15/07/21 12:32:55.45 yFoYYNcQ.net
スレ違い。最低限のルールを守れないやつは相手にしない
233:１３２人目の素数さん
15/07/21 22:33:29.92 rZmsaMCj.net
>>218に書いた問題、証明できたっぽい。
あらためて書くと、こういう問題。
[問題]
正の整数からなる集合Aは次の条件(i),(ii),(iii)を全て満たす：
条件(i)：Aは3個以上の元を持つ
条件(ii)：a∈Aかつ d|a (d>0)ならばd∈A
条件(iii)：a, b∈Aかつ1<a<bならばa^2+b^2∈A
このとき, Aは4n+3型の素因数をもたない正整数を全て含むことを示せ.
証明は結構長くなってしまったけど、せっかくなので投稿する。
[1,2,4∈Aの証明]
1<a<bなるa,b∈Aをとるとa^2+b^2,b^2+(a^2+b^2)^2∈Aで、
b,a^2+b^2,b^2+(a^2+b^2)^2のどれかは4以上の偶数（=2dとおく）。
2d∈Aより2∈Aおよび(2d)^2+2^2=4(d^2+1)∈Aとなり、1,2,4∈Aがいえる。
[Sの定義]
{1,2,4}から出発し、この集合に属する数の約数(>0)をこの集合に付け加える、
またはこの集合に属する2つの数(≧2)の平方の和をこの集合に付け加える、
ということを繰り返して得られる数全体からなる集合をSとする。
Sは明らかに条件(i)～(iii)を満たす最小の集合である。
つづく。
234:１３２人目の素数さん
15/07/21 22:34:56.32 rZmsaMCj.net
[a∈S⇒2a∈Sの証明]
a=1のときは明らか。a≧2とする。
あるk(≧2)が存在してa∈Sかつak∈Sならば、
2a|akまたは2a|a^2+(ak)^2より2a∈Sがいえる。
このようなkが存在しないような最小のa∈Sがあると仮定すると、
Sの定義より、あるb,c∈Sによってa=b^2+c^2と表せる。
b,c<aより2b,2c∈Sなので、(2b)^2+(2c)^2=4a∈Sとなり矛盾。
以上よりa∈S⇒2a∈Sが示せた。
[a,b∈S⇒ab∈Sの証明]
a,b∈Sとすると2a,4a∈Sである。
Sの定義で述べた方法によってbを生成する数列が存在するが、
この数列の各項をa倍したものを考えると、これはabを生成する数列となる。
（x,y,x^2+y^2をa倍するとax,ay,a(x^2+y^2)となるが、
(ax)^2+(ay)^2からa(x^2+y^2)が得られるので問題ない。）
よってSの定義によりab∈Sである。
[Sの性質]
a∈Sとすると、2a∈Sより(2a)^2+2^2=4(a^2+1)∈Sからa^2+1∈Sがいえる。
またa^2∈Sおよび2a^2∈Sもいえる。
これにより、Sにおいては条件(iii)の1<a<bは不要となる。
ここまでをまとめると、Sは次の性質をもつ。
(1)1,2,4∈S
(2)a∈Sかつd|a(d>0)ならばd∈S
(3)a,b∈Sならばa^2+b^2∈S
(4)a,b∈Sならばab∈S
る。
235:１３２人目の素数さん
15/07/21 22:35:54.68 rZmsaMCj.net
[Sの元は4n+3型の素因数をもたないこと]
p=4n+3なる素数pについて、p|aなるa∈Sが存在すると仮定すると、
b^2+c^2≡0(mod p)なるb,c∈S（pの倍数ではない）があって、
b^2≡(-1)c^2(mod p)となるが、-1はmod pで平方非剰余なので矛盾。
よってSの元の素因数は2または4n+1型の素数となる。
よってもし
「任意の4n+1型素数はSに属する」
ということがいえれば、Sの性質(1),(4)より
「Sは4n+3型の素因数をもたない正整数からなる集合である」
といえ、Sの元が全て確定する。
[Mの定義]
4n+1型素数でSに属さないものがあると仮定し、その最小のものをpとする。
Sの元をpで割った剰余類として得られるもの全体からなる集合をMとする。
Mは
Z/pZ={[0],[1],…,[p-1]}（[a]はaを代表元とする剰余類）
の部分集合である。
pはSに属さないので、[0]はMの元ではない。
なお、以下の記述においてaと[a]を区別しない場合がある。
[Mの性質]
Sの性質(1),(3),(4)はそのまま（剰余類の演算として）Mにもあてはまる。
ただし(2)はMにおいては使えなくなる。
また、pより小なる4n+1型素数は全てMの元であり、
Sの性質(4)より、これらおよび[2]からなる積は全てMの元である。
236:１３２人目の素数さん
15/07/21 22:36:27.59 rZmsaMCj.net
[Mは乗法に関して巡回群であること]
Mは乗法について閉じており、x∈Mなるxについてxの冪は全てMに属する。
x^m=1なるmが存在し、x^(m-1)がxの逆元となる。
よってMは乗法に関して群である。
とくにMはZ/pZ-{[0]}（巡回群）の部分群なので、あるg∈Sにより
M={[1],[g],[g]^2,…,[g]^(m-1)}
と表される。ただしmはMの位数であり[g]の位数である。
[m≡2(mod 4)の証明]
mが奇数と仮定すると、Mの任意の元[a]=[g]^kについて、
[a+1]=[a]+[1]=[g]^k+[1]={[g]^(m+1)}^k+[1]={[g]^(k(m+1)/2)}^2+[1]^2∈M
がいえるが、これにより[0]∈Mとなり矛盾。
mが偶数のとき、{[g]^(m/2)}^2=[1]より[g]^(m/2)=[-1]がいえる。
とくにmが4の倍数と仮定すると、{[g]^(m/4)}^2=[-1]より
237: {[g]^(m/4)}^2+[1]^2=[0]∈Mとなり矛盾。 以上よりm≡2(mod 4)である。 このことから、[-1]は[g]の奇数冪となる。 [q,rの仮定] q<r<pなる素数q,rが存在して[q],[r]はMに属さないと仮定する。 （pはMの定義で登場した、Sに属さない最小の4n+1型素数） ただしrより小なるq以外の素数は全てMに属するとする。 q,rは4n+3型の素数である。
238:１３２人目の素数さん
15/07/21 22:36:59.06 rZmsaMCj.net
[命題P]
「rより小なるq以外の任意の素数sについて、
sがmod qで平方剰余ならば[s]は[g]の偶数冪
sがmod qで平方非剰余ならば[s]は[g]の奇数冪
である」
という命題Pを考える。
Pを満たさないような最小のsが存在すると仮定する。
このとき、[-1]が[g]の奇数冪であることから、
sはmod qで平方剰余であり、かつ[-s]は[g]の偶数冪
-sはmod qで平方剰余であり、かつ[s]は[g]の偶数冪
のいずれかが成り立つ。
前者の場合、s≡a^2(mod q)なるa(1≦a≦(q-1)/2)があり、
[-s]=[g]^(2k)と表せる。
よって[a^2-s]=[a]^2+([g]^k)^2∈Mとなるが、
(a^2-s)/qは整数でありその絶対値はqより小さいので
[(a^2-s)/q]∈Mであるから、
[q]=[a^2-s]*[(a^2-s)/q]^(m-1)∈M
となって矛盾（ここでmはMの位数）。
後者の場合も、sと-sを入れ替えて同様に矛盾。
したがって命題Pは成り立つ。
[命題Pからいえること]
平方剰余は乗法性をもつので、
「qの倍数を除いて、rより小なる任意の正整数sについて、
sがmod qで平方剰余ならば[s]は[g]の偶数冪
sがmod qで平方非剰余ならば[s]は[g]の奇数冪
である」
といえる。
239:１３２人目の素数さん
15/07/21 22:37:21.75 rZmsaMCj.net
[q,rの仮定による矛盾]
(r+q)/2≡(r-q)/2(mod q)より、
(r+q)/2,(r-q)/2がともに[g]の偶数冪であるか、
または、-(r+q)/2,-(r-q)/2がともに[g]の偶数冪である。
よって[(r+q)/2]+[(r-q)/2]=[r]∈M
または[-(r+q)/2]+[-(r-q)/2]=[-r]∈Mより[r]∈M
となって矛盾。
[[1],[2],…,[p-1]∈Mの証明]
Mに属さない素数でpより小なるものが存在するならばただ1つである。
これをqとすると、(p+q)/2はpより小さくqの倍数でないので
[q]=[p+q]=[(p+q)/2]*[2]∈M
となって矛盾。
したがって、pより小なる任意の素数がMの元であり、
それらの積もMの元であるから[1],[2],…,[p-1]∈M
[Mは存在しない]
pは4n+1型の素数なので、p=a^2+b^2を満たすa,bが存在する。
よって[a],[b]∈Mより[a]^2+[b]^2=[p]=[0]∈Mとなって矛盾。
したがって、Mの定義を満たすpは存在しない。
すなわち、「任意の4n+1型素数はSに属する」。おしまい。
240:１３２人目の素数さん
15/07/22 00:36:28.04 7w9t1PZg.net
4=b^2+c^2.
241:１３２人目の素数さん
15/07/22 07:32:30.94 qRulk97x.net
>>232
>>226で4∈Aは証明してある。
4自体がb^2+c^2と表せる必要はない。
242:１３２人目の素数さん
15/07/28 00:04:52.15 V0v013Ov.net
プログラムの問題
入力ストリームと出力ストリームととn個のスタックがある。
n個のスタックを使って入力の順番を入れ替えて出力へ出すことを考える。
１ステップで次のことができるとする
(1)入力ストリームから一文字取り出しスタックへ積む
(2)スタックから一文字取り出しほかのスタックへ積む
(3)スタックから一文字取り出し出力ストリームへ出力する
n個のスタックを使うと入力k文字に対して任意の順番に入れ替えて出力できるとき
n個のスタックはk文字互換完備であるという。
ある定数cに対しc個のスタックが任意の有限の数mに対しm文字互換完備であるとき
c個のスタックは任意互換完備であるという。
任意互換完備となる定数cは存在するか？
存在するとしたらその最少の数はいくつか？
243:１３２人目の素数さん
15/07/28 02:28:28.92 QlC/V4UF.net
2
244:１３２人目の素数さん
15/07/28 03:03:42.46 dO/BAI9e.net
スタックって何かわからんハノイの塔みたいなことが出来るってことでいいのか
245:１３２人目の素数さん
15/07/28 06:14:44.23 A50AzsVE.net
思考停止のことじゃない？
246:１３２人目の素数さん
15/07/28 08:22:48.08 V0v013Ov.net
同じスタックに何回も積みなおしていいんなら２個のスタックで簡単にできちゃうなぁ
各スタックに番号を振って、スタックからスタックへ積みなおすのは
取りだすスタックが積むスタックより番号が若いときに限る、
としたらちょっとは面白くなるかな？
247:１３２人目の素数さん
15/07/29 16:20:02.76 CZbY/wc3.net
(cos(2π/7))^(1/3)+(cos(4π/7))^(1/3)+(cos(8π/7))^(1/3)の値を求めよ.
248:１３２人目の素数さん
15/07/29 17:11:12.92 PHmkOzke.net
234-238のスタック２個っていうのは
入力から文字 x_i を取り出す前に
最終的な出力での登場位置が x_i より早い文字をスタック1に
最終的な出力での登場位置が x_i より遅い文字をスタック2に
集めるみたいなことをしてけばいいってことかな
スタック1個だと、x_1x_2x_3->x_3x_1x_2 みたいなことができなそうだな
249:１３２人目の素数さん
15/07/29 19:47:09.55 s8W1tV31.net
スタック２個あれば取り出したい文字の上に積んであるやつを全部もう一個のスタックに移せば好きな文字が取り出せる。
250:１３２人目の素数さん
15/07/29 19:52:11.28 /rcHIzs4.net
むしろ、スタック１つでできる置換できない置換の判別法が知りたい。簡明なものがあるか？
251:１３２人目の素数さん
15/07/29 20:31:05.18 s8W1tV31.net
スタック１個なら入力からスタックへ積むかスタックから出力へ出すかだけだから、
探索しても分岐は起きないんじゃない？
252:１３２人目の素数さん
15/07/29 22:18:24.98 PHmkOzke.net
ああ
スタックへの積み方を工夫する必要すらないのか
スタックが２つあれば、取り出したいものをどんなタイミングでも取り出せる
253:１３２人目の素数さん
15/07/29 22:41:11.60 zneU1ISF.net
>>234
スタックを2個として、入力長Mの任意の置換に対して
a)最大スタック操作回数が最小となる手順とその回数
b)平均スタック操作回数が最小となる手順とその回数
254:１３２人目の素数さん
15/07/30 04:50:38.94 2OyXzzbU.net
>>237
ギャザか
255:１３２人目の素数さん
15/07/31 22:10:58.36 xqLCoXx2.net
スタックの操作の総数＜m文字の置換の総数
がいえれば任意互換完備がないことが言えるかな？
無理筋かな？
256:１３２人目の素数さん
15/08/01 00:55:39.15 XcDx3Z/K.net
(a-x)(b-x)(c-x)......(z-x)=?
257:１３２人目の素数さん
15/08/01 01:32:08.16 vYFLauxI.net
夏よのぉ…
258:１３２人目の素数さん
15/08/01 02:02:17.28 6mU/08Ur.net
1/(a-x)(b-x)(c-x)......(z-x)=?
259:１３２人目の素数さん
15/08/06 22:03:58.71 oMuFm5JZ.net
一辺の長さが１の正四面体に内接する球の半径を求めよ
260:１３２人目の素数さん
15/08/07 00:18:58.40 eaPa7vGl.net
一辺の長さが１の正四面体に内接する球の直径を求めて1/2をかければいいんじゃね
261:１３２人目の素数さん
15/08/07 00:23:09.54 hrxJfg1J.net
表面積×r×1/3=体積
262:１３２人目の素数さん
15/08/07 00:35:20.90 q1KsZIY4.net
正四面体A(1,1,1),B(1,-1,-1),C(-1.1.-1),D(-1.-1.1)
正四面体ABCDの1辺の長さ2√2
原点から平面BCDx+y+z+1=0までの距離√3/3
x:√3/3=1:2√2 x=√6/12
263:１３２人目の素数さん
15/08/16 15:05:36.67 Mpo3tyZH.net
cos(2π/n)が有理数係数の499次以下の方程式の解としては表せず、500次方程式の解としては表せる最小の自然数nを求めよ
264:１３２人目の素数さん
15/08/17 17:57:52.99 nbwm9TMT.net
ルーレットで赤か黒に賭けて勝つ確率は、どちらも9/19。
毎回1ドルずつ賭け、元金900ドルを1000ドルに増やしたい。
1000ドルになるか、0ドルになるまで続ける。
p=9/19、x=900、y=1000 とおくとき、1000ドルに達する確率は
(((1-p)/p)^x-1)/(((1-p)/p)^y-1) で表せることを証明せよ。
265:１３２人目の素数さん
15/08/17 19:48:33.53 5vZcEIGg.net
>>256
３SATをランダムウォークしたときに解にたどり着く確率みたいなもんか？
266:１３２人目の素数さん
15/08/17 20:42:52.40 5vZcEIGg.net
pに1/2を代入して確かめてみようとしたら０割になったでござる。
怪しいな、ほんとに式あってる？
1/2が特殊な値になる理由がわからないんだが。
267:１３２人目の素数さん
15/08/17 21:41:15.35 nbwm9TMT.net
P-1/2なら0になっても仕方ないでしょ。
268:１３２人目の素数さん
15/08/17 21:56:22.05 5vZcEIGg.net
なぜ？
式が正しいなら勝つ確率が赤黒どちらも1/2のときも成り立たないとおかしいだろが。
269:１３２人目の素数さん
15/08/17 23:21:39.04 5vZcEIGg.net
URLﾘﾝｸ(research.preferred.jp)
とりあえず参考になるかもしれないから3SATランダムウォークのページ張っとくわ
そんな簡単�
270:ﾈ式にはならねーんじゃねーの ２項係数とか出てきそう
271:１３２人目の素数さん
15/08/18 03:35:25.69 wBRgC8p/.net
>>258
さきに分母分子 ((1-p)/p)-1 で割ればいい
ちなみに 9/10 になるぞ
272:１３２人目の素数さん
15/08/18 19:41:02.65 MskCv1Rn.net
どれに何を代入すると9/10になるって？
273:１３２人目の素数さん
15/08/18 20:52:40.48 Mzx5k9aX.net
父親と母親の血液型は共にAOです。
2人の間には子が1人います。
①子の血液型がAOである確率は？
②子の血液型を調べると、A型(AAまたはAO)であることが分かった。
この子の血液型がAOである確率は？
274:１３２人目の素数さん
15/08/19 00:11:37.17 xDAP6+8Q.net
それは、数学じゃない。
生理学の板で訊け。
計算以前に、
配偶子の接合率、受精卵の着床率、胎児の成育率等
に対する血液型遺伝子の影響について
データが必要になるからな。
275:１３２人目の素数さん
15/08/19 00:31:53.34 iEpfrIWD.net
そういうこと聞いてるんじゃないだろ
276:１３２人目の素数さん
15/08/19 00:42:11.10 pWhVseNF.net
ていうか、別に質問じゃなくて出題してるんだろうに
277:１３２人目の素数さん
15/08/19 05:29:44.81 JCfyF7oM.net
>>263
(((1-p)/p)^900-1)/(((1-p)/p)^1000-1)
の分母分子を ((1-p)/p)-1 で割ったもの
に p=1/2 を代入
(A^n-1)/(A-1)=A^(n-1)+A^(n-2)+…+A+1
くらい知ってるよな？
p=1/2 は「特殊な値」じゃないんだよ
いわゆる除去可能特異点だ
lim_{p→1/2} (((1-p)/p)^900-1)/(((1-p)/p)^1000-1) = 9/10
278:１３２人目の素数さん
15/08/19 05:49:06.29 M30G+BZt.net
>>264
中学の宿題です。宿題は質問スレに書いてください。
279:１３２人目の素数さん
15/08/19 12:32:34.01 PxSTIIXg.net
cos(n°)が有理数係数の二次方程式の解として表せる最小の自然数nを求めよ
280:１３２人目の素数さん
15/08/19 22:47:59.59 9q/Al0IK.net
>>268
計算機で検算しようとしたけど値が収束するのかなり遅いっぽいね。
漸化式はかなり複雑なんだが。
どうやって極限もとめるのかアイディアわかない。
281:１３２人目の素数さん
15/08/19 23:07:41.48 9q/Al0IK.net
x,yに小さな値入れて試してみたけどやっぱ値合わねぇなぁ
俺がなんか間違ってんのかなぁ
282:１３２人目の素数さん
15/08/19 23:10:44.74 9q/Al0IK.net
値合ったっぽい
283:１３２人目の素数さん
15/08/19 23:20:13.20 9q/Al0IK.net
計算機の検算では>>256の式は正しいっぽい。
どうやって導き出すのかはさっぱりわからんが。
284:１３２人目の素数さん
15/08/19 23:44:32.69 xl3Qr54D.net
n=0,m=900からスタートし、m=0になることがないように移動し、n回目に初めてmが1000となる
経路の数をC(n,1000)として、n回目に1000ドルになる確率は
P(n,1000)=C(n,1000)(9/19)^n
285:１３２人目の素数さん
15/08/19 23:57:41.89 eYTQUPX+.net
遷移行列の固有ベクトル計算したら(（1-p）/p)^nの項が
ずらっと出てくるから真面目に展開すれば解けると思うよ
286:１３２人目の素数さん
15/08/20 22:45:14.68 art7FZLZ.net
あくしろよ！
287:１３２人目の素数さん
15/08/20 23:13:30.49 xC1gH3/Y.net
>>264
①2/4
②2/3
288:１３２人目の素数さん
15/08/21 05:26:12.66 cSey0xr3.net
>>256
どうやって証明するん？あく答えろよ！
289:１３２人目の素数さん
15/08/21 10:52:26.15 cSey0xr3.net
あくしろよ
290:１３２人目の素数さん
15/08/21 13:07:14.28 2OkXIMlt.net
命令すんな
291:１３２人目の素数さん
15/08/21 18:22:13.66 cSey0xr3.net
あくしてね
292:１３２人目の素数さん
15/08/21 21:02:40.64 cSey0xr3.net
あくあく！
293:１３２人目の素数さん
15/08/22 04:43:36.55 fYdC/ab3.net
>>256
あくおしえろよ！
>>261
何か言うことはないの？ああ？
294:１３２人目の素数さん
15/08/23 10:38:50.36 nzgmHyP9.net
URLﾘﾝｸ(suseum.jp)
これコンテスト問題にしては面白い
高級な匂いがするし
295:１３２人目の素数さん
15/08/25 04:40:01.08 QdxBqZp1.net
>>285
n≡r (mod p-1)
r=0,1,...,p-2
とするとき、rが奇数だとダメで、r=2だとOKであることはすぐ示せるのだが、
rが2以外の偶数の場合がよくわからない。
296:１３２人目の素数さん
15/08/25 21:03:17.71 37rXHgeW.net
偏りのない１枚のコインを繰り返し投げるとき、表がn回連続するまでの投げる回数の期待値を求めよ。
297:１３２人目の素数さん
15/08/26 15:52:24.71 soY25NWM.net
>>287
期待値が有限値であることを仮定して、それをa(n)とおく
表がn回連続した状態からn+1回連続するまでに投げる回数の期待値は
1+a(n+1)/2と表せるので，
a(n+1)=a(n)+1+a(n+1)/2、すなわち
a(n+1)=2a(n)+2
という漸化式が成り立つ
これとa(0)=0より
a(n)=2^(n+1)-2
298:１３２人目の素数さん
15/08/26 19:46:25.90 9nc0affB.net
n=2～4までの期待値
31/4(n=2)、88(n=3)、416(n=4)
299:１３２人目の素数さん
15/08/26 20:23:09.30 qCO/zAhu.net
意外と多いな。
表だけだからか？
300:287
15/08/26 20:32:01.77 BOAIrO3E.net
正解です。私も漸化式を立てる同じ解法でした。
問題を次のように変えたものを考えていますが、まだ解けていません。
偏りのない１枚のコインを繰り返しn回投げるとき、表が連続する最大回数の期待値を求めよ。
301:１３２人目の素数さん
15/08/26 21:14:00.77 9nc0affB.net
n回投げたときに、表の確率をq(n)、裏となる確率をt(n)とすると
q(n)=t(n-1)/2
t(n)=(q(n-1)+t(n-1))/2
t(n+2)=t(n+1)/2+t(n)/4
t(1)=1/2 t(2)=1/2
T(n)=t(n)*2^nとするとT(n)はフィボナッチ数列であり
T(n+2)=T(n+1)+T(n)
T(0)=1 T(1)=1
となる。
n回投げたときに3回連続表が出る確率をp(n)とすると
2回連続するのは、表が出てから裏表表と出る場合か
裏が出てから2回表が連続する場合だから
p(n)=q(n-3)/8+t(n-2)/4
q(n)=t(n-1)/2から
p(n)=t(n-4)/16+t(n-2)/4
P(n)=p(n)*2^nとすると
P(n)=T(n-2)+T(n-4)=2*T(n-2)-T(n-3) (n≧5)
が成立する。
t(n)=C1((1+√5)/4)^n+C2((1-√5)/4)^n
t(1)=1/2 t(2)=1/2から
C1=(5+√5)/10 C2=(5-√5)/10
t(n)=(5+√5)((1+√5)/4)^n/10+(5-√5)((1-√5)/4)^n/10
E(n)=Σ[k=2,n]p(k)*k=p(2)*2+p(3)*3+p(4)*4+Σ[k=5,n]p(k)*k
=1/4*2+1/8*3+1/8*4+Σ[k=5,n]p(k)*k
=11/8+51/8=31/4
302:１３２人目の素数さん
15/08/26 22:29:07.04 soY25NWM.net
すみません、 >>289 >>292 さんはどの問題の話をされているのでしょうか？
>>291
念のため確認ですが、正解というのは >>288 のことでいいのですよね
303:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:33:42.84 LWtuunFN.net
>>292
２行目で既に分からないのですが…
304:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:36:16.76 LWtuunFN.net
>>292
> n回投げたときに、表の確率をq(n)、裏となる確率をt(n)とすると
どういうこと？
n回投げたときに、n回目が表の確率をq(n)ということなのかな？
305:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:46:51.26 gn1uHFUy.net
>>295
この解は以前に検討して書いたもので正確性は定かではありません。
2回連続して表が出ると試行が終わるので、q(n)はn回目の試行で表が出て
n>1ではn-1回目に裏になっている確率という意味です。
306:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:49:33.65 gn1uHFUy.net
>>292 自己レス、11行目を
n回投げたときに2回連続表が出る確率をp(n)とすると
に訂正
307:１３２人目の素数さん
15/08/27 23:01:04.87 LWtuunFN.net
>>291
> 偏りのない１枚のコインを繰り返しn回投げるとき、表が連続する最大回数の期待値を求めよ。
念のため、n=3 の場合で説明する。
表が連続する最大回数を kとおく。表を○、裏を×で表す。
k=0のとき、×××となる確率は、1/8
k=1のとき、○××、×○×、××○、○×○となる確率は、4/8
k=2のとき、○○×、×○○となる確率は、2/8
k=3のとき、○○○となる確率は、1/8
したがって、表が連続する最大回数の期待値 E(3) は、
E(3) = 0・(1/8) + 1・(4/8) + 2・(2/8) + 3・(1/8) = 11/8
308:１３２人目の素数さん
15/08/28 00:00:14.03 pJoVXbh5
309:.net
310:１３２人目の素数さん
15/08/28 00:08:09.53 pJoVXbh5.net
>>288 と >>291 で話が完結していることに気付いていないのか
あえて無視しているのか、何がやりたいんだ >>292は
311:１３２人目の素数さん
15/08/28 04:18:33.21 LeKTMziP.net
>>298
表が連続する最大の回数の期待値は、表がn回連続するまでの回数の期待値とは違う。
>>300
前に検討した結果と異なるから書いているだけ。
312:287=298です
15/08/28 05:23:15.87 UDTInPuv.net
>>301
> 表が連続する最大の回数の期待値は、表がn回連続するまでの回数の期待値とは違う。
そんなこと分かりきっていますが…
313:１３２人目の素数さん
15/08/28 05:26:14.98 UDTInPuv.net
整理しておきます。
問題>>287
> 偏りのない１枚のコインを繰り返し投げるとき、表がn回連続するまでの投げる回数の期待値を求めよ。
解答>>288
> 期待値が有限値であることを仮定して、それをa(n)とおく
> 表がn回連続した状態からn+1回連続するまでに投げる回数の期待値は
> 1+a(n+1)/2と表せるので，
> a(n+1)=a(n)+1+a(n+1)/2、すなわち
> a(n+1)=2a(n)+2
> という漸化式が成り立つ
> これとa(0)=0より
> a(n)=2^(n+1)-2
問題>>291
> 偏りのない１枚のコインを繰り返しn回投げるとき、表が連続する最大回数の期待値を求めよ。
例(n=3の場合)>>298
> 念のため、n=3 の場合で説明する。 表が連続する最大回数を kとおく。表を○、裏を×で表す。
>
> k=0のとき、×××となる確率は、1/8
> k=1のとき、○××、×○×、××○、○×○となる確率は、4/8
> k=2のとき、○○×、×○○となる確率は、2/8
> k=3のとき、○○○となる確率は、1/8
>
> したがって、表が連続する最大回数の期待値 E(3) は、
>
> E(3) = 0・(1/8) + 1・(4/8) + 2・(2/8) + 3・(1/8) = 11/8
314:256=287=291
15/08/28 05:34:33.89 UDTInPuv.net
まだ解かれていないもの
問題>>256
> ルーレットで赤か黒に賭けて勝つ確率は、どちらも9/19。
> 毎回1ドルずつ賭け、元金900ドルを1000ドルに増やしたい。
> 1000ドルになるか、0ドルになるまで続ける。
> p=9/19、x=900、y=1000 とおくとき、1000ドルに達する確率は
> (((1-p)/p)^x-1)/(((1-p)/p)^y-1) で表せることを証明せよ。
315:１３２人目の素数さん
15/08/28 05:37:28.31 UDTInPuv.net
>>291
念を押すけど、>>291は答えが準備できていません。
>>299
> ちなみに、 >>292 氏が書いてるのは、
> >>291 の問題ではなく、 >>287 の問題のn=2のケースのようだぞ？
なるほど。
てっきり>>292氏が、>>291の問題を勘違いして解いていたのかと思っていました。
316:１３２人目の素数さん
15/08/28 05:45:42.43 UDTInPuv.net
あたりき しゃりきの こんこんちき
317:１３２人目の素数さん
15/08/29 14:49:44.64 lXTUasUq.net
>>256,304
xから始めて yに達する確率を P(x)とすると
P(0)=0, P(x) = (1-p)P(x-1) + pP(x+1) (0<x<y), P(y)=1.
これを解けば、 P(x) = (((1-p)/p)^x-1)/(((1-p)/p)^y-1).
318:１３２人目の素数さん
15/08/29 16:06:35.07 YCiHvtOJ.net
この問題と同等の問題が、過去スレのどっかにあるはず。
出題者が「高校生に解けるはず」とか書いていたが、
ここで言うところのP(1)を結論から持ってきたようで、
P(0)、P(1)と漸化式から一般式を導いていたようだ。
確かに、P(0)、P(1)と漸化式があれば、高校生でも回答可能だ
だが、P(1)の計算方法を具体的に示し、
「このようにP(1)の計算は困難だが、それでも高校生に可能か」
のような質問をしたが、返答が無かったように記憶している。
その時の出題者と同一人物か？
319:１３２人目の素数さん
15/08/29 17:05:44.69 SyRxSJon.net
どっちの出題者でもないけど、P(1)は P(y)=1 があるからわかる。
P(0)=0, P(x) = (1-p)P(x-1) + pP(x+1) (0<x<y), P(y)=1.
漸化式を変形すると、
P(x+1) - P(x) = ((1-p)/p) {P(x) - P(x-1)} (0<x<y).
数列{P(x+1) - P(x)}は初項 P(1)-P(0)、公比 r := (1-p)/p の等比数列だから、
P(x+1) - P(x) = r^x {P(1) - P(0)} (0<=x<y).
よって、
P(x) = P(0) + Σ[k=0, x-1] {P(k+1) - P(k)} = P(0) + {(1 - r^x)/(1-r)} {P(1) - P(0)}.
P(0)=0 より、P(x) = {(1 - r^x)/(1-r)}P(1).
P(y)=1 より、P(1) = (1-r)/(1 - r^y).
したがって、
P(x) = (1 - r^x)/(1 - r^y) = (((1-p)/p)^x-1)/(((1-p)/p)^y-1).
320:１３２人目の素数さん
15/08/29 17:18:49.71 GXuWDarj.net
>>309
答えありきで逆算するならそれでもいいけど
真面目にやるなら下式で証明しないとダメでしょ
P(x,t+1) = (1-p)P(x-1,t) + pP(x+1,t) (0<x<y)
まあ、やることは大して変わらないけど
321:１３２人目の素数さん
15/08/29 17:24:03.87 9tBeoMHo.net
>>308
別人だよ
322:１３２人目の素数さん
15/08/30 21:55:58.20 lCKX1Y5g.net
pを奇素数とするとき, 任意の相異なる5つの正の整数に対して, そのうち2つを上手く選ぶことで, 選んだ2数の和がpでない奇素数で割り切れるようにできることを示せ.
323:１３２人目の素数さん
15/08/30 22:32:00.01 /oWHA1w4.net
>>312
なんか微妙な表現で分かりにくくしてあるけど
うまく選ぶことで3で割り切れるようにすることもできるし
5で割り切れるようにすることもできることを示せばいいだけのような
324:１３２人目の素数さん
15/08/31 12:27:28.60 YiMuchNW.net
>>313
5つとも15で割って1余る整数のとき、どの2つの和も3や5で割り切れない
325:１３２人目の素数さん
15/08/31 13:09:06.91 yUZ5qTrj.net
>>314
あそうか、なんか問題読み違えてた。
任意の5つの正の整数があれば、
2数の和を割り切る奇素数が少なくとも2つ存在することを言えばいいのかな。
326:１３２人目の素数さん
15/09/02 17:35:22.12 XNWv0rxl.net
>>312
S={a,b,c,d,e}をa<b<c<d<eなる5つの正整数からなる集合とし、
どの2つを選んでもその和はp以外の奇素数で割り切れないとする。
Sの元に共通因数があれば、それで割った数からなる集合S'も
やはり上の条件を満たす。
よって最初からSの元に共通因数は無いものとする。
このような集合Sが存在しないことを示せばよい。
A,B,C(A<B<C)をSの中から任意に選んだとき、
A+CとB+Cがともに2の冪乗と仮定すると2(A+C)≦B+C<2Cとなり矛盾。
よってA+CとB+Cのうち一方はpの倍数である。
よってa+d,b+d,c+dのうち2つはpの倍数。
同じくa+e,b+e,c+eのうち2つはpの倍数。
よってa+dとa+eがともにpの倍数であるか、
またはb+dとb+eがともにpの倍数であるか、
またはc+dとc+eがともにpの倍数である。
いずれの場合もe-dはpの倍数となる。
ここでd+eがpの倍数でないと仮定するとa+e,b+e,c+eはpの倍数。
よってc-aとc-bはともにpの倍数。
またa+cまたはb+cのうち一方はpの倍数。
よって(c-a)+(a+c)=(c-b)+(b+c)=2cはpの倍数なのでcはpの倍数。
これとc+eがpの倍数であることからeはpの倍数。
続いてa,b,dもpの倍数であることがいえる。
よってSの元に共通因数pがあることになり矛盾。
したがってd+eはpの倍数である。（続く）
327:１３２人目の素数さん
15/09/02 17:36:14.61 XNWv0rxl.net
d+e,e-dがともにpの倍数であることからd,eはpの倍数。
これとa+d,b+d,c+dのうち2つはpの倍数であることから
a,b,cのうち2つはpの倍数。
これとa+c,b+cのうち一方がpの倍数であることからcはpの倍数。
さらにa,bがともにpの倍数とするとSの元に共通因数pが
あることになり矛盾するので、a,bのうち一方はpの倍数でない。
以下、aがpの倍数でないとする。
bがpの倍数でないとしても同様なのでこの場合は省略。
c,d,eはpの倍数でありaはpの倍数でないから、
a+b,a+c,a+d,a+eはpの倍数でないので2の冪乗である。
よってa+c,a+d,a+eは4の倍数でありe-c,e-dは4の倍数となる。
ここでc+eとd+eのうち一方が4の倍数と仮定すると、
(e-c)+(c+e)=(e-d)+(d+e)=2eは4の倍数となりeは偶数となる。
これとa+eが2の冪乗であることからaは偶数。
続いてb,c,dも偶数であることがいえる。
よってSの元に共通因数2があることになり矛盾。
したがってc+eとd+eはどちらも4の倍数ではない。
e-cとe-dが偶数であることからc+eとd+eはともに偶数である。
よって整数s,t(0<s<t)を用いて
c+e=2p^s
d+e=2p^t
と表せるが、
p(c+e)=2p^(s+1)≦2p^t=d+e<2eとなり矛盾。
したがって、条件を満たすような集合Sは存在しない。
ちなみに4つの場合は1,5,7,11のような例がある。
328:１３２人目の素数さん
15/09/03 07:36:05.84 bNPipVA3.net
>>312
五つの相異なる正整数a,b,c,d,eに対し、十通りの和 a+b、a+c、a+d、．．．、d+e全てが、2^m*p^n 型になるような5数の選び方は無いことを証明すればよい。
これが示されれば、五つの相異なる正整数を選べば、必ずその中に、2^m*p^n型で無い二数の和が有ることになり、それは、2、p以外の素因数を持つ。
そのような5数a,b,c,d,eが見つかったとすると、2a,2b,2c,2d,2e、も自動的に条件を満たすので、５数の内少なくとも一つは奇数としてよい。（※）
同様に、pa,pb,pc,pd,pe、も自動的に条件を満たすので、５数の内少なくとも一つはpで割り切れないとしてよい。（※※）
(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある → a,b,cに奇数は１個か３個ある。
同様の議論を、(a+c),(a+d),(c+d)の間等でも行い、（※）も考慮すると、結局、a,b,c,d,e全てが奇数であるとしてよい。
(a+b)、(a+c)、(b+c)はいずれもpの倍数だとすると、(a+b) + (b+c) = (a+c) + 2b であるから、bもpの倍数でなければならない。
すると、aもc、pの倍数となる。この検討を(a+c),(a+d),(c+d)等へ波及していくと、結局、abcde全てが、pの倍数でなければならなくなり、(※※)に違反する
つまり、(a+b)、(a+c)、(b+c)の中に、2^m型の数がある。(mは明らかに2以上)
仮にそれをa+b=2^sとし、b+c=2^x*p^y,a+c=2^u*p^vとすると、(a+b) + (b+c) = 2^s + 2^x*p^y = (a+c) +2b = 2^u*p^v + 2b
b= 2^(s-1) + 2^(x-1)*p^y - 2^(u-1)*p^v となるが、bは奇数なので、xかuの一方は1、他方は2以上でなければならない。
つまり、(a+b)、(a+c)、(b+c)のように、a,b,c,d,e中から3数を選び、その中の組み合わせで作った三つの和は、
一つは2^m型（以後Ａ型）、一つは2*p^n型（Ｂ型）、一つは、2^s*p^t ただしs≧2（Ｃ型）と、明確に3種類に分けることができる。
しかし、十通りの和を、矛盾無くこの3種類に分類することはできなく（下参照）、文頭の命題が証明される。
329:１３２人目の素数さん
15/09/03 07:36:34.50 bNPipVA3.net
４つならば、a=1、b=5、c=7、d=11の時
a+b
a+c b+c
a+d b+d c+d とすると
06(Ｂ型)
08(Ａ型) 12(Ｃ型)
12(Ｃ型) 16(Ａ型) 18(Ｂ型) の様に可能。
２段目までは必然、3段目一番左a+dの位置を仮にＡ型にすると、b+dの位置はＣ型になるが、b+c、b+d、c+dの関係が矛盾する
従って3段目一番左a+dの位置はＣ型になり、残りも確定。このように、型の入れ替えを除いて、可能なパターンはこれだけ
５つならば
a+b
a+c b+c
a+d b+d c+d
a+e b+e c+e d+e
a+bがＢ型なので、a+eをＡ型とすると、b+eはＣ型とせねばならないが、b+cがＣ型なので、無理
従って、a+eをＣ型、b+eはＡ型となるが、b+dがＡ型なので、やはり矛盾する。
330:１３２人目の素数さん
15/09/03 12:10:25.76 iq8wMPDx.net
>>318
間違いだらけだな。
331:１３２人目の素数さん
15/09/03 13:42:51.33 Kz60zSMw.net
＞(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある → a,b,cに奇数は１個か３個ある。
a,b,cについての恒等式からa,b,cの偶奇の組合せが絞られるわけないわな
332:１３２人目の素数さん
15/09/03 14:14:00.03 nh2qC05S.net
a,b,c,d,e全てが偶数であるケースを除いて考えてよいので、
可能性として残るのは、a,b,c,d,e全てが奇数の時のみ
333:１３２人目の素数さん
15/09/03 14:19:43.64 77MtUAG6.net
確かにこの段階で、除外するのは早々なので、
誤：(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある → a,b,cに奇数は１個か３個ある。
正：(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある → a,b,cに奇数は０個か１個か３個ある。
と訂正しておく
334:１３２人目の素数さん
15/09/03 15:15:01.98 Kz60zSMw.net
a,b,cについての恒等式から（以下略
335:１３２人目の素数さん
15/09/03 20:06:53.92 ZTPCiJii.net
あ、なるほど、いろいろ検討している内に、a+b、a+c、...、d+e の十個の和は、全て偶数であることが
当たり前と思っていたので、それを前提に議論を進めていたが、そうで無い場合についても言及せねばならなかった。
a,b,c,d,eの中の奇数の数が０個の時、a+b,a+c,,,,,d+eの１０個の和の内、奇数の数は０個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が１個の時、同、４個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が２個の時、同、６個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が３個の時、同、６個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が４個の時、同、４個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が５個の時、同、０個
となるが、a+b,a+c,,,,,d+eの１０個の和全てが偶数なら、a,b,c,d,e全てが偶数か、全てが奇数と結論できる。
前者を除いたので、a,b,c,d,e全てが奇数となり、その後の内容が>>318の通り
ここで、10個の和全てが偶数では無い場合について少し説明を加えると、
10個の和の内、４個が奇数の場合は、a,b,c,d,e全てが、pの倍数か、残り６個の和が全てが2の冪数と要請される。
前者は前提から除かれ、後者も、(b+d)+(c+e)=(b+e)+(c+d)という関係式から、
x<u、x<v、u<y、v<yという条件で、2^x+2^y=2^u+2^vという関係を満たす必要があり、不可能と判る。
６個が奇数の場合は、a,b,c,d,e全てが、pの倍数となり、やはり除かれる。
336:１３２人目の素数さん
15/09/03 21:20:52.95 eePIZyAA.net
>>285誰か解けた？
337:１３２人目の素数さん
15/09/04 16:18:20.31 I2InW5r5.net
円周上にランダムに5点を取るとき、それらが半円弧に収まる確率を求めよ。
338:１３２人目の素数さん
15/09/04 16:22:09.35 +AZVzaso.net
>>312 の一般化
kを正の整数, p_1, p_2,...,p_kを
339:k個の相異なる素数とするとき, 任意の相異なる2^k+1個の正の整数に対して, そのうち2つを上手く選ぶことで, 選んだ2数の和がp_1,p_2,...,p_kのいずれとも異なる素数で割り切れるようにできることを示せ.
340:１３２人目の素数さん
15/09/04 16:38:08.52 wfaRDC6Y.net
>>327
1/16
341:１３２人目の素数さん
15/09/04 17:02:48.59 I2InW5r5.net
>>329
ハズレ。
そもそも答えだけ書く者は、以降荒らしと見做して無視することにする。
342:１３２人目の素数さん
15/09/04 18:29:41.26 KNPzHhFF.net
ランダムにとった５点はいずれも重ならないの？
343:１３２人目の素数さん
15/09/04 18:45:19.70 KNPzHhFF.net
そもそも実数をランダムに選択ってのが出来たんだっけ？
よくわからんくなってきた。
344:329
15/09/04 19:05:43.41 wfaRDC6Y.net
>>331
単位円上に点を設定することとし、5点の内x軸との角度が最小な点をAとすると
他の1点がある半円の方に他の3点が存在すればよいから
(1/2)^3=1/8
345:１３２人目の素数さん
15/09/04 19:56:58.23 wfaRDC6Y.net
訂正
単位円上に点を設定することとし、初めの1点を原点として座標を設定し
次の1点がある半円の方に他の3点が存在すればよいから
346:１３２人目の素数さん
15/09/04 19:59:51.48 Qh2v0xn2.net
＞次の1点がある半円
その半円は一つに定まるのかいな
347:１３２人目の素数さん
15/09/04 20:22:26.79 RexkMsQ0.net
第１点第２点の成す角をαとして、αは0～πの一様分布。
第３点が第１点に対して成す角を
第２点が正になるように測った偏角をβとすると
βは-π～πの一様分布で、
α-π≦β≦πのとき題意は成立する。
そのうち、0≦β≦αのときは
第３点γがα-π≦γ≦πならよく、
α≦β≦πのときはβ-π≦γ≦πならよい。
これを同様に第５点まで繰り返して、
題意の成立範囲を積分すれば終了。
単純だが面倒な作業なんで、誰かやって。
348:327
15/09/04 20:31:51.84 I2InW5r5.net
紛らわしいので相異なる5点としておきますね。結果はたぶん変わらないかと…。
とりあえず正解は出ていない。
（再掲）
円周上にランダムに相異なる5点を取るとき、それらが半円弧に収まる確率を求めよ。
349:１３２人目の素数さん
15/09/04 21:14:10.21 wfaRDC6Y.net
>>329
は間違っていた。
>>337
3点目以降の場合分けにより、角度/360の掛け算により計算できると思われる。
350:１３２人目の素数さん
15/09/04 21:38:47.86 I2InW5r5.net
ちゃんと答案作ってから書いてください。
思いつきで適当なこと書いているのと変わらないから。
351:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:08:11.86 qNbCyIHq.net
やだよ、めんどくさいから。>>336
352:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:11:55.70 YJSRpv0h.net
360などという人工的な数字が出てくるなんてビックリだよ
353:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:20:32.24 FBLHJ4e5.net
まさか、
「ランダムに相異なる5点を取る」
では問題が定義できていないことに気付いてないわけではないよな？
ただの釣りだよな？
それにしても、Wikipediaの「ベルトランの逆説」の項もたいがいだな…
エムシラも暴れてるし
354:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:27:40.58 YJSRpv0h.net
この場合、ベルトランの逆説のような多義性は産まれるのか？
ワイルの一様分布定理の「一様」って何だよ、などと文句言う人がいないのと同程度には明確な文章だと思うけど
355:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:35:25.88 B7UAE1rW.net
>>341
当然、360[°]=2π[rad]
356:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:06:21.18 qNbCyIHq.net
>>343
台が有界だから、一様分布は普通にあるだろ。あと、
五点の分布が独立とすれば、分布は定義できてる。
問題はないよ。
357:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:12:01.76 FBLHJ4e5.net
通し番号を付けた5点がそれぞれ独立に円周上の一様分布で選ばれるものとする。
2点以上が一致する場合は確率としては0になるので無視して構わない。
5点が異なり、なおかつ全てが半円周内に含まれるとき、
その半円周内での反時�
358:v回りの並び順は半円周の取り方によらない。 したがって、どの点がその半円周の中で最初に出現するかで場合分けして確率を求めればよい。 条件を満たし、１番目の点が半円周内で最初に出現する確率は、他の点がその点から始まる半円周内に含まれればよいので、1/16 以下いずれも1/16なので、 条件を満たす確率は5/16 一般に、n個の点なら n/(2^(n-1))
359:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:32:00.22 qNbCyIHq.net
そりゃ、違うだろ。
360:327
15/09/05 01:44:50.07 KPdtalXu.net
>>346
正解です。
361:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:52:53.10 tC0sbvGS.net
>>346
シミュレーションでも、それを支持しているようです。
URLﾘﾝｸ(codepad.org)
URLﾘﾝｸ(codepad.org)
362:１３２人目の素数さん
15/09/05 02:11:01.03 Z/YUQy9A.net
本日の赤っ恥 ID:qNbCyIHq
363:１３２人目の素数さん
15/09/05 07:28:47.36 9SCQre6I.net
>>346
n点が1/3円周に含まれる確率はいくつか
n点が2/3円周に含まれる確率はいくつか
364:１３２人目の素数さん
15/09/05 11:58:09.69 FBLHJ4e5.net
>>351
1/3だと同様の考え方でできますが．
2/3だと（つまり1/2を超えると）問題が複雑化しそうですね
365:１３２人目の素数さん
15/09/05 13:31:07.44 FBLHJ4e5.net
>>351
5点だと
1/3円周の場合は同様にして5/(3^4)=5/81
2/3円周の場合は、隣り合う点と点の間隔が1/3以上となる箇所が
1箇所のみの場合と2箇所の場合を考える必要がある。（3箇所の場合は確率0なので無視）
5×(2/3)^4 = 80/81 という計算では、2箇所の場合をダブルカウントしているので
それを引く必要がある。
以下、隣り合う点と点の間隔が1/3以上となる箇所が2箇所ある場合について考える。
その２つのインターバルで区切られる点のグループは
「1個と4個」の場合と「2個と3個」の場合がある。
1個と4個の場合、単独の1個をA、4個の先頭をBとして、AとBの選び方が5Ｐ2 = 20通り
以下、1周を1として、AB間の距離をrとすると、1/3≦r＜2/3
ABを固定して考えると、残りの3点はBに続く長さ(2/3)-rの範囲に存在すればよいので
1個と4個の場合の確率をまとめると
20×∫[1/3～2/3]((2/3)-r)^3 dr = 5/81
2個と3個の場合、2個を順にA，B、3個の先頭をCとして、ABCの選び方が5Ｐ2 = 60通り
AB間の距離をx、BC間の距離をyとすると、0＜x＜1/3、1/3≦y＜(2/3)-x
残り2点の存在範囲は(2/3)-x-y以内となり、確率は
60×∫[0～1/3]∫[1/3～(2/3)-x]((2/3)-x-y)^2 dydx = 5/81
よって、求める確率は
80/81 - (5/81 + 5/81) = 70/81
…とここまで書いて、あることに気付いたので続く
366:１３２人目の素数さん
15/09/05 14:09:39.00 FBLHJ4e5.net
>>351 >>353
n点が2/3円周に含まれる場合
n×(2/3)^(n-1)では、隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある場合を
ダブルカウントしている
隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある配置を１つ考える。
その2箇所で分断される2つのブロックの先頭をA,Bとすると、
Aから始まるブロックまたはBから始まるブロックを前に1/3だけ詰めることで、
n点が1/3円周に含まれる配置を計2つ作ることができる。
また、そのような操作で同じ「n点が1/3円周に含まれるパターン」となるような元の配置は
n-1個存在する。
したがって、隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある配置となる確率をp、
n点が1/3円周に含まれる確率をqとすると、
2p=(n-1)qとなり、p=(n-1)q/2
q=n×(1/3)^(n-1)より、p=(n(n-1)/2)×(1/3)^(n-1)=(nＣ2)×(1/3)^(n-1)
よって、n点が2/3円周に含まれる確率は
n×(2/3)^(n-1) - (nＣ2)×(1/3)^(n-1) = n(2^n-n+1)/(2・3^(n-1))
ちなみに、p=(nＣ2)×(1/3)^(n-1)となるところはもっと簡単に説明できそうだ。
1/2円周～2/3円周の間なら同様の考え方。
367:１３２人目の素数さん
15/09/06 16:18:23.20 C64RsHHe.net
一般化した。
m,nを自然数とし、(m-1)/m < r ≦ m/(m+1) とする。
通し番号をつけたn個の点を、円周上からそれぞれ独立に一様分布に従いランダムに選ぶとき、
n点が、円周全体のr倍の長さの範囲に全て含まれる確率をPとすると、
P = Σ[k=1～m]Σ[j=1～k](-1)^(k-j)・(nＣk)・(kＣj)・(1-k(1-r))^(n-1)
となることを示せ。
ただし、二項係数aＣbは、0≦a<bのとき0となるものとする。
（この注釈を認めない場合は、n≧mという制約が必要となる）
368: ◆z2JTMx230M
15/09/07 11:23:30.81 gh2mDV64.net
半径1の半球を底円と並行な平面で体積が半分になるように切断した
このとき、断面積は{(ア)cos(イウ°)-(エ)}π
アイウエに当てはまる数字はなにか？
答えはトリップ
#ｱｲｳｴ
の形で
369: ◆z2JTMx230M
15/09/07 12:04:12.25 8ic4L5sE.net
どうだ。
370:１３２人目の素数さん
15/09/07 12:07:16.62 8ic4L5sE.net
ちょっと面白かった。カルダノさんのおかげ
371:１３２人目の素数さん
15/09/08 08:42:20.02 mvj/sh7U.net
警察による税金を使ったいやがらせ犯罪、集団ストーカー。犯行内容
盗聴、盗撮、尾行、待ち伏せ、家宅侵入、窃盗、器物破損、風評のばらまき、就職妨害、リストラ工作、
暴走族や暴走大型車両による騒音攻撃の繰り返し、住居周辺での事件のでっちあげ、音声送信の強要、
電磁波による触覚攻撃、思考盗聴、無言電話、無実の人間を犯人にでっち上げ、ヘリによる威嚇、殺人、
メディアを使ってのほのめかし、パソコン遠隔操作で対象者のパソコン内部データをいじくる。
こういった犯罪組織に人を逮捕する権限をあたえているという、今の日本は恐ろしい国になっている。
372:１３２人目の素数さん
15/09/08 09:23:37.41 aX2AWZyo.net
妄想はともかく、マイナンバーは酷いことになりそうだな。
373:１３２人目の素数さん
15/09/08 13:36:28.23 zb04xocN.net
ヘリによる威嚇というのは間違いなく存在し、私が就職活動で東京に高速バスで行ったときに
蛯名パーキングエリアでバスから降りると、頭上に自衛隊のヘリが高度100m程度で
ホバーリングしていた。
上下関係ということでも示したかったのだろうか。小学生程度の頭の持ち主の行動だと考えられる。
そのことを盗聴されている部屋で「独り言」で言ったら、すぐに某テレビ局で蛯名パーキングエリアが
取り上げられていた。
374:１３２人目の素数さん
15/09/09 01:18:11.86 mShGGGhv.net
>>328
二つの素数、例えば、2,3なら、1,5,7,11の四つの数を取れるが、五つは無理（証明済み）
三つの素数、2,3,5なら、1,3,7,17,47や、1,5,31,49,59等５つの数を取れるが、おそらく６つは無理（2000以下でチェック済み。以下同様）
四つの素数、2,3,5,7なら、1,2,3,5,7,13や、1,2,3,7,13,47等６つの数を取れるが、おそらく７つは無理
五つの素数、2,3,5,7,11なら、1,2,5,9,13,19,23,31や1,3,5,6,9,15,27,39等８つの数を取れるが、おそらく９つは無理
六つの素数、2,3,5,7,11,13なら、1,2,3,5,7,9,13,19,23,47や1,3,5,7,9,13,17,19,23,47等１０の数を取れるが、おそらく１１は無理
つまり、
k=3では、おそらく6つで無理なのに、9個では無理であることを
k=4では、おそらく7つで無理なのに、17個では無理であることを
k=5では、おそらく9つで無理なのに、33個では無理であることを
k=6では、おそらく11で無理なのに、65個では無理であることを証明せよという一般化になっている
保険を掛けすぎ。
（最初に指摘しておくべきだが、問題文にも問題があると
375:思われる）
376:１３２人目の素数さん
15/09/09 02:07:36.57 8SrfUZPd.net
>>362
328ではないが
その「保険をかけている」ものについてすら一般化した証明を示してないのに
何言ってんの？
それって、たとえば
「双子素数どころか、三つ子素数だろうが４つ子素数だろうが
可能な素数の並びはどれも無限に存在するっぽいのに、
双子素数だけ取り上げて無限にあるという命題立てるなんて保険かけすぎ」
とか言ってるのと同じ。
証明ってなあに？
>>328は自分の証明できたものを問題として提示しているだけでしょうに
377:１３２人目の素数さん
15/09/09 02:56:08.65 m3YLRiSK.net
(1) cos1°は無理数であることを証明せよ
(2)cos1°は超越数か？そうでなければ最低何次の有理数係数の方程式で表せるか
378:１３２人目の素数さん
15/09/09 03:47:16.16 hpZpH5c5.net
>>364
cosの30倍角公式と60倍角公式が
整係数多項式であることから、
cos1゜が代数的無理数であることが判る。
次数は、どしたらよかろ？
379:１３２人目の素数さん
15/09/09 07:17:59.99 8SrfUZPd.net
>>365
自然数nについて、T_n(cosθ)=cos(nθ)を満たすような多項式T_n(x)
（n次のチェビシェフの多項式）について
T_n(x)=0の解は、x=cos((2k-1)π/(2n)) （k=1,2,…,n）
であることを踏まえると、
T_90(x)=0の解がcos1°，cos3°，cos5°，…，cos179°
T_30(x)=0の解がcos3°，cos9°，cos15°，…，cos177°
T_18(x)=0の解がcos5°，cos15°，cos25°，…，cos175°
T_6(x)=0の解がcos15°，cos45°，cos75°，…，cos165°
となるので、
T_90(x)*T_6(x)/(T_30(x)*T_18(x))なる48次の有理数係数の多項式が存在し、
～=0の解はcosN°（Nは180以下で180と互いに素なφ(180)=48個の各自然数）
解の1つがcos1°となっているので、48が最低次数の上界であることは確か。
380:１３２人目の素数さん
15/09/09 08:14:04.63 hpZpH5c5.net
48次の多項式がある
って話でしょ。
最低次数はどうしよう？
381:１３２人目の素数さん
15/09/09 10:03:56.77 iAt2BKmH.net
>>366
48は正解です
厳密な証明は有理数体にcos1°を添加して拡大次数を見る
あとは1の原始360乗根使ってφ(360)/2を計算するだけ
382:１３２人目の素数さん
15/09/09 10:27:59.54 iAt2BKmH.net
もう少し具体的に言うと
1の原始n乗根をζ_nとすると
オイラーの公式から
cos1°=cos(2π/360)=(ζ_360+ζ_360^-1)/2
よりQ(ζ_360)⊃Q(cos1°)
またcos1°は実数でζ_360は虚数を含むため[Q(ζ_360):Q(cos1°)]≧2
さらにオイラーの公式からQ(cos1°)上ζ_360を根に持つ二次方程式を実際に作れているので[Q(ζ_360):Q(cos1°)]=2が確定
拡大次数が乗法的なことから
[Q(ζ_360):Q]=[Q(ζ_360):Q(cos1°)][Q(cos1°):Q]
⇔[Q(cos1°):Q]=[Q(ζ_360):Q]/[Q(ζ_360):Q(cos1°)]=φ(360)/2=φ(2^3 3^2 5)/2=2^2(2-1)3(3-1)(5-1)/2=48
したがって最低次数は48であることが分かる
383:１３２人目の素数さん
15/09/09 12:58:38.19 8SrfUZPd.net
>>369
自分の知識では>>366の予想が限界だったことはよくわかった
＞1の原始n乗根をζ_nとすると
正確に言うと「ζ_n=e^(2πi/n)とすると」かな
まあわかるけど。
384:１３２人目の素数さん
15/09/09 13:26:04.64 Gaa20TDn.net
>>364
この問題か。最小多項式の次数を除いては、
もうとっくの昔に思い付いて解いちゃっているよ。
半倍角公式からsin^2(1°)＝(1-cos(2°))/2で、
cos(2°)も代数的無理数だから、sin(1°)の方も代数的無理数な。
385:１３２人目の素数さん
15/09/09 13:30:31.47 iAt2BKmH.net
>>370
高校生の知識でも実際に48次方程式作って判定法使って既約ってことを気合いで示す方法もあるにはあるよ
あまりにも無謀すぎるやり方だけど
>>371
いちおう次数がメインの問題として作ったつもり(1)はおまけ問題程度だと思って
386:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:12:57.74 8SrfUZPd.net
>>372
その48次方程式が既約であることが示せても、
それ以外にcos1°を解として持つもっと次数の低い方程式が存在しないことを示すのは
高校生の知識では無理かと。
387:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:27:49.15 Ar2FfDWa.net
>>373
いやそれを根に持つ多項式が既約ならその多項式の次数が最低次数ってことは言えるよ
最小多項式(最高次の係数が1で既約なもの)の一意性から言える
一意性の証明は高校生レベルでも出来るには出来るよ
多項式の剰余を使う
388:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:35:26.17 7pNKW7ME.net
高校レベルだと既約性を示す方が難しいんじゃないか
389:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:37:01.63 Ar2FfDWa.net
>>375
それも確かに問題だね
アイゼンシュタイン判定法は数学オリンピックでも使うくらいだからいちおう高校生レベルと言えるのかな？
390:１３２人目の素数さん
15/09/10 08:13:40.43 q7HF0xVJ.net
a(1)=1,a(n+1)=a(n)/2+1/a(n)のとき、
a(n)を求めよ
Wolframとか使わずに初見で解いたらバケモノ
391:１３２人目の素数さん
15/09/10 09:25:33.48 FE0uoLCP.net
１次分数式だから高校数学レベル
392:１３２人目の素数さん
15/09/10 09:26:09.96 FE0uoLCP.net
低レベル掲示板だったか
これはすまぬ
393:１３２人目の素数さん
15/09/10 10:24:22.44 q7HF0xVJ.net
>>378
通分して分子二次式になるから普通の分数型と違うぞ
解けるなら解いてみろよ
394:１３２人目の素数さん
15/09/10 10:26:56.48 fwhHKoME.net
>>378
１次分数式の定義は？
395:１３２人目の素数さん
15/09/10 11:23:27.03 fwhHKoME.net
>>377
a(n+1) = (a(n)^2+2)/(2a(n))
a(n+1)+√2 = (a(n)+√2)^2/(2a(n))
1/(a(n+1)+√2) = 2/(a(n)+√2)-2√2/(a(n)+√2)^2
b(n) = √2/(a(n)+√2)とおくと
b(n+1) = 2b(n)-2b(n)^2
1-2b(n+1) = (1-b(n))^2
c(n) = 1-2b(n)とおくと
c(n+1) = c(n)^2
c(1) = 2√2-3
c(n) = (2√2-3)^(2^(n-1))
a(n) = √2(2/(1-c(n))-1)
= √2(2/(1-(2√2-3)^(2^(n-1)))-1)
なんか、等価でもっときれいな形式もありそうではあるが。
a(n) = √2(1+c(n))/(1-c(n))のほうがまだまし？
396:１３２人目の素数さん
15/09/10 11:43:27.03 1+1gfes7.net
>>377
a(n)=√2b(n)/c(n), b(1)=1 c(1)=√2 とおいて元の式に代入すると
√2b(n+1)/c(n+1) = b(n)/√2c(n) + c(n)/√2b(n) = √2{b(n)^2+c(n)^2}/2b(n)c(n)
分母分子比較して、 b(n+1)=b(n)^2+c(n)^2, c(n+1)=2b(n)c(n)
b(n+1)+c(n+1)=(b(n)+c(n))^2, b(n+1)－c(n+1)=(b(n)－c(n))^2
よって、 b(n)+c(n)=(1+√2)^(2^(n-1)), b(n)－c(n)=(1－√2)^(2^(n-1))
a(n)=√2・{(1+√2)^(2^(n-1))+(1－√2)^(2^(n-1)}/{(1+√2)^(2^(n-1))－(1－√2)^(2^(n-1)}
整理すると、a(1)=1, n≧2のとき a(n)=√2・{(1+√2)^(2^n)+1}/{(1+√2)^(2^n)－1}
397:１３２人目の素数さん
15/09/10 13:55:41.73 UqiYOrwz.net
>>383
> 分母分子比較して、 b(n+1)=b(n)^2+c(n)^2, c(n+1)=2b(n)c(n)
なんだよ、このトンデモ数学は！ ああ？
398:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:05:04.55 fg01Fu9/.net
その等式を満たすb(n)とc(n)を何でもいいから見つければいい、という意味だろう
文脈を読め
399:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:07:55.34 fUpTwTtH.net
>>377
問題の条件「a(n+1)＝a(n)/2+1/a(n)」の右辺が普通の解釈になるように「a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))」を指すのか、
それとも右辺が連分数のような形で表される「a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))」を指すのか、任意に2通りの解釈が出来るため、
条件を満たす解a(n)の一意性が保証されず、非適切な問題になって、国語辞書に書いてある多くの人が用いる意味での問題
になっていないと思われる (紙ではなく同じ大きさの1行の中に書くため、初期条件「a(1)=1」から、
「a(n+1)=a(n)/2+1/a(n)」という書き方では、大きい「＋」が小さい「+」になっていて、容易にこのような解釈が出来るとは思う)。
400:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:10:29.20 fg01Fu9/.net
一方を普通の解釈と認めておきながら、直後に�
401:�立の立場をとるのかｗ
402:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:12:15.99 fUpTwTtH.net
>>377
(>>386の続き)
非適切性の証明]：nはn≧1なる自然数変数なることを仮定してよい。そこで、nはn≧1なる自然数変数と仮定する。
2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が存在しないときは与えられた問題は確かに非適切である。
そこで、2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が存在するとする。そして、
2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が一意に存在したとする。初期条件a(1)＝1から
a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1
であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
ここで、再度解の一意性が保証された解a(n)は、任意のn≧1なる自然数nに対して
a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) を両方共に満たすことに注意する。
n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^2 。従って、kを元に戻すと、
((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 を満たす。
よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^2 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^2
だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
403:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:20:24.52 fUpTwTtH.net
>>377
いや、>>388の
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
の部分は
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)≧0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)≧0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
ですな。「a(n)≧1」の部分は「a(n)≧0」訂正。
404:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:35:56.00 fUpTwTtH.net
>>387
普通は普通の他の何物でもない。普通の解釈とは、
多くの人が認めそれに従うと思われる基準に則った解釈だよ。
沢山の人は「a(n+1)＝a(n)/2+1/a(n)」を見たら、
連分数の形で表された「a(n+1)＝a(n)/(2+1/a(n))」では
なく「a(n+1)＝(a(n)/2)+(1/a(n))」と解釈するだろうよ。
405:１３２人目の素数さん
15/09/10 15:04:56.68 fUpTwTtH.net
>>377
ちなみに、すぐ分かるとは思うのだが、論理の飛躍があるから、>>388の
>初期条件a(1)＝1から
>a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1
>であり、
の部分は
>初期条件a(1)＝1から a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる
>自然数nに対してa(n)＞0 。ここで、n≧2なる自然数nを任意に取ると、a(n)＞0だから、
>相加・相乗平均の関係により、a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))≧2√(1/2)＝√2 。
>n≧2なる自然数nは任意だから、nを条件n≧2の下で走らせると、任意のn≧2なる
>自然数nに対してa(n)≧√2 。よって、a(1)＝1＜√2 から、任意のn≧1なる自然数nに対して
>a(n)≧1 であり、
のような感じに訂正。さすがに任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0なることは、
直観的にも明らかで、nに関する帰納法からすぐ分かるとは思う。
406:１３２人目の素数さん
15/09/10 15:16:34.87 fUpTwTtH.net
>>377
幾度も悪いが、>>389は取り消しで、>>388の
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
の部分は
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)＞0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)＞0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
でした。「a(n)≧1」の部分を「a(n)＞0」に訂正すべきだったにもかかわらず、「a(n)≧0」と書いてしまいました。
こういう風に解釈しても、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0なることは、
直観的にも明らかで、nに関する帰納法からすぐ分かるとは思う。
407:１３２人目の素数さん
15/09/10 16:06:11.07 fUpTwTtH.net
>>377
>>388の
>n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
>a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
>であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^2 。従って、kを元に戻すと、
>((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
>実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 を満たす。
>よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^2 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^2
>だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
の部分は
>n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
>a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
>であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^3 。従って、kを元に戻すと、
>((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^3 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
>実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^3 を満たす。
>よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^3 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^3
>だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
と訂正ですな。
408:１３２人目の素数さん
15/09/10 16:20:37.27 UqiYOrwz.net
(1) Σ[k=1 to 4^m] (1/k)^{1/m}、mは2以上の自然数
(2) m(4^{m-1}-1)/(m-1) + 5/8
(1)と(2)の整数部分は等しいことを示せ。
409:１３２人目の素数さん
15/09/10 21:48:53.01 fwhHKoME.net
なんか変な荒れ方してるが、まあどうでもいい
>>383
b(n)とc(n)の決め方が、３次方程式を解くカルダノの方法のuとvの探し方みたいですな。
2√2-3 = (1+√2)^(-2)だから、>>382は汚いけど答えは一致したってことで。
410:１３２人目の素数さん
15/09/10 22:19:31.06 fwhHKoME.net
あ、違う。(1+√2)^(-2) = 3-2√2だな。あれ？
ああそうか、だから>>383ではa(1)をまとめられなかったのか。
411:１３２人目の素数さん
15/09/10 22:24:24.58 Fdi5OLRB
412:.net
413:１３２人目の素数さん
15/09/10 22:27:42.42 Fdi5OLRB.net
あ、ミスった
>> a_{n}=√2(X^Y+1)/(X^Y-1),X=-3-2√2,Y=2^(n-1)
>> あるいは、虚数単位Iを使い
>> a_{n}=√2(X^Y+1)/(X^Y-1),X=I(1+√2),Y=2^n
に訂正
414:１３２人目の素数さん
15/09/11 02:26:59.14 StCc9XNv.net
tan1°+√2は無理数であることを証明せよ
415:１３２人目の素数さん
15/09/11 07:37:43.35 jICTOxiG.net
>>395-398
nはn≧1なる自然数変数なることを仮定してよい。そこで、nはn≧1なる自然数変数と仮定する。
a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0 。
n≧1なる自然数nを任意に取る。すると、a(n)＞0 であり、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))＞0 だから、
1/(a(n+1))＝(2＋1/a(n))/(a(n))＝(2/a(n))＋(1/a(n))^2 。よって、各i＝n, n+1 に対して b(i)＝1/a(i) とおけば、
b(n)＝1/a(n)、b(n+1)＝1/a(n+1) が両方共に成り立ち、b(n+1)＝2・b(n)＋(b(n))^2 つまり b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) 。
n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせると、与えられた問題は b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n)
を満たし、任意のn≧1なる自然数nに対して b(n)＝1/a(n) と変換して定義される実数列{b(n)}を求める問題に帰着される。
そこで、b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) のときの解b(n)を求めることを考える。…… 。
仮に a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) だったと解釈すると、非線形の漸化式 b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n)
の解b(n)を求める問題に帰着されるんだが、ここから先分かる？ >>377のいう
>Wolframとか使わずに初見で解いたらバケモノ
って、多分こっちの話だぞ。連分数の形で書かれた式 a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))
で書いたと解釈すると、線型の漸化式ではなく、非線形の漸化式を解く問題になる。
416:１３２人目の素数さん
15/09/11 08:03:25.27 jICTOxiG.net
>>395-398
あ～、この場合は条件式 b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) の両辺に1を足して
b(n+1)＋1＝(b(n))^2＋2・b(n)＋1＝(b(n)＋1)^2 になる。
また、n＝1 のときは、b(1)＝1 なので、b(1)＋1＝2。なので、
任意のn≧1なる自然数nに対して c(n)＝b(n)＋1 と変換すると
c(1)＝2、c(n+1)＝(c(n))^2 の解c(n)を求める問題に容易に帰着出来て、
この解c(n)はすぐ求まるのか。なので、解b(n)も容易に求まり、
従って、元々の解a(n)もすぐ求まるという仕組みというか方針か。
なるほど。これは失礼を致した。大抵、非線形の問題を解くことは難しいんだけど。
417:１３２人目の素数さん
15/09/11 09:05:02.17 V6ntLYDb.net
既出だったらすまんが
(無理数)^(無理数)が有理数になりえることを、初等的な例を挙げて示せ。
418:１３２人目の素数さん
15/09/11 09:26:41.76 AfBlc+HR.net
>>399
tan1°は代数的無理数で、tan1°を根とする既約多項式があり、次数はいくつだか分からないが、
少なくとも５次以上であることを、証明なしに使うこととする。
√2は、G(x)=x^2-2の根
tan1°+√2が有理数だと仮定すると、ある整数pとqを使って表せるH(x)=px+qの根となる
G(x)をH(x)で割った商を ax+b 、余りを c（cは有理数�
419:jとすると G(x)=(ax+b)H(x) + c、と書ける。 G(tan1°+√2)=(tan1°+√2)^2-2=(a(tan1°+√2)+b)H(tan1°+√2)＋c=c となるが、変形すると、 tan1°=-√2±√(c+2) 右辺は、せいぜい４次の多項式の根であり、tan1°が５次以上の既約多項式の根であることと矛盾する
420:１３２人目の素数さん
15/09/11 09:32:27.32 fRi0Wl2l.net
>>402
(2^√2)^√2 とかかな
421:１３２人目の素数さん
15/09/11 09:36:03.42 tWZwSoqi.net
>>402
ここで既出かどうかは知らないが、
世間的に有名なやつだ。
(√3)^√2が有理数なら、それが実例になり、
無理数なら、((√3)^√2)^√2=3が実例になる。
どっちなのかは、判らん。
422:１３２人目の素数さん
15/09/11 09:37:42.70 jICTOxiG.net
初等的がどういう意味かは知らないが、e^{log(5)}＝5 だな。
確かにeは無理数で、log(5)は超越数だから、無理数になる。5は確かに有理数。
eもlog(5)も高校で出て来るから、初等的になるでしょう。
423:１３２人目の素数さん
15/09/11 10:37:21.00 ZFHN8CXT.net
当然「初等的な範囲で証明できる例」という意味で>>405みたいなのを
想定してるんでしょうな。
（排中律を使った証明を嫌がる人が沸いてくる面倒な案件ではあるw）
424:１３２人目の素数さん
15/09/11 11:14:02.69 /suPxUqm.net
結構有名なのか
この証明法を知ったときは目から鱗だった
log(2)の無理性を示す方針も可
解答例
√2は無理数である
さて、a=(√2)^(√2)とすると
aは実数であるから
aは有理数、無理数のいずれかであるが
i) aを有理数と仮定すると
a自体が(無理数)^(無理数)=(有理数)の例である
ii) aを無理数と仮定すると
a^(√2)=2であり、これは(無理数)^(無理数)=(有理数)の例である
i)、ii)より、(無理数)^(無理数)が有理数になりえることが示された
425:１３２人目の素数さん
15/09/11 11:21:30.73 /suPxUqm.net
あ、俺は402ね
426:１３２人目の素数さん
15/09/11 12:32:47.97 FOBod9Ir.net
>>403
正解かな いちおうtan1°が5次以上ってのも示して欲しいけど
あとtan1°+√2=p (pは有理数)とすると
(tan1°)^2-2ptan1°+p^2-2=0と変形出来るから3次以上ってことさえ証明すれば十分
427:１３２人目の素数さん
15/09/11 13:51:57.87 y87/SChC.net
>>402
(√2)^(2log[2](3))=3
これなら無理数性の証明まで十分高校レベル
428:１３２人目の素数さん
15/09/11 15:03:07.40 26HmIQf3.net
xが無理数のときx^xが有理数となり得るか？
429:１３２人目の素数さん
15/09/11 15:28:54.94 FOBod9Ir.net
>>410のヒントは倍角の公式使ってcosに帰着させる
あとは>>364の応用だけ
430:１３２人目の素数さん
15/09/11 15:36:02.35 FOBod9Ir.net
倍角というより半角の公式か
431:１３２人目の素数さん
15/09/11 22:12:41.62 tWZwSoqi.net
>>411
log[2](3)が無理数であることは、
eが超越数であることから導かれる。
eの超越性は、超高校級かなと思う。
432:１３２人目の素数さん
15/09/11 22:19:01.24 JDCgBl3X.net
>>415
log[2](3)=p/q (p,qは整数 q≠0)とすると
3^q=2^p
素因数分解の一意性から矛盾
どこにeの超越性を使ってるんだ？ん？
433:１３２人目の素数さん
15/09/11 22:25:35.73 JDCgBl3X.net
ちなみに>>405はゲルフォント･シュナイダーの定理から(√3)^(√2)=3^(√(2)/2)は無理数
434:１３２人目の素数さん
15/09/11 23:03:39.94 tWZwSoqi.net
>>416
ああ、そうか。
e^{log(5)}のとき思っていたことを
つい書いてしまったが、
君のは、底が2だった。
すまんかったな。
435:１３２人目の素数さん
15/09/12 16:53:16.38 XRx2A6+T.net
>>412
x^x=2 となる実数 x が存在する。
（関数 f(x)=x^x は 区間 [1,2] で連続、f(1)=1, f(2)=4 と中間値の定理から）
その x が有理数 p/q (p,q は自然数で互いに素) であると仮定すると、
(p/q)^(p/q)=2
p^p=2^q*q^p (*)
p≠1 のとき
(*)の左辺は p 乗数だが右辺は p 乗数でないので矛盾。
p=1 のとき
(*)の左辺は 1、右辺は 2 以上なので矛盾。
したがって、この x は無理数。
∴ x が無理数のとき x^x は有理数となり得る。
436:１３２人目の素数さん
15/09/14 03:29:58.20 kfYtajnS.net
半円をいくつかの合同な図形に分割せよ
ただし扇形は用いてはいけない
437:１３２人目の素数さん
15/09/14 09:35:08.29 O6d93CqM.net
中心点対称なギザギザかグニャグニャで
放射状に分割すればいい。
扇形ではない。って、トンチかい！
438:１３２人目の素数さん
15/09/14 10:46:09.32 qG0LsQ64.net
>>421
少しでもギザやぐにゃあれば合同にならない気がするけど
439:１３２人目の素数さん
15/09/14 10:51:30.03 dnSa0BIn.net
無限個の三角形に分割
440:１３２人目の素数さん
15/09/14 12:00:35.58 OT7kPGqS.net
そもそも出来るの？
441:１３２人目の素数さん
15/09/14 12:43:05.62 GHCoaB5O.net
扇形に面積0の切れ目でも入れとけ
それとも4つの扇形にして扇形2つを1図形とするか
442:１３２人目の素数さん
15/09/14 13:07:38.24 eiNVFbFa.net
「円」じゃなくて「半円」だよね？
半円を合同な図形に分割するんだよね？
難しくね？
443:１３２人目の素数さん
15/09/14 18:02:17.18 hCCSNFoO.net
扇型の一部を切り抜いて、飛び地を持つ図形にすればいい
444:１３２人目の素数さん
15/09/14 18:09:26.69 72x0Si/g.net
>>427
飛び地と本体との間隔がそれぞれ違くならない？
445:１３２人目の素数さん
15/09/14 18:11:27.48 72x0Si/g.net
あぁ二つに
446:１３２人目の素数さん
15/09/14 18:12:03.03 72x0Si/g.net
すればいいだけか
447:１３２人目の素数さん
15/09/14 18:31:29.17 N6lFSlFA.net
裏返しになるから合同じゃなくね？
448:１３２人目の素数さん
15/09/14 18:34:32.94 Yv3jNlqx.net
えっ
449:１３２人目の素数さん
15/09/14 19:58:31.91 O6d93CqM.net
>>426
ああ、半円か！
バナッハタルスキ使う？
450:１３２人目の素数さん
15/09/14 22:12:07.21 W7Wo0lmA.net
合同じゃなくて相似なら（そして境界線が健全な曲線でなくていいなら）
なんとでもやりようがあるのだが
451:１３２人目の素数さん
15/09/14 22:24:43.97 KixLyrfi.net
有限個に分割とは書いてないので、半円状の各点について一点集合を考えれば…
452:１３２人目の素数さん
15/09/14 22:49:53.17 /BVJmROY.net
いくつかの合同な図形=何種類かの合同な図形の組だったりしないよな
453:１３２人目の素数さん
15/09/15 12:02:42.56 zynqzyx5.net
簡単かもしれんが…。
(1) 多項式 f(x) に対して、f(f(x))-x は f(x)-x で割り切れることを示せ。
(2) f(x) が分数式や無理式の場合はどうか？
454:１３２人目の素数さん
15/09/15 12:15:35.76 GA6S6TvJ.net
>>437
ｽﾚﾘﾝｸ(prog板:58-59番)
455:１３２人目の素数さん
15/09/15 15:51:40.50 eoTYkqja.net
>>437
f(x)=f(a)+(x-a)f'(a)+(1/2)(x-a)^2f''(a)+(1/6)(x-a)^3f'''(a)+...
これは、f(x)をx=aの周りでテイラー展開したものだが、任意のfに対する、aとxの恒等式とも言える。
a=f(x)を代入すると
f(x)=f(f(x))+(x-f(x))f'(f(x))+(1/2)(x-f(x))^2f''(f(x))+(1/6)(x-f(x))^3f'''(f(x))+...
f(f(x))-x=(f(x)-x){1+f'(f(x))}+(1/2)(f(x)-x)^2f''(f(x))+(1/6)(f(x)-x)^3f'''(f(x))+...
(1)についてはこの式が示すとおり、右辺は f(x)-x をくくり出せる。
(2)については、多項式ならテイラー展開が有限項で終了するため、「割り切れる」と言えるが、
分数式や無理式の場合は、その限りではない。
456:１３２人目の素数さん
15/09/15 21:09:35.48 8akIzv6y.net
テイラー展開て…(w)
f が多項式の場合は、
f(x) に x を代入すれば、因数定理から言える。
分数式の場合は、
「割りきれる」って何だよ？いったい。
457:１３２人目の素数さん
15/09/16 22:01:39.84 S7UxYdIg.net
数学セミナーのエレガント問題の１問目の問題の意味がが分かりにくい
458:１３２人目の素数さん
15/09/17 00:19:26.02 jFduSAB3.net
□に入る数は？
┌┏━━┳━━┓
│�
459:ｫ03m^2 ┃05m^2 ┃ 04┣━━━╋━━━┻━┓ ..ｍ┃□m^2 ┃07m^2 ┃ │┃ ┃ ┃ └┗━━━┻━━━━━┛ └───05ｍ────┘
460:１３２人目の素数さん
15/09/17 05:24:54.19 06qzLFtg.net
>>442
(4-x)y=3 xy=z x(5-y)=7 (x,y,z)=(2,3/2,3)
461:１３２人目の素数さん
15/09/17 20:34:26.60 jFduSAB3.net
>>443
(x,y,z)=(14/5,5/2,7)は？
462:１３２人目の素数さん
15/09/17 20:39:10.68 06qzLFtg.net
>>444
z≦4×5-(3+5+7)
463:１３２人目の素数さん
15/09/18 00:57:29.06 Tt4bLCB0.net
>>362
「これは全く甘い評価だが、よりきつくする方法は分からない」ってエルデシュが言ってた
464:１３２人目の素数さん
15/09/19 15:25:20.95 Tw0+rA3T.net
とんでもない新発見が下記のレスに掲載されています。
誰でも普通の電卓で、対数の計算ができる方法です。それも、上位10ケタ以上の精度で。
スレ名 雑談はここに書け！ 【52】 >>909,910
驚くべきことに、{÷1000…0} と {×,＝,＝,＝,＝,×,＝} の入力を交互に繰り返すだけで、対数の精密な計算ができる。
特に、常用対数の場合、メモですら不要(求める常用対数自体のメモを除いて)。
なお、後者の×と＝の入力は、カシオ製の場合、最初に×を二回入力して、{×,×,＝,＝,＝,＝,×,＝} と入力します。
465:１３２人目の素数さん
15/09/19 19:03:31.01 YTsbvMiC.net
>>447
思いのほか「スレの反応が悪くて」自演までしているようだな。みっともない奴だ。
「とんでもない新発見」は言い過ぎ。せいぜい「小技」で終わること。
こういうのは、巷にあふれている「暗算が簡単にできる裏ワザ」と同じなんだよ。
あれも「とんでもない新発見」なんて大げさなトーンでは紹介されておらず、
せいぜい「そういう小技があるよ」っていうトーンで話すものだろ。
それもそもはず、既存の計算法をちょっと工夫しただけのシロモノだからな。
この対数計算も同じで、せいぜい「小技」で終わること。
あと、日常的に対数を計算したいような環境なら関数電卓があるはずだから、
この計算法が役に立つ場面は極めて少ない。ていうか、最近はスマホのアプリにも
関数電卓があるので、この計算法は実質的にはオワッテル。この計算法が役に立つ場面といえば、
「対数を計算したいけど、手元にはPCもスマホも関数電卓もなく、しかし普通の電卓だけはある」
という、極めて限定的な状況に限られる。なので、この計算法は実質的には役に立たない。
そういう実用上の意味においても、「暗算が簡単にできる裏ワザ」と同じニオイを感じる。
ああいう話をマジメに実践する人間は ほとんどいないだろ？
読んだ瞬間は「へー面白いね」と思うかもしれないけど。
この対数計算も同じで、せいぜい「へー面白いね」で終わる話。
ちょっと頭を冷やしてこい。
466:１３２人目の素数さん
15/09/19 19:40:25.05 4/EES2cC.net
自然数x,y,zと3以上の実数nについて、
x^n+y^n=z^nを満たし、xは平方因子を含まないとき、nは無理数であることを証明せよ
467:１３２人目の素数さん
15/09/19 20:15:13.80 sajS/Wje.net
電卓に強くなる―すぐに役立つ公式�
468:ﾆ実例 http://www.amazon.co.jp/dp/4061179276/ 電卓で遊ぶ数学―これぞ究極の電卓使用術 http://www.amazon.co.jp/dp/4061329413/
469:１３２人目の素数さん
15/09/19 22:32:25.46 Eg02OxQq.net
俺は>>449を信頼している
だから正しいと思う
470:１３２人目の素数さん
15/09/19 22:40:30.50 4/EES2cC.net
>>449はフェルマーの最終定理を無条件に使っていいです
一応ヒントとしてはまずnは非整数の負の有理数ということを示して両辺z^nで割ってうまく二項定理を使います
471:１３２人目の素数さん
15/09/19 22:41:08.24 4/EES2cC.net
ごめんなさい
非整数の負の有理数を示すじゃなくて仮定してでした
472:１３２人目の素数さん
15/09/19 22:44:27.63 4/EES2cC.net
最訂正すいません
負を仮定じゃなくて正ならそのまま二項定理で負なら分子分母逆にして二項定理と場合分けするということです
473:１３２人目の素数さん
15/09/20 00:28:52.83 Wk6WNlkk.net
フェルマーの最終定理を持ち出しておいて、残りの鍵は二項定理なのかｗ
474:１３２人目の素数さん
15/09/20 01:32:32.42 zUm7npkW.net
a + b = cd
c + d = ab
を満たす自然数a,b,c,dの組を求めよ
475:１３２人目の素数さん
15/09/20 02:13:42.00 z6zgCrRD.net
>>455
あくまで最初のとっかかりのヒントです
実際に解くには体論を使う必要があります
476:１３２人目の素数さん
15/09/20 04:11:25.72 MKiplsKL.net
夜中に一人でシコシコ考えちまったよ。
式の対称性よりa,b,c,dの中で最大のものをxとおき残りをy,z,wとおくと
x+y=zw
z+w=xy
が成り立つ
xが最大なので3x>z+wが成り立つ-(1)
xy=z+wと(1)よりyは1か2に限定される
a)y=1のとき
x+1=zw
z+w=x
z+w+1=zw
z(w-1)=w+1
z=(w+1)/(w-1)
w>=4では5/3>=(w+1)/(w-1)>1となりzが整数であることに矛盾する
よってwは2,3に限定される
w=2のときはx=5,z=3
w=3のときはx=5,z=2
が導き出せる
b)y=2のとき
x+2=zw
z+w=2x
x=zw-2
z+w=2zw-4
w+4=z(2w-1)
z=(w+4)/(2w-1)
w>=6では10/11>=(w+4)/(2w-1)>0となりzが整数であることに矛盾する
よってwは2,3,4,5に限定される。
w=2のときx=2,z=2。w=3,4のときzが整数でない。w=5のときz=1,x=3でxが最大に矛盾する
以上より(x,y,z,w)=(2,2,2,2),(5,1,2,3),(5,1,3,2)
よって(a,b,c,d)=(2,2,2,2)(1,5,2,3)(1,5,3,2)(2,3,1,5)(2,3,5,1)(3,2,1,5)(3,2,5,1)(5,1,2,3)(5,1,3,2)
477:１３２人目の素数さん
15/09/20 09:11:04.85 ukEOKbPU.net
>>458
正解
引用元
URLﾘﾝｸ(detail.chiebukuro.yahoo.co.jp)
引用元の解答
2式を辺々足すと
a+b+c+d=ab+cd⇔(a-1)(b-1)+(c-1)(d-1)=2
(a-1)(b-1)≧0, (c-1)(d-1)≧0より
i) (a-1)(b-1)=0, (c-1)(d-1)=2
ii) (a-1)(b-1)=1, (c-1)(d-1)=1
iii) (a-1)(b-1)=2, (c-1)(d-1)=0
のいずれか
（後略）
478:１３２人目の素数さん
15/09/20 09:38:05.79 MKiplsKL.net
>>459
上手いもんだな。
感心するわ。
479:１３２人目の素数さん
15/09/20 09:46:35.03 MKiplsKL.net
よく見返してみると俺の回答微妙にミスってるな。
まあいいや、大筋はあってると思うし。
480:１３２人目の素数さん
15/09/20 09:53:15.35 bOB7SjJG.net
A:=a-1 とか置けばほぼ終了
481:１３２人目の素数さん
15/09/20 12:18:32.34 DTuQtUB8.net
n^2+n+2016が平方数となるような自然数nをすべて求めよ
482:１３２人目の素数さん
15/09/20 14:11:29.93 1+OHl2Py.net
>>463
nが有限であることは証明されているのですか？
483:１３２人目の素数さん
15/09/20 14:20:14.34 CgP4KDd+.net
>>463
180と2015
8063の素因数分解さえできれば、
最近は高校でも二次の不定方程式を普通に教えるからなあ。
484:１３２人目の素数さん
15/09/20 14:30:23.94 CMvyaFYq.net
nn
485:+n+2016=:kk (2n+1)^2-(2k)^2=1-4*2016 (2n+2k+1)(2n-2k+1)=-8063 … tasikani 8063 no soinsuubunkaiga mendokusai
486:１３２人目の素数さん
15/09/20 15:13:14.72 CgP4KDd+.net
(1) (3n-1)(3n+1)+10^7が平方数となる自然数nを全て求めよ
(2) (3n-1)(3n+1)+10^17が平方数となる自然数nを全て求めよ
こうですかわかりません
487:１３２人目の素数さん
15/09/20 15:19:34.28 CgP4KDd+.net
(3) (3n-1)(3n+1)+10^23が平方数となる自然数nを全て求めよ
488:１３２人目の素数さん
15/09/20 16:09:20.88 r8IEuWih.net
(3n+1)(3n-1)+10^s=k^2
⇔9n^2-1-k^2+10^s=0
⇔(k+3n)(k-3n)=10^s-1
(1) s=7
10^7-1=9R_7=3^2*239*4649
(2) s=17
10^17-1=9R_17=3^2*2,071,723*5,363,222,357
(3) s=23
10^23-1=9R_23=3^2*11111111111111111111111
URLﾘﾝｸ(ja.wikipedia.org)レピュニット/
489:１３２人目の素数さん
15/09/20 16:21:31.42 CgP4KDd+.net
>>469
(3n-1)(3n+1)+10^7=9n^2+(10^7-1)が９の倍数なので
9n^2+(10^7-1)=9k^2としておくと
(k-n)(k+n)=(10^7-1)/9
となって、レピュニット数のみの素因数分解の問題になる、という流れを想定してた。
490:１３２人目の素数さん
15/09/20 16:25:53.81 CgP4KDd+.net
（sageたはずだったのだが、おかしいな）
別スレで4649という数を見かけたので、つい。
491:１３２人目の素数さん
15/09/20 16:29:07.97 r8IEuWih.net
>>470
なるほど
確認する組も少なくて楽
492:１３２人目の素数さん
15/09/20 19:11:39.38 CuFRKXU3.net
既出だったらすまない
単位円上に有理点が無限に存在することを示せ
なお、出題者は証明を3つ用意してある
493:１３２人目の素数さん
15/09/20 19:16:53.47 Wk6WNlkk.net
ググったら出てきた
URLﾘﾝｸ(en.wikipedia.org)
494:１３２人目の素数さん
15/09/20 19:17:40.94 08dwf8K0.net
ぱっと浮かんだ３つは
･tan(x/2)
･ちぇびしぇふ
･ぺる方程式
495:１３２人目の素数さん
15/09/20 19:31:34.08 CgP4KDd+.net
ピタゴラス数をいくらでも作れる有名な式を使うのが一番簡単か？
互いに素で偶奇の異なる自然数m,n（m>n）について
(m^2+n^2)^2 = (m^2-n^2)^2 + (2mn)^2
496:１３２人目の素数さん
15/09/20 19:45:51.67 CuFRKXU3.net
証明1（三角関数のパラメータ表示を使う方法）
tan(k/2)=tとおけば
cos(k)=(1-t^2)/(1+t^2), sin(k)=2t/(1+t^2)
(cos(k), sin(k))は単位円上の点
証明2（交点の座標を求める方法）
URLﾘﾝｸ(www.math.keio.ac.jp)
証明3（ピタゴラス数の生成式を用いる方法）
URLﾘﾝｸ(detail.chiebukuro.yahoo.co.jp)
俺が考えた証明とはいってない（小声）
497:１３２人目の素数さん
15/09/20 19:59:54.15 /j7kOe4r.net
その3つの違いがわからない
498:１３２人目の素数さん
15/09/20 20:10:47.87 CuFRKXU3.net
>>477証明1,2は>>476,477証明3でm=1のとき
まあ、多少はね？
499:１３２人目の素数さん
15/09/21 00:06:52.53 wBw2X2WH.net
他にある？
500:１３２人目の素数さん
15/09/21 00:12:27.73 SidL6VZ2.net
「x^2+y^2=z^2 ,z>0 を満たす三整数(x,y,z)がある。
a=z-x、b=z-y としたとき、x,y,zをa,bを使って表せ。」
という問題を想定し、解くと、次の二通りの解が得られる。
x=b±√(2ab)、y=a±√(2ab)、z=a+b±√(2ab)
一つは、最初に用意していた(x,y,z)に一致するが、
X^2+Y^2=Z^2、Z-X=z-x、Z-Y=z-y を満たすもう一つの解（X,Y,Z）も見つかる。
これを共役解と呼ぶことにする。（お互いにもう一方の解を共役解と呼ぶことにする）
例えば、3^2+4^2=5^2からは、a=5-3=2、b=5-4=1となるが、
501:√(2ab)=2なので、 x=1±2、y=2±2、z=1+2±2から、(x,y,z)=(3,4,5)と共役解(-1,0,1)が得られる。 ところが、(3,4,5)が解なら、(-3,4,5)も(-3,-4,5)も(3,-4,5)も 「x^2+y^2=z^2 ,z>0」を満たす解で、(-3,4,5)から、a=8,b=1として、共役解(5,12,13)、 (-3,-4,5)からは共役解(21,20,29)、(3,-4,5)からは共役解(15,8,17)が得られる。 そして、さらに、(5,12,13)を基本の解と思って、(-5,12,13)の共役解 (7,24,25)、(5,-12,13)の共役解(45,28,53)、(-5,-12,13)の共役解(55,48,73) のように、一つのピタゴラス数から三つの新しいピタゴラス数が見つかり、 新しく見つかったそれぞれのピタゴラス数からも、三つづつのさらに新しい ピタゴラス数が見つかる。つまり、無限にピタゴラス数を見つけ出すことができる。
502:１３２人目の素数さん
15/09/21 00:13:01.08 SidL6VZ2.net
2ab=2(z-x)(z-y)=2z^2-2(x+y)z+2xy=x^2+y^2+z^2-2(x+y)z+2xy=(x+y-z)^2 に注意すると、要は
{(z-y)±(x+y-z)}^2+{(z-x)±(x+y-z)}^2={(2z-x-y)±(x+y-z)}^2
という x^2+y^2=z^2下で成立する（条件付き）恒等式に集約される。
複合のプラス側を取ると、x^2+y^2=z^2 となり、価値は無いが
マイナス側を取ると、(2z-x-2y)^2+(2z-2x-y)^2=(3z-2x-2y)^2 (※1)
という、共役解を陽に確認できる式が得られる。
x → -xと変換すると (2z+x-2y)^2+(2z+2x-y)^2=(3z+2x-2y)^2 （※2）
さらに、y → -yと変換すると (2z+x+2y)^2+(2z+2x+y)^2=(3z+2x+2y)^2 （※3）
さらに、x → -xと変換すると (2z-x+2y)^2+(2z-2x+y)^2=(3z-2x+2y)^2 （※4）
のように、一つのピタゴラス数から、三つのピタゴラス数を導く式が得られる。
ピタゴラス数は、(3,4,5)を出発点とする三分木構造に埋め込むことができ、
「適切な方法」を定めれば、ピタゴラス数に、「順番」を与えることが可能。
あるピタゴラス数が示されれば、それが、何番目のピタゴラス数かを言うことも
逆に順番を指定し、それに対応するピタゴラス数を答えることも可能。
過去に 「ひたすらピタゴラス数を書くスレッド」のような掲示板があったので、
そこにたくさんのピタゴラス数を挙げたが、その時、ピタゴラス数発生の
アルゴリズムとして用いたのがこの方法。
503:１３２人目の素数さん
15/09/21 00:31:06.05 m2zTshdB.net
ピタゴラス数を生み出す行列のはなしだよね
504:１３２人目の素数さん
15/09/21 01:02:26.15 zlQLS8Fa.net
原始ピタゴラス数が無数に存在する⇔単位円上に有利点が無数に存在する
505:１３２人目の素数さん
15/09/21 01:30:18.15 zebtZ9PG.net
ピタゴラス数に順番を付けると(a/cを小さい順に並べると)a/cは1/√2に収束するのかな？
感覚的に
506:１３２人目の素数さん
15/09/21 01:41:07.70 zebtZ9PG.net
全ての原始ピタゴラス数(a,b,c) (a<b)から、a/cを小さい順に並べた数列をa_nとする。
ただしa_0=3/5とする。
lim(n→∞)と lim(n→-∞)をそれぞれ求めよ
507:１３２人目の素数さん
15/09/21 02:16:00.42 CDfCY14T.net
((3+4i)/5)^a.
508:１３２人目の素数さん
15/09/21 02:54:59.56 zlQLS8Fa.net
ピタゴラス数は(m^2-n^2, 2mn, m^2+n^2)で表せる
n=1のときを考える
m≧3でm^2-2m-1>0⇔m^2-1>2m
よってm≧3では(a, b, c)=(2m, m^2-1, m^2+1)
さて、Q_m=a/c=2m/(m^2+1) (m≧3)とすると
m→+∞のときQ_m=2/(m+(1/m))→0
0に収束するよ（予想）
509:１３２人目の素数さん
15/09/21 03:12:40.15 zlQLS8Fa.net
lim(n→-∞)a_n=0だよ（予想）
>>488はガバガバだったな
訂正
ピタゴラス数は自然数m, n (m>n)を用いて(m^2-n^2, 2mn, m^2+n^2)で表せる
m=n+1とおいてnを飛ばすとa/cの上限が見えるか？
510:１３２人目の素数さん
15/09/21 03:31:03.55 BwSfAQxg.net
>>486
問題として成立していないように思えるが。
そんな数列は作れないでしょ。
言いたいのはこれか？
a^2+b^2=c^2，a<bを満たす互いに素な自然数の組(a,b,c)全ての集合をPとするとき、
{x | x=a/c, (a,b,c)∈P}の上限及び下限を求めよ。
>>486に言うような、小さい順に並べた数列が存在しえ�
511:ﾈいことも証明したいところ。 上記集合Pの，異なる２つの要素を(a,b,c)，(d,e,f)（ただし a/c < d/f）とするとき， あるPの要素(x,y,z)が存在し，a/c < x/z < d/fとなることを示せ。
512:１３２人目の素数さん
15/09/21 03:43:38.48 BwSfAQxg.net
>>490
というか、これって、前半の問題で上限が1/√2、下限が0であることと
後半の問題の証明を合わせて、
単位円上に有理点が稠密に分布することを言ってるだけだな…
513:486
15/09/21 04:22:23.64 zebtZ9PG.net
数列自体存在しないの？
単位円上の任意の2点の有理点の間には異なる有理点が存在するってこと？
高校数学までしかやってないので用語がわからん…
514:486
15/09/21 04:26:08.81 zebtZ9PG.net
俺の予想ではa/cは0～1/√2の範囲でa<bの条件を外すと0～1になると思われる
515:１３２人目の素数さん
15/09/21 05:01:19.05 BwSfAQxg.net
>>492
小さい順に並べた数列が存在しないというのは
例えば「全ての正の有理数を小さい方から並べた数列」が作れないことを考えてもらえば。
にもかかわらず、「全ての正の有理数を含む数列」は作れるというのが、
無限の数を扱う難しさなのですよ。
＞単位円上の任意の2点の有理点の間には異なる有理点が存在するってこと？
そゆことです
516:１３２人目の素数さん
15/09/21 06:11:57.62 fDJotWMa.net
a^2+(a+1)^2が平方数となるような自然数aは無限に存在するか
517:１３２人目の素数さん
15/09/21 11:39:04.22 BwSfAQxg.net
>>495
任意の自然数kについて、
(1+√2)^k = m+n√2 （m,nは自然数，mは奇数）と表せること、
さらに、そのm,nを用いて (1-√2)^k = m-n√2と表せることは
数学的帰納法で容易に示せる
kが正の奇数のとき、(1+√2)^k × (1-√2)^k = -1となるので、
(m+n√2)(m-n√2) = -1 ∴ m^2-2n^2 = -1
ここで，mは奇数なので、m=2a+1とおくと、4a^2+4a+1-2n^2 = -1
これを変形すると、a^2+(a+1)^2 = n^2が得られる
異なるkに対して、異なる(a,n)の組が得られるので、
a^2+(a+1)^2が平方数となるようなaは無限に存在する
518:１３２人目の素数さん
15/09/21 12:31:37.12 H+zc29yF.net
テレンスタオの美しい解き方面白いよ。
回答者目線で数学オリンピックの問題を解く形式。
暇つぶしになる
519:１３２人目の素数さん
15/09/21 13:52:24.45 fDJotWMa.net
ax^2+bx+c=y^2が無限個の整数解をもつような整数a,b,cの条件を求めよ
520:１３２人目の素数さん
15/09/21 13:53:22.27 bh279fIm.net
>>495
x_{n}^2+y_{n}^2=z_{n}^2、 が成立するとき
x_{n+1}=2*x_{n}+1*y_{n}+2*z_{n}
y_{n+1}=1*x_{n}+2*y_{n}+2*z_{n}
z_{n+1}=2*x_{n}+2*y_{n}+3*z_{n} とすると、(>>482 の※3 で、xとyを入れ替えたものに相当）
x_{n+1}^2+y_{n+1}^2=z_{n+1}^2 が成立する
このとき、y_{n+1}-x_{n+1} = y_{n}-x_{n} なので、差が保存される。
3^2 + 4^2 = 5^2 というものが存在するので、a^2+(a+1)^2が平方数となるようなものは無数にある。
521:１３２人目の素数さん
15/09/21 19:37:27.38 mNqic+mi.net
中卒で分かりませんがツエータ関数というものがあるらしいです
φも分かりませんでもユークリッド正三角形なるものは
a点ｂ点交わるところのq点が有るのでしょうか
分かりませんごめんなさいでした割り込んで
522:１３２人目の素数さん
15/09/21 19:48:26.68 zlQLS8Fa.net
ζ（ゼータ／ツェータ）関数？
何の問題かも分からんし
そもそもスレチでしょ
分らない問題はここに書いてね404 [転載禁止]©2ch.net
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
523:１３２人目の素数さん
15/09/21 21:17:29.58 gtDqKY3a.net
正方形を直角三角形を除く8枚の鋭角三角形のみで分割できることを示し、それが最小枚数であることを証明せよ
524:１３２人目の素数さん
15/09/21 21:52:18.63 Z3V2IWKL.net
鋭角三角形は無理じゃね？
どこかしら鈍角になりそうな
525:１３２人目の素数さん
15/09/21 22:07:19.88 BwSfAQxg.net
>>502
10枚ならできた。
８枚かあ…
526:１３２人目の素数さん
15/09/21 22:38:44.71 BwSfAQxg.net
８枚できた。
例：A(0,20)，B(0,0)，C(20,0)，D(20,20)，M(10,0)，N(10,20)，P(9,4)，Q(11,4)
PA,PB,QC,QD,PM,PN,QM,QN,PQを結ぶ
証明はまだ。
527:１３２人目の素数さん
15/09/21 22:44:59.52 BwSfAQxg.net
ちなみに、P,Qを取る場所は，
AB，CD，BM，CM，AN，DNを直径とする６つの円のいずれにも含まれない
上下２箇所の領域の片方の中に，大体左右対称に取ればよい。
528:１３２人目の素数さん
15/09/22 16:07:30.17 ZLtLRDuu.net
>>502
正方形ABCDを鋭角三角形で分割するとき、
A,B,C,Dからそれぞれ1本以上の辺が出ていなければならない。
仮に、辺BC上（Bを除く）に点EがあってAEを辺にもつ三角形があるとすると、
三角形ABEは直角三角形なので、AE上に頂点をとらなければ
鋭角三角形で分割できない。
点Eが辺CD上にある場合も同様。
よってAから出る辺は、正方形の内部にある頂点につながっている。
B,C,Dについても同じことがいえる。
仮に、正方形の内部に頂点が1個しかないとして、これを点Fとすると、
A,B,C,Dから出る辺はFにつながっていることになる。
∠AFB,∠BFC,∠CFD,∠DFAのいずれかは90°以上であるが、
どの場合も同様なので∠AFB≧90°とする。
このときFとAB上の点Gを結ぶ辺が無ければならない。
∠AGFか∠BGFのいずれかは90°以上なので、
Gから辺が出ていて、AFまたはBFと交わることになってしまい、
正方形の内部に頂点が1個しか無いという仮定に矛盾する。
よって正方形の内部には2個以上の頂点がある。
そのうちの2個をH,Iとする。
H,Iからそれぞれ5本以上の辺が出ていなければならず、
H,Iを頂点とする鋭角三角形は5個以上あることになる。
これらのうち重複するものがあるとすればHIを辺とするものであり、
その個数は最大2個である。
よって鋭角三角形の個数は少なくとも5+5-2=8個以上である。
529:１３２人目の素数さん
15/09/22 21:03:47.21 lhGzKtWu.net
内部の点には頂点しか集まらないことが前提になってない？
1つの辺と3つの頂点が集まっている場合もある。
例えば、ある内部点の回りが180°、60°、60°、60°で区切られている場合とか
530:１３２人目の素数さん
15/09/22 21:18:16.16 ZLtLRDuu.net
>>508
そういうものも含めて頂点と呼んでいるので、問題ないはず。
531:１３２人目の素数さん
15/09/22 22:13:30.88 V9wMy4Aa.net
>>509
＞H,Iからそれぞれ5本以上の辺が出ていなければならず、
＞H,Iを頂点とする鋭角三角形は5個以上あることになる。
のあたりで、H,Iが辺の途中にある可能性を無視していることを
指摘しているのだと思うが。
自分も、三角形の辺の途中に他の三角形の頂点があるケースがあるせいで
（つまり、グラフとしては四角形もしくはそれ以上で頂点にできる角が180°の物
の存在を排除できないため）
シンプルな場合分けができず面倒になってギブアップした。
正方形の４頂点以外に辺上に最低でも１点、内部に最低でも２点が存在することまでは
すぐ言えるのだが。
532:１３２人目の素数さん
15/09/22 22:26:29.90 ZLtLRDuu.net
>>510
あー、なるほど。その可能性をおもいっきり見逃してた。
>>507を土台にうまく修正できるかどうか。
それとも、まるっきり考え方を変える必要があるのかな？
533:１３２人目の素数さん
15/09/24 03:04:42.06 VcRgqQ8I.net
n個の鋭角三角形に分割できたとして
正方形の頂点以外の頂点の個数をvとすると
各頂点に集まる内角の個数に関して
3v+8≦3nよりv≦n-3
ここでn≦7とするとv≦4
よってv≦4かつn≦7となるような分割が存在しないことが示せればよい
あとは頼んだ
534:１３２人目の素数さん
15/09/26 01:59:16.33 KGE6XyvT.net
この問題か
Acute Square Triangulation
URLﾘﾝｸ(www.ics.uci.edu)
535:１３２人目の素数さん
15/09/26 01:59:41.85 KGE6XyvT.net
Survey of two-di
536:mensional acute triangulations Discrete Math. 313, Iss. 1 (2013) 35–49. http://czamfirescu.tricube.de/CTZamfirescu-08.pdf 9頁 In the same busy year of 1960, Lindgren [54] described an acute triangulation of the square (see Fig. 6), proving that it can be done with 8 triangles and that this is optimal – Federico solved this independently in the same year. In 1966, Gardner also gave a construction, which he reports in one of his mathematical columns (reprinted in [35]), saying: “For days I was convinced that nine was the answer; then suddenly I saw how to reduce it to eight”. We remark that, in fact, Gardner was trying to find dissections of the square, and it happened that his configuration on eight triangles is a triangulation. If he were looking for triangulations, this would have contradicted the following matter. Cassidy and Lord [15] continued the investigations of acutely triangulating the square, publishing their results in 1980. They gave an alternative proof of the min- imality (and combinatorial uniqueness) of the Federico-Lindgren construction on 8 triangles. They also showed that there is no triangulation consisting of exactly 9 tri- angles, and proved that there exist acute triangulations of the square with k triangles whenever k ≥ 10. [54] H. Lindgren. A quadrilateral dissection. Austral. Math. Teacher 16 (1960) 64–65. [15] Ch. Cassidy and G. Lord. A square acutely triangulated. J. Recr. Math. 13 (1980– 81) 263–268.