26/02/12 12:36:00.11 ybaNsOPx.net
∠A=60°、AB,BC,CAはいずれも素数であるとする。
このとき△ABCは正三角形であることを証明せよ。
995:１３２人目の素数さん
26/02/12 15:16:20.74 /haDqml1.net
b=cなら良いので以下b<cとする
余弦定理よりa^2=b^2+c^2-bc
(a-b)(a+b)=c(c-b)
cは素数なのでa-bかa+bを割り切る
前者の場合
a-b=kc, c-b=k(a+b)と書けるが
c=b+k(a+b)=b+k(kc+2b)>cとなり矛盾
後者の場合
a+b=kc, c-b=k(a-b)と書ける
(三角不等式よりk≧2)
(k-1)b=ka-c=k(kc-b)-c=(k^2-1)c-kb
(2k-1)b=(k^2-1)c
b,cは異なる素数と仮定したので
2k-1=cd, k^2-1=bdと書ける
(k=2ならb=cとなるのでk≧3)
k^2-k+1=adとなり
(c-2b+2a)d=3
d=1ならk^2-1=bだがbは素数なので矛盾
d=3ならk^2-1=3bからk=4,b=5となるが
2k-1=cdが7=3cとなり矛盾
996:１３２人目の素数さん
26/02/12 18:11:13.02 ut4qEFpw.net
後者の場合の前段で
> 2k-1=cd, k^2-1=bdと書ける
> (k=2ならb=cとなるのでk≧3)
この時点で b<c との矛盾ですね
997:１３２人目の素数さん
26/02/12 18:33:02.47 xWsmAEh1.net
>>984
似た問題が京大で出てる気がする。
998:１３２人目の素数さん
26/02/12 19:15:02.58 /haDqml1.net
>>986
確かに！
>>983
これもわざわざ変換しなくても
∀x>0, x≦x^x使えば直で分かるな
999:１３２人目の素数さん
26/02/14 00:27:50.51 d99Hu5dz.net
座標x,y,zがすべて有理数の点を有理点と呼ぶことにする
3次元内の立方体で、8頂点のうち3頂点だけが有理点であるものは存在するか？
1000:１３２人目の素数さん
26/02/14 02:05:49.78 XnH08zTB.net
一般に AB'CD' - C'DA'B が立方体として各面の対角線のながさを l、ABC の重心を G とするとき ↑GD = ±2√2/(3l)·↑AB×↑AC だから有理点からなる正三角形 ABC をその一辺の長さ l が 2√2/(3l) が無理数となるようにえらぶことができれば、頂点の G を始点とする位置ベクトルはすべて ↑GA, ↑GB,↑GD の有理係数の線形結合でその ↑GD の係数は A,B,C を除いて0でないから、有理点とならない。それは p+q+r = 0、√((p^2+q^2+r^2)/2) が平方数にならないようなものをえらび ↑AB = (p,q,r)、↑BC = (q,r,p)、↑AB = (r,p,q) ととれば得られる。
1001:１３２人目の素数さん
26/02/14 04:27:48.29 d99Hu5dz.net
>>990
正解です！
√((p^2+q^2+r^2)/2) のところは3(p^2+q^2+r^2)/2かな
1002:１３２人目の素数さん
26/02/14 16:55:38.57 d99Hu5dz.net
すべての頂点座標を有理数にできる図形を有理的と呼ぶことにする(ここで図形は相似類を指す)
例えば正3角形は2次元では有理的でないが3次元では有理的である
(1) 正20面体は何次元であっても有理的でないことを示せ
(2) 3次元では有理的でないが4次元では有理的になる3次元多面体は存在するか？
1003:１３２人目の素数さん
26/02/15 10:27:16.66 1X8XecRm.net
R^3(列ベクトルの集合)において直交する３つの列ベクトル v_i (i=1,2,3) の大きさがそれぞれ1,1,6の時、
格子 Λ:={ Σ_i(x_iv_i) : x_i は全て整数} に属するベクトルの大きさとしてとり得る値には 2,6,10,14 が含まれる。…(1)
ΛのR^3(行ベクトルの集合)への有理的埋め込み λ:Λ→R^3 が存在すると仮定する。（ここでの埋め込みとは、直交行列Uと実数rを用いて λ(v)=rUv と表せる写像とする）
λ(v_i) の成分が全て整数となるよう、λ を適切に整数倍拡大しておく。
|λ(v_1)|^2 が4の倍数ならば、λ(v_1) の成分の二乗は全て偶数でなければならず、
λ(v_2), λ(v_3) についても同じことが言えるため、何度か1/2倍に縮小して |λ(v_1)|^2 が4の倍数でないようにとることができる。
|λ(v_1)|^2=2c (cは奇数) と表せる時、(1)より適切にv∈Λを選べば |λ(v)|^2≡28 (mod32) となるが、
３つの整数の平方和のmod32がが28になることはないので矛盾。
|λ(v_1)|^2=c (cは奇数) と表せる時、|λ(v_3)|^2=6c よりλ(v_3)は奇数成分をちょうど2つ持たなければならないが、
λ(v_3) との直交性より λ(v_1)、λ(v_2) は全ての成分が奇数になるか、λ(v_3)で偶数になっている成分のみが奇数である必要がある。
しかしこれでは λ(v_1)とλ(v_2) が直交せず矛盾。
ゆえに、Λから適切に有限個の点Λ'をとれば、Λ'からR^3への有理的埋め込みは存在しない。
ΛからR^5への有理的埋め込みは存在する。（v_i をそれぞれ(1,0,0,0,0), (0,1,0,0,0), (0,0,1,1,2) に移せば良い）
さて…
1004:１３２人目の素数さん
26/02/15 11:40:02.79 FEqtuubM.net
O(0,0,0,0), A(5,1,0,0), B(5,-1,0,0), C(0,0,0,1) はR^4の有理点で体積が 5、AC = √7 である。R^3の有理点 O’A’B’C’ で OABC と相似であるものがとれると仮定する。相似比を r とする。OABC ,O’A’B’C’ の体積はともに有理数でその比は 1:r^3 だから r^3 は有理数である。AC^2, A’C’^2 はともに有理数でその比は 1:r^2 だから r^2 は有理数である。よって r は有理数である。よって A’C’ = 7r^2 (r:有理数) となるが、Gauss の 3 平方定理よりそのような R^3 の有理点はとれない。
1005:１３２人目の素数さん
26/02/15 11:43:38.49 1X8XecRm.net
体積比使えばよかったんか
1006:１３２人目の素数さん
26/02/15 11:53:02.86 FEqtuubM.net
色々まちがってた orz
1007:１３２人目の素数さん
26/02/15 14:09:36.12 AVutC6Oj.net
{{1,1,0,0},{-1,1,0,0},{0,0,1,1},{0,0,-1,1}}と{{2,1,0,0},{-1,2,0,0},{0,0,2,1},{0,0,-1,2}}はR⁴の相似変換で相似比はそれぞれ√2,√5である。A(1,2,0,0),B(1,1,1,2),C(0,0,0,0)としてa:b:c = √7:√5:√6である。
R³の有理点A'B'C'でABCに相似であるものが存在したとする。相似比をrとすればr²は有理数である。必要ならR⁴の相似変換を何回か合成してr²が整数でr²≡1,3( mod 8 )とできるが前者であればa'=√7,後者であればb'=√15となり矛盾する。
1008:１３２人目の素数さん
26/02/15 20:50:02.64 KWRDyo3r.net
>>997
(0,0,0),(3,0,1),(1,2,3)とすれば√5:√6:√7では
1009:１３２人目の素数さん
26/02/15 22:12:02.75 GB3rvPua.net
pを素数とする。
p^3+p^2+8p+8の素因数がちょうど2種類であるという。
pを求めよ。
1010:１３２人目の素数さん
26/02/15 22:51:41.40 1hJvStXu.net
>>997 間違ってるな。正解は多分常にR⁴の有理多面体はR³の有理多面体に相似の方やな。反例作ろうとしても見事にできなくなってる。まぁもう次スレかな。
1011:１３２人目の素数さん
26/02/15 22:54:54.42 KWRDyo3r.net
>>999
p^3+p^2+8p+8=(p+1)(p^2+8)
p=2のとき、3×12=2^2×3^2となりok
p=3のとき、4×17=2^2×17となりok
p≧5のときp+1は偶数、p^2+8は3の倍数の奇数
なのでp^2+8=3^kの形しか許されない
mod 4の制約からkは偶数
k=2nとして(3^n+p)(3^n-p)=8と分解できる
(3^n+p)=8,(3^n-p)=1ならば2p=7で矛盾
(3^n+p)=4,(3^n-p)=2ならば2p=2で矛盾
1012:１３２人目の素数さん
26/02/15 22:55:03.29 lW0nz9nb.net
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