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 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
