆
(右辺)-(左辺のkの一次の項の和)
= (n+1)^(2m)+n^(2m)-1 - 2*2mΣ[1,n]k
= (n+1)^(2m)+n^(2m)-1 - 2m*n(n+1)
f(x):=(x+1)^(2m)+x^(2m)-1-2mx(x+1)
g(x):=(∂/∂x)f(x)=2m{(x+1)^(2m-1)+x^(2m-1)-(2x+1)} とすると
f(0)=f(-1)=g(0)=g(-1)=0
→
(n+1)^(2m) + n^(2m) -1 -2m*n(n+1) はn^2(n+1)^2 を因数に持つ
☆の式において、右辺-左辺のkの一次の項の和、左辺のk^3の項の和、左辺のk^5の項の和、．．．、左辺k^(2m-3)の項の和
等が n^2(n+1)^2 を因数に持つならば、左辺のk^(2m-1)の項の和も n^2(n+1)^2 を因数に持つことが数学的帰納法により示される。 正解
元ネタはn=5,7
https://youtu.be/PZ-xGZreVjA
想定解は元ネタを拡張しただけ
e未満では言えてるとする
e = 2m-1とする
(n+1)ᵐnᵐ = Σ((k+1)ᵐkᵐ - (k-1)ᵐkᵐ)
= ΣcₐSₐ(n)
がnについての恒等式となるcₐがとれるがコレはcₑ≠0、aが3以上の奇数でなければcₐ = 0 である
よって帰納法の仮定からcₑSₑ以外の項は全てn(n+1)で割り切れているのでSₑもn(n+1)で割り切れる オークA「ぐっふっふ…… 俺は媚薬を盛ってないぜ……」
オークB「ぐふっ…… 媚薬を盛ったやつはAかCのどちらかだぜ…」
オークC「オークBかDは嘘をついているぜ…ぐっふっふっふっ……」
オークD「ぐふふ…媚薬を盛った奴はB,Eの中にはいないぜ……ぐひっ…」
オークE「げひひっ……媚薬を盛ったやつは本当の事を言っているぞ…」
オーク達「ちなみに、お前に媚薬を盛ったのはこの中の一匹で、俺たちの中で一匹が嘘をついているぞ……」
女騎士「くうぅ…誰が嘘をついて誰が私に媚薬を盛ったんだ……！」
オーク達「ぐっふっふ……」
注意
最後のオーク達の発言は正しく、犯人は1人、偽証をしてるのは1人 前>>673
>>658
(→PA・→PB)=(p^4-3p^2+3)
=(p^2-3/2)^2+3-9/4
=(p^2-3/2)^2+3/4
∴p^2=3/2=1.5のとき Aが犯人とするとAは偽証者となるがするとE発言は真となるので矛盾 Aはシロ
BかEが犯人とするとBもDも偽を発言しており偽証者が二人となるので矛盾 BとEはシロ
Cが犯人とするとBもDも真だからCは偽となるのでEも偽となるので矛盾 Ｃはシロ
Ｄが犯人とするとBは偽で他は全員真だから無矛盾 犯人はD >>678
P^2=tと置くと (↑PA・↑PB)^2=(t^2-3t+3)^2=t^4-6t^3+15t^2-18t+9
|↑PA|^2|↑PB|^2=t^4-6t^3+15t^2-14t+9=(↑PA・↑PB)^2+4t
1/(cosθ)^2=|↑PA|^2|↑PB|^2/(↑PA・↑PB)^2=1+4t/(t^2-3t+3)^2
=1+4/{t^(3/2)-3t^(1/2)+3t^(-1/2)}^2
右辺の分母にある中括弧内はt=(√5+1)/2で最小 このときcosθが最小でθが最大 鋭角三角形ABCの
Bを通りBCに垂直な直線とCAの交点をP1
Aを通りACに垂直な直線とBCの交点をP2
Cを通りCAに垂直な直線とABの交点をP3
Bを通りBAに垂直な直線とCAの交点をP4
Aを通りABに垂直な直線とBCの交点をP5
Cを通りCBに垂直な直線とABの交点をP6
とする．
（１）P1,P2,P3が同一直線上になる△ABCの条件はなんでしょうか
（２）六角形P1..P6が凸になる△ABCの条件はなんでしょうか こんなもん問題にならん
「条件を求めよ」なんて“条件”なんて無限にある
受験数学でその手の問題ができるのは「その中で××みたいな形のものがあるからその形で答えよ」というのが暗黙のルールとして“既成事実的な標準”が定まってるからできる事でそうでないところでこんな形の出題はできない
受験数学終わったらこの形の問題は「××が必要十分条件になる事を示せ」でしか出題できない 前>>678
>>658
計算があってれば、
2p^10-15p^8+48p^6-85p^4+72p^2-15=0
Pのy座標をp^2=Yとすると、
2Y^5-15Y^4+48Y^3-85Y^2+72Y-15=0
を解いて答えが出る。
Y=(1+√5)/2のとき左辺=1.66563145999……≠0
かなり値としては近いと思うけど。 前>>684
>>658
5次方程式だから解けないのが正解かもしれない。
もうちょっと時間があれば解くけどね。 前>>685
>>658解けた。
2(1.756519624647616)^5-15(1.756519624647616)^4+48(1.756519624647616)^3-85(1.756519624647616)^2+72(1.756519624647616)-15=0
∴Y=1.75651962467616 (1)y=1/xとx軸、y軸に接する円の半径を求めよ。
(2)(1)の円をC1として、C2をC1,y=1/x,x軸に接する円、C3をC2,y=1/x,x軸に接する円...CnをCn-1,y=1/x,x軸に接する円と定義した時、Cnの半径を求めよ。ただし、Ckのkの値が増えるほど中心の座標はx軸正の方向にずれるものとする。 (1)y=1/xとx軸、y軸に接する円の半径を求めよ。
(2)(1)の円をC1として、C2をC1,y=1/x,x軸に接する円、C3をC2,y=1/x,x軸に接する円...CnをCn-1,y=1/x,x軸に接する円と定義した時、Cnの半径を求めよ。ただし、Ckのkの値が増えるほど中心の座標はx軸正の方向にずれるものとする。 前>>687
>>688(1)(1-r)√2=r
√2=(1+√2)r
∴r=√2/(1+√2)=√2(√2-1)=2-√2 2022-11-02
■ある夫婦に2人子供がいる。片方の子が男であるとき、もう片方が女である確率は？
https://anond.hatelabo.jp/20221102154429 子供の取り得る性別が男と女のみであり、
男が生まれる事象と女が生まれる事象が同様に確からしいと仮定した場合
2/3 数学の問題としては「少なくとも一人は男」みたいな書き方にすべきな気がするな >>691
片方が特定されているなら1／2
2人のうち1人という意味なら2／3 >>693
これだな
普通の会話で「片方が男」という言い方をするのはもう片方が女の時に限る 前>>690
>>691
片方の子が男であるとき、もう片方の子が女である確率は、もう片方の子が男である確率と同じであるとして1/2
∵片方の子が男か女かという決定に、もう片方の子が男か女かは関係がないから。
∴1/2 前>>696
但し魚によってはオスが少ないときメスがオスになることがあるそうです。 イナって腐っても東大だからもうちょい賢いかと思ってたらこんな基礎的な条件付確率もわからんのか 東大って言っても
システム創生とか
メカバース学部とか
原子力工学科
とか
そんなんだろ >>698
正解が出た問題に誤答を投稿して
ウケ狙いの何時もの芸風。 >片方の子が男であるとき、
これがどうやって分かったかによる。
偶々見かけたのが男だったのなら
いろいろ仮定した上でもう一人が女の確率は１／２。 前>>696
>>705
オスメス見分ける個体が魚ならあるいは2/3もありえます。人はほぼ1/2です。ややオスが多く産まれる説はあります。 ハンドルをθ[rad]回すと、車輪がθ[rad]回転する車がある. 初め車輪は真っ直ぐ進行方向を向いているとして、ハンドルを角速度1[rad/s]で回しながら車を等速1[m/s]で運転したとき、スタート地点から時間無限大極限の位置までの距離を求めよ. そうなんだよね
普通は意識しないけど４輪車のモデルで考えるとそれだけでは答え出ない
あれば多分後輪車の方が横滑りしないといけない、ものすごいスピードで曲がるといわゆるドリフトするけどそんなに速度出さなくてもなくてもそもそも解がない
なんなら３輪車でも解なし、後輪車２つ結ぶ直線と前輪車通る進行方向と垂直の直線の交点と前輪車、後輪車の距離が同じでないと絶対どちらかを横滑りさせないといけない 時刻tでの曲率がt, みたいな設定のつもりなのかな まぁ横滑り問題だけじゃない
そもそも前輪と後輪の距離決めないと答え出ないし車速にも依存するし
それらをl,vとかして横滑りするのは後輪のみとか設定すれば出るだろうけど計算がメチャクチャ煩雑になって面白くもなんともない
面白い問題はそうやって無限に厳密にするんじゃなくて納得いく誤差項は無視をやって現実的に解ける問題に還元して初めて面白い数学の問題になるからな 40分で燃え尽きる、うずまきの蚊取り線香が3個ある。
これを使って45分を計るには、どうすればよいか。 >>666 そこに書いてないけど方べきの値もきれいになった
円に内接する四角形ABCD（AB=a,BC=b,CD=c,DA=d,AC=e,BD=f）ACとBDの交点Eとすると
AE*EC=BE*ED=abcdef/{(ab+cd)(ad+bc)} >>714
3つとも全く同じものとしていいんだよね？
1個目の両端に同時に点火で20分
2個目の片方の端と中央(1個目の結果からわかる)に点火、1/4の点を記録しつつ20分
3個目の片方の端と1/4の点に点火して5分 前>>706
>>708
毎秒60°車が旋回するなら最遠地は3秒後に2m
今57°強なんだからπ秒後にやっぱり2mなんじゃないか。
∴2m 🔥◯◯◯◯◯◯◯◯🔥
🔥◯◯◯◯◯◯◯◯
◯◯◯◯◯◯◯◯
🔥◯◯◯◯🔥
🔥◯◯◯◯◯◯◯◯
🔥◯◯◯◯◯◯🔥 >>719
なるほどこっちの方がきれいだし同じ形である必要もなくていいな 三辺の長さが全てフィボナッチ数となる直角三角形は存在しないことを示せ 相異なる場合でないと反例ある
a<b<c、b=Fₙとするとa≦Fₙ₋₁、c≧Fₙ₊₁
∴ c≧Fₙ₊≧Fₙ₋₁+Fₙ≧a+b >>726
コレは>>724のヒント？
関係なし？ >>726
n次の場合を調べてくれたようですね
>>725
ツイで拾った問題なので…
高得点狙いの遊びじゃなくて最大得点を証明するとなるとかなり難しいんじゃないでしょうか
次数ごとの最大は
1
1
2
3
5
3^2
2^5
2^3×7
2^4×3^2
2^6×5
(この問題の最大値)
3^6×5
3^6×13
3^6×5×7
2^17
2^16×5
…
となってるようです >>728
それは理詰めで18が最大になる事は示せるの？
「コレで18になる、19以上にならない証明は難しい」
なん？
それ以外の数値も全部計算機だよりの力技？ >>729
自分は証明方法を知らないのでわからないです…
数字的にはどれも小さい素因数を多く持っているのである程度理屈がありそうだけど
規則性が見えないので単純ではなさそうですね https://en.m.wikipedia.org/wiki/Hadamard%27s_maximal_determinant_problem
D(12)=1458, where D(n) represents the maximal determinant of a {0, 1} matrix of size n－1、らしい
ちょうどいいことに12次のアダマール行列は存在するみたいだから、そこから行列の明示的な構成もできそう n=12のときはアダマールのオリジナル論文に載ってて
その論文は19世紀のやつだから計算機じゃないはず >>734
プロレスの数学者が論文にするような問題俺らが計算機も使わず解けるわけないやん n=2ならdet = ad - bcでad = 0,1、bc = 0,1が自由に動くんだから値域が-1,0,1なのは自明
そもそも行列全部書き出しても16個しかないし 2n個の駅があり、各駅は他の3駅と繋がっています。
どの離れた２駅も複数の駅を通して行き来ができます。
泥棒一人と警察３人が異なる駅にいて、泥棒⇒警察１⇒警察２⇒警察３⇒泥棒...の順に駅を移動します。
誰かがいる駅に移動することはできず、また駅を移動しない選択肢もあります。
警察は泥棒の周囲3駅を囲んで動けないようにすることを目指し、泥棒は逃げ続けます。
(1)nが十分大きければ(初期配置次第では)泥棒が逃げ続けられる駅の構造があることを示してください。
(2)各駅がつながっている駅の数と警察の人数が有限任意数のときについて(1)を示してください とりあえず立方体の立体グラフだと頂点をチェス目塗りして警官の初期配置が同色でない限り絶対無理やね だから警官の数がn人ならn次元空間の超立方体みたいなやつ作れば良さそう >>739
チェス目塗りって白黒交互のやつでしたっけ？
あえて駅を移動しない選択肢もできるのですがそれでも逃げ続けられるんでしょうか そりゃある点を囲うには全部同色でないとダメ
初期配置で
泥棒ー白
警官1ー黒
警官2ー白
警官3ー黒
なら
ド⃝①②③
◯●◯●
●●◯●
●◯◯●
●◯●●
●◯●◯
◯◯●◯
◯●●◯
◯●◯●
でいつまで経っても
◯●●●
も
●◯◯◯
も出てこないからどう動いても捕まらない
泥棒が逃げるために何か考える必要もない、ただウロチョロしてればいい >>742
問題文がわかりにくくてすみません。泥棒も警察も移動しない選択肢があります。 「どの辺で切っても連結」も仮定しないと自明な解があるな >>745
盲点でした。すみません、問題不備ですね。
その仮定も追加でお願いします。。 それかせっかく泥棒と警察なので、「誰かがいる駅に移動できない」をなしにして、「警察が泥棒と同じ駅に存在できれば逮捕で警察の勝ち」にしたほうがいいかもですね。問題ガバガバですみません。 すみません>>７４７の設定だと問題の本質がぶれそうなのでやっぱり>>745の仮定のほうがいいですね。次出題するときはもっとちゃんと練ってからにします。すみません。 でもそれだと例えば立方体のグラフの例で
・初期配置は1回目の移動で泥棒が警官①の“反対の頂点”に移動できる配置とする
・泥棒は常に警官①の“反対の頂点”に移動するように動く
で絶対捕まらないのでは？
この戦略で泥棒は警官①との距離が常に2以上の状態を保てるので取り囲める事はない >>749
間違ってたら申し訳ないですが
警察①と②が対角の頂点に居座るようにすると、泥棒は唯一安全な③に移動します。
泥棒は①と②のどちらかとは隣接していて、仮に①と隣接しているとすると、①はその場に居座り、②は移動し、③は②がいた点に移動すれば(対称性から泥棒が①と隣接していれば③は②と隣接しているので)、次のターンで泥棒は詰みませんか？ >>750
泥棒は唯一安全な③の対角に移動します の間違いです 文字化けしてたので再投稿します
間違ってたら申し訳ないですが
警察1と2が対角の頂点に居座るようにすると、泥棒は唯一安全な3の対角に移動します。
泥棒は1と2のどちらかとは隣接していて、仮に1と隣接しているとすると、1はその場に居座り、2は移動し、3は2がいた点に移動すれば(対称性から泥棒が1と隣接していれば3は2と隣接しているので)、次のターンで泥棒は詰みませんか？ ああそうか
別の警官に捕まる事はなくても対局位置に居座られて邪魔される事はあるのね 正十二面体の頂点と辺のグラフで初期配置は取り囲まれてなけれは何でも良い
泥棒はいずれかの警官との距離が3以上なら動かなくてよい
全ての警官との距離が２以下の場合を考える
下図Oの位置に泥棒がいるとする
B₂─A₁─A─A₂─C₁
┃ ┃ ┃
B─── O ───C
┃ ┃
B₁───────C₂
(i)距離1の位置にいる警官が2人の時
B,Cに警官がいるとしてよい
この時Aに移動すればよい
B,Cの警官はA₁、A₂いずれにもいけないのでO,A₁,A₂が警官で占められる事はない
(ii)距離1の位置にいる警官が1人の時
Aに警官がいるとしてよい
B₁から距離1以下の4点とB₂から距離1以下の4点のいずれかに警官がいなければBに移動すればよい、次回にO,B₁,B₂が警官で占められる事はない
しかしこの4点ずつに残り2人の警官がいる時には全ての警官は次手でC₁に移動できない
よってその時にはCに移動すればよい
(ii)距離2の位置にいる警官が3人の時
いずれの場合も警官は次手でOにいけないのでAに移動すればよい >>754
うむ
反対に、泥棒が四角形以下の頂点にいれば
先に警官2人で挟み、最後に四角形の外から
追い込めば捕まえられる
泥棒がどこにいても捕まえられるには
頂点がいずれも四角形以下ならばよい
限界は、四角形と八角形で
敷き詰めた図形になる どの点も、少なくとも1つの
四角形以下の面の頂点になっていればよい
かな 分かりにくくてすまん
辺4本・警官4人以上だと
立体や4次元以上に拡張するのかな とりあえずいくらでもグラフが持ってる“面”の辺数が大きいものがとれるのは言えたけど、具体的に構成できるのかはまだわかんないな
---
グラフGに対してその部分集合でS¹と同相な集合Cを正則ループと呼ぶ
CはGの辺の有界和として一意に表されるがその時の辺の個数をCの大きさと呼ぶ
正則ループの中で大きさが最小であるものを最小正則ループと呼ぶ
最小正則ループは一般には複数ある
例えば立方体の辺のなすグラフの最小正則ループの大きさは4であり6個の最小正則ループをもつ
補題 Gをグラフとするとき任意のnについてその有限Galois被覆H→GでHの最小正則ループの大きさがn以上であるものがとれる
(∵)グラフHの最小正則ループの大きさをλ(H)で表すとして
{ λ(H) | H はGの有界Galois被覆 }
に最大値がない事を示せはよい
m = max{ λ(H) | H はGの有界Galois被覆 }が有限値であるとしてm = λ(H)であるGの有限Galois Hをとる
C₁, ‥, Cₖを大きさmのHの正則ループの全体とする
各Cᵢに対してCᵢの表すH₁(G,ℤ)における類をγᵢとする
準同型φᵢ(γᵢ)≠0である準同型φᵢ : H₁(G)→ℤ/2ℤをとる
φᵢを直積してH₁(H)→Πℤ/2ℤを作りさらにHurwitz準同型を合成してπ₁(H)→Πℤ/2ℤを構成する
この準同型の核をKとしてKを被覆変換群とするGalois被覆H'→Hをとる
H'の最小正則ループの大きさがmより大きい事を示す
C'をH'の最小正則ループとしてその大きさm'がm以下であるとする
これの被覆写像H'→Hの像Cは最小正則ループのいくつかのの和である
mの最小性からm=m'でありCはHの最小正則ループであるからC=Cᵢとなるiがとれる
特にCの表すH₁(H)における類はkerφに含まれない(∵それはγᵢでありφᵢ(γᵢ)≠0である)
しかし一方でこれは被覆写像H'→Hの引き起こす準同型π₁(H')→π₁(H)の像に含まれるからこの被覆の定義によりCの類はkerφに含まれるから矛盾を得る
以上によりH'の最小正則ループの大きさはmより真に大きいから矛盾である□ >>747
警官が直接泥棒を捕まえられる場合
数学の cops and robbers game
と問題が同一になります
経路を交差せず平面に描けるならば
警官最大3人で泥棒を捕まえられる
などの定理があります AO入試
nを自然数とし
f(x) = Σ[k=1,n]sin(kx)/k
とおく
(0) f'(x) = sin(nx/2)cos((n+1)x/2)/sin(x/2)である事を示せ
(1) 0< x < πにおいてf(x)がx=aで極小値をとるのはx= 2πp/n (pは1≦p<n/2を満たす整数)のときである事を示せ
(2) pが1≦p<n/2を満たす整数のときf(2πp/n) ≧ 0を示せ
(3) f(x) > 0 ( 0<x<π )を示せ プログラム版で昔からある寿司問題ですが
最小値らしいプログラムは乗りますが確認・合意されてた証明がいまだなしです
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回転寿司にやってきた私は、コンベア上の寿司をすべて食べて帰ることにしている。
コンベアは毎秒1皿分の速度で流れ、目の前の皿を取るか取らないかを選ぶことができる。
皿取ると同時に食べ始め、食べている間は次の皿を取ることができない。
私が取る以外、皿は追加されたり無くなったりしない。
コンベアの状態が次のような文字列で与えられる。
"31_2"
数字はその皿を食べ終えるのにかかる秒数を表し、_は皿がないことを表す。1文字目が目の前にあり毎秒、左へ回転する。
例えば、"31_2"で最初の皿を食べたとき食べ終わった時の状態は、"2_1_"となる。
すべての寿司を食べ終えるまで最短何秒かかるか求めよ。
"12_3" > 6秒
"313__" > 8秒
"4_35_1264_23_434" > 60秒
"123456789123456789" > 98秒
"88967472612377988186" > 149秒
"19898693316679441672" > 170秒
"93769682716711132249893" > ? >>762
解けたと主張してる本人のプログラムと文章
ほんとに解けるのかもしれないですが解読・理解できません
https://ideone.com/qPsn3a
証明が非常に簡略化して書いてあります(書いた本人でも解読に時間がかかる)
私の中では解決済みの問題ですので
時間をかけて厳密な記述や分かりやすい記述にしようという気力はありませんし
多くの人に理解してもらおうとも思っていません
メモは私用に書いたもので
グラフ理論の用語や独自定義の言葉などが混ざっています
しばらく消えます
では >>762,763
グラフの最短経路の問題に直して終わり、ではダメなのかな
問題の構造を活かしたアルゴリズムを考えろってこと？ 最小値が存在することは明らかで
最小値を与えるアルゴリズムかつ実用的時間で求められる事が大事かと
>>763の場合だと比較的、高速に解答しますが、最小値であることが人間が確認できてません
どういう原理で最小値が求まってるのか、わかりません
間違ってる可能性もあります たとえば180秒以内に解があるとして、一個目を食べる・食べない、二個目を食べる・食べないと分岐させると
2の180乗程度くらいの場合の数になって現実的でないです 元の問題はそれをレーンのサイズに対してリニアオーダーで最小解をひとつ見つけよのようですな >>762
ℤ/nℤの全体を頂点とし、iからi+1に向けた向き付きの辺を与えたグラフをGₙとする
Gₙのpathの有限列S=(sₖ)が与えられたとき、その並べ替え(s'ₖ)で
(1) s'₁の始点は1
(2) s'ₗs'ₗ₋₁‥s'₁ はpath
となるときSは正規であると呼ぶ
問題は以下のように定式化される
問題 与えられた有限列Sに対してSを含むpathの有限列Tで
(1-1) Tは正規
(1-2) T＼Sの任意の元は長さ1のpath
を満たすものの中で長さ最小であるものを求めよ
となる
pathの集合Sと1≦i≦nに対して
m(S,i) = ♯{ sₖ∈S | sₖは辺i→i+1をとおる }
で定める
M(S)を
M(S) = max{ m(S,i) }
で定める
Tが
(2-1) m(T,i)=M(T) , M(T)-1
(2-2) m(T,i)はiについて広義単調減少
を満たすとき前正規と呼ぶ
補題 Tが正規→Tは前正規
(∵) 容易
補題 (1-1),(1-2)を満たす前正規なT,T'が同じ長さであるならTとT'は並べ替えで移り合う、特に長さ最小である前正規である列は並べ替えによって互いに移り合う
(∵)容易
pathの列Tに対してℤ/nℤを頂点としTの各元を向き付きの辺とする向き付きグラフから孤立点を取り除いたグラフをG(T)で定める
補題 Tが前正規であるときTが正規であるのはG(T)が連結のときである
(∵)容易 途方も無い幼女問題できた「幼女と電気椅子」
５つの電気椅子 i （1≦i≦5） と10本のケーブル jk （1≦j<k≦5）があり、ケーブル jk は電気椅子 j,k を繋いでいる。
各電気椅子には肘掛け部分に４つのボタンがあり、各ケーブルは実際には電気椅子上のボタン同士を繋いでいる格好になっている。
どのボタンにもただ一つのケーブルが接続されており、ボタンが押されると、ケーブルを通して反対側のボタンに信号が送られる。
（送信できる信号は、言わばボタンが押されたことを示す一種類のみである）
また、各電気椅子は別々の部屋の中に存在し、部屋同士、電気椅子同士、ケーブル同士、ボタン同士はいずれも見分けがつかない。
そのため、自分がどの部屋にいるかや、どのボタンがどの電気椅子（のボタン）と接続されているか等は、部屋の中に閉じ込められた状況では判別できない。（ただし後述の悪魔を除く） >>769 続き
さて、４人の幼女A,B,C,Dは、悪魔Xによって、これらの設備を使ったデスゲームに参加させられることになった。
ゲーム開始時、ABCDXの５名は別々の部屋に閉じ込められ、各部屋の電気椅子に縛りつけられる。
ゲーム開始以降は幼女同士で情報をやり取りすることはできない。
全員が縛りつけられたら、各部屋のスピーカーから全く同じタイミングで、一分間隔でチャイムの音が鳴るようになる。
幼女も悪魔も、自分の電気椅子に付属するボタンを、最初のチャイム以降いつでも好きなように押すことができる。
n回目（n≧2）のチャイムが鳴るタイミングで、各ボタンは次の規則で点灯する。
すなわち各ボタンは、(n-1)回目にチャイムが鳴ってからn回目に鳴るまでの一分間のうち、ケーブルを通して接続された反対側のボタンが一度でも押された場合にのみ点灯する。
（つまり、チャイムが鳴ったタイミングで上記の条件を満たしていないボタンは滅灯することになる）
そして電気椅子は、付属のボタン４つ全てが点灯した場合にのみ電流が流れる。
ゲームはいずれかの椅子に電流が流れた時点で終了となる。
もし電流が悪魔にのみ流れたら幼女の勝利であり、悪魔以外に流れたら悪魔の勝利である。
ゲームが永遠に続いた場合、原則として悪魔の勝利となるが、悪魔が３種類以上のボタンを同時に押したことが一度も無かった場合に限り、例外的に悪魔の反則負けとなる。
幼女たちはゲーム開始前に相談することができる。
幼女が有する記憶容量は常に有限であるが、任意のタイミングで任意に増やすことができる。
悪魔は相談内容やケーブルの接続関係、ゲーム中の幼女の様子等、あらゆる情報を得ることが可能である。
幼女が必ず勝つ戦略は存在するか？ 最小の一回は押さない
悪魔は必ず３つ以上のボタンを押さないといけないので最小光ったボタンは必ず悪魔が押したボタンに繋がっている
よって一回目にいずれかのボタンが光った幼女は以下永遠にそのボタンだけを押しつづける
もし一回目に悪魔が四つのボタン全てを押していれば2回目で幼女の勝ちである
一回目に悪魔が３つのボタンしか押していないならやはりボタンが光った3人の幼女はそのボタンのみを押し続けて、ボタンが光らなかった1人の少女は４つのボタンを順に押し続ける
4回目以内に悪魔に通じるボタンが全て押される
少女の椅子はどの少女のボタンも悪魔に通じるボタンと一回目光らなかった少女に通じるボタンの高々２つしか光らないので少女のボタンが四つとも点灯することはない >>771
出題者じゃないけど、悪魔は各回で3つ以上ボタンを押さなければならないわけではなくて、ゲーム中に1回でも3つ以上押す回があればよい、ということでは。 いつ3回押すかは全く任意って事？
なるほど、そうか イヤ待て待てなんか降りてきた
ちょっとヒントはお待ちを >>774
送れる電気信号は一種類だけだが、
「何ターン目（開始からチャイムが何回鳴った時）にボタンが押されたか」
に情報を持たせることは可能。
一例として、ターン数を4で割った余りが0なら幼女A、1ならB、2ならC、3ならDしかボタンを押してはいけないと事前に取り決めれば、
信号を送る（ボタンを光らせる）際に自分が誰であるかを主張することができる。
勿論悪魔もそれを知っているから、取り決めに合わせて自分が誰であるかを騙る信号を発することは可能。
（更に悪魔は各ケーブルが誰の椅子に繫がっているかがわかるため、Aに「自分はBだ」、Bに「自分はCだ」等のように、
送り主の主張だけでなく送り先の指定までもできてしまう）
しかし例えば、幼女Aに一度でも「自分は幼女Bだ」と騙ってしまうと、悪魔はそれ以降幼女Aに騙った内容を変更することはできない。
（Bだと主張していたのに途中からCだと主張しはじめたら、取り決めに反するので騙りがバレてしまう）
したがって例えば、悪魔が幼女Aに「自分は幼女Bだ」と騙ったとしても、幼女Aは本物の幼女B,C,Dからの信号が送られた時に
「どちらが本物のBから来た信号（による点灯）かはわからないが、少なくともC,Dの信号は本物のC,Dからのものである」
と導くことができる。
とりあえずまずはこのくらい >>769
各幼女は0～3の番号を割り振っておき番号kが割り振られた幼女を幼女kの呼ぶ
以下Nを16以上の整数とする
0,1の列(aₙ)がaチャネルであるとは
(1) aₙ≠1 only if n ≡ a ( mod 2N )
(2) n ≡ a ( mod 2N ) → aₙ = 1
(3) aₙ≠0 → n ≡ a ( mod N)
を満たすときとする
各幼女kは左から順にl番目のボタンの相手に対して4k+lチャネルで信号を送る、時刻Nまでに全ての幼女は相手の幼女がどのチャネルを使って自分に信号を送ってきているか確定できる
まず各幼女は
(1)不正チャネルが発見できていない、4本のチャネルは××である
(2)不正チャネルを発見した残り3本のチャネルは××である
のいずれかを報告する
報告を受けて各幼女は悪魔掃討フェーズに移行してよいか否かの意見を送信する、受けた4つのうち3件以上がフェーズ移行を支持していればフェーズ以降をする
まず各幼女は不正チャネルを発見していて悪魔を特定できていればフェーズ以降に賛成する
不正チャネルを発見できていない場合を考える
仮に幼女0番とする
他の幼女で0番を名乗っているものがいれば(すなわちチャネル0-×を利用しているものがいれば)それが悪魔だからその場合は良い、そうでなければ同じ幼女を自称する2人がちょうど1組ある、仮に幼女1,2を名乗るものが1人ずつと幼女3を名乗るものが1人ずついる、これを3,3'とする
この時1,2は間違いなく幼女1,幼女2である
3=幼女3,3'=悪魔とする
幼女0は幼女1,2から受ける報告は信頼できる、定時連絡でこの2人のいずれかから悪魔発見の報告を受けた場合にも掃討フェーズ以降に賛成するとする 悪魔が永遠に幼女0,1,2に不正を発見されるのをのがれ続けるためにはこの3人に向けた全てのチャネルを同一にする必要がある、何故ならばある時刻tで悪魔は同時に3人に信号を送る必要があるがt ≡ a ( mod N )を満たすaはただひとつしかなく、悪魔が3人に発信しているチャネルがaでないものがあればこの時点で不正が発覚する
そこで仮に悪魔が幼女0,1,2全員とチャネル4×3+0で送信をしているとする
もし幼女0への幼女3の通信チャネルが4×3+1～4×3+3のいずれかであるなら幼女0はチャネル4×3+0の方を悪魔と特定できる
幼女0への幼女3の送信チャネルが4×3+0であるとする
このとき幼女1への幼女3の幼女1への送信チャネルは4×3+0ではない、よって幼女1は悪魔を特定でき定時報告で幼女1は幼女0へ悪魔発見の旨を報告できる
以上により幼女0はいずれかの段階で自分で不正チャネルを発見するか、信頼できる不正チャネル発見報告を受けることができる、この時点で悪魔掃討フェーズへの以降に賛成できる
以上によりいずれの幼女も最後は悪魔掃討フェーズ以降への賛成票を投じる事になり、その時点で以降賛成票が4票となる、その時点で幼女は悪魔掃討フェーズに以降する
悪魔掃討フェーズでは悪魔を特定してる幼女はそのボタンだけを押す、そうで無い幼女は全てのボタンを押す
これで悪魔だけを処刑できる >>778
幼女の論理パズル知らないとか、お前モグリかよ >>780
残念だけどまだ考えるべきことがある
悪魔討伐フェーズへの移行タイミングが確実に同時になる保証はある？
フェーズ移行の賛成人数がA視点で３人かつB視点で２人という状況も考えられると思うが、その可能性をどう潰す？もしくはどう対処する？ 幼女シリーズ結構いろいろあるけどなんで幼女なんだろ しかしいただいた回答のおかげでよりシンプルな解法ができそうだ、感謝 イヤ、残念ながらそもそもこの戦略だと悪魔を絞れない場合が一個出てきた
幼女3か幼女0,1,2に対して回線3-0,3-1,3-2を開いて、悪魔が幼女0,1,2に対して回線3-3,3-0,3-0を開く場合
幼女0,1,2は互いに信頼できるので回線を通じて情報交換して
寄せられている3番回線は
3-0と3-3、3-1と3-0、3-2と3-0になる
一方で
幼女3か幼女0,1,2に対して回線3-1,3-2,3-3を開いて、悪魔が幼女0,1,2に対して回線3-0,3-0,3-0を開く場合
同じく幼女0,1,2は互いに信頼できるので回線を通じて情報交換して
寄せられている3番回線は
3-1と3-0、3-2と3-0、3-3と3-0になる
この２つ場合を幼女0,1,2は区別する方法がないorz これらの場合では悪魔は幼女1,2,3への通信チャネルが不正を検出できないようにできる
実際前者の例では「3ボタン同時押し」のとき前者なら２つの3-0ボタンと幼女3へのボタンを同時押しする
このとき3-0ボタンのオンが不正でないタイミングを身測れば少なくとも幼女0,1,2は不正を見破れない、幼女3は不正を見破るが幼女3は他の幼女0,1,2から信頼され得ないので見破ってもしょうがない あ、イヤ、最初に悪魔が発信するまで幼女から発信しないで常に幼女は誰かからの発信を受けてから開局する様にすればいいのか
も少しご猶予を -----------------------------------------------
幼女4人と悪魔を合わせて参加者と呼ぶ
4人の幼女には0～3の番号をあてがい幼女0～幼女3と呼ぶ
各参加者はルール上自分以外の4人の参加者の部屋のボタンを点灯させることができるからこれを用いて通信チャネルを作ることができるが、幼女が発信する際必ず次のルールに従って発信を行う
-チャネルルール-
幼女nは4個のボタンにそれぞれ0,1,2,3のいずれかの番号aをあてがい、チャイムの通し回数tがt ≡ 4n + a ( mod 16 )に点灯する時に限り押下する
幼女nが使う番号aのチャネルを種別n、番号aのチャネルと呼ぶ
自然数pに対して16p-15 回目～16p回目のチャイムをフェーズpのチャイムと呼ぶとする
また幼女は以下のルールにも従う
-待機ルール-
各幼女は自分の部屋のいずれかのボタンが点灯するまで通信を開始しない、またいずれかのフェーズでボタンが点灯したら次のフェーズで4つの全てのチャネルで通信を開始する
-番号ルール-
各幼女が各ボタンに割り振る番号は最初に自分がボタン点灯を確認したのと同じフェーズに点灯したボタンが他になければその相手との回線に番号0をふる、他は任意である
悪魔はルールに従っていずれどこかの部屋のボタンを点灯させなければならないので無限に幼女が待たされる事はない、また待機ルールにより1番最初のフェーズでの通信の発信者は必ず悪魔である ルールにより各幼女が受信する４つのチャネルはチャネルルールに従っていないものがひとつある、4種のチャネルが揃う、3種である、のいずれかである
前２つのケースでは幼女はどの受信が悪魔からのものであるか特定でき、よって残りのチャネルは幼女からのものであると確定できる、最後のケースにおいても少なくとも２つのチャネルは悪魔からのチャネルではない事が確定できる
このように悪魔からの通信でない事が確定したチャネルを信頼出来るチャネルと呼ぶ
幼女mから幼女nへいくつかの信頼出来るチャネルを通じて情報を伝える事ができるときnはmを信頼出来ると表すとする、mがnを信頼でき、nもmを信頼できるときmとnは相互信頼可能と呼ぶ、相互信頼可能な幼女の組みは同値類を作る、この類をチームと呼ぶ まずチームの大きさは1,3,4のいずれかである
何故ならチームの大きさが2のものがあるとするとそれを{0,1}としてよい、この時幼女2は幼女0,1のいずれか一方は信頼出来るのだから2がチームに入っていないなら0,1はチャネル2の通信を信用していない、同様にチャネル3からの通信も信用していないことになり、信用できないチャネルが高々一種であることに反するからである
またチームが２つできるのは3+1に分かれるときだけである
何故なら仮に幼女0の属するチームが大きさ1とすると幼女0が信頼する2人、仮に幼女1,2として、は幼女0を信用できないから信頼できないのは高々ひとりなのだから幼女1,2は互いに信頼し合える、この時すでに述べたことから大きさ3以上のチームが存在する事が必要となるので4人は1人チームと3人チームに分かれているとわかる チームの大きさが3または4のチームに所属しているメンバーは以下の手順で悪魔につながるチャネルをひとつ見出すことができる、それができた時点でチャネルを発見した幼女は後述する悪魔掃討プロセスの開始を宣言しその開始時刻をチャネルを通じて全幼女に支持する
そのようなチームメンバーからは全幼女への信頼出来るチャネルが間接的にもつながっているのでそれは可能である
自分が所属してるチームが4人の場合を考える
このときは幼女は全ての幼女の受信記録を交換できるので開始フェーズpを知ることができる
よって少なくともひとりの幼女は悪魔に繋がっているボタンを特定できる 自分が所属してるチームが3人の場合を考える
幼女0,1,2がチームで残るひとりの幼女3からのチャネルが信頼できない場合を考える
この場合チームの受信記録にある信頼できない通信は6個の種別3のチャネルである
この6個のチャネル開始フェーズを調べる
幼女3からのチャネルは必ず同一フェーズで開始されていなければならない、よってある種別3のチャネルで同一フェーズで開始してる種別3のチャネルの数が3未満のものが有ればそれは悪魔からのチャネルであると特定できる
そうでないなら
(1) あることなるフェーズp,p'があってpで開始してる種別3のチャネルが3個、p'のそれも3個の場合
(2) (1) あるフェーズpがあってpで開始してる種別3のチャネルが6個の場合
が残る
(1)の場合、それぞれのフェーズで始まっている種別3のチャネルの番号を調べる
番号ルールにより相異なる番号が振られていなければそれは悪魔からのチャネルである
異なる番号が振られていればいずれ悪魔が3ボタン同時押下の時にチャネルルールが破れるのて少なくともひとつの悪魔からのチャネルを特定できる (2)の場合、6個の種別3のチャネルの開始フェーズをpとする
幼女3はフェーズp-1に信号を受信しているがその信号の発信者は悪魔でなければならずそれ一個しかない
そうでなければフェーズp-1に幼女0,1,2の誰かぎ幼女3への通信を開始したことになりフェーズp-2以前に悪魔は通信を開始していることになる
しかもそれは幼女3に向けての通信ではあり得ない、よってそれは幼女0,1,2のいずれかに向けた種別3の通信でなければならず、それは種別3のチャネルの開始フェーズがpである事に反するからである
よってこの6個のうち幼女3からのチャネルは全て番号1～3でなければならない、何故ならば幼女3の番号0のチャネルは幼女3にフェーズp-1で信号を送った悪魔向けのチャネルに割り振られているからである
よってフェーズpの6個の種別3のチャネルのうち番号0のチャネルが有ればそれは悪魔のチャネルである
そうでなければコレら6個のチャネルの番号は1～3のいずれかの番号が割り当てられていなければならない この場合は
(2-a)悪魔が全てのチャネルに同一番号を割り当てた場合
(2-b)悪魔が同一番号2個、異なる番号1個を振っだ場合
(2-c)悪魔が全てのチャネルに異なる番号を振っていた場合
があるがこのいずれかであるかは番号を調べれば判明する
(2-a)のときは例えば悪魔がすべて1番を割り振っているとすると受信しているチャネルが種別3-1,3-2の幼女がいてこの3-1のチャネルが悪魔のチャネルである
(2-b)のときは例えば悪魔が1を2個、2を1個にふれば番号3が振られたチャネルが幼女3と確定でき、そのチャネルを受信している幼女のもう一つの種別3のチャネルが悪魔のチャネルである
(2-c)のときはいずれ悪魔が3ボタン同時押下の時にチャネルルールが破れるのて少なくともひとつの悪魔からのチャネルを特定できる
悪魔掃討プロセスにおいては開始を宣言した悪魔につながるチャネルを知っている幼女はその時刻にその幼女は悪魔へ通じるボタンだけを押す
チームの別の幼女は信頼できないチャネルのボタンだけを全て押す
チームでない幼女は全ボタンを押す
全ての幼女は自分のボタンで悪魔につながっている可能性のある全てのボタンを押すので悪魔は確実に処刑される
開始を宣言した幼女は悪魔へつながるボタンだけを押すのでこの幼女以外の幼女が処刑される事はない
宣言を行った幼女は複数のメンバーがいるチームに所属しており、よって少なくとも1人のチームメンバーへの信頼されているチャネルを持つ
このメンバーは宣言を行った幼女へのボタンを押さないので宣言を行った幼女も処刑される事はない
----------------------------------------------- >>791
> ルールにより各幼女が受信する４つのチャネルはチャネルルールに従っていないものがひとつある、4種のチャネルが揃う、3種である、のいずれかである
これは「十分な時間が経てば」ということ？
ゲームの途中含めてなら、悪魔がフェーズ1で幼女0だけに送信→フェーズ2で全員に送信、という手順を踏めば
幼女1,2,3はフェーズ2終了時点でちょうど２種類のチャネルを受け取ることになる
> 前２つのケースでは幼女はどの受信が悪魔からのものであるか特定でき、
１つ目のケースはわかる。２つ目はなぜ？
> 相互信頼可能な幼女の組みは同値類を作る
幼女をノード、相互信頼可能関係をエッジとした無向グラフの連結成分を同値類と見なすということ？
「幼女p,q,rについて、pとq、qとrの間の相互信頼が確立されていればpとrも常に相互信頼可能である」
という主張なら、証明が必要
【実を言うとこれは「十分な時間が経てば」という前提を付加したとしても成り立たない。
３つ同時押し後も特定のペア間の相互信頼だけを永遠に防ぐ戦略が悪魔側にある】
この後同値関係性質を使ってあれこれ論述してるけど、最後の【】内の指摘内容の通り、
ネックの部分に誤りを孕んでいて証明全体としてまずいと思ったんだがどうだろう
軽微な修正で対応するのも自分は無理だった >>797
> >>791
>
> > ルールにより各幼女が受信する４つのチャネルはチャネルルールに従っていないものがひとつある、4種のチャネルが揃う、3種である、のいずれかである
> これは「十分な時間が経てば」ということ？
通信が開始されたフェーズから数えて第3フェーズまでの時点で
第1フェーズで悪魔が信号をある幼女に送ったとき第2フェーズでこの幼女は全ての幼女に信号を送る
よって続く第3フェーズまでに少なくとも悪魔以外の参加者は全チャネルの開設を終了する
各幼女は自分が最初に受け取った信号が第1フェーズか第2フェーズかはすぐにはわからなくとも自分が信号出した次のフェーズで信号返してきてないボタンは悪魔ボタンと確定出来る
> > 前２つのケースでは幼女はどの受信が悪魔からのものであるか特定でき、
> １つ目のケースはわかる。２つ目はなぜ？
>
> > 相互信頼可能な幼女の組みは同値類を作る
> 幼女をノード、相互信頼可能関係をエッジとした無向グラフの連結成分を同値類と見なすということ？
そう
> 「幼女p,q,rについて、pとq、qとrの間の相互信頼が確立されていればpとrも常に相互信頼可能である」
> という主張なら、証明が必要
なんでやねん？
信頼出来るチャネルで向き付きグラフを書いたときpからqへ向き付き経路があり、かつqからpへの向き付き経路があるときp≡qと定めて同値関係になるのなんてあったりまえでしょ？ さすがに難しいと思うのでもう少しヒント
・各フェーズは毎回同じターン数（≒情報量）である必要は無い。
・797で言及した悪魔の戦略は、個人的にはルータ戦略と呼んでる。（情報を中継しているだけという意味を込めて）
幼女0,2間の信頼関係を永遠に断つには、悪魔は
幼女0から受ける伝達内容を全く同じ内容かつタイミングで幼女2に送り、
幼女2から受ける伝達内容を全く同じ内容かつタイミングで幼女0に送れば良い。
あるタイミングで３つ同時押しする必要はあるが、あるフェーズで幼女2への伝達内容を幼女1,3にも同時に送れば良い。
そうすると幼女1,3には悪魔であることがバレるが、幼女0,2は依然としてどちらが本物かはわからない。 >>799
読み間違ってるよ
いくつかの信頼出来るチャネルを通じて情報を伝える事ができるときnはmを信頼出来ると表すとする、
って書いてるやん？
幼女1が幼女0を信頼してるというのは幼女0から幼女1へ開いてるチャネルが直接信頼出来る必要はない
幼女0から幼女2へのチャネルが信頼でき、幼女2から幼女1へのチャネルが信頼できる場合も幼女0は幼女1へ自分が持ってる情報を幼女1へ“幼女0からの信頼出来る情報”として送信できる
だからわざわざ
“いくつかの信頼出来るチャネルを通じて”
って書いてるやん？ >>790-796
なーーるほど……開始フェーズと非0制約を設けることで３人チームになった時にうまいことはたらいてくれるのか、うまいな
「直接ではなくとも便りが来る」という発想が自分にはできなかったわ
お見事、正解です
想定解はガッチガチにプロトコル決めて証明する流れだったけど、
どうせ証明に必要になった情報を載せる方法は後からいくらでも考えられるよな…って気づいてからわりとどうでも良くなったしまあいいや
お疲れ様でした >>803
そうそう、この“最初に自分をたたき起こしたボタンに番号0を割り振る”で番号0を葬り去るのかこの作戦のミソ
この問題で最初に考えたのはとりあえず「自分が信頼できない高々２つのボタンを一斉に押す」だけどこれはうまくいかない
例えば悪魔が幼女0,1,2に幼女3のフリしてチャネルを開いた場合、幼女0,1,2は悪魔部屋と幼女3へのボタンを全部押してしまうので、悪魔も死ぬけど幼女3も死んでしまう
コレを避けるにはどうするか、この状況で偽幼女3をどうやって見破るかがメイン
もちろん“3ボタン同時押下ルール”を使うわけだけど、そこで各チャネルに番号を振るアイデアが出てくるけどそれだけだとうまくいかない、前の方に書いた判定不能の例が出てきてしまう、番号のわり振り方が0,1,2,3自由にできてしまうとうまくいかない
そこで“番号0のチャネルを悪魔に押し付ける作戦”を思いついて解決
中々楽しかったです 想定解のプロトコル
最初のチャイムが鳴り終わってから4^4分間を1ラウンド目、(n-1)ラウンド目が終わってから4^(4^n)分間をnラウンド目とする。
各幼女は各ラウンドで4進法表記の4^n桁の整数Mでメッセージを伝えるために、各ラウンド開始後(M+1)回目のチャイムが鳴った直後に一回だけ相手のボタンを光らせる。
メッセージMは以下の構成とする。
Mは1桁のヘッダ、4^n-3桁の本文、2桁のフッタをこの順で並べたものとする。
ヘッダは自分を表す番号とする。（幼女iならiということ）
n=1の時の本文は3とする。
n>1の時の本文は、自分以外の幼女の番号を小さい順にp,q,rと並べた時に、
幼女pである可能性を排除できないボタンからのn-1ラウンド目の本文とフッタ（4^(n-1)-1桁）、
幼女qである可能性を排除できないボタンからのn-1ラウンド目の本文とフッタ（4^(n-1)-1桁）、
幼女rである可能性を排除できないボタンからのn-1ラウンド目の本文とフッタ（4^(n-1)-1桁）、
悪魔である可能性を排除できないボタンからのn-1ラウンド目のメッセージ全文（ただし悪魔と確定していたらヘッダは自身の番号、他は全て0で埋める）（4^(n-1)桁）
をこの順で並べたものとする。
これによりヘッダと本文は、同じ幼女からは全員に同じものが送られることが保証される。
フッタは、信頼状態とラベルをこの順で並べたものとする。
信頼状態とは、下記の意味を持つ一桁の整数とする。
3：このメッセージの送り先が誰なのか検討もつかない（1ラウンド目のみで使う）
2：このメッセージの送り先が特定の幼女か悪魔かまで絞れた
1：このメッセージの送り先が確定した
0：直接的な相互信頼が、自分と他の幼女全ての間と、自分以外の幼女二組以上の間で存在することを確認したので、次のラウンドが始まったらすぐ、悪魔である可能性が排除できていない全てのボタンを押してください
※幼女pq間の直接的な相互信頼とは、幼女pがqに通じるボタンを確定させ、幼女qがpに通じるボタンを確定させた状態を言う。
ラベルとは、事前に自分の手元にあるボタンに互いに異なるよう振った番号とし、ボタンと番号の対応はゲーム中不変とする。
これによりフッタは、同じ幼女からは全員に異なるものが送られることが保証される。 証明のポイントは下記の補題
・直接的な信頼のチェーンp→q→r→pが生じたらその後３ラウンド以内にp→r→q→pも生じる
・p→q→r→s→pが生じたらその後４ラウンド以内にp→s→r→q→pも生じる
・悪魔が勝つためには誰からも信頼されない幼女（つまり大きさ1,3のチーム）を作らなければならない
あとは、悪魔が大きさ3のチームの2人以上に対して全く同じメッセージを送るタイミングで、
大きさ1のチームが発した本文と悪魔が発した本文が同じか異なるかのいずれの場合でもいつか誰かが悪魔を見破ることができるのを示して終わり >>806
厳密に書いてなかったが、直接的な信頼p→qとは幼女pが幼女qに通じるボタンを確定させることを言う。
１つ目の補題の証明
nラウンド目に直接的な信頼 p→q, q→r, r→p（これをp→q→r→pと略記することにする）が生じたとする。
つまり、nラウンド目終了時にrはpを信頼し、かつpがrにどのラベルを付加して送信したかがわかる。
nラウンド目にrがpから受け取ったラベルをLとする。
これより、n+1ラウンド目にqが信頼できるrから受け取る情報には
「nラウンド目で信頼できるpから送られたラベルはLである」
という内容が含まれる。
同様にして、n+2ラウンド目にpが信頼できるqから受け取る情報には
「n+1ラウンド目で信頼できるrから
『nラウンド目で信頼できるpから送られたラベルはLである』
を含む情報が送られた」
が含まれる。
pはこの情報から、ラベルLを付加して情報を送信することにしたボタンの先にrがいることを導けるので、直接的な信頼p→rが生じる。
r→q, q→p が生じることも同様にして導けるので、１つ目の補題は証明された。
２つ目の補題の証明も同様なので省略。 ３つ目の補題の証明
あるラウンドでp→q→r→s→pの直接的な信頼が生じているとすると、２つ目の補題から、その４ラウンド後にはp→s→r→q→pも生じる。
もしゲーム中どこかのタイミングでpが悪魔を特定したら、直接的な信頼p→r、ひいてはp→r→q→pが生じるので、
１つ目の補題から、３ラウンド後にはp→q→r→pも生じる。
つまりその１ラウンド後には、幼女pは自分が他の幼女全員と直接的な相互信頼を結んでいることと、
自分以外の幼女間の直接的相互信頼が少なくとも２組（qr間とrs間）が生じていることを、信頼できるq,r,sから受信したフッタから把握することができる。
よって、次のラウンドでpが信頼状態0を発信することで悪魔を退治することができる。
これは、ゲーム中他の幼女が悪魔を特定した場合も同様なので、悪魔は誰にも自分を特定されてはならない。
そのためにはpにはr、qにはs、rにはp、sにはqであると自分を騙り続ける必要があるが、これは３ボタン同時押しのタイミングで破綻する。
以上から、悪魔は自身が勝つためには、直接的な信頼関係のチェーンp→q→r→s→pを生じさせてはならない。
幼女を頂点、直接的な信頼関係を辺とした有向グラフを考えると、このグラフはどの頂点も２以上の出次数を持たなければならないが、
頂点数が４、各頂点の出次数が２である有向グラフGを分類することで、有向辺のチェーンp→q→r→s→pが存在しないパターンは
特定の頂点の入次数が０であるパターンに限られることがわかる。
（無向グラフ G':= ({p,q,r,s}, {{x,y}: x→y,y→xがどちらもGの辺}) により分類する方法が簡易。）
（３つ目の補題の証明終わり） 任意の格子点(x,y)が4点(x+|y|+1,y),(x-|y|-1,y),(x,y+|x|+1),(x,y-|x|-1)と結ばれている。
同じ点を２回通らずに元の点に戻ってこれる点は存在するか？ 結んでる線分同士公差しまくってるやん
乗り換えありならいくらでも戻ってこれるやろ >>809
全く分からんorz
例えば
幼女0の部屋は左から順に123ア
幼女1の部屋は左から順に023ア
幼女2の部屋は左から順に013ア
幼女3の部屋は左から順に012ア
とつながってるとして悪魔は幼女012には3、幼女3には0を名乗ってるとします
どうなったら見破れるんですか？ (0,0),(1,0),(0,0).
(0,0),(1,0),(1,2),(-2,2),(-2,-1),(0,-1),(0,0). つまり
0→1,1→0, 0→2,2→0, 1→2,2→0
3→1, 3→2
は自己紹介の時点で確定してるとしてここからどうやって3→0か3→1を決定できるんですか？ 違う
0→3,1→3,2→3のどれか
幼女0,1,2のうち1人でも幼女3を名乗る部屋へのボタンがある
どれか一つでも真贋を見極められれば幼女の勝ち
どんな顛末でそれが確定するんですか？ まだ違う
幼女0,1,2の3人の部屋にはどれも幼女3を名乗る参加者へのボタンを持ってる、左のボタンが正解、どうなったら見抜けるんですか？ すまん、途中で忙しくなって中途半端だったけど >>809 の続き
３つ目の補題より、以降は誰からも信頼されない幼女が生じてしまった場合について考えれば良い。
誰からも信頼されない幼女をpとする。
あるラウンドで、悪魔は３つのボタンを同時に押下する必要があるが、
それはp以外の少なくとも２人の幼女q,rに対して全く同じメッセージが悪魔から送られることを意味する。
nラウンド目に悪魔がq,rに対して送った本文をB, フッタをFとおく。
また、同じラウンドにpがi （i=q,r）に送った本文をb, フッタをfiとおく。
（プロトコルからpがq,rに対して送る本文は同一）
(1) B≠b の時
n+1ラウンド目でq,rは、直前のラウンドで幼女pと名乗る２名から自分に送られた本文とフッタについての情報を交換することになる。
具体的には、qが受け取った本文とフッタの組は(b,fq)と(B,F)、rが受け取った本文とフッタの組は(b,fr)と(B,F)、という情報である。
ここで、同一の本文を送らなければならないというプロトコル上の制約から、Bを送った人とbを送った人を区別することができるが、
Bを送った人が同じフッタを別々の幼女q,rに送ったことがわかるので、プロトコル違反によりq,rは悪魔を特定できる。 (2) B=b の時
n≧2 として良い。
（最初のラウンドで悪魔が幼女pと同じ本文をq,rに同一のフッタで送ったとすると、
次のラウンドで、もしフッタを変えたら即座に悪魔がバレるし、
もしフッタを変えなくとも悪魔がpと異なる本文をq,rに送れば (1) の状況になりいずれ悪魔を特定されるので、
残った考えるべき状況は、２ラウンド目以降で悪魔がpと同じ本文をq,rに送った場合のみである。）
nラウンド目に悪魔とpからq,rに対して送られた本文 b(=B) には、n-1 ラウンド目にpがq,rそれぞれから受け取ったフッタの情報が含まれる。
したがってq,rはどちらも、自分がn-1ラウンド目にどのボタンからどのフッタを送ったかの情報と照合することで、
どのボタンが本当のpに通じるボタンかを特定することができるので、もう片方が悪魔であるとわかる。
以上より、(1)(2)いずれの場合も大きさ3のチームのメンバのうち誰かは悪魔を特定することができる。（証明終わり） >>819
> nラウンド目に悪魔とpからq,rに対して送られた本文 b(=B) には、n-1 ラウンド目にpがq,rそれぞれから受け取ったフッタの情報が含まれる。
この後半は正確には『n-1 ラウンド目でpがq,rのうち信頼した少なくとも一方から受け取ったフッタの情報が含まれる』だな
> したがってq,rはどちらも、
これも『q,rのうちpから直接的に信頼された方は』に修正
要は悪魔がpに対してどのように騙ったとしても、pはq,rのうち少なくとも一方を信用することができる訳だから、
q,rのうち「自分がpから直接的に信頼されてる」とわかった方が悪魔を特定すれば良い、ということ。 >>818
あるラウンドで、悪魔は３つのボタンを同時に押下する必要があるが、
それはp以外の少なくとも２人の幼女q,rに対して全く同じメッセージが悪魔から送られることを意味する。
コレはなんでですか？
この同時3押下ルールが保証してくれるのは
「あるタイミングで２つのメッセージで同時刻に押されているビットが少なくともひとつある」
だけで全文全く同じになる必要はないのではないですか？ >>821
まさにそこが >>805 のプロトコルの便利な所で、
各ラウンドで各幼女が各ボタンをただ一回ずつ押下すると決めることにより、
「各ラウンドが始まってから何回目のチャイムが鳴った後にボタンを押したか」を表す１つの整数に、必要なあらゆる情報を詰め込むことができる。
具体例をあげると、幼女0は1ラウンド目で各ラベル i=0,1,2,3 がついたボタンからメッセージ"033i"を送ることになるから、
1ラウンド目が始まってから 0*4^3 + 3*4^2 + 3*4 + i 回チャイムが鳴った後にラベルiのボタンを一回ずつ押して、1ラウンド目の行動はそれで終わり。
（勿論各ラウンドに複数回光ったボタンがあれば、プロトコル違反なのでそれが悪魔であると導くこともできる。） >>822
情報を2ビットずつ区切って0,1,2,3の信号送るんですよね？
もし全幼女が第1ラウンドで033iを送るなら全幼女は第1ラウンド3ビット目は1を発信する事になります、じゃあこのタイミングで全幼女は全ボタンを全押しするんじゃないですか？
悪魔も全押しすれば全員死にますよ？ >>823
プロトコル見てもらえればわかると思うけど、ヘッダに0をつけられるのは悪魔を除けば幼女0だけよ。
幼女1ならヘッダも1、幼女2ならヘッダも2、幼女3ならヘッダも3ということ。
その後もずっと（信頼できる幼女から信頼状態0が送られるまでは）ヘッダは自分自身の番号だから、複数の幼女からのメッセージが衝突することは無い。 > 情報を2ビットずつ区切って0,1,2,3の信号送るんですよね？
えーともしかして1ラウンド目に幼女0が、例えばラベル1を付加したボタンから"0331"のメッセージを送るために、チャイムが鳴るごとに
「押さない、押さない、押す、押す、押す、押す、押さない、押す」
の順番でボタンを押下することで情報を送信すると思っている？
ならそれは勘違いで、822で例示した通り、このプロトコルに従えば1ラウンド目の行動は
「押さない、押さない、…、押さない、押す、押さない、押さない、…、押さない」
↑序盤に「押さない」が61=0331(4)回続き、「押す」を1回挟んだ後、1ラウンド目終わりまで「押さない」を続ける
となる。これを受け取った方はこれを複合して
「このボタンからは整数61=0331(4)が送られてきたから、自分を幼女0と主張している訳だな」
とわかる。 >>825
なるほど、ビット間の長さで情報送るんですね
ではプロトコルに従う限り何故同一の送信者は同一のタイミングでボタンを押せないんですか？
メッセージの転送開始時点の取り決めが“転送者の自由”ならいくらでも正当なメッセージでも同一の時点で1が発生するようにできるのではないですか？ >>826
何でわざわざ宛先ごとにフッタを変えて送信する必要があるのかということ？
>>818の最後あたりで「同一の送信者から別々の宛先に同じラベルが振られることはない」というプロトコルの性質をもとに違反判定してるから、
答えとしては、このように悪魔判定ができるように、かな
こう決めなくてもうまくいくかどうかは確かめてない あもしかして、「ラウンドの始まりは自由に決めていいなら、光ったタイミングがどの整数を表すかわからないのでは」ということ？
それなら「ラウンドの始まりはプロトコルで厳密に決められている」が答えになるかな
805の冒頭あたりで各ラウンドの始まりのタイミングは明記されてるよ
（まあこれもやや曖昧だったかもだから、もし混乱したなら二行目冒頭を
「最初のチャイムが鳴り終わってから4^4分間」ではなく
「最初のチャイムが鳴った10秒後から4^4分間」に変えて読んでほしい） >>828
メッセージ転送のタイミングはラウンドの回数だけに依存するんですよね？
そしてメッセージはヘッダから本文までの部分はラウンドMで送る4本のメッセージは全部同一なんですよね？
ではどのラウンドでもメッセージの開始部分では四つのボタン全押しになるんじゃないんですか？ >>829
フッタが全て異なるんだから幼女が同時にボタンを押すことはないでしょう
1ラウンド目なら、幼女0はラベル0をつけたボタンに"0330"を、ラベル1をつけたボタンに"0331"を…という感じで送るんだから
「メッセージの開始部分で４つ同時押し」てどういうこと？
上記の例で言えばメッセージ自体の開始部分は一文字目ということになるけど
この「メッセージの開始部分」は時間を指す概念ではないよね、何を指したい？ >>840
ああ、メッセージの最初は有無を言わずにあらかじめ決められている時刻でそこではシグナル送らないんですね
だから取り決めに従っている幼女なら同時オンすることはないですね
でも最初のメッセージはヘッダも本文もフッタも全メッセージ同じじゃないんですか？
最初のメッセージは全ボタン全押しじゃないんですか？ イヤ全幼女最初のメッセージは全ボタン全押しじゃないんですか？
全部違うタイミングだけど1人の幼女が押すタイミングは全部同じになりますよね？
この時点で悪魔は義務を果たせてしまいます 幼女が最後につける番号は0,1,2,3と違う番号をつける事を義務付けるんですか？
それはほんとに区別できるんですか？
例えば幼女3が4本の回線に0,1,2,3とつけて悪魔が回線番号に1,0,0,0とかつけて義務を果たしてきた場合それはどこかのタイミングで必ず発覚するんですか？ >>833
> 幼女が最後につける番号は0,1,2,3と違う番号をつける事を義務付けるんですか？
うーん…805に書いてあるこれ↓読んでもろて
> ラベルとは、事前に自分の手元にあるボタンに互いに異なるよう振った番号とし、ボタンと番号の対応はゲーム中不変とする。
厳密に書いたつもりなんだけどなあ…
きっと何度も聞かれるのはわかりにくいからなんだろうなあとは思うから、そこは申し訳ないんだけど…
> それはほんとに区別できるんですか？
> 例えば幼女3が4本の回線に0,1,2,3とつけて悪魔が回線番号に1,0,0,0とかつけて義務を果たしてきた場合それはどこかのタイミングで必ず発覚するんですか？
する。（勿論それを保証するために証明がある訳だから）
例示してもらったパターンは大きさ3のチームができるパターンかな？
>>818-819 で(1)と(2)に場合分けして示してある。 あ、チームは関係ないか、すまん
まあしかし証明見てもらえばわかる通り、フッタが活きるのは大きさ3のチームができた時だからね
もしすべての幼女が他の誰かから直接的に信頼されてる場合は、３つ目の補題から、フッタの情報を使わずに悪魔を特定できるから そうです
おそらく悪魔の最良の選択はもちろん3幼女と誰からも信頼してもらえない1幼女に分ける、すなわち全ての幼女に幼女3のふりをするとかの戦略で、問題は各回線に割り振る番号を
同じもの３つにした場合(既に義務を果たしている場合)
同じもの２つと違うものの場合(義務を果たしていない場合)
３つとも違う番号にした場合(義務を果たしていない場合)
の前者と後2者を区別して
前者なら誰がそれをやったのか、
後者ならそれを見極めていつか発覚できると断言できるか
です
例えば最初の私の誤答だと
幼女3の割り付けが1,2,3、悪魔の割り付けが0,0,0の場合は既に義務を果たしていていつまで待っても不正は発覚せず
幼女3の割り付けが0,1,2、悪魔の割り付けが3,0,0の場合は義務を果たしていていつか待ってれば不正は発覚するがもしかしたら前者のような不正をしてるかもしれないのでいつか発覚すると断言はできない
幼女0,1,2が受信している番号付けでは
前者は1-0,2-0,3-0
後者は0-3,1-0,2-0
で同じなので区別がつかずコレだけではどうしようもなくて失敗したんです
つまり少なくとも回線番号の割り当てられ方のセットだけでは少なくとも判定ができません
もちろん手がかりはそれだけではないので、特にプロトコルに色々取り決めがあるのでそれも手がかりにすればなんとかなるのかもしれないですがちよつ証明の行間ぎ広過ぎて読めてないんです うん、やっぱりわからない
上の例ではどのように悪魔は特定されるんですか？
証明ではB≠bですか？
ど頭から違うフッタつけてきた場合ですけど
この場合幼女0,1,2には>>836の例では
0031 0032 0033
0030 0030 0030
と送られてくるわけですよね？
もちろん幼女3を名乗る2人のどっちかが不正を行ってますけどそれどうやって確定するんですか？ やってみました
最初のターンで幼女3と悪魔が送ってくるメッセージは
3330 3330 3330
3331 3332 3333
これらを受けて次のターンで幼女iが次に送るメッセージは
i～33033120
i～33033221
i～33033322
ただし～は幼女012間の通信で第1ターンでは全く同一
これらを受けて第3ターンで幼女0,1,2が受け取るメッセージは
3～33033120～33033221～33033322110
3～33033120～33033221～33033322111
3～33033120～33033221～33033322110
3～33033120～33033221～33033322112
3～33033120～33033221～33033322110
3～33033120～33033221～33033322113
この時点までは悪魔を特定できないのではないでしょうか？
0が多いのは確かですけど第1ターンでもらったメッセージから判定出来なかったのと同じ理由で判定出来ないのではないですか？
次のターンから～部も関わってくるのでわかんないのですけど 0が多いのでもうこの時点で第1ターンから悪魔が不正なフッタを使っているのはもちろん確定できるとして幼女0,1,2もどちらの回線が悪魔の回線か確定できてないですよね？ >>837
うん、そのパターンは819で最初に排除してる n=1 の場合に該当するね。
2ラウンド目で幼女0,1,2が幼女3と名乗る２人から送られるメッセージは
3b1 3b2 3b3
3B0 3B0 3B0
（ただしb,Bはそれぞれ幼女、悪魔が送った本文とする）
となる。
もしb=Bなら
3B1 3B2 3B3
3B0 3B0 3B0
となるから、ここから更に悪魔を特定するにはBの内容が必要という認識は合ってる。
もしかしたらここも隠れたミソなのかも知れないけど、もし２つの本文bとBが等しければ、勿論その内容は「本物の幼女3が発した本文bと等しい」訳だから、
その内容には、本物の幼女3が受け取った情報が含まれている。
そしてその情報には、1ラウンド目で誰を名乗る者から何が送られたかが含まれる。
（例えば「信頼できる幼女1から"1332"が送られた」とか。
この場合、そのメッセージを受け取った幼女1は「じゃあ1ラウンド目に自分が"1332"を付加して送信した方が本物の幼女3なんだな」と導ける）
…ということを示したのが819の投稿。 >>840
それで結局>>838ではどうやって000と123フッタの場合と
012と300フッタの場合を見分けるんでしょうか？
結局永遠に違いは末尾の0と1、0と2、0と3しか出ないんじゃないですか？
メッセージが長くなっても情報変わってないような まぁでも信用状態は2回目からは幼女0,1,2に対しては2、幼女3と悪魔からは1(悪魔は幼女3に対して3を名乗るとします)でコレも特に役に立たないですよね？ あ、イヤ違う
この場合にはとりあえずダメ元で幼女0,1,2は全部ラベル0につながってる方で試してみればいいですね
それで悪魔が死ねばよし
ダメなら012に300重ね、023に100重ね、013に200重ねのいずれかで悪魔はまだ義務果たしてない事が確定するからそこからは全幼女何にもしないでボケーっとしとけばいいですね
このチャレンジで幼女3が死ぬこともない >>841
000と123か、012と300のどちらのパターンだったのかは、いずれ発覚するかもだけど、その情報をもとに悪魔が特定される訳ではないからなあ…
特にこのケースでは、下記の通り、幼女0,1,2は「自分たちが受け取ったメッセージの集合」ではなく
「自分がどのボタンから何を送ったか」と「自分がどのボタンから何を受け取ったか」をもとに悪魔を特定することになるし。
（悪魔だって、幼女3であると騙ることはできても、実際に幼女3のボタンを押して幼女1のボタンを光らせることはできないから、それを利用した戦略とも言える）
838の3ラウンド目に幼女3（と悪魔）が送った本文を翻訳すると、内容を抜粋したら
「2ラウンド目に幼女0から送られたラベルは0、幼女1から送られたラベルは1、幼女2から送られたラベルは2でした。悪魔は特定済みです」
が含まれるはず。
（信用状態が全部1ってことはそういうケースを考えてるで合ってるよね？）
これを受け取った幼女1は、自分が2ラウンド目にラベル1を付加してメッセージを送信したボタンを思い出して
「ああ、このラベル1のボタンの先に本物の幼女3がいるのか」と判断する。 だから私の最初の解答でもできるんだ
まず最初に幼女は自分の名前と4本のボタンのどれで通信してるかの情報を受け手がわかる形で宣言する
宣言を受けて各幼女は同じ幼女を名乗る2回線と本物と確定できる2回線に分けられる
同じ回線を使って各幼女は自分がまだ信頼できていない1回線(未承認幼女と呼ぶとしましょう)を信頼できる回線２つにポストする
この時点で信頼のチームが4一個なのか3+1に別れてるのかが少なくとも3人にはわかる
何故なら後者の場合、チームが{0,1,2}+{3}に分かれていた場合全員信頼している回線から未承認幼女は2と報告され、前者では幼女0,1,2,3の未承認幼女がの3,3,0,2のタイプの時だけそれぞれの信頼してる回線からの未承認幼女の宣言が(3,0), (3,0),(3,2),(3,3)となるが他のケースでは全て2人の信頼してるチャネルからの未承認幼女は相異なる番号が宣言される、すなわち誤解は1ケースのたった1人にしか起こらない、そしてその場合にも誰かが「大丈夫、4人チームだった」と宣言して悪魔処刑を開始できる
3人チームの場合、悪魔は3人に対してある幼女を装って振る舞っている事になるけどこの時仮に偽幼女3をなのっているとして幼女0,1,2は幼女3と偽幼女の回線番号宣言を調べる
この時点で悪魔が義務を果たしているならいずれかの回線番号が3回使われている
そこでその3回使われてる番号の主が偽物と仮定してとりあえず処刑できないか試して見る
成功ならそれでよし、ダメならこれ以上追求の手段はないが悪魔もこの時点では義務を果たせていない事が確定する
なのでもう黙っておく、3番幼女も信頼できる幼女から処刑開始宣言が出されるまで黙る
初期情報との違いはこの時点では3人の相互に通信できる幼女チームと残りの1人は3人にメッセージは送れないがメッセージは受け取れる状態は確立できている事
そして悪魔はまだ義務を果たしてないのでいずれ3人チームの誰かのボタンを光らせるしかない、そのときそのチームのメンバーが処刑の開始を宣言すれば良い 結局この問題この「ダメ元でやってみる作戦」が禁止されてないのでこういう解もあるんだな
もしコレが「トライは一回のみ、それでダメなら悪魔の勝ち」ルールならこの“各幼女は四つの回線に好きに番号つけて大丈夫”というわけには多分いかないんだと思う、証明はできないけど、多分その場合には「まず悪魔の出方をみてそれに応じて回線番号をうまく割り振らないとダメ」といういわば“後手必勝”のゲームになるんだと思う
中々面白かった >>846
> そこでその3回使われてる番号の主が偽物と仮定してとりあえず処刑できないか試して見る
> 成功ならそれでよし、ダメならこれ以上追求の手段はないが悪魔もこの時点では義務を果たせていない事が確定する
ん？これは本当に確定する？
悪魔が幼女1,2,3に対して自分が幼女3であると騙った場合も？ >>848
正確には、幼女1,2,3に全く同じメッセージを送ることで義務を果たした場合も？ >>848
例えば悪魔が偽幼女3を名乗ってなおかつ義務を果たしている場合、すなわち同一回線を3個使っている場合、幼女3が幼女0,1,2に開いている回線が0,1,2として一般性を失わず、悪魔が使っている回線は0,0,0か3,3,3として一般性を失わない
前者なら幼女0,1,2に開かれる回線は0と0,0と1,0と2となるのでこの情報を3幼女は交換して幼女0は悪魔の回線を特定できないが残りの2幼女は悪魔の回線を特定できる
問題は悪魔が3,3,3を使用してきた場合
この場合幼女0,1,2に開かれる回線は3と0,3と1,3と2になってしまう、これは幼女3と悪魔の回線が
幼女3 3 1 2 , 0 3 2 , 0 1 3
悪魔 0 3 3 , 3 1 3 , 3 3 2
の場合と被りこの場合は誰も悪魔への回線を特定はできない
しかしいずれのケースも悪魔はこの時点では義務を果たせていない
だからまず幼女は全幼女3番回線使ってるボタンを全押し、幼女3は全ボタン押しすると計6個のボタンが通電する部屋は全てのケースで
幼女0部屋×1 + 幼女1部屋×1 + 幼女2部屋×1 + 幼女3部屋×2 + 悪魔×2
となって仮に悪魔が全押ししても幼女も悪魔も誰も死なない、死なないけど残念でしたにしか過ぎずルール上幼女はまだ負けていない、実際この時点で全幼女悪魔のボタンは2択までは確実に絞れていて、しかも幼女3以外の3人のもう一つのボタンは幼女3と確定している
だからここから幼女3は2人以上から起こされない限り眠りにつく、他の幼女はどれかのボタンが点灯するまで眠りにつくを実行する
悪魔は幼女3以外のどれかのボタンを押さないと誰も起きない、しかし幼女3以外のどれかのボタンを押せばその瞬間悪魔の敗北が決定する、そして義務を果たせていない悪魔はどこかの時点で幼女3以外のどれかのボタンを押さざるを得ない >>850
> 問題は悪魔が3,3,3を使用してきた場合
> この場合幼女0,1,2に開かれる回線は3と0,3と1,3と2になってしまう、これは幼女3と悪魔の回線が
> 幼女3 3 1 2 , 0 3 2 , 0 1 3
> 悪魔 0 3 3 , 3 1 3 , 3 3 2
> の場合と被りこの場合は誰も悪魔への回線を特定はできない
> しかしいずれのケースも悪魔はこの時点では義務を果たせていない
うん、やっぱり果たせるはず。
なぜなら、例えば
幼女3 3 1 2
悪魔 0 3 3
のパターンで、悪魔が幼女3に対しても回線3を開けばいい。 >>851
あ、ホントだ
やっぱりダメだね
やっぱり回線番号自由に使えるならダメだ
やっぱりこのゲームは“後手勝ち”で悪魔の出方見て回線番号割り振らないとダメなんじゃないかな
その方法とかはどうでもいい気がする 845でも書いたけど、幼女0,1,2は幼女3と悪魔からの情報が、それぞれどっちのボタンから来たのかも判断材料に含めることができる、ということを念頭に置いた上で、証明を追ってもらえたらわかると思う
神視点で838に足りない情報は、3ラウンド目に受信した各情報が、2ラウンド目に何を送ったボタンから送り返されたものなのか、だよ >>853
え？どういうことですか？
>>838は3ラウンド目に受け取った情報ですよね？
コレ見てどうやったら
0 0 0
1 2 3
と
0 0 3
1 2 0
の区別がつくんですか？
～部は全く同じ列が並んでいて違いは末尾の数字だけで一ラウンド目と何も変わってませんよね？
ここでわかるなら1ラウンド目でわかってるんじゃないですか？ ともかく私の読解力では証明は何言ってるかさっぱりわかりません
まずそもそもある時点で悪魔が同一のメッセージを送った場合に本当に何ラウンド目かに誰か1人がそれを見つけることができるかですよね？
どこでどう示されてるんですか？
1ラウンド目で悪魔と幼女3が0 1 2 3に
3330 3330 3330 3330
3331 3332 3333
から始めた場合と
1ラウンド目で悪魔と幼女3が
3330 3330 3333 3330
3331 3332 3330
から始めた場合とで何か差が出るんですか？ 何言ってんだオレorz
幼女3 3 1 2 , 0 3 2 , 0 1 3 , 0 1 2
悪魔 0 3 3 , 3 1 3 , 3 3 2 , 3 3 3
しか可能性ないんだから幼女は
0 3 3, 3 1 3, 3 3 2, 3 3 3
全部やってみりゃいいだけやん
どれも幼女3死なないんだから 838に「3ラウンド目に受信した各情報が、2ラウンド目に何を送ったボタンから送り返されたものなのか」の情報が足りないと言っている
だから付け足して考えれば良い。第3ラウンドで各幼女が受け取ったメッセージが
幼女0：
3B10←前のラウンドで0(中略)20を送ったボタン
3B11←前のラウンドで0(中略)23を送ったボタン
幼女1：
3B10←前のラウンドで1(中略)21を送ったボタン
3B12←前のラウンドで1(中略)23を送ったボタン
幼女2：
3B10←前のラウンドで2(中略)22を送ったボタン
3B13←前のラウンドで2(中略)23を送ったボタン
だった場合と
幼女0：
3B10←前のラウンドで0(中略)23を送ったボタン
3B11←前のラウンドで0(中略)20を送ったボタン
幼女1：
3B10←前のラウンドで1(中略)21を送ったボタン
3B12←前のラウンドで1(中略)23を送ったボタン
幼女2：
3B10←前のラウンドで2(中略)22を送ったボタン
3B13←前のラウンドで2(中略)23を送ったボタン
だった場合で何が変わるか考えればいい。
もしBに「2ラウンド目に信頼できる幼女0から0(中略)20が送られてきました」という内容が含まれていれば、
幼女0は、上のパターンなら3B10を送ってきた方、下のパターンなら3B11を送ってきた方が本物の幼女3とわかる。
もしBに「2ラウンド目に信頼できる幼女0から0(中略)23が送られてきました」という内容が含まれていれば、
幼女0は、上のパターンなら3B11を送ってきた方、下のパターンなら3B10を送ってきた方が本物の幼女3とわかる。
どちらのパターンでもやってることは同じなのよね 「自分が何を送ったボタンから送り返された情報なのか」も各幼女は情報として使うことができると言ってるのに
その情報を遮断し続けて、大きさ3のチームに属するすべての幼女が得られる情報でしか判断しようとせず「どうやって区別するの」は、
そろそろ解決してほしいなあ 欧米で１年間の性交回数が平均１００回で
避妊しない場合の妊娠の確率が８５％だったそうです
１回で妊娠できる確率は相当低いのだろうなと思うのですが
計算の仕方がわかりません
教えてください
ちなみに単純に
0.85 = X ^100
とやったら
ln0,85=100*lnX, lnX=ln0.85/100, X=exp(ln0.85/100)=0.998
100%近くなってしまいました >>857
イヤ、まずそもそも悪魔はプロトコルを守るなんて限った話ではない、好きなこと書いていいんだから
悪魔がやらないといけないのは少なくとも毎回フッタの情報は同じものが強制されるということ
これはプロトコル上通信相手の幼女から前回の通信記録と照らし合わされると直ちに不正が判定されてしまうから
本文については前回のものと違うものを書いてもいいんだからここにはまだ偽造の余地があるし本当に悪魔が手を加えてきても必ず判定されてしまうかどうかなんかわからんやん？ 実際>>838の～のところに悪魔が手を加えてきて01,02,03型の時の場合と01,02,30型の時を偽造してきた場合どうやってそれを見抜くの？ >>769>>770
こういう問題は、文章のみの説明では分かりにくく誤解などもしやすいので、絵図などを使用して欲しいですね つまり>>818のココ
ここで、同一の本文を送らなければならないというプロトコル上の制約から、Bを送った人とbを送った人を区別することができるが、
コレは悪魔がプロトコルを守ってるという前提の元で議論してる
しかしもちろん悪魔はプロトコルを守る義理はない
悪魔に課せられているのは「プロトコルを守っていると仮定すると矛盾してしまうほどの改変はしてはいけない」というだけ
この範囲ではいかなる改変も不可能というのは自明であるとはとても良い言えんやん？ もちろん
> 悪魔に課せられているのは「プロトコルを守っていると仮定すると矛盾してしまうほどの改変はしてはいけない」
というのはあくまで悪魔の方の返信はプロトコルを守っているが幼女3'の３つの返信は好き勝手に改変されていると仮定した場合に矛盾が生じるかという話
つまり(X₁～Xₙ,Y₁～Yₙ)と(X'₁～X'ₙ,Y₁～Yₙ)を長さが
1+2+1 , ((1+2)×3)+2+1, (((1+2)×3)+2+1)×3+2+1,...
の0,1,2,3からなる文字列であるとする
コレをそれぞれ悪魔からの返信と幼女からの返信と見做してみるとする
この時
(Xₖ)はプロトコルを守った返信で(Yₖ)はそうでないとし、
(X'ₖ)はプロトコルを守った返信で(Yₖ)はそうでないとする
(そのような場合幼女0,1,2間の通信は(Xₖ)から確定するからキチンと数学的命題として意味を持つ)
とのとき必ず(Xₖ) = (X'ₖ)であると言えるか？
フッタが等しいはもちろん言える
本文まで正しいと言えるのかが問題
とても自明ではないやろ まだ不正確やな
(Xₖ)はプロトコルを守った返信で(Yₖ)はそうでないとし、
(X'ₖ)はプロトコルを守った返信で(Yₖ)はそうでないとする
これは
(Xₖ)はプロトコルを守った返信で(Yₖ)はその限りではない、守ってるかもしれないし守ってないかもしれないしないし(つまりこっちが悪魔で好き勝手な事書いてるかもしれないとし)
(X'ₖ)はプロトコルを守った返信で(Yₖ)はその限りではない、守ってるかもしれないし守ってないかもしれないしないし(つまりこっちが悪魔で好き勝手な事書いてるかもしれないとし)
た場合(Xₖ) = (X'ₖ)と言えるのか
もちろん悪魔が全く偽造をしていないプロトコル通りの返信があってそれはプロトコル通りの返信をした場合と矛盾しない、この文字列と同じというのが「プロトコル通りの返信として矛盾しない」の数学的意味合いだから当たり前、問題は「その様な文字列は本当に一つしかないのか？ホントに悪魔にプロトコルに矛盾しない文字列はひとつしかあり得ないのか？」
コレが正しくない限り「プロトコル上どうのこうの」という議論はできない、悪魔がプロトコルを守るなんてわからないから >>860
「本文は毎ラウンド違うし騙られ得るからそこからは何も情報を得られない」と思ってるなら、下記を読んで考えを改めてほしい（読まなくても気づいてほしいが）
そもそも「同一ラウンドで同一の幼女から送られる本文（全文じゃないぞ、ヘッダとフッタは含まれない）は全て一致しなければならない」というプロトコル上の制約を悪魔が破ったら、
大きさ3のチームお得意の情報共有で即座にそれを見抜かれるということを認識してもらいたい
大きさ3のチームに対して幼女3と名乗る者からnラウンド目に送られた本文が例えば
b1, b1, b1, b2, b2, b3 (b1,b2,b3,…は互いに異なるとする。以下同じ)
だったら、b2, b2, b3を送った者が悪魔であることが（n+1ラウンド目に大きさ3のチーム内でなされる情報共有でチーム内の全員が）わかる。
なぜなら、b2を送った者は同じ内容を大きさ3のチーム全員に送っていないことがわかるから。b3を送った者についても同じ理屈で悪魔確定。
これが b1,b1,b1,b1,b2,b2 だったとしてもb2が悪魔だし、b1,b1,b1,b2,b3,b4 だったとしても b2,b3,b4 が悪魔。
結局のところ、得られた本文が b1,b1,b1,b1,b1,b1 か b1,b1,b1,b2,b2,b2 でなければ上記の理屈で全て見抜かれる。
つまり悪魔も、少なくとも大きさ3のチームに対しては、全く同じ本文を送る以外に手立てはないということ。
じゃあ悪魔が全く同じ本文を送ってたら？というケースについて論じたのが >>818 の(1)と >>819 の(2)の議論。 あったあった、>>794 で書かれてるのと同じ理屈なのよこれつまり。
> この6個のチャネル開始フェーズを調べる
> 幼女3からのチャネルは必ず同一フェーズで開始されていなければならない、よってある種別3のチャネルで同一フェーズで開始してる種別3のチャネルの数が3未満のものが有ればそれは悪魔からのチャネルであると特定できる
「本物からは全く同じ情報が送られる」ことがせっかく保証されてるんだからうまく使えないはず無いのよ >>856
なんかあんた口悪いよ
いつもあんたと喋ってるとそうだよ
あんたそもそも相手見下してるやろ心の中で？
ちょっとこっちにもそろそろ限界まで来るよ？
もうちょっと考えてほしい まぁムカつくけど家帰ったらよんでみるよ
ただいつもあんたのレス読むけどあんたそこまで上からしゃべれるほど頭良くないよ あー…とは言え確かに >>866 の内容を書かなかったのはさすがに証明すっ飛ばし過ぎたか
そこがネックでずっと理解できずにいたなら申し訳ない >>870
わかっていただけだなら結構です
少しムカッときてしまって止められませんでした まずとりあえず悪魔の改変とは「本体が3幼女に異なる内容を送る」という意味ではない
証明しないといけないのは
「入力された情報から得られる本文とは違う内容の本文を使った
場合」
でプロトコルが「本文が同じ内容でなければならない、同じ内容なら何でも良い」
なら
「プロトコルに違反した文字列で矛盾する」
の背理法の仮定はそれでいいけどそんないい加減なプロトコルではないでしょ？
プロトコルは「与えられた四つの入力のヘッダーを取り除いてつなげたものを本文とする」
なんだから背理法の仮定て仮定できるのは「与えられた四つの入力のヘッダーを取り除いてつなげたものでないものを本文とする」
である事 つまり流石に悪魔はヘッダには“３”をつけるしフッタは3幼女iに対しては“1”+iをつけるかもしれないけど本文については3幼女に同じものを送る限りにおいては入力された4っの文字列からヘッダーを取り除いてつなげたもの以外のものを採用した場合、3幼女はその３つを突き合わせて比較しても「一致はしてるね」までしか言えない
つまり３つが一致してるかどうかの判定だけでは悪魔が全く手を加える余地がないとは言えない
つまりこの検査をパスする改変された返信は可能なので改竄の余地はなくプロトコルを破れる余地はないとは言えない
なので悪魔がプロトコルを守るなどということはこの付き合わせで本文の一致を確認する検査だけでは不十分です 前>>718
>>859
85%÷(100回/1回)=0.85%
∴0.85% >>872
大きさ3のチームの各幼女が、幼女3か悪魔かわからないボタンから送られた本文の内容を実際に参照する必要が生じるのは
>>819 の(2)のケースになった時だけだから、そこも問題無いと考えてるけどどうだろう。
悪魔がプロトコルに従わない本文Bを送信して、それがたまたま幼女3の本文bと一致すれば（(2)のケース）その本文b=Bの内容を信用してしまえば良いし、
Bが幼女3の本文bと一致しない時は、本文Bに付随するフッタのうち一致するものがあれば（(1)のケース）それをもとに悪魔が特定される。
本文bとBが一致せず、Bに付随するフッタもバラバラなら、それは悪魔がまだ義務を果たしていないだけということがわかる。 なんか言葉足らないな
言いたいのは
「プロトコル上～」という議論ができるのは悪魔が絶対プロトコルを破る通信をした場合必ず見破れるという事の保証がないとできない
では悪魔がプロトコルを守らなかったら、すなわち本物の幼女3ならこう返すはずという以外の返信をしたらが背理法の仮定
ではそれは幼女3以外の名前を名乗ってさたらとか前回と違うフッタを使ったらなんてのは問題外として本文部分の改竄、すなわち「入力された4入力からヘッダを取り除いてつなげたもの」以外のものを使った場合というのが背理法の仮定
そこの一部を改竄してあとは全部プロトコルに従う場合、3幼女には同じ改竄文書が届く、しかし付き合わせて比較するだけでは改竄があった事は発覚しない、すなわち
「改竄があった場合、付き合わせ検査で必ず発覚するので本文まで考えればあらゆる改竄は不可能、よって悪魔はプロトコルを遵守しない限り見破られてしまう」という主張はおかしい
悪魔がそのような改竄をした場合でも“付き合わせ検査”以外の検査も併せて行えば必ず改竄が発覚する事を証明しなければならない
今見た通り付き合わせ検査だけでは「3幼女に違う本文を送る」というスーパー間抜けな改竄をした場合しか3幼女は改竄を見抜けません >>875
わからないけどとりあえず付き合わせ検査ではすり抜ける改竄があるのだから「ありとあらゆる改竄が不可能」という主著のもとに議論するなら証明してください >>877
証明の中で「悪魔がプロトコルに従う」という仮定は「していない」というのが答えかな
証明中で「プロトコル上」と言ったら、それは「幼女はプロトコルに従う」という事実を使ったつもり。
例えば >>818 では
> （プロトコルからpがq,rに対して送る本文は同一）
というのは幼女pがプロトコルに従うことから導いているし、
> ここで、同一の本文を送らなければならないというプロトコル上の制約から、Bを送った人とbを送った人を区別することができるが、
という一節は
「幼女3はプロトコルに従っているので同一の本文を送るはず。
なので大きさ3のチームに属する幼女は、本物の幼女3が自分たちに送った本文がb,b,bかB,B,Bのどちらかであることを導くことができる。
どちらの場合も、悪魔が送った本文も全て一致することになる。」
ことを言っているし、
> Bを送った人が同じフッタを別々の幼女q,rに送ったことがわかるので、プロトコル違反によりq,rは悪魔を特定できる。
という一節は、
「大きさ3のチームに本文Bを送った同一人物は、プロトコル違反をしたから幼女3ではないと導ける。」
ということ めんどくさいのて幼女0,1,2はメッセージ受け取った時点でメッセージの照らし合わせ照合できるとします
悪魔がど頭からフッタを改竄した場合、幼女が悪魔への回線を特定できるのは何ターン目のメッセージを受けた時ですか？
2ターン目にそれぞれが長さ15のメッセージもらったとき
この15文字×3のメッセージの照らし合わせで発覚するんですか？
それとも次の3ターン目の長さ59のメッセージ3個の時点ですか？
具体的にノートに本文全部書き出してみると2ターン目までで矛盾はもちろん発覚してるけど悪魔の確定まではできないみたいだけどコレ次の3ターン目のメッセージ照らし合わせで000型不正と300型不正の違いを断定できるんですか？
もう昼休み終わるので続きは寝る前ですな すいませんがもう仕事戻りますが具体的に
・幼女iは幼女jにラベルjの回線を割り当て、悪魔には回線iを割り当てている、よって1ターン目では幼女jにはi33jを、悪魔にはi33iを送る
・悪魔は1ターン目で幼女に全部3333を送るという不正メッセージを送る
の場合、以下悪魔がどんなにうまく立ち回ったとしても不正回線を見抜かれるのは何ターン目ですか？ 何ターン目ですかというのは何ターンめのメッセージ受け取った時ですかの意味です
nターン目のメッセージは長さ(11×4ⁿ+4)/12のメッセージを受け取る時
1ターン目 (44+4)/12 = 4
2ターン目 (176+4)/12 = 15
3ターン目 (704+4)/12 = 59
この辺で確定しますか？ >>880
まず桁数について誤解を解きたい。
nラウンド目に送られるメッセージはちょうど4^n桁になることに注意。
メッセージ全体からヘッダ1桁とフッタ2桁を除いた残りの本文は、
4^(n-1)-1 桁の塊３つと 4^(n-1) 桁の塊１つで構成される。
（プロトコルの本文についての記載参照）
その上で、幼女たちは【どんなに遅くとも2ラウンド目終了時に悪魔を特定できる】というのが質問の答えだね
勿論、指定してもらったように、幼女0,1,2間の照合も込みでの答えになるけど
（もし照合を外せば最遅で3ラウンド目になる）
【1ラウンド目】
幼女0：
ラベル3のボタンから3330が送られる
ラベル0のボタンから3333が送られる
幼女1：
ラベル3のボタンから3331が送られる
ラベル1のボタンから3333が送られる
幼女2：
ラベル3のボタンから3332が送られる
ラベル2のボタンから3333が送られる
※このうち「ラベル○○のボタンから」にあたる情報は、次のラウンド以降のやり取りでも明示的には共有されないことに注意。
なので、幼女0,1,2間の照合もその前提に従うものとする。2ラウンド目以降も同じ
【2ラウンド目 パターン1】
※幼女3および幼女3を騙る悪魔から送られた信号は、わかりやすくするため、下記の凡例のようにスラッシュ『/』で区切ることとする。
※凡例：
ヘッダ/幼女0からの本文とフッタ/幼女1からの本文とフッタ/幼女2からの本文とフッタ/悪魔からの全文、あるいは300…/フッタ
幼女0：
ラベル3のボタンから3/333/333/333/3000/10が送られる
ラベル0のボタンから3/330/331/332/3000/13が送られる
幼女1：
ラベル3のボタンから3/333/333/333/3000/11が送られる
ラベル1のボタンから3/330/331/332/3000/13が送られる
幼女2：
ラベル3のボタンから3/333/333/333/3000/12が送られる
ラベル2のボタンから3/330/331/332/3000/13が送られる
→ラウンド終了時に幼女i (i=0,1,2)は以下に気づく：
本文 330/331/332/3000 を送った同一人物が全て同じフッタになっている。したがって私がラベルiを付加した方のボタンが悪魔だ。 【2ラウンド目 パターン2】
幼女0：
ラベル3のボタンから3/333/333/333/3000/10が送られる
ラベル0のボタンから3/333/333/333/3000/13が送られる
幼女1：
ラベル3のボタンから3/333/333/333/3000/11が送られる
ラベル1のボタンから3/333/333/333/3000/13が送られる
幼女2：
ラベル3のボタンから3/333/333/333/3000/12が送られる
ラベル2のボタンから3/333/333/333/3000/13が送られる
→ラウンド終了時に各幼女i (i=0,1,2)は以下に気づく：
どちらのボタンが本物の幼女かはわからないが、333/333/333/3000 が本物の幼女3から送られた本文そのものであるのは確かだ。
これを解読すると「1ラウンド目で幼女iから"i333"が送られました」だから…
つまり、私がラベル3を付加した方のボタンが本物の幼女3だ。 >>882
そのケースにおいて悪魔がどんなに返信の内容を改竄してもターン２で自分の正体が発覚しないのは何故ですか？
それは「悪魔が幼女３の振りをして返信プロトコルに従わない一切の改竄をしなければターン２で自分を特定されてしまう」一例に過ぎないですよね？
悪魔が自分の正体がターン２では存在しない理由はなんですか？ (幼女たちがどういう場合にどのように動くのかだけ書いてくれたらそれで大丈夫か考えてみるんだけど、長々と2人で議論してるところにそれ言うのも気が引けるなぁ…) >>886
なんの事ですか？
私出題者じゃないけどわかる範囲なら答えますよ やっぱり変なんじゃないですか？
結局>>883の推定ってこの話ですよね？
nラウンド目に悪魔とpからq,rに対して送られた本文 b(=B) には、n-1 ラウンド目にpがq,rそれぞれから受け取ったフッタの情報が含まれる。
したがってq,rはどちらも、自分がn-1ラウンド目にどのボタンからどのフッタを送ったかの情報と照合することで、
どのボタンが本当のpに通じるボタンかを特定することができるので、もう片方が悪魔であるとわかる。
つまり>>819のこの話
コレのn=2の場合をアプライしてるようですけどコレで“n-1ターン目のpの本文”を使う事が前提でそれが使える理由が「B=bだからどっちが悪魔だとしてもn-1ターン目のpの情報が使える」って話だと思いますけど、それは悪魔がnターン目に本文の改竄をしないという前提で話してませんか？
それをされると「n-1ターン目のpの情報使う」がそもそも不可能になりますよ？
でも前の方で「悪魔が本文改竄しないという仮定は話に入ってない、だから証明もしてない」って言ってだと思います
だからやっぱりその証明要りますよ >>886
各幼女がどう行動するかはほとんどプロトコルでガッチガチに決められてるからなあ
行動の変化の余地があるとすれば
・最初の各ボタンへのラベル付け（これは自由というより無作為と言った方が良い）
・悪魔判定とそれに伴う信用状態の発信（これも各幼女の完全な論理性を仮定すれば自由度は無いはず）
・2ラウンド目以降で悪魔かどうかを特定できていないボタン２つのうち、どちらから来たメッセージを、次のラウンドで送る本文中の最後の4^(n-1)桁に埋め込むか（これは情報の内容を本質的に変えるものではない）
ぐらいだし、その中でいずれ悪魔が退治されることを示すのに専念すればいいと思うんだけど
とは言え「今各幼女に"完全な"論理性は仮定してないじゃん、
本当に完全な論理性を有する幼女が今議論してるよりももっと早いタイミングで悪魔を特定して、その後のラウンドで送信される情報が変わる可能性はあるけど、その場合もうまくいく保証はあるの？」
という反論は確かに考えられる。
ただこれも問題無くて、完全な論理性を持った幼女の推論は、究極的には
・自分含む各幼女が各ラベルをつけたボタンの先に誰がいるか
・上記の場合分けをして更にそのうち、まだ悪魔を特定していない幼女から受け取った本文の最後の4^(n-1)桁はどちらのラベルからのメッセージを載せたものか
に関する場合分けをして矛盾が生じない場合全てを洗い出すという作業と何ら変わりが無いものだから、
（※この「矛盾を導く」にあたって、悪魔がどう行動するかに関する如何なる仮定も置いていないことに注意。）
結局、本文最後の4^(n-1)桁の部分がヘッダ以外0で埋められた（つまり「こいつは悪魔でした」マスクで覆われた）メッセージは、そうでないメッセージよりも真に強い情報を持っていると言える。
（場合分けの一部を削ったものと言える訳だからね） >>885
このケースでなぜ2ラウンド目終了時に悪魔が特定「されない」のかを聞いてるで合ってる？幼女0,1,2間の照合無しでってことよね？
照合無しでは、例えば幼女0が全員から受け取る情報は
ラベル1のボタン（幼女1）から：1/331/331/331/3333/10
ラベル2のボタン（幼女2）から：2/332/332/332/3333/10
ラベル3のボタン（幼女3）から：3/333/333/333/3000/10
ラベル0のボタン（悪魔）から： 3/330/331/332/3000/10
であって、これでは幼女0視点でラベル0の先に幼女3が、ラベル3の先に悪魔がいる可能性を排除できないから、という理由になる >>888
> 悪魔がnターン目に本文の改竄をしないという前提で話してませんか？
してない。使ったのは「本物の幼女3が改竄をしていない」という事実だけ。
nラウンド目に悪魔から送られ（て、たまたま同じラウンドに幼女3から送られた本文と一致し）た本文は、
「悪魔から送られたものである」以前に「幼女3から送られたものでもある」訳だから、
「私は幼女3です。幼女0を直接的に信頼しています。幼女0からn-1ラウンド目に受け取ったラベルはLです」
という情報を「本物の幼女3が送った」ことに変わりはない。 >>890
イヤ、ちがうんですけどもういいです
先手でも幼女の勝ち”、つまり“悪魔の第一手目”を待つことなく幼女が”十分強い信頼の強い通信のネットワーク”を有限時間内(2時間程度)に構築してその間に悪魔が義務を果たしていれば処刑、そうでなくても義務を実行したら2分後に処刑」の解見つけました
多分あってると思いますけど精査してから上げます いかに幼女の必勝戦略を示す
この戦略は
準備プロセス(16+12+6分)
審判プロセス(4+2+2分)
待機プロセス(悪魔が義務を実行するまで+2分)
処刑プロセス(1分)
で勝利できる戦略である
審判プロセスと待機プロセスは省略されうる
以下幼女4人と悪魔を合わせて参加者と呼ぶ
4人の幼女には0～3の番号をあてがい幼女0～幼女3と呼ぶ
ボタンの点灯でシグナルを送る事で各参加者は繋がる部屋に信号を送れる
点灯させることが許されているタイミングで点灯させることにより信号１を送り、許されているタイミングで点灯させない事で信号０を送るとする
幼女がある制限時間内に非負整数値を送信するときは送出期間中その整数の二進展開の各桁をビッグエンディアン(最低位から)で送信する
t+1回目のチャイムと共に点灯するシグナルを時刻tのシグナルと呼ぶ
幼女の各部屋の左のボタンから順に0,1,2,3番回線と呼ぶ
各プロセスにおいて幼女は使うチャネルのルールを変更するが処刑プロセス以外のどのプロセスのルールでもいずれの時刻においてもいずれかの幼女の送信が禁止されているので悪魔を含めて誰も処刑される事はない ・準備プロセス
準備プロセスにおいては以下のルールで通信を行う
ー準備プロセスチャネルルールー
(1)回線aのボタンはシグナルの時刻tがt≡a (mod 4)であるシグナルしか送ることができない
(2)１６分を1周期として下図□部分のところで各回線はシグナルを送出できない
幼女１：□１２３０１２□０１□３０□２３
幼女２：０□２３□１２３０１２□０１□３
幼女３：０１□３０□２３□１２３０１２□
幼女４：０１２□０１□３０□２３□１２３
まず各幼女は最初の16分間に111₍₂₎を送信して通信を開始する
この信号を解析すれば受信者はそのチャネルの送信者と割り当てられた回線番号を知ることができる
この時点で幼女は相手が幼女であると確定できる回線を２つ見出す事ができる
３つの回線でそれが可能である場合もあるがその場合にも任意の2回線を選びその相手の番号を承認番号として定め、残る番号を未承認番号と定める
各幼女は次の12分間で全回線に未承認番号を送信する
自分が承認した回線が送出した２つの未承認番号が一致しない事を確認した幼女は続く6分間で処刑プロセスへの即時移行賛成に投票するため全チャネルに1をポストしそうでなければ0をポストする
この時賛成票数が3以上であれば直ちに処刑プロセスへ移行し、そうでなければ審判プロセスに移行し準備プロセスを終了する ・審判プロセス
審判プロセスでは準備プロセスで承認している２つの回線からいずれも自分の番号を未承認番号としてポストされた幼女がただ1人発生する、この幼女と悪魔を合わせて被疑者と呼び、残りの3幼女を保安官と呼ぶ
保安官に幼女の番号の小さい順に番号を振り直し保安官0,保安官1,保安官2などと表するとする
審判プロセスでは以下のチャネルルールで通信を行う
ー審判プロセスチャネルルールー
審判プロセスでは最初の4分間は保安官のみ送信し次の2分間は被疑者のみ送信を行い最後の2分間は保安官のみ送信を行う
説明を簡略化するため幼女3が被告の場合について説明をするが他の場合はこれに準ずるとする
まず保安官は相手が幼女3用の回線で送信しているチャネルを１つか２つずつ持つ
まず保安官1,2は最初の4分でその相手が送信に利用している２つの番号を昇順に2回に分けて保安官0と2人の被告に送信する、１つしかなければ同じ番号を2回送信する
次の1分で各被告は保安官1の1回目の送信で送られた番号が自分のそれと同じである場合には0を、異なる場合には1を保安官0に向けてポストする、同様の事を次の1分で各被告は保安官2の1回目の送信で送られた番号に対して行う
最後の2分間は2人の被告の証言を2人の保安官1,2に保安官0は転送する
この時点で2人の証言に偽証があるとすれば保安官1,2に向けられている回線番号が異なるにも関わらず悪魔が偽証した事によりいずれかの回線がいずれの被疑者も使用していない事になってしまう場合である
この場合はその回線の相手が悪魔と確定する
そのような事態が発生しないのであれば2人の被疑者は正しい証言をしている事になる
よってこの場合には保安官0は2人の被疑者が3人の保安官に向けてどの回線番号を利用しているかを確定できる
以上によりこの時点でどの保安官も悪魔の回線を確定できないのであれば悪魔はいずれかの保安官2人に対して同一の回線番号を使用するという不正を行っていない事が確定する ・待機プロセス
審判プロセスで保安官、被疑者となった幼女はその役割をそのまま引き継ぐとする
待機プロセスでのチャネルルールは以下の通りである
ー待機プロセスチャネルルールー
保安官でない幼女は一切のシグナルの発効を禁止する
保安官はプロセス終了の宣言を示す他の保安官へのシグナルとプロセス終了を被告に通達するシグナル以外の発信を禁止する
待機プロセスにおいては被告である幼女は一切の行動をせず待機する
保安官は待機プロセスの開始までの時点でに悪魔の不正チャネルを確定した場合、もしくはいずれかの被告の回線からのシグナルを保安官が認めるまで待機を続ける
待機解除の条件を確認した保安官は次の1分に全保安官に不正発見の報告シグナルを発信する
続けて保安官0は被告であった幼女に待機プロセス終了のシグナルを送信し待機プロセスを終了する
・処刑プロセス
処刑プロセスにおいて悪魔への回線を確定しているボタンが確定している幼女はそのボタンを押下する
そうでないものは自分の未承認の回線のボタンを２つとも押下する >>894
幼女1,3,4の1番回線が幼女2に通じていた場合、悪魔が時刻1のシグナルを幼女2に送信したら、幼女2が全員からのボタン押下を受けて死んでしまうのでは？ >>897
あ、ほんとだ
もっと禁止増やさないとダメやな 0<α<β
連続関数f(x)が任意の実数xで
f(α-x)=f(α+x), f(β-x)=f(β+x),f(α)<f(β)を満たすとき
f(α)<f(γ)<f(β),f(γ)=f(x)を満たすxが0<x<βでつねに2n(f(γ))個(n(f(γ))∈ℕ)存在するならばβ=(k+1)α (∃k∈ℕ)であることを示せ >>899
何か条件が足りないかミスってる
例えば 2α<β<3α として、f(x) = α-x (0≦x≦α), x-α (α≦x≦2α), 3α-x (2α≦x≦β) とか f(β)=max(0<x<β)(f(x))
抜けてた…ごめん f(x) = cos x, α = (2m - 1)π, β = 2nπ とかは？ 長レス連発でスマソ
そろそろ切り上げるべきなんだろうけど幼女側の4人合わせたボタンの総ボタン押下回数25回で勝利できる方法見つけたので書いてみました
中々面白いパズルでした
名作だと思う
以下幼女4人と悪魔を合わせて参加者と呼ぶ
4人の幼女には0～3の番号をあてがい幼女0～幼女3と呼ぶ
ボタンの点灯でシグナルを送る事で各参加者は繋がる部屋に信号を送れる
各回線には0～15の整数値aを割り当てコレを回線番号と呼ぶ
ここで回線aが幼女nが利用できるのは⌊a/4⌋≡n ( mod 4 )のときとし、その回線番号を幼女nの専用回線番号と呼ぶ
最初のチャネルから数えてt回目のチャイムと共に点灯する信号をt回目のシグナルと呼ぶ
幼女はあらかじめ設定されたデータ送信期間中に高々1個のシグナルを送信する事でデータを送信する
データの送信期間は一連のフェーズの前のフェーズの最終送信時刻tとそのフェーズで送る自然数の最大値mで決まり送信期間は時刻t+1～時刻t+16mである、ただし最初のフェーズではt=0である
回線番号aの送信期間t+1～t+16mのフェーズで自然数dを送信する場合送信者は時刻t+a+16d-15で点灯するシグナルを送信するとする、すなわち各フェーズで送られる信号数は高々1個である
またシグナルを送らない事で“シグナル無し”もあり得るとする プロトコルは以下のように定められる
カッコの中がそのフェーズで送られる自然数の最大値である
幼女0交信開始フェーズ(1)
幼女1交信開始フェーズ(2)
幼女2交信開始フェーズ(2)
交信記録転送フェーズ1(16⁴)
交信記録転送フェーズ2((16⁴)³)
交信記録転送フェーズ3(16⁴)
交信記録転送フェーズ4((16⁴)⁴)
よって各フェーズの送信期間は
16×0+1～16×1、
16×1+1～16×3、
16×3+1～16×5、
16×5+1～16×(5+16⁴)、...
のようになる 幼女0交信開始フェーズでは幼女0が各回線に1を送信する
幼女1交信開始フェーズでは幼女1が各回線に、幼女0と名乗る送信者からの送信を一本だけ受信している場合は1を、そうでない場合には2を送信する
幼女2交信開始フェーズでは幼女2が各回線に、幼女0と名乗る送信者からのからの送信を一本だけ受信している場合は1を、そうでない場合には2を送信する
この３つのフェーズが終わった段階で各幼女は各ボタンの相手方が幼女であると確信できる回線を少なくとも２つ持つことができる
この回線を信頼できる回線と呼ぶ
自分の送信する全ての回線がその受信者から信頼されていない幼女を疑惑の底にあると表するとする
３つのフェーズが終わった段階で各幼女は交信記録簿を作成する
交信記録簿とは16進数の16ᵏの位に左からk+1番目のボタンに着信している交信の相手方の回線番号をおいた16進数4桁の非負整数(0～16⁴-1)とする、ただし相手方未送信の場合はその桁に4×3+0, その他不正な回線(相手が自分の専用回線を利用している場合もこれに含める)には4×3+1を置くとする
コレはすなわち相手は幼女3、あるいはそれを騙る相手であるとみなす事に該当し、幼女3は特権的に全ての回線に番号4×3+0を使え、回線4×3+1を使う事はないとみなすと考えるとわかりやすい
続く2個の交信記録転送のフェーズでは幼女1,2の交信開始信号に従って以下のように交信記録簿を転送する まず幼女1,2のうち2人ともが交信開始信号送信のフェーズでともに信号2を送っている場合を幼女0が孤立している状態と呼ぶ
幼女0が孤立しているのは幼女0が疑惑の底にあるための必要条件である
幼女0が孤立している場合においては交信開始信号送信終了の時点で幼女1,2は共に幼女0を名乗る着信を2件受けており幼女1,2の互いの相手のチャネルを正しく断定できるから幼女0が孤立しているか否かを正確に判断できる まず幼女0が孤立していない場合には幼女1,2のいずれか一方で幼女0への信頼できる回線を持たない方は自分の交信記録簿を交信記録転送フェーズ1で他方に送信する
その後交信記録転送フェーズ2に他方から最大2個の交信記録簿を送られた方は自分のそれとをpackして交信記録転送フェーズ2で幼女0に送信し、送られてきていなければ自分の交信記録簿に1111₍₁₆₎を必要なだけpackしてその値+1を幼女0へ送信する
この送信を受けて幼女0は自分が孤立状態にない事を確認できる
この時幼女0はこの時点で最大3個の回線から交信簿を送信されてきているから同じ要領で自分のものと合わせて16進数16桁の数にpackしてその値+1を幼女3への信頼できる回線がある場合には交信記録転送フェーズ4にそれに転送する 幼女0が孤立している場合には交信記録転送フェーズ2の終了時点で交信記録簿が送られてこない事で自分が孤立状態にあると正しく判定できる
この場合には幼女1,2交信開始フェーズで共に2を送信しており、そのいずれかに幼女0は信頼できる送信チャネルを持つからそれに自分の交信記録簿を送信する
交信記録転送フェーズ4に幼女1,2は幼女3に既出の方法で最大3個の更新記録簿をpackして幼女3へ送信する ここまでの段階で大別して以下の３つの場合がある
(A) 幼女0が孤立している場合
(B) 幼女0が孤立していないが幼女0から幼女3への信頼できる回線がない場合
(C) 幼女0が孤立していないが幼女0から幼女3への信頼できる回線がある場合
(B)の場合、幼女0は疑惑の底ではない
疑惑の底にあり得るのは幼女1,2か3であり、幼女0は幼女0,1,2の3人分の交信記録簿を精査して以下のように処理していく
まず幼女0,1,2が悪魔から全く交信を受けていない場合、その限りにおいて幼女3が疑惑の底でありそれは交信記録簿から判断できる
その場合には悪魔がまだ義務を果たせていない事は明らかである
残るは幼女1または2が疑惑の底にある時であるがこれはこのケースでは起こり得ない
何故ならもし仮に幼女1が疑惑の底にあるなら他の幼女0,2,3が信頼できる回線を持てない相手は全て幼女1でなければならないが、今仮定により幼女0のそれは幼女3である
以上によりケース(B)においては後述の(1),(3)の状態であると確定する
(A)の場合プロトコルにより全ての幼女の交信記録簿が信頼できる経路によって疑惑の底たり得ない幼女3に集められておりこの場合も後述の(1),(2),(3)のいずれかの状態である事が確認できるが、これはやや煩雑な議論を要するので後述するものとする
(C)の場合も(A)の場合と同様である 以上の交信の後幼女3は
(1)孤立している幼女がいない
(2)疑惑の底にない幼女から悪魔へつながる回線を少なくともひとつ確定できる
(3)悪魔はまだ義務を果たしていない
のいずれかの状態である事を把握できる
(1)の場合幼女3は全幼女に同時に相手が確実に幼女であると判断できる回線のボタン２つを同時に押下するように指示すれば良い
(1)の場合においてはこの指令を2分以内に信号３つで全幼女に伝達する事ができる
(2)の場合はその回線の保持者にその回線を伝えその幼女にはそのボタンのみを、その他の幼女には(1)と同様の作業をする様に同じく2分以内に信号３つで全幼女に伝達する事ができる
(3)の場合は以降信頼できる幼女間えやた、た、や、やた、たの交信以外を全て禁止すれば良い
悪魔が義務を果たすには疑惑の底にないいずれかの幼女への回線のシグナルを送信しなければならない
この時点で(2)の状態に移行して幼女の勝利が確定する
特に幼女が勝利するまでのボタンの押下する回数は高々12+3+3+7=25回である ・交信記録簿の精査方法について
今各幼女と悪魔から信頼できる経路を伝って疑惑の底にない幼女3に伝達された場合を考える
いずれかの幼女が疑惑の底にあるか否かは交信記録簿から判断できるがいずれの幼女も疑惑の底にないのであれば前述(1)の方法で幼女は勝利できる
疑惑の底に幼女0がいる場合を考えるが他の場合も同様である
疑惑の底にある幼女0と悪魔の２つの送信記録を見る
この場合２つの交信記録簿において以下の状態が発見できれば悪魔への回線が特定できる
(要件1) 幼女i ( i = 1,2,3 ) が受信している幼女0の専用回線番号での回線番号がともに4×0+pのとき交信記録簿のボタンpの交信相手は幼女iでなければならない
(要件2) 幼女i ( i = 1,2,3 ) が受信している幼女0の専用回線番号での回線番号に4×0+pが現れるときいずれかの交信記録簿のボタンpの交信相手は幼女iでなければならない
(要件1)を満たさない交信記録簿があればその記録簿の作成者が悪魔である
実際もしボタンpの交信相手が幼女iでないならこの記録簿の作成者の回線番号4×0+pは他の幼女につながっていないといけなくなるがそれは幼女iの受信記録に矛盾してしまうからである
(要件2)を満たさない回線があればその回線の送信者が悪魔である
実際もしその回線を4×0+pとして２つの記録簿の作成者のどちらが悪魔でどちらが幼女0であろうとも幼女である方の回線番号は4×0+pではない、もしそうならそれは幼女0のボタンpの交信相手は幼女iでなければならないが仮定によりいずれの交信記録簿にもそのような記載がない 我々が示したいのは悪魔が回線開設時に幼女1,2,3に対して同一の回線番号を使用した場合必ず上の要件に違反する事象が発生する事である
今幼女0が幼女1,2,3と開いている回線の回線番号を4×0+1,4×0+2,4×0+3とする
悪魔は同一回線番号4×0+3を幼女1,2に割り当てる事はできない、でなければ幼女1,2についての要件2に抵触しないにはボタン3の交信相手にはその2人を両方割り当てなければならず両方を満たす事はできないのでどちらかについての要件1に必ず抵触する
同様の理由で同一回線番号4×0+0も不可能である
悪魔は同一回線番号4×1+1をこのうち2人に割り当てる事はできない
でなければ幼女2についての要件2に抵触しないにはボタン1の交信相手には幼女2を割り当てなければならず、一方で幼女1についての要件1に抵触しないにはボタン1の交信相手には幼女1を割り当てなければならず両方を満たす事はできないのでどちらかについての要件1または2に必ず抵触する
以上により交信記録簿を精査することにより悪魔が同一回線を３つ以上開設した場合には必ずこの検査で露見し、のみならず悪魔への回線を少なくともひとつ特定されてしまう□ ダメや、一か所間違ってる
もう1ビットいるかな
26分か 1-₂C₁/4+₄C₂/4²-₆C₃/4³+₈C₄/4⁴-₁₀C₅/4⁵+…
を求めよ >>916
1+₂C₁x/4+₄C₂x²/4²+₆C₃x³/4³+₈C₄x⁴/4⁴+₁₀C₅x⁵/4⁵+…
= Σ (1/2×3/2×...)(2/2×4/2×...)/(n!)²xⁿ
= ₂F₁(1/2,1,1,x)
= 1/√(1-x) pxᵐの形のはすぐ見つかるけどそれしかないのかな
q(pxᵐ)ⁿ = x
iff qpⁿ = 1 , mn = 1
n = m-1, q = pnなら
m²-m-1 = 0, (m-1)pᵐ = 1
m²-m-1 = 0, p = 1/ᵐ√(m-1) >>918
元ネタはMichael Penn の動画？ スタートが左から順に1,2,..,(n-1),nと番号付いていて、ゴールが左から順にn,(n-1),…,2,1と番号付いたあみだくじがある。
このあみだくじの横線は最低何本か？ >>923
１とｎを横線で結び
２とｎ－１を横線で結び
・・・・
だからｎ／２でいいのでは 例えばn=4で1-2,2-3,3-4と繋いで1→4, 2→1, 3→2, 4→3
さらに1→3, 2→2, 3→1にするために3本いるからn=4だと6本じゃないの？ つまりi<jから辿っていってiとjがひっくり返る横線がひとつ必要でだからこのようなペア一個に対して横線一個が必要だから必要な横線数は最低でもn(n-1)/2
>>927の方法でn(n-1)/2本で可能だからこれが答えやな >>928
>ペア一個に対して横線一個が必要
それ直感過ぎ
iが左から右へjが右から左へ動く横棒が存在する証明が必要 それとその横線は他のk<lのための横線とは異なることの証明も必要 直感的には成立すると分かっても
これくらいは証明できよう？ だってi→σ(i)、j→σ(j)を結ぶpathで同じ横線通らなかったら位置入れ替わるわけないやん？ >>930ひとつの横線通る人高々2人しかいませんがな 中間値の定理のたぐいを使うかも
あるいはジョルダンの定理 >>932
これの証明が必要だと思うんだよな
>>933
これも帰納法か何かで証明するかも まぁ証明するなら上の方で出てた中間値の定理なりなんなりでi→σ(i), j→σ(j)は共有点を持たねばならない
もし共有点が縦線上の横線上でないところならそこから辿ってi=jで矛盾
よって共有点は横線分の閉包上
横線の両端点以外で共有点持ってる事が目標だけどA-Bが横線でAが共有点、縦線が上からX-A-YとしてどちらかがX--A-B、どちらかがB-A-X、いずれかにしても横線の両端点除く部分を共有する {1,2,…,n}の２元部分集合{i,j} (1≦i<j≦n)が置換σ∈S_nに関してねじれペアであるとは、
σ(i)>σ(j) が成り立っていることを言うものとする。
また、ここではあみだくじを置換と同一視する。
初期状態として何も横線が引かれていないあみだくじAに対し、既に引かれているどの横線よりも下に横線を追加するという操作を繰り返す。
この時、あみだくじAに関するねじれペアは、各操作ごとに高々１つしか増加しない。
一方、ゴールが左から順にn,n-1,…,1となっているあみだくじBに関するねじれペアは n(n-1)/2 個存在する。
したがって、Aにいくつか横線を引いてBにするには、少なくとも n(n-1)/2 本の横線を引く必要がある。 任意の関数は偶関数と奇関数の和に一意に分解できることを示せ (f(x)+f(-x))/2+(f(x)-f(-x))/2 f(x)=偶(x)+奇(x)とおくと
(f(x)+f(-x))/2=偶(x)
(f(x)-f(-x))/2=奇(x)
と計算されるから 実関数 f(x)=x を有限個の周期関数の和として表すことは可能か。 >>943
f(x) = tan(x) (x≠nπ/2), 0 (x=nπ/2)
って有界だったのか 問題の意図がわかりにくかったら申し訳ない、定義域は実数全体 >>949
そのキーワード出たからもう正解でいいかな
念のため略解
Q上ベクトル空間としてのRの基底Bを任意にとる。（Bの存在は選択公理から導かれる）
b_1∈Bを任意に固定し、２つのQ-線形写像 g,h:R→R を
g(b) = 0 (b=b_1の時), b (b≠b_1の時)
h(b) = b (b=b_1の時), 0 (b≠b_1の時)
となるように定めれば、gはb_1を、hはb_1以外の任意のBの元をそれぞれ周期に持ち、なおかつ g(x)+h(x) ≡ x が成り立つ。 と思ったら >>951 にもっと深い結果があったのでこちらも別方向に掘り下げる追加問題
ここでは関数と言えば定義域が実数全体である実関数を指すものとする。
周期関数の積は周期関数の和で表せるか。 >>954
>>周期関数の積は周期関数の和で表せるか。
「和」は無限和も許して考えますか？ >>955
いや、有限和だけ
無限和許したらきっと各点収束でいくらでも都合良いの作れそうだし sinxとsin√2xの積だと
有限個の周期関数の和としては書けそうもないと思う。 >>959
> ｅｘｐ（ｘ）は周期関数の積で
why? >>961
ああそういうことか
確かに >>953 で構成したg,hを使って e^x = e^(g(x)) × e^(h(x)) と表せるんだな
シンプルな解答でとても良い
想定解は
G(x) = 1 (xが整数の時), 0 (それ以外)
H(x) = 1 (x/πが整数の時), 0 (それ以外)
の積が周期関数の和で表せないことから示すものだった expや1点関数が周期関数の和で書けないのは何で？ expは >>951 参照
一点関数は次のように考えれば良い。
ある関数 f:R→R がn個の周期関数の和で表せる時、適切に正の数 a を選べば f_1(x) := f(x)-f(x+a) はn-1個の周期関数の和で表せる。
同じようにある正の数 b を適切に定めて f_2(x) := f_1(x)-f_1(x+a) とおけば f_2 はn-2個の周期関数の和で表せて…と繰り返せば、
最終的に f_n(x)≡0 が f(x+c) (c∈R) のR-線形和で表せることがわかる。
しかし f を一点関数とすると、f(x+c) (c∈R)をどのように有限個選んでもそれらはR-線形独立であるから、
f は有限個の周期関数の和では表せない。 >>964 訂正
誤：同じようにある正の数 b を適切に定めて f_2(x) := f_1(x)-f_1(x+a) とおけば
正：同じようにある正の数 b を適切に定めて f_2(x) := f_1(x)-f_1(x+b) とおけば
誤：最終的に f_n(x)≡0 が f(x+c) (c∈R) のR-線形和で表せることがわかる。
正：最終的に f_n(x)≡0 が f(x+c) (c∈R) の非自明なR-線形和で表せることがわかる。 >>964-965
なるほど！この消去による判定法かなり有効だね >>966
うん、有効。というか結びつきが強い考え方だと思う。
次の問題を考えてみたら実感できるかも
関数 f:R→R について、次は同値であることを示せ
・f は２つの周期関数の和として表せる
・あるQ-線形独立な実数a,bが存在して、任意の実数xについて f(x) - f(x+a) - f(x+b) + f(x+a+b) = 0 が成り立つ ヒントになるかわからないけど、まずは aZ+bZ = {an+bm: n,m∈Z} 上で２つの周期関数をどう構成すれば良いか考えるのがやりやすいと思う 構成的に出来るの？
f(x)=xのときは非構成的だったから何か超越的な論法がいる気がしたんだけど f≡g+h となる周期関数g,hを定義域全体で構成的に作るのはおそらく無理だと思う
だからまずはそれぞれの関数の制限 g|_(aZ+bZ), h|_(aZ+bZ) がどんな姿になるかを考えるのがやりやすいかも、ということ >>972
多分できるとは思うけど『あるQ-線形独立な実数a,b』にあたる部分がn≧3でどうなるかは注意が必要だと思う
少なくともn=3で『あるQ-線形独立な実数a,b,c』としてしまうと同値ではなくなってしまう
（それぞれ1,π,1+πを周期に持つ３つの関数の和をfとするとおそらく下が必ずしも真にならない）
自分もそこは考えてる所だから、もし何か見つかったら問題として出す等はご自由に >>973
>1,π,1+π
これQ上線形独立じゃないよ あそういうことか
線形独立でないのに3つの和としか言いようがないわけか ユークリッド平面において、距離が1である平行な二直線に挟まれた領域の閉包をリボンと呼ぶことにする。
一辺の長さがnである正方形を覆い尽くすためには、リボンが最低n本必要であることを示せ。 非負整数上の関数ｆを次のように定義する
f(0) = 0
f(n) = m + f(2m-n-1) , m = 2^[log_2(n)]
例
f(1) = 1 + f(2*1-1-1) = 1 + f(0) = 1
f(2) = 2 + f(2*2-2-1) = 2 + f(1) = 3
f(3) = 2 + f(2*2-3-1) = 2 + f(0) = 2
f(4) = 4 + f(2*4-4-1) = 4 + f(3) = 6
f(5) = 4 + f(2*4-5-1) = 4 + f(2) = 7
...
f(100) = 64 + f(2*64-100-1) = 64 + f(27) = 64 + 16 + f(2*16-27-1) = 80 + f(4) = 86
問
(1) f(192616) を求めよ。この値を aとする。
(2) f(b) = 500426 となる b を求めよ。
(3) f(a*10^6 + b) を求めよ。 非負整数上の関数ｆを次のように定義する
f(0) = 0
f(n) = m + f(2m-n-1) , m = 2^[log_2(n)]
例
f(1) = 1 + f(2*1-1-1) = 1 + f(0) = 1
f(2) = 2 + f(2*2-2-1) = 2 + f(1) = 3
f(3) = 2 + f(2*2-3-1) = 2 + f(0) = 2
f(4) = 4 + f(2*4-4-1) = 4 + f(3) = 6
f(5) = 4 + f(2*4-5-1) = 4 + f(2) = 7
...
f(100) = 64 + f(2*64-100-1) = 64 + f(27) = 64 + 16 + f(2*16-27-1) = 80 + f(4) = 86
問
(1) f(192616) を求めよ。この値を aとする。
(2) f(b) = 500426 となる b を求めよ。
(3) f(a*10^6 + b) を求めよ。 >>976
サイズｎの正方形を、n^2 個のサイズ１の正方形に分割し、直径1の円を描く。当然、n^2個の円が描かれる。
円の面積の半分以上がリボンによって覆われた時、「円が隠された」と表すこととすると、
一本のリボンでは、せいぜいｎ個の円しか隠せない。 >>979
リボンを正方形に対して斜めに置いたら最大2n-1個の円を隠すことができるのでは？ >>979 には、明らかな間違いがありました。
「円が隠された」の判断基準を「半分以上」としてしまったけど、丁度半分の場合を除き、「半分より多く」に訂正します。
そして、本質的なものですが、「一本のリボンでは、せいぜいｎ個の円しか隠せない」は
「一本のリボンでは、せいぜいｎ+1 個の円しか隠せない」の間違いです。
これでも、n-1 本のリボンでは、どう多く見積もっても、n^2-1 個の円しか隠せないので、証明が成立します。
>>980
正方形 (0,0),(n-1,0),(n-1,n-1),(0,n-1) の内部及び境界上の格子点(合計n^2個)を
幅1のリボンでいくつ覆えるか という問題になります。
斜めにした場合でも、n+1 個が最大だと思われます。
リボン、{y=0,y=1}は、境界上に2n個の格子点を含みます。このリボンを、原点を中心に、時計方向に
ちょっとだけ回転させると、x軸上の格子点は、全てリボン上にありますが、y=1上にあった格子点は、
(0,1)を除き全て脱落します。代わりに、第二象限上でリボンに乗るが現れますが、カウントされません。
原点ではなく、他の場所を中心にちょっとだけ回転させた場合、
中心の右側ではy=1上の点が脱落、左側ではy=0上の点が脱落します。
n個が最大だと思っていましたが、n+1個が可能だと言うことが判りました。しかし、2n-1個はないと思います。 (0,0),(1,0),(1,1),(2,1),...,(n-2,n-2),(n-1,n-2),(n-1,n-1)で(2n-1)個 >>981
正の数εを十分小さく定めればリボン {x-ε≦y≦x+√2-ε} は格子点 (i,i), (i,i+1) を全て含むでしょう コレ何回か出てきてるよな
なんかの雑誌か新聞かで発表されたんだっけ？
どうやるんだっけ？
なんか王宮の床のペンキ塗りとかなんとかって原題だったよな >>982 >>983
確かにその通りですね。>>979 >>981は取り下げます。 ああ既出なのか、じゃあ解答
正方形 S:=[-n/2,n/2]^2 上の実関数fを f(X)=((n/2)^2-||X||^2)^(-1/2) (||X||<n/2 の時), 0 (それ以外) と定めると、
リボンrについて ∫_(X∈S∩r) f(X)dX ≦ π が成立つ。
一方 ∫_(X∈S) f(X)dX = nπ であるから、有限のリボンの和集合がSを覆うには最低n本必要。 今度こそは、たぶん大丈夫。
直径 x の円を幅 1 のリボンで覆い尽くすためには、ceiling(x) 本のリボンが必要。(※)
サイズ n の正方形は、直径 n の円を含んでいるので、n 本が必要。
(※)は「球台の(曲面部分の)表面積は厚さにのみ依存する」ことを利用して示せますね。 でも既出の解答はそんなんじゃなかったような
確か結構有名な問題で解説してるページとかもあったはずなんだけどな
見つかんない チェインルールの問題です。
z=xy、u=x+2y、v=x-yの時のdz/du、dz/dvをu、vの式で表せ。 面白い問題おしえて～な 34問目
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1608679703/
282１３２人目の素数さん2021/01/07(木) 10:58:26.94ID:qXH8YKe5?>>283>>285
計算機使わなくても良さそうな類題ができたので投稿
ユークリッド平面 R^2 上の領域
B = { (x,y)∈R^2 | 0≦y≦1 }
を平面内で回転、平行移動して得られる領域のことをベルトと呼ぶことにする。
正の整数 n に対して、直径 n の円を (n-1) 本のベルトで被覆することは可能か。 類題というかそれが不可能である事を利用してるのが>>987やん >>989
示して下さいとありましたが、>>987の内容に基づき立式したものが>>986 と言えるくらい同じ内容のようです。
どのように繋がるかをちょっと補足すると、単位球面上の点p(u,v,w)近辺の微少面積 s を、xy平面上に射影すると、
s*cosθに変化します。θは、二つのベクトルp=(u,v,w)とt=(0,0,1)間の角度で、cosθ=p・t/(|p|*|t|)=√(1-u^2-w^2)です。
球面上で s であった面積が、xy平面上に射影すると s*√(1-u^2-w^2)に変化します。
逆に、xy平面上の点q(u,w)近辺から、染料を真上に飛ばして、単位球面内を均一に染めたい場合は、
1/√(1-u^2-w^2) に比例するように各所に染料を用意しておかなければならないことになります。
従ってこれを重み関数として設定することは、球台の表面積は厚さにのみ依存しているということを利用して
解いたことに繋がります。
球台の表面積の求め方は探せばいくつかの方法が見つかると思うので省略します。 なんか、たくさんミスってる。
三箇所
誤：√(1-u^2-w^2)
正：√(1-u^2-v^2)
誤：xy平面上の点q(u,w)
正：xy平面上の点q(u,v) イヤ、示さないといけないと思ったのはそこじゃない
R=n/2、Sをℝ³の半径Rの球面、Dをℝ²の半径Rの円盤、中心は原点としてq:D→Sを自然な射影の逆写像、ωをDの面積形式、ηをSの面積形式とすればq*(η)=1/√(1-r²)ωはまぁ容易でしょ？
コレは普通の大学の般教レベルがわかっていれば自明
しかしあなたがレスで当たり前みたいに言ってる
「表面積は厚みだけで決まる」
なんて事当たり前みたいに書いてる教科書見たことないけど 球の体積や表面積の求め方が書かれているサイトや動画はたくさんある。
そのようなものを見て、知識として得ていた。
内容が気になったら、すぐに調べられるよう、>>987ではキーになり得る「球台」という言葉を使っている。
これを調べれば、その事実も、証明方法も見つけられるはずだから。 >>997
そんな奇妙なサイトの知識ベースではなく、きちんとした数学の教科書に根ざした知識て話するようにしないと真面目に勉強した人と話できなくなるよ 何言ってんだか
「積分値は表面積の計算に還元されそれは幅のみで決まる」
「幅のみで決まることを証明してください」
「それは積分すればわかる！積分法はいろんなサイトに載ってる」
完全な循環論法、そもそも空間図形の表面積を積分に還元する方法なんぞ大学の般教レベルやろ
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