面白い問題おしえて〜な 11問目

面白い問題、教えてください

過去ログ
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
http://www6.atwiki.jp/omoshiro2ch/

前スレ

面白い問題おしえて〜な 十問目
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/

おつ

ｵﾒｶﾞ乙！

(1)ある自然数mが存在して、任意の自然数nをΣ[i＝2〜m]ai^i (各aiは非負整数)の形に表すことが出来るか。
↑分かると思うけど、mはnに依らない定数。あと、iが2から始まってるのはﾀｲﾌﾟﾐｽではない。
(2)非負整数列{fk(n)}(n，k∈Z)が、どんなkについてもfk(0)＝0，inf[n∈Z−{0}]fk(n)/n^(k＋2)＞0 を
満たすとする。このとき、ある自然数mが存在して、任意の自然数nをΣ[i＝0〜m]fi(ai) (各aiは非負整数)の
形に表すことが出来るか。

>>4
(2)fk(n)を偶数のみからなる列にしたらもうだめなんじゃないの？

>>5
その場合は確かに駄目。でも、他の場合は？もしかしたら、駄目じゃないfk(n)が存在するかもしれない。
でも、もしかしたら どんなfk(n)でもアウトかもしれない。それを聞いているのが(2)。

>>6
できる例もってんの？

>>7
それ言ったらヒントになっちゃうじゃないか。

>>4
両方ない気がする。��1/nは発散するけど��1/fk(n)って収束するから
凸不等式とかつかったらいいんじゃね？

サイコロを５回投げるとき、小さい順に出る確率をエレガントに求めよ。

（いろんな解き方があるだろうから、ﾜｸﾜｸﾃｶﾃｶ…）

>>10 全事象は6＾5
小さい順ってのは1,1,2,3,4とかはダメなのかな？
ダメだとしたら小さい順になるのは6通りだから
求める確率は6/6＾5=1/6＾4

>>9は撤回。

こんにちわ

>>11
前スレでも書いたが、小さい順ってのは1,1,2,3,4も考慮します。
君たちのエレガントな解法を楽しみにしている年末の寒い夜。

むかしフィボナッチ数列にでてくる異なる数の有限個の和でかけない自然数が無限にある
ことの証明で>>9みたいな論法のやつあった記憶があるんだけどあれどうやるんだっけ？
>>9の方法だと任意の自然数が４つの平方数でかけるって定理も否定できてしまう。
思い出そうとしても思い出せん。だれか過去ログ残してない？

>>15
つ「にくちゃんねる」

>>10
とりあえず教科書にでも出てそうな解法

目の出方は全部で 6^5 通り
すなわち 7776 通り

そのうち、小さい順になってる出方は

　○○｜○｜○｜○｜｜

このような図におきかえて考えると
（図の説明は略）
10!/5!5! 通り　すなわち 252 通り

求める確率は 252 / 7776 = 7 / 116

>>17
7/216 ではなからうか？

そうそれ

正方形を作図するとき、コンパスは最低何回必要になるか。

※１　コンパスの軸をずらす、又は描く円の半径の大きさを変える等するまでを１回とする。
※２　点を打って「１辺０cmの正方形」というのは面白くない。

３回はできた
２回は可能だろうか

目盛り付きの三角定規と鉛筆があれば
コンパスなんていらない。

>>9の問題かんがえてるんだけど
∫∫[xi≧1]1/(x1^2+x2^3+･･･+xn^(n+1))dx1dx2･･･dxnってnが大きいと発散するよね？

>>21
２回で可能かどうかはおいといて３回の答えおしえてください。

長方形があれば、そこからコンパスを2回用いて
正方形を切り出せることは容易。

そこでまずOを中心とする円を描き（1回目）、その直径をABとする。
円周上にCを取り、COの延長と円の交点をDとする。
これでADCBは長方形になるから、あと2回で正方形ができる。

直線引いて垂線をひく（コンパス２回）
交点を中心に円を描く

途中で書き込んじゃった。
直線引いて垂直な直線をかく（コンパス２回）
交点を中心に円を描く（３回目）
円がそれぞえの直線と交わったところを結ぶ

2回で可能だね

>>27をヒントに２回でできた。
点Oを中心に円Pを描き、直径ABを描く。
AB以外の円周上の点Cをとると、
直線ACとBCは垂直。
よって、以下>>27と同じ。

>>28
おお！さすがにそれが最小値だろうな。やりかたおしえてくらはい。

>>29
なーるほど。ＧＪ！

1回でいけそうな予感

1回でいけた．

(1)中心をOとする円を描く
(2)2本の異なる直径AB,CDをひく．
(3)AC上に適当な点Eをとり，ABとDEとの交点をFとする．
(4)OEとCFとの交点をGとし，AGとBCとの交点をHとすればOHはBCの
中点．
(5)同様の手順でACの中点Iを求める．
(6)OH,OIを延長し円との交点を四つ結べば正方形．

(4)はメネラウスの定理から
(AE/EC)(CD/DO)(OF/FA)=1
AHとOCの交点をPとすればチェバの定理から
(AE/EC)(CP/PG)(GF/FA)=1
が成り立つことからCP/PG=CD/DO=2となり，Pが△ABCの重心となる
ことからHがBCの中点であることが言える．

こういうことか
ttp://www.vipper.org/vip157815.jpg

すごいな

0回は無理ですか？
てかコンパスなしで直角を作るのがそもそも無理？

一回でできるなんて想像すらしなかったな。

>>29で直径→直角のアイデアがあったからそれを使ってみた．
中点とるのはだいぶ前に正方形7等分をやった時のと同じ手法．

赤玉３個、白玉２個の入った袋がある。この中から無作為に玉を一つ取り出し、
赤玉が出れば元に戻し、白玉が出れば元に戻さないという試行を繰り返すとき、
n回後に袋の中の白玉がなくなる確率および、白玉がなくなるまでに行う試行回数の期待値を求めよ。

p_n : n 回目までに一個目の白球が出ている確率
q_n : n 回目までに二個めの白球が出ている確率
とすると、
p_n = p_{n-1} + (1 - p_{n-1}) * (2/5)
q_n = q_{n-1} + (1 - q_{n-1}) * (2/4) * p_{n-1}
なので、これを解く。p, q ともに二項間漸か式なのでα^n+β^n みたいな形で出てくる。
n回後に袋の中の白玉がなくなる確率は、q_n - q_{n-1} なのでそれを計算。

白球がなくなるまでの試行回数の計算は
2*(q_2 - 0) + 3*(q_3-q_2) + .... を計算して欲しいというのが出題者の
意図なんだろうけど下のように計算しても問題ない。

一個目の白球が出るまでの試行回数の期待値は5/2
一個目が出た後で二個めの白球が出るまでの試行回数は4/1
ということで、5/2 + 4/1 = 13/2 回

ごめん、スレ間違えた……。分からない問題の質問スレかと思った。

思いのほか盛り上がっていただけた様で光栄です。
こちらの用意していた解答は出題時点で3回、今日2回を思いついたのですが、
まさか1回があるとは…。>>32氏thx。

ということで追加問題。正規解答は期待しないで下さいまし。

1.任意の長さの1辺を持つ正方形を作図するとき、コンパス（ry
2.正五角形を作図する時、コンパ（ry。また、任意の長さの1辺を持つ正五角形（ry。

前スレ使い切ろーぜ

円積問題が解けたと聞いて飛んできました。

飛べるのですか？うらやましい限りです。

I＝[0，1]とする。
(1)有限個の有界な開区間(a1，b1)，…，(an，bn)でIが被覆されるとき、Σ[i＝1〜n](bi−ai)＞1と
なることを数学的帰納法で示せ。
(2)NからIへの全単射が存在しないことを、(1)及びIのコンパクト性を用いて示せ。

>>41
1.は前の考えを使いまわして1回で可能．
与えられた長さを半径に持つ円を描けば，できる正方形の一辺はその
√2倍．
もう一度同じ方法で各辺に直交する直径がかけるから，それを使って
でき上がり．

2.は考え中．正三角形なら1回で作れた．

>>33
間違いを訂正しろ。
話はそれからだ！

>>47
>>33はおかしいの？

チェバの定理から〜の後

(AE/EC)(CP/PG)(GF/FA)=1
が成り立つことからCP/PG=CD/DO=2となり，
↓
(AE/EC)(CP/PO)(OF/FA)=1
が成り立つことからCP/PO=CD/DO=2となり，

ってことじゃない？

△ABCにおいて∠A＝180/7度、BC=１である。
また頂点Cから辺ABにAD=1となるような点Dをとる。
このときCDの長さを求めよ。

>50
問題の条件が足りないと思う。

実数列{an}に対して、Σ[i＝1〜∞]aiが収束しているとする。また、実数列{bn}がβ∈Rに収束しているとする。
このとき、Σ[i＝1〜∞]aibi は収束すると言えるか？

普通に微積か実数論の練習問題じゃね？

>>52
宿題は質問スレに書け、厨房め！

は？宿題じゃねぇし。どうせアレだろ、ε−δ論法を少し弄れば「収束する」ことが証明できるとでも思ったんだろ？
息抜き程度の難易度で、それなりに楽しめる問題を見つけたと思ったんだけどなぁ…馬鹿に出題したのが間違いだったよ。

解答：収束するとは言えない。
略証)ある実数列{an}が存在して、どんなβ∈Rに対しても、βに収束する適当なbnを選べばΣaibiが発散することを示す。
an＝{(-1)^(n−1)}/nで定義される実数列{an}を考える。Σ[i＝1〜∞]ai＝log2 となって収束する。
bn＝1/logn (nは偶数)，0 (nは奇数)　とするとbn→0であるが、Σ[i＝1〜∞]aibi＝−Σ[i＝1〜∞]1/(2ilog2i)
となり、2ilog2i はi≧1において単調増加だからΣ[i＝1〜∞]1/(2ilog2i)＝Σ[j＝0〜∞]Σ[i＝2^j〜2^(j＋1)−1]1/(2ilog2i)
≧Σ[j＝0〜∞]Σ[i＝2^j〜2^(j＋1)−1]1/(2*2^(j＋1)log2*2^(j＋1))＝Σ[j＝0〜∞]1/{4(j＋2)log2}＝∞だから
Σ[i＝1〜∞]aibi＝−∞となって発散する。一般のβ∈Rに対しては、Bn＝β＋bn とすればBn→βであるが
ΣaiBi＝βlog2＋Σaibi＝βlog2−∞＝−∞となって 発散する。

(連投失礼)
考察1：一般に、絶対収束はしないが条件収束する{an}を取ってくれば、an＝(an)^(+)−(an)^(-) (ただしx^(+)＝max{0，x}，
x^(-)＝−min{0，x})と分解するとΣ(ai)^(+)＝Σ(ai)^(-)＝＋∞，Σ{(ai)^(+)−(ai)^(-)}＝α∈Rとなっていることが
分かるから、σn→0，Σσi(ai)^(+)＝＋∞を満たすσnを選んで bn＝σn (an≧0)，0 (an＜0)とbnを構成することによって、
Σaibiが発散するようにできる。bn→β≠0の場合は、上の解答と同じように作ればよい。で、σnの構成の一例は次。
Sm＝Σ[i＝1〜m](ai)^(+)とおくと 仮定よりSmは単調増加しながら発散するから、任意のn∈Nに対してあるM∈Nが存在して
m≧Mのとき常に2^n＜Smが成り立つようにできる。このようなMのうち最小のものをMnとおくと、Mnは(広義)単調増加する
自然数列で2^n＜SMn が常に成り立つ。便宜上、Mnは狭義単調増加にしておきたいので、Xn＝Mn＋nとでもおけばXnは狭義
単調増加で2^n＜(SMn≦)SXnが常に成り立つ。そこで、σnをσn＝1 (1≦n≦X1)，1/(k＋1) (Xk＜n≦X(k＋1)) と定義すれば
Σ[i＝1〜Xn]σi(ai)^(+)≧(1/n)Σ[i＝1〜Xn](ai)^(+)＝(SXn)/n＞(2^n)/n→∞ (n→∞)及びσn→0 (n→∞)が成り立つから、
このσnが求める数列の一例。
考察2：{an}が絶対収束する場合は、Σaibi は必ず収束する。

グチャグチャの計算だから計算ミスがあるかも(＾＾；

a(n)=b(n)=(-1)^n/n^(1/2).

ｺﾝﾊﾟｽと定木だけで作図できない正多角形はあるか?
あるなら何か?

>>58
それは超有名問題だな。ガウスが解いたやつだ。

>>41
これコンパス一回つかえば任意の作図可能な点が作図できるみたい。･･･たぶん

以下の問いに答えよ。

(1)
△ABCの垂心をH、外心をO、OからABに下ろした垂線の足をO'とする。CH=2OO'を示せ。

(2)
(1)の△ABCについて、線分OHの中点Uを中心として半径が△ABCの外接円の半径の1/2の円を描く。また、CからABに下ろした垂線の足をE、線分CHの中点をVとする。
E、V、O'はこの円上に存在することを示せ。

(3)
(1)、(2)を利用して『9点円定理』を示せ。

>61
誰か解いてよー(´Д`)

実数論とか解析学ちっくな問題を出すと宿題扱いされるスレはここですか？

ふつーに演習問題として載ってそうな問題だと宿題扱いだね。

少なくとも>>61は宿題だね。

ずいぶん主観的だな。

>>61の学友です。
これは塾の宿題です。
キモイので話しかけたことはないのですが、ハッキリ言ってクズです。
本当にありがとうございました。

その問題が宿題だろうがなんだろうが、出されたもん解くのが筋だろーが！

俺は解けないが

補助線

>>68
「香織はバスローブを脱ぎ捨てると、その豊満な」まで読んだ。

眼科いった方がいいよ。

さみしいなあ

talk:>>70 香織のスリーサイズを求めよ。

∀⌒０００００００＝（　　　　）

数という概念を否定せよ。

さあ、道徳、いや　どう解く　?

>>74


哲学厨か

>>74
AAサロン
http://aa5.2ch.net/aasaloon/

ここで存分に

次の条件を満たす平面上の閉曲線S考える。

・Sは原点を通る任意の直線と2点で交わる
・Sは原点を中心とする単位円周の任意の接線と2点で交わる
・|a|<1とする。Sは直線y=aと2点で交わる
・|a|<1とする。Sは直線x=aと2点で交わる

このとき、Sは原点を中心とする単位円周と言えるか。

>>78
＞・Sは原点を中心とする単位円周の任意の接線と2点で交わる
　
こんな条件があんのになんでSが単位円周になりえるわけ？

楕円 x^2/9 + y^2/4 = 1 とかでもいいような

>79
すみません。書き間違えました。2点ではなく1点です。

>>81
一点のみを共有する？交わるじゃなくて？

>82
交わるです。

>>83
じゃあ単位円周でもその条件みたしてないじゃん。

>84
何故ですか？馬鹿ですみません。1点を共有する=1点で交わるとの解釈です。

>>85
普通わざわざ“交わる”という単語をつかうときは“接する”状態はふくめないだろ？
てか“共有点をもつ”ってかけばその手のまぎらわしさなしに伝わるんだから。
なんでわざわざそんな誤解をうむ言葉づかいするんだよ？

>>79
“閉曲線”は“単純閉曲線”？

>86
接することも交わることとの解釈からです。
あと、(単位円周でないようなSがあった場合に)交わるとの表記の方が一般性を持つだろうとの判断です。
誤解を与えたならば申し訳ありません

>87
そういう方向で。単純でない場合はこちらも全く考えていなかったので…。

>>89
じゃあこんな感じで。
S1={(x,y)|x^2+y^2=1}とおく。同型写像f:S1→Sを固定しておく。
以下閉半直線L(θ)をL(θ)={(rcosθ,rsinθ) | r≧1}
とする。まずL(θ)∩S=φを示す。あるp∈L(θ)∩Sがとれたとする。
M:{(x,y)| xcosθ+ysinθ=1}、N:{(x,y)| xcosθ+ysinθ=-1}とおく。
仮定よりS∩Nは空でないのでq∈S∩Nをとる。同型写像g:S1→Sを
g((1,0))=p、g(-1,0)=qととる。
gの連続性と直線Mによって分割される２つの開半平面のことなる成分にp,qがあるから
からα=(cosu,sinu)、β=(cosv,sinv)をg(α)、g(β)∈S∩M、0<u<π、-π<v<0ととれる。
しかしこれはS∩Mが１元集合であることに反する。
よってS∩L(θ)は任意のθに対し空である。
これをもちいてSが単位円であることをしめす。仮定により任意のφにたいして
S∩{(x,y)| xcosφ+ysinφ=1}は１元集合{p}とかけるがもしp≠(cosφ、sinφ)であれば
pはあるθをとってL(θ)にふくまれる。これは前段の帰結に反する。
よってS∩{(x,y)| xcosφ+ysinφ=1}=(cosφ,sinφ)である。これからSが単位円周となることは容易。□

・Sは単純閉曲線
・Sは原点を中心とする単位円周の任意の接線と1点で交わる

↑この2条件だけでよくね？

デキタ。でも説明するのﾏﾝﾄﾞｸｾ。泥臭い方法だし。

問題文が長いのは勘弁してください

実数列{an}は、Σaiが条件収束するとする。このとき、任意の実数xに対して、数列{an}を適当に並べ替えた
数列{aφn}を選べば、Σaφiがxに収束するように出来る。
↑このスレで出された問題では無いが、やっと解けた(´∀｀)

嫌いな料理はどんどん先送りにして、好きなもんだけ食ってくやつだろ。
まあ、どれもいつかは食わなきゃならんわけだが。

>>94
せっかくだから解答かいてちょ。

>>96
いや、すんごく泥臭いやり方なので勘弁して(＾＾；

とりあえずxを超えて大きくなるまで正の項を足して、次に
xより小さくなるまで負の項を足して、またxを超えて大きくなるまで正の項を足して、
またxより小さく（りゃ

でしょ

わかるまで考えたのは立派だが
それもよくある演習問題でしょうにｗ

＞それもよくある演習問題でしょうにｗ

でつ ………俺、このスレの’演習問題を馬鹿にする’ような雰囲気大嫌いだな。

>>100
るぱん賛成だぜ、とっつぁん。

演習問題がバカにされてるっていうよりは、
このスレの趣旨からして「よくある」問題は趣旨に合ってないってことだろ
その意味で「よくある演習問題」はバカにされても当然だと思うよ

馬鹿にするために1レス消費するくらいなら、スルーするか、もしくは’面白い問題’とやらを書き込んで欲しいな。
厨房め〜　とか荒れるだけだし。

バカにされた本人なら気分が悪いのも当然だとは思うけど、
でもスレ違いに「スレ違いだよ」って言ってあげるのは
スレの自治としては必要なことなんじゃね

ああ、こんな だから最近つまらんのか。

>>86名大の試験では「接する」も「一点で交わる」って表現するぞ。

名大は馬鹿だからな

>>103
スルーしない同レベルのバカの方が多いだろが

>>103
> 1レス消費するくらいなら、スルーするか、もしくは’面白い問題’とやらを書き込んで欲しいな。
オマエモナー

そもそもスレの趣旨が、面白い問題教えろ、だからな。曖昧すぎ。

ざっと見ただけでこれだけあるのに
よくある演習問題をわざわざこのスレに書いて
文句を言われると駄々をこねる奴の気が知れん。


分からない問題はここに書いてね２２５
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1135406867/

くだらねぇ問題はここへ書け ver.3.14(40桁略)3993
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1132560000/

◆ わからない問題はここに書いてね １８２ ◆
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1134810000/

おいらには解けない４
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1097325180/

おまいらこの問題解ける？
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1135016339/

当人が面白いと感じているのなら、そんなスレには書き込まんわな。

n を1より大きな自然数とする。
(x^x)^n = y^y が非自明な自然数解 (x, y) を持つための n の条件を求めよ。
ただし、自明な解とは (x, y) = (1, 1) のことを指している。

>>113
n=lx^(l-1)となる２以上の整数xと自然数lが存在すること。
は少なくとも一つの解答になるかな？用意されてる解答とちがうかもしれないけど。
この手の問題は答えが一意にさだまらないからな。

>>114
もっと多くの n でいけますよ〜。

>>115
まじっすか？n=lx^(l-1)とあらわせないnの例をあげてみてください。

n=(b/a)x^((b/a)-1)とあらわせるとき？

たとえば、n=9なら上の条件に当てはまらないですけど、
(x, y) = (2^24, 2^27) が解になってます。

>>117
その形だとどんな数が当てはまらないんだろう…
もしかしたらあってるかもしれない。答えはもっと単純ですよ

>>118
あてはまらないものがない以上正解なんじゃないの？

十分条件にはなってても必要十分じゃなくね？

でも反例ないよ。

非自明解が存在しない n もちゃんとあるんですけど……。

素数じゃないときはいつでもそんな表示をもつんじゃね？
n=uv u,v≠1のときx=((u-1)v)^(u-1)、b=u、a=u-1とおけば
(b/a)x^((b/a)-1)=(u/(u-1))((u-1)v)^(b-a)=uv=nになる気がする。
素数はそのような表示ないし。素数じゃないときはOKなんじゃね？

>>118
それ、解になってないと思うが。もしかして(x^x)^nとx^(x^n)を勘違いしてないか？

なってるんじゃね？
(x^x)^n=(2^(24･2^24))^9=2^(2^27･3^3)
y^y=(2^27)^(2^27))=2^(2^27･3^3)

しまったｗ　n＝3だと思ってた。ゴメン。あとsage。

ふううううん

んん！？n≧3のとき、x＝(n−1)^(n−1)，y＝(n−1)^nは非自明な解にならないか？

まさにそう。もう大方解けたね。
あとは、n=2でどうなのか、と。

いや、それも簡単。n＝d(c＋1) (d，cは自然数)と表したときに、x＝(dc)^c，y＝(dc)^(c＋1)　が解になる。

ORZ
orz
λ...
(お察し下さい)

n＝2のときは解無しですた。

とりあえず、お疲れ〜。おれが用意していた解答は
STEP1
t = y/x を使って問題文の式を整理すると
x = t^(t/(n-t)), y = t^(n/(n-t))
とパラメータ表示できる。
t=n-1を代入すればx, yが自然数になるので
n>2の時の非自明解を生成できる。

STEP2.
n=2のとき背理法により解がないことを証明していく。
まず、x^(2x) = y^y から、x < y < 2x ---(1) を示す。
次に、任意の x の素因数 p をとってきて、右辺と左辺を
pの指数に関してのみ比較し、yがxの倍数であることを示す。
でも、yがxの倍数であることが(1)に矛盾。

よって答えは、n>2 という感じでした。

補題)自然数a，b，x，yが、a^x＝b^yを満たすとき、x≧yならばa｜b，x≦yならばb｜aが成り立つ。
証：x＝yのとき…明らか。x＞yのとき…a＝dα，b＝dβ (α，βは互いに素)と表示すると、与式⇔{d^(x−y)}α^x＝β^yと
変形できる。左辺はαで割り切れるから、右辺のβ^yもαで割り切れる。ところがα，βは互いに素だからα＝1を得る。
このときa＝d，b＝dβ＝aβとなって、a｜bが成り立つ。x＜yのとき…同様にしてb｜aとなる。

これを用いて、(x^x)^2＝y^yに非自明解が無いことを示す。
x≧2，y≧2としてよい。f(z)＝z^zはz≧1において単調増加なので、もしy≧2xとするとx^(2x)＝y^y≧(2x)^(2x)
⇔1≧2^(2x)が成り立つことになって矛盾。よってy＜2xである。これに補題を用いると、y＜2xよりx｜yを得る。
つまりy＝cx とおける。これを与式に入れて整理するとx^2＝(cx)^cとなるので、c＝1，c≧2で場合分けすると
非自明な解が存在しないことが容易に分かる。

超有名問題なんだが･･･知らない人ﾄﾞｿﾞ
　
n個のコインがあり一個だけニセモノがまじっておりニセモノは重さがちがう。
r≧log[3](2n+1)をみたす自然数rをとるとき天秤をr回もちいればニセモノをさがしだせる事を示せ。

あ、書き忘れてた。重さがちがうことだけはわかってる。重いか軽いかはわかんないという設定で。

(1)a^(1＋b^2)＝b^aの自然数解(a，b)を全て求めよ。
(2)f(x)，g(x)をxの非負整数係数多項式でf(x)の定数項は1とする。また、g≠0とする。
このとき、a^f(b)＝b^{a*g(a)}の自然数解(a，b)を全て求めよ。

>>136
(1,1) しかないね。

p を a の素因数とし、p^s|a , p^{s+1}†a, p^r|b, p^{r+1}†b とする(s>0, r>0)。
p^{s f(b)} = p^{ar g(a)} <=> s f(b) = ar g(a)
右辺、a は p^s の倍数。
一方、左辺、f(b) は (p の倍数 + 1) なので、s は p^s の倍数でないといけない。
s > p^s を満たすような素数 p と自然数 s は存在しないので変。
よって、a = 1 でないといけない。そうすると b = 1 も自動的に決定。

みかんの皮をむかずに中身だけを取り出すのは不可能であることを証明せよ。

ストローさしてぐちゅぐちゅにして飲む

あぁ、ごめん。不可能なことの証明ねｗ

今年も30時間をきりました。

みかんの皮の内側と外側ってどっちが内側でどっちが外側だろうね

凍らして割ればいいんじゃね?

縦横高さ以外の軸のほうから掻き出せばいいんじゃね？

え〜〜〜〜〜とっ・・・・・・・・どこだよそれっ！！！

>138
みかんを閉曲面って考えたらいいのかい？

面積が7で辺の長さがすべて有理数となるような直角三角形の3辺の長さを決定せよ。

(一つでも見つかればぉｋ)

a,b,c,dを自然数として

（bd/ac）*(b^2/a^2-d^2/c^2)＝7を満たすa,b,c,dを見つけてください・・・

>147
35/12、24/5、337/60が見付かった。

類題：大福の皮を破らずに中のアンコを食べることは可能であるか。

talk:>>146 みかんの皮は球面と位相同型となる曲面と見る。
talk:>>150 雪■大福の場合は不可能。

talk:>>146 当たり前だが、三次元空間の中の曲面だぞ。

皮に穴の開いている大福を選ぶ

>151
内部の任意の点と外部の任意の点を結んだ直線と曲面が少なくとも１つの共有点を持つことを示せばいいのかな？

>>147の類似問題です

面積が41で辺の長さがすべて有理数となるような直角三角形の3辺の長さを決定してください

一つでも見つかればおっけーです

合同数ですか。

楕円曲線の有理点みつける問題だな。テートの教科書に有理点みつけるための
アルゴリズムの存在は証明されてるけど実際の実行はめちゃめちゃ大変ってかいてあった。
加藤先生の数論１か２あたりに似たような例が載ってた記憶があるんだけど。

talk:>>154 それでいいが、できるかな？

面積が素数で辺の長さがすべて有理数となるような直角三角形は

100以下の素数では5と7と41以外では存在しないと思うのですが・・・

そしてその組み合わせはそれぞれ一つしかないと思います・・

反例があったらご指摘よろしくお願いしますです。

駄目だ、解けない…

互いに異なる3つの自然数a1，a2，a3で、
ai｜(aj＋ak＋aj*ak)　((i，j，k)＝(1，2，3)，(2，3，1)，(3，1，2))
を満たすものは存在するか。

talk:>>160 a1=1,a2=3,a3=7 など。

しまった…何やってんだ俺。訂正します。

互いに異なる3つの素数a1，a2，a3で、
ai｜(aj＋ak＋aj*ak)　((i，j，k)＝(1，2，3)，(2，3，1)，(3，1，2))
を満たすものは存在するか。

>>159
こつこつやるのは良いことだが、ここくらいは参考にした方がよい。

http://www.asahi-net.or.jp/~KC2H-MSM/mathland/math10/

>>162
素数･･･

>>163
ご指摘ありがとうございます

定義1までは作れたんですが・・・こんなのあったんですね・・・

>158
当たり前な気がするけど、ﾁｬﾝﾄ示すとなると…。

>>150
大福を皮ごと喰う

とりあえず、大福の皮を食べずにアンコだけ食べるような変なやつとは絶交だ。

>>158
曲座標で考えれば、中間値の定理とかですぐ証明できそうな気がしないでもないけど
これだと不完全ですか？

まずは2次元で考えたらどうかな。単位円と位相同型な曲線で。

とりあえず、三次元空間内で球面の内側の点と外側の点を曲線で結ぶと、曲線のどこかが球面上にあることは認めよう。
(証明しようと思えばできるだろう。)
先に定めた二点が、内側、外側になる曲面で、球面と位相同型であるものと、球面の間に、適当なイソトピー写像を作れば[>>138]ができる。
初めに、イソトピー写像ができることを示せばあとは簡単かな？

問題改。
三次元空間内で、球面と位相同型である曲面と球面との間にイソトピー写像を構成できることを示せ。

できるのかもしれないが、どうやろう？あとは幾何学の専門家にパス。

こんな難しい問題は私にもできないので、簡単な問題にしよう。
三次元空間内で、球面の内部の点と同じ球面の外部の点を曲線で結んだとき、
曲線と球面が少なくとも一点で交わることを証明せよ。
(ヒント：曲線とは何か？)

>>172
ｦｲｦｲ

talk:>>173 簡単すぎる？

47 ：１３２人目の素数さん ：2006/01/02(月) 12:40:28
2次の正方行列 A,B が A^2-2AB+B^2=O を満たせば AB=BA と言えるか？

48 ：１３２人目の素数さん ：2006/01/02(月) 12:55:42
言える。と思う。

49 ：ぴかぽん ：2006/01/02(月) 13:14:47
>47
言えない｡

↓の問題お願いします。
ttp://www10.plala.or.jp/mathcontest/2005r.htm

謹賀新年。

地上に置くと、秒速1cmで歩く虫がいる。
長さが10cmの、いくらでも延びるゴムひもがある。

(1) 虫をゴムひもの一端に乗せ、ひもの上を他端に向けて歩かせる。
同時に、ゴムひもが毎秒10cmの割合で延びていくとする。
このとき虫は他端に到着できるだろうか？

(2) ゴムひもの長さを表す函数をr(t)とするとき、虫が他端に
到着できるためにr(t)が満たすべき条件はどんなものか？
ちなみに(1)では、r(t)=10+10tである。

なお、ゴムひもは一様に延びるものとする。たとえば、ひもの中点に
印を付けると、ひもがどんなに延びても印は中点のままである。

>>177
ゴムひもがのびることによって虫のスピードはあがると考えていいすか？
t秒放置したのち一瞬でt･10cmのばすという操作を繰り返すとかんがえて
t→0とするとかんがえると虫は毎秒1cmよりはやくなるよね？この方針で桶？

>>178
ひもの一端を地面に固定した上で、虫の対地速度を考えれば、それでおｋ。
この場合、たとえば中点の対地移動速度は5cm/sなので、
仮に虫が中点にいたとすると、その瞬間には虫は対地速度6cm/sで
移動していることになる。

なお(2)については、およその見当はついているものの、
厳密な解答は持っていませんのであしからず。

hg

>>179
だとするとこう？
ゴムひもをx=0に固定しもう片方の端がx>0をx=r(t)にしたがってうごくとする。
このゴムひも上をx軸正の方向にゴム上を等速度vでうごくとする。
t秒後の虫の位置をs(t)としてs’=v+(s/r)r’。変形して(s/r)’=v/r。
s(0)=0からs/r=∫[0,t](v/r)dt。“虫がもう一端に達する⇔s/r=1となる時刻がある”である。
(1)r=10t+10、v=1のときs/r=∫[0,t](1/(10t+10))dt=(1/10)(log(10t+10)-log10)であるからt=e^10-1で到達する。
(2)もう一端に達しない⇔∫[0,t](1/r)dt＜1/v (∀t)
たとえばr(t)=ve^tのときならもう一端には到達しない。

>>181
ご名答。俺も今さっき、(2)も同じ結論に達したところ。
「虫がもう一端に達する⇔∫[0,T](v/r)dt=1となる正の時刻Tがある」ですな。

v=1、r(t)=10+t^2 とすると、もう無理。
v=1、r(t)=10+at^2 （a＞0）の場合、aが小さければ届きそうなんだけど、
計算が面倒なので放棄。

蛇足ながら、(1)の、到達できることの簡単な説明を。
まず、ひもの1/10の地点が1cm/sで動いているのに対し、
虫は1cm/sより若干は速く進んでいることを考えれば、
1/10の地点には到達できる。この瞬間の虫の対地速度は2cm/s。
ひもの2/10の地点が2cm/sで動いているので、2/10地点にも到達できる。
この瞬間の虫の対地速度は3cm/s。以下同様にして、3/10、4/10、‥と
次々に到達できることがわかる。

ま、着くまでに虫の寿命がくｒ

＞v=1、r(t)=10+at^2 （a＞0）の場合

a＜π^2/40 なら到達可能。

1の原始n乗根をa_1､a_2､…､a_tとする。
Π(1-a_t)がとりうる値をすべて決定せよ。

円周上に頂点を持つn多角形を考える（n≧4）。
この時、そのn多角形の内角が最低でも1つ、鋭角となる確率を求めよ。

０，１，素数。

>>186
半円上に n-1 個以上の頂点が来ればいいのかな？
でも計算の仕方が分からんｗ

186解いてみたけど、計算が合わんし、どこ間違ってるのか分からん。

円周上に並んだ頂点を左回りにP1, P2, P3, ... , Pn と命名。
命題 Ai : 「頂点 Pi が鋭角である」 と定義。
このとき、求める確率は
P(A1∪A2∪A3∪...∪An ) = ΣP(Ai) - ΣP(Ai∩Aj) + ΣP(Ai∩Aj∩Ak) -+...
ここで、隣り合わない2頂点が共に鋭角になることはない(証明略)ことから
P(A1∪A2∪A3∪...∪An ) = ΣP(Ai) - ΣP(Ai∩A{i+1})
= nP(A1) - nP(A1∩A2)

P(A1) は Pn(位置を固定して考える) を端点にもつ半円の片側に
残りn-1点のうちn-2点が含まれる確率なので P(A1) = (n-1)/2^{n-2}
P(A1∩A2) は、arg(Pn)=0 、θ < arg(P1) < θ+dθ の位置にあるとすると
(1) 残りの n-2点が π+θ < arg(Pi) < 2π に存在する確率と
(2) 一点が π < arg(Pi) < π+θ、n-3点が π+θ < arg(Pi) < 2π に存在する確率
の和である。

計算すると
(1) は (n-1)!/(n-3)! (dθ/(2π)) (θ/(2π)) ((π-θ)/(2π))^{n-3}
(2) は (n-1)!/(n-2)! (dθ/(2π)) ((π-θ)/(2π))^{n-2}
P1の位置が 0 < arg(P1) < π の範囲内での(1)と(2)の確率を足し上げて
P(A1∩A2) = (n-1)/(2π)^{n-1}∫{0->π} (n-2) θ(π-θ)^{n-3} + (π-θ)^{n-2}
= 1/2^{n-2}

nP(A1) - nP(A1∩A2) に以上の結果を代入して
P(A1∪A2∪A3∪...∪An ) = n(n-1)/2^{n-2} - n/2^{n-2} = (n^2-2n)/2^{n-2}

となったんだけど、n=4 を代入すると 確率が 2 になるのでありえない。
どっかで間違ってることは確かなんだけど、それがどこなのかわからない(´･ω･`)

袋の中に、１から６までの数字が書いてある球が２個ずつ合計１２個ある。
この中から３個の球を同時に取り出す。
取り出した球の数字について考える。
(1)　３つの数の和が５である確立
(2)　３つの数字のうち、最も大きい数が４である確立
(3)　３つの数の積が偶数である確立

１３２４という並びを考えたり考えなかったりしているところ。

>>192
確率の計算をするときは、Pn の位置を固定しているだけで
他の頂点は後付けで番号がつくように計算できてるとおもう。

４つの数字を＋−×÷使って１０にする、、、てやつで難しいの教えてください！

間違ってたところが分かった。
Pnを固定して残りn-1点を円周上に配するのと、円周上にn点配するのは
全く別のことだ。
前者だとPnとP1の間の角が後者の場合よりも小さくなりがちだ。

計算やり直しだな。

>>189
頑張ってくれ。解答もちゃんと用意してあるから。

>>196
同様に確からしい、をどう定義するかで確率が変わるから、そこはキチンと明示してくれよ。

普通に円周上の一様分布でいいだろ

(1,0)-(-1,0)-(0,1)-(0,-1)-(1,0).

>>198で。

計算の仕方を思い付いた。

n=5の場合。
1点目はどこでもよい。
2〜5点目は、1点目から見て+πラジアンまでの位置 か -πラジアンまでの位置かのいずれかにある（いずれも確率1/2）。
前者を'+' 後者を'-' と表記すると、題意を満たす2〜5点目の配置は、

++++
-+++
+-++
++-+
+++-

----
+---
-+--
--+-
---+

の 10(=5*2) 通り。
よって、求める確率は、
10*((1/2)^4)
= 5*((1/2)^3)
= 5/8

同様の議論で、頂点数がnの場合、求める確率は、
n*((1/2)^(n-2))

一応、n=4 で確率1になるので、正しげなんだけど、どう？

あ、でもよく考えるとおかしいな。
+1/100π, -1/100π みたいなのばかり、1点目の近くに密集している場合も題意を満たしますね。

モンテカルロで間違い探ししながら解いてみた。
スマートじゃなくてすまない(´･ω･`)

>>189-190の計算で間違ってたのは P(A1) の計算だったみたい。
点Pn を arg(Pn) = 0 の位置に固定したときに、P1 が鋭角になるのは
Pn 以外の n-1個の点が
(1) 全て π < arg(P) < 2π の位置にある
(2) 1個は 0 < arg(P) < π で、n-2個が π < arg(P) < 2π の位置にある
の二通りで
(1) の確率は (1/2)^{n-1}
(2) の確率は (n-1) * (1/2)*(1/2)^{n-2}
∴ P(A1) = 1/2^{n-1} + (n-1)/(2^{n-1}) = n/2^{n-1}

他は、189-190の通りに計算すれば、求める確率は
n (n/2^{n-1} + 1/2^{n-2}) = n(n-2)/2^{n-1}

俺の今の状態は一生に一度しかあり得ないのか？

>>188
正方形の場合は鋭角が1つもない。
だから、n=4のときは1未満になるよ。

>>189
これは、1問でも解けたら凄いと言われる、あるテスト（大学生用）からとってきた問題なんだけどね・・・。
凄いね、大正解！おめでとう。

>>205
ありがとう。

もっと簡単なときかたないのかな。
出てくる数値が簡単だからなんとなくいい方法がありそうな気がするんだけど。

鳩ノ巣原理と絡むのか？

シンプルなのをひとつ。

1
∫((ln(x+1)) / (x^2+1))dx
0

これを計算せよ。

>>208
なつかし〜な、それ。

宿題乙。

>>210
宿題じゃありませんが何か？
てか普通に考えて、宿題だったら別の所に書き込むだろ。
頭を使うから面白いと思っただけ。文句があるなら放置すれば良いじゃん。

>>211
もまいの書き込むタイミングが悪いから変なちゃちゃが入った
とは解せんのか？

日米数学研究所の存続を廻って
JH内で意見が分かれていること。

>>212
そか、円の問題の出題者が帰って来てないか。
もうその問題は解決してると思ってたんだが、スマソ。

>>211
>>102，>>104
このスレはこういうスレなのさ。

てか普通に宿題だと思う。

なんかつまらないことになってんな。
確かに出す方も出す方だが、騒いでる方も5分で解いてやって、
「これは簡単すぎるから、もっと面白い問題を持って出直してこい」とか言えばいいものを。
そうしてやれば、出してる方も「こいつらは実は解けないからこういう風にしか言えないんだ」とか変に誤解することもないだろうし。
っていうのも>>215の言うようにスレ違いか。
それから、>>210 = >>216はそんなに煽らなくていいだろ。
また>>211が帰って来てややこしくなるじゃんよ。粘着しすぎ。もうちょっと考えろ。
あと考えたが、俺的には>>211は的を得てるね。これは多分宿題じゃない。
ただ、>>211は問題がこのスレの住人が求めているものではないと分かっていないだけじゃね？そんな>>211は半年ROMって来い。
・・・それとも、>>208は、本当はそんなに難しいのか？基本に見えるが。

＞あと考えたが、俺的には>>211は的を得てるね。これは多分宿題じゃない。
>>63-64

俺のイメージだと、うまい変形を考えて解く定積分の問題と、うまい数え方を考えて解く確率の問題を
このスレに出した場合、前者は宿題、後者は面白い(？)問題 という扱いになると思う。要するに>>63。

簡単すぎる、とか文句をたれるのは
実際に解いてからしろ、というのには酸性だけど、
問題を出す側にも、
問題文だけ読んである程度面白さが伝わるようにする
というのは必要かもね。

解いてみるまで面白さがわからないのだと、
解く側のモチベーションが上がりにくいし、
不必要に煽る奴も出てくるんじゃないかな。

　　　　　　　　　　　　議　　論　　終　　了
＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿



＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿

　　　　　　　　　　　　ス　　レ　　再　　開


以降は、>>218-219を参考にしてマターリ行きましょう。

数列f(n)はf(1)＝0，f(2)＝2，f(3)＝3，f(n)＝f(n−2)＋f(n−3) (n≧4)を満たしている。
「f(n)/nが自然数になる⇔nが素数である」は正しいか。

ttp://web2.incl.ne.jp/yaoki/chahi3.htm

みたことある

よくある問題の焼き直しだけど
http://tv8.2ch.net/test/read.cgi/zurui/1096206531/80

>>218
問題集に載ってるよ。
DQN向けの大学教養の微積の問題集に載ってるよ。
去年、演習問題のレポートにもなったし。
変数変換して解くだけ…
５分もかからない問題、面白いと言うほどの問題ではない。

>>223の関連問題
3枚の金貨があるが、その中に本物よりも1グラム軽い偽物が含まれる可能性がある。
偽物は1枚かもしれないし2枚かもしれないし、もしくは3枚とも偽物、あるいは全部本物かもしれない。
天秤と、本物と分かっている金貨を何枚でも使うことができるが、
どれが偽物か完全に判別するのは、天秤2回では不可能なことを示せ。

（もちろん、金貨を通貨として使うなどのとんち系の解法は禁止である）

>>224
>>220嫁
親切心のつもりかもしれんが、蒸し返すのはやめれ

＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿

　　　　　　　　　　　　議　　論　　再　　開

俺の最も嫌いなことの一つは、仕切りたがるやつに 「ＮＯ！」 と言ってやることだ！

昨日帰りの満員電車で小便漏らしました。
その日は頻尿だったのでヤバイかなぁ〜と思いつつ電車に乗ったんだよね。
自分が降りる駅の一つ手前で、なんと！人身事故で停車・・・
乗ってる間も小便を我慢してたんで俺の顔は真っ青でやばい汗ﾀﾞﾗﾀﾞﾗだったと思う。
案の定、我慢できず脱尿、脱尿、脱尿、だっぷん・・・・・
まず、しゃがんでカバンに入っていたコンビニ袋を取り出しました。
俺の行動に周りはいい迷惑だったと思う。たぶんゲロを吐くと思われたと・・・
でも俺はなんのタメライもなくズボンとパンツを下げ、チンコ丸出しで
そのビニール袋に発射。。。
「 ブシュブシュ　ブシュブシュ　ブシュ〜」と俺のチンコから
「ポタッ　ポタッ　ポタッ」と袋へ落ちる
悪臭と周りの人達の驚きの眼差し･･･そして罵声・・・。
俺は顔をあげられない・・・チンコをポケットティッシュで拭き、俺はしゃがんだまま・・・。
約１時間そのままだった・・・
やっと電車が動いた時、いままで罵声を言ってた周りの人が
「よかったな、はやくうち帰って風呂入れよ＾＾」
ってやさしく声をかけてくれた。
俺はあまりの惨めさ、恥ずかしさで泣いた。
でも本当は感謝の言葉で大泣きしていた俺がいた。

Ａ君が駅から毎時４キロの速さで、３・５キロ離れた自宅まで歩き出した。
しかし途中で雨が降ってきたので、毎時９キロの速さで走ったところ３０分で家に着いた
Ａ君が走り出ししたのは駅を出発してから何分後？

東大スレよりコピペ
---
関数x(t)、y(t)はx:[0,1]→R、y:[0,1]→Rの連続関数であり、
x(0)=y(0)=0、x(1)=y(1)=1を満たす。

この時、次の二つの問いに答えよ。
(1)
任意の実数t∈(0,1)に対し、x(t)、y(t)のうち少なくとも一つが無理数である。
という条件を満たすx(t)、y(t)の例を一つ求めよ。

(2)
任意の実数t∈(0,1)に対し、x(t)、y(t)のうち少なくとも一つが有理数である。
という条件を満たすx(t)、y(t)は存在するか。

「任意の凸多面体は三角形、四角形または五角形のいずれかを
少なくとも一つ面として持つことを示せ。」

ヒント：面あたりの辺の本数の平均を評価すればよい。

>>231
(1) たとえばx(t)=t, y(t)=log2(t+1)
(2) すべての自然数と,0<a<1を満たすすべての有理数は、オイラーの対角線論法によって
1対1に対応することが示されている。したがって(x(t),y(t))の組と対応するtも、自然数と1対1に対応しなければならない。
ところが実数tの濃度は自然数より濃いから、これは矛盾である。

>>233
(2)はおれもそれ考えたけど、x(t)やy(t)がある値を
無限回とる場合とかはまずいよね。なんか引っ掛けっぽい。

答えは存在するよね。
x(t)
= 0 on [0, 1/2)
= 2t - 1 on [1/2, 1]

y(t)
= 2t on [0, 1/2)
= 1 [1/2, 1]

>>234
(2)に何か条件を付けてみたらどうなる？
如何なる小さな（空でない）区間でも定数でないとか。

＞如何なる小さな（空でない）区間でも定数でないとか。
単調増加ってこと？
だったら>233 の議論が成立してるよね。

>>236
単調とは全然限らないよ。
例えば折れ線グラフ。
これでは（反）例は出来ないだろうが。

230は算数で言う速さとつるかめ算の問題かな？引っ掛けあるなら知りたい

それより問題って自分で考えたのでもいいの？

反例が存在するとすると、x(t) か y(t) がある値を
不加算回とることになると思うんだけど、仮に
x(t) = c が不加算個の零点を持つとすると
どこかに連続濃度で零点の集積点が存在してて
そっから定数区間の存在とか言えそうな気がする。

直感で書いてるので変なこと言ってるかもしれないが。

とりあえず普通は非加算って言うと思う

非可算だろう

やっぱ書きます
簡単だと思うんで、もしあれならスルーしてくらさいΣは文字表現上わかりにくいから使わないですけど了承くださいネ。

数列の一般項を
Ａn＝sin(n×75ﾟ)と定義します
この時
Ａ1からＡ100までの和を求めなさい

あーこれは12が周期だけどあちこち打ち消してとかそんな感じかな

>>241
ﾜﾛｽｗ

せーかーい
97〜100までの和は常識と和積で解けます
糸も簡単に…
良問と自負してたのに

いや面白いとは思うよ

>>245
おととい、センター模試の質問でそんなのがあって
解いたばかりなので、どこが面白いんって感じだった。すまん

センター模試？マジですか…
その問題見たいです。お暇なら貼ってください

次、たまにある問題ですけど…もしかしたら非常によくある問題かも
�@〜�Gまでの番号の付いた玉がそれぞれ１個ずつあります。
同じく�@〜�Gまでの番号の付いた箱が１個ずつあります。
ここで�@〜�Gまでのボールを�@〜�Gまでの箱に一つずつ入れる時、同じ番号同士セットにならないように入れる入れ方は何通りあるでしょうか

かくらん順列って言われるやつだと思うけど
答えはきれいにはならなかった気が

>>231
x(0)=y(0)=0、x(1)=y(1)=√2
に変えるとどうなる？

(0,0)→(1,0)→(1,1)→(1.4, 1)→(1.4, 1.4)→(1.41, 1.4)→(1.41, 1.41)→(1.414, 1.41)→...
な折れ線で(√2, √2) まで結んでいけばok

あー、お茶漬けがたべたい。

(1,0)→(1,1)はまずかろう

>>250
なるほど

>>247
7!

違った。7*7!

やっぱ違うわ。分らん。

関数x(t)、y(t)はx:[0,1]→R、y:[0,1]→Rの連続関数であり、
x(0)=y(0)=0、x(1)=y(1)=1
任意の実数t∈(0,1)に対し、x(t)、y(t)のうち少なくとも一つが有理数である。
という条件を満たすとする。

このとき、x-y平面上の曲線( x(t),y(t) ) t∈[0,1]の長さの最小値を求めよ。

面白そうなので甜菜。

[0,1]×[0,1]の部分集合Eに対し
Ex={y|(x,y)∈E}
Ey={x|(x,y)∈E}
と定める。このとき、次を同時に満たすEが存在することを示せ。

・各 x∈[0,1] に対して、Exは[0,1]から高々可算個の点を除いた集合である。
・各 y∈[0,1] に対して、Eyは[0,1]の高々可算個の点から成る集合である。

http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1136598062/800

むずかしそーだ。

2006/mを10進表記したときに循環小数となるようなmをすべて決定せよ。

>>259
m=2006の時、明らかに
与式 = 1.0000……
となり、循環小数である。

これは、他のどのような有理数でも成立するため、
答え　m≠0を満たす全ての有理数。

>>257
連続体仮説を仮定すれば楽勝。
Fubini の定理に関連して、測度論の本に例として載っていると思う。

仮定しない場合は、Turing degree とかを使うのではないかと。

数オリの問題解いてたら思いついた問題。

nを奇数、a1，…，anを相異なる整数とする。多項式 1＋Π[i＝1〜n](x−ai) が
Z[x]上 既約にならないことはあるか。

>>262
もとの数オリの問題はどんな問題？
それが分かれば分かるかも

>>263
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　／⌒／　　　へ　　　　＼|＼
　　　　　　　　　　　 ／　　　　　　　　　　　/　 /　　 /( ∧　　）　ﾍ　ﾍ
　　　　　　　　　　 く　　　　　　　　　　　／/　（　/| | V　)ﾉ（　(　（　　ﾍ＼　　 お　 て
　　　　┘／＾|　　　 ＼　　　　　　　　 （　　|　|ﾍ|　ﾚ　　　＿ﾍ|ﾍ　)　＿ﾍ 　　　し　 め
　　　　/|　　 .|　　　　　　　　　　　　　　|　　）） )/⌒""〜⌒""　　 iii＼　　　　え　｜
　　　　 .|　　α　　＿　　　　　　　　　　ﾍ　ﾚﾚ　　"⌒""ﾍ〜⌒"　　||||＞　　　　て
　　　　　　　　　 ＿∠＿　　　　　　　ｲ　|　　|　 /⌒ｿi　　 |/⌒ﾍ　　＜　　　　や　に
　　　　　＿　　　　 (＿　　　　　　　　) ﾍ　　|　‖ （） ||　　|| （） ||　 ＿＼　　　ん　は
　　　　　／　　　　　　　　　　　　　　 (　 )　ﾍ |i,ﾍゝ=彳　 入ゝ=彳,i|＼　　　　ね
　　　 ／ー　　　　　　　　　　　　　　　（　／　　"""/　 　ー""""　　　＞　　　｜
　　　　　 ＿）　　 ｜　　　　　　　　　 ﾍ（||ii　　　 ii|||iiii＿/iii)ノヘ|||iiiii＜　　 |||||
　　　　　　　　　　｜　　　　　　　　　 ( ﾍ|||||iiii∠;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;　 　　 ﾌ　　　 ""'
　　　　/////　　　ﾍ＿／　　　　　　　) ﾍ|||""ﾍ===二二二===７ﾌ　/　ﾑ／∧　∧　∧
　　　 /////　　　　　　　　　　　　　　(　 | ii　 | |ＬＬ|＿|＿ＬＬＬ//　|　 　 ）（　∨|　∨)
　　　・・・・・　　　　　　　　　　　　　　　 )　)| || | |||||||||||||||||||||||| |　|　 　（　ﾍ |　ﾍ ) (
　　　　　　　　　　＿＿＿　　　　　　　　| | /|　.| |||/⌒／⌒ヘ | |　|　 iiiiﾍ　( |　（ | /
　　　　　　　　　　　　／　　　　　　　　　/　(|.|　| |　　　　　　　| |　|　 iii　 ) | ﾍ　）(　)
　　　　　　　　　　　 （　　　　　　　　　　(　/..|　 | |＿＿＿＿_/ |　|　 iii　 ( ）（　// /
　　　　　　　　　　　　＼　　　　　　　　 )　）..|　　|ﾍＬ|＿|＿Ｌ/ / /　 ,,,,--（/Vﾍ）(／
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　/　(　.|ﾍ ＼＿ﾍ |＿/ /　／

>260
ちょｗｗｗｗ確かにあってるけどｗ

>>264
馬鹿は引っ込め
>>262
http://www.iis.it-hiroshima.ac.jp/~ohkawa/math/math_pro_a017.htm

>>266
　　　　 　( ゜д゜ )　
　　ゴト ／| y　|) 　ターンしちまぇよ…
　/￣;y=ー￣￣/||
/＿＿＿＿＿/. ||
||　　　　　　　||　||
||　　　　　　　||

0≦x≦1、pを0≦p≦1なる実数として、関数F_p(x)を以下で定義する。
F_p(x)=pF_p(2x)　(0≦p≦1/2)
F_p(x)=(1ｰp)F_p(2xｰ1)+p　(1/2≦p≦1)

(1)F_p(x)は連続関数であることを示せ。

(2)xが二進法展開でx=1/2^a_0+1/2^a_1+1/2^a_2…1/2^a_n(a_0<a_1<a_2<…<a_n)なる表示を持つとき、
F_p(x)=p^a_0+tp^a_1+(t^2)p^a_2+…(t^n)p^a_n
を示せ。

>268これは難問

>>268
> F_p(x)=p^a_0+tp^a_1+(t^2)p^a_2+…(t^n)p^a_n
t の定義は？

すまん、t=(1-p)/pだ

平方数であるフィボナッチ数は1と144に限ることを示せ。

>>272
そんな既出問題より、どうせなら立方数で行こうぜ

平面上に面積 1 の円がある。
この円の面積を4本の異なる直線で6等分せよ。
ただし、4本の直線はどれも、円と二点で交わるものとする。

>>274
√3/4 < π/6 だから、存在は中間値の定理より明らか。

>>275
解説ｷﾎﾞﾝ

>>275
何か勘違いしてないか？直線4本だぞ？5本なら(左から右に並べて縦に引けば)明らかだが。

>>277
中心角が 2π/3 の扇形 2 個を半分にすればいいんでしょ。
頂角が 2π/3 で斜辺の長さが 1 の二等辺三角形の面積は √3/4 じゃないの。

やっと、言いたいことが分かった。

んじゃ、同じ問題で9分割してみてくれ。

>>278
それ、「線分」だったら出来るけどさ、「直線」だと無理でしょ？そういう二等辺三角形を
書いた時点で、(引いた直線によって)既に書いてある他の扇形がさらに分割されてしまう。

>>280
そうでもない、画像作ってウプするから、しばらく待て

http://v.isp.2ch.net/up/401ff9ef599b.png

超下手な画像だが、とりあえず上げて見た。


解説をすると、まず、二本の直線を円の直径になるように引く。
この際、二本の直線は60°で交わるように引く。

その後、中心角120°の扇型が二つ出来上がるが、
この二つを二等分すれば、それで六等分割が完成する。


>>279
9等分割の間違いだろ。　できなさそうだな。

下手すぎてワロスｗ
最低限円の中心を通るようにかけよｗ

>>282
ホントだ…ちゃんと面積計算したら、扇形の弧の部分で交わるように直線引いて やっと2等分に
なるんだな。もっと中心の近くに直線引かないと2等分されないと思ってた。サンクス。

計算しなくても、菱形を描くとわかるのだが。

んで、誰か九等分割できる猛者はいないのか？

a,bを自然数とする。
aをbで割った商をQ(a,b)、余りをR(a,b)と書く。

このとき、連立方程式
Q( (a^2+b^2)， (a+b) ) = Q( (a^3+b^3)， (a^2+b^2) )
R( (a^2+b^2)， (a+b) ) = R( (a^3+b^3)， (a^2+b^2) )
を解け。

>>287
a≠bを忘れた。

age

おせーて

ａｂ（ａ−ｂ）＝０。

713

(tan(3pi/11)+4sin(2pi/11))^2
が整数である事を証明できますか？

もう実際の値を求めちゃったほうが早くないかな

>>294
そりゃ、電卓で計算すりゃ、その整数は１１だってのが分かるけど、
それじゃ数学じゃ無いじゃん。

nを自然数、P(x)をn次の多項式とする。
P(0),P(1),・・・P(n)が整数ならば、すべての整数kに対し、P(k)は整数であることを証明せよ。

面白くない＋マルチ＝>>296

>>294
いや、11であることを直接示さずに、
整数であることだけ示すのは難しいだろう、ということ

>>298
難しくない。 5 + 6 である事を示せばよい。

転載。
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1136270347/597
任意の自然数nに対して、xy平面上の正方形で、その周上および内部に
合計でちょうどn個の格子点を含むものが存在することを示してください。

円ならどうか？

>>300
点(√2，√3)から各格子点までの距離は全て異なる。なぜなら、2つの格子点(x，y)，(a，b)に対して
(x−√2)^2＋(y−√3)^2＝(a−√2)^2＋(b−√3)^2とすると、式変形して(x−a)√2＋(y−b)√3
＝(x^2＋y^2−a^2−b^2)/2∈Qとなるが、一般に有理数p，q，rに対してp√2＋q√3＝rが成り立つのは
p＝q＝r＝0に限られるから、x＝a，y＝bとなり(x，y)＝(a，b)となるから。
そこで、点(√2，√3)から各格子点までの距離を小さい順にr1，r2，r3，…とすると、点(√2，√3)を
中心として半径r (rn＜r＜r(n＋1))の円を書けば、この円の周上には格子点がなく、内部にはちょうどn個の
格子点が存在するので、これが求める円となる。

平面上にn個の凸図形（S1,S2,…Sn）がある。
任意の整数i,jに対してSi∩Sjが空集合でないとき、
S1∩S2∩…∩Snが空集合でないことを示せ。

問題間違ってない？

n本の直線を平面上にどの３本も同じ点で交わらないように配置して、
これを十分長い、細長い長方形に置き換えると、
Si∩Sjが空集合でないは満たすけど、
どの i,j,k に対しても Si∩Sj∩Sk=φになるよね。

>>303
ぬお、本当だ……あれ・・・三次元だと似たような話があったような気がしたんだけど
もう少し考えてくるわ

１２３
４５６
７８９

と９マスに分かれたタイルがあり、１と３に黒いナイト（チェスの駒）
７と９に白いナイト（チェスの駒）がおいてある。同じ番号のマスに
２つの駒は置けないとして、白の駒を１と３、黒の駒を７と９に
入れ替えるのは最低何手か？　最低の手数であることも証明してね。
（ナイトの駒の動きはわかるよね。左右上下に将棋の桂馬みたいに
　動かせます）

◆ わからない問題はここに書いてね 186 ◆より
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1139675746/148

>>293
p を 4n-1 型の素数として、
x を 1 の原始 p 乗根、g を p の原始根とすると
(x - x^g + x^(g^2) - x^(g^3) + … - x^(g^(p-1)))^2 = -p
が成り立つ。

p = 11, g = 2, x を 1 の原始 11 乗根とすれば
x - x^2 + x^4 - x^8 + … - x^512
= x - x^2 + x^4 - x^8 + x^5 - x^10 + x^9 - x^7 + x^3 - x^6　　…(*)
で、(*)^2 = -11

(*) は２項だけを除いて、偶数乗の項の符合が -、
奇数乗の項の符合が + という特殊事情があって簡単にできる。

(*) = (x - x^2 + x^3 - x^4 + x^5 - x^6 + x^7 - x^8 + x^9 - x^10) + 2(x^4 - x^7)
= (x - x^11)/(x + 1) + 2(x^4 - x^7)
= (x^6 - x^(-6))/(x^6 + x^(-6)) + 2(x^4 - x^(-4))

x = e^(6π/11) とすれば
(*) = i{tan(36π/11) + 4sin(24π/11)}
= i{tan(3π/11) + 4sin(2π/11)}

(*)^2 = -11 だったから
{tan(3π/11) + 4sin(2π/11)}^2 = 11

×　x = e^(6π/11) とすれば
○　x = e^(6πi/11) とすれば

また間違えてた

×　(x - x^g + x^(g^2) - x^(g^3) + … - x^(g^(p-1)))^2 = -p
○　(x - x^g + x^(g^2) - x^(g^3) + … - x^(g^(p-2)))^2 = -p

おまけ
(tan(π/7) - 4sin(2π/7))^2 = ?
(tan(π/19) - 4sin(6π/19) + 4sin(7π/19) + 4sin(8π/19))^2 = ?
(tan(π/23) - 4sin(2π/23) + 4sin(3π/23) - 4sin(5π/23) - 4sin(6π/23))^2 = ?

０が１００個連続する円周率の並びはあるだろうか。

>>309
ないとは言えない。

>>309
円周率の並び……を定義しないとねぇ。

古い雑誌をあさっていたら昔の"C-Magazine"が出てきたので、そこにあった問題を転載ｗ
----
1729は、二つの3乗数の和で2通りに表せる最小のものである。
1729 = 1^3 + 12^3 = 9^3 + 10^3
では、「二つの3乗数の和で3通りに表せる数の最小のもの」を見つけよ。
----
この問題のオリジナルは、ラマヌジャンの逸話が有名だけど、こういう問題を一般化してみると面白いかも。

>>313
Cマガジンって・・・・読んだ事無いけど、いかにもプログラミングって感じの本じゃないか？
虱潰し以外に、考える方法あるんかい？

うん。その通りかも。
一般化は無理なのかな…

オメーには教えてやらねーよ！

>>316
AA付けろよ

今日の京大経済の入試に面白いのがあった。

わかりやすく書きなおしてみると、こんなの。

「それぞれ偶数個の白玉と黒玉からなる数珠があるとき、白玉黒玉が
　どう並んでいようとも、どこか適当な２点で数珠をきれば白、黒
　ともに半々にできることを示せ。」

どう切り込むか悩むけど、わかってみれば簡単。中学生にも理解できる。

>>318
事実とすれば東大のﾊﾟｸｰﾘだがそれはいかがなものか

R上で定義された、f(f(x))=-xとなる実関数f(x)を一例挙げよ

とかどうかな？

面白いかどうかは分かりませんけど、一つ考えて下さい

｢直角三角形の斜辺の長さの２乗は他の二辺の２乗の和に等しい｣

なぜ等しいのか証明せよ

>>321
正方形ABCDの辺ABの長さをa,bに分割する点をP、辺BCの長さをa,bに分割する点をQ
辺CDの長さををa,bに分割する点をR、辺DAの長さををa,bに分割する点をSとする。
ここで、四角形PQRSは正方形であるから、一辺の長さをcとする。

正方形ABCDの面積は(a+b)^2、一方正方形ABCDの面積は、
4つの直角三角形と、正方形PQRSの和でも書けるので、2ab+c^2
したがって、
(a+b)^2=2ab+c^2
展開して整理すると、
a^2+b^2=c^2

>>319
事実だけど、東大のパクリってどういうこと。
過去に同じ問題出たの？

>>318
サンドイッチが食べたくなったじゃないか。

>>323
同じではないがこんなのがある
http://hiw.oo.kawai-juku.ac.jp/nyushi/honshi/02/t01-21p/4.html

ふつーに
余弦定理より
a^2=b^2+c^2-2bcCos90じゃダメなん？

>326
△ＯＡＢ∧Ｏ＝90度なら
|OA↑-OB↑|^2＝|OA↑|^＋|OB↑|^2-2OA↑・OB↑
cos90゜＝０より(ry

3=log_{2}(8)

3^2=9

3-3=0

3/31















3月31日

>>320
存在するとすれば、奇関数で微分不能であることはすぐにわかるね。
実数を二つのカテゴリーA,Bにわけて（ただし、a∈Aならば-a∈A
かつ、b∈Bならば-b∈B）、f(a)=b、f(b)= -a となるような関数を
定義すればいいんだな。たとえば、x=1を定義域から外していい
のなら、
x=0でf(x)=0
0<|x|<1でf(x)=1/x
|x|>1でf(x)=-1/x
ってのがある。

>>325
似て非なる問題だと思われ。
以下のようにして解いてみたけど、京大の問題と全然違うん
じゃないの？

両端が赤の弧は赤、青の弧は青、両端の色が異なる弧は黒に
塗る。すると、当然ながら、赤と青の弧が隣り合うことはな
く、必ず間に黒い弧がいくつか挟まるはず。
ところで、黒い弧が二つ並ぶ場合、端の玉は赤ー青ー赤か
青ー赤ー青なので、この二つの弧と真ん中の玉をとりはずして、
両端の同色の玉を融合させて輪を短くしても、残りの弧の色は
元と変わりはないはず。こうやって、隣り合う黒い弧を二本
セットではずして輪を小さくしていって、黒い弧が連続しない
ように変形できる。
さて、ここで、たとえば、赤い弧の連結部分をひとつ取り上
げると、その両端には黒い弧が必ず存在し、そのさらに隣に
は青い弧がつながるはず。これらをとりはずして、切れ目に
現れた青い弧同士を繋げてやっても、残りの弧の色に変わり
はない。こうやって、赤い弧の連結部分を同様にして外して
いけば、いずれすべての赤い弧は取り外せる。残りはすべて
青か黒となるはずだが、青と青の間に黒い弧が一つだけはい
ることはできないはずなので、すべて青の弧になる。つまり、
黒い弧はすべて２個ずつセットではずしていくことができた
ことになる。よって、両端の色が異なる弧は偶数個あったと
いうことが示せた。

>>313
C-Magazineは今４月号でめでたく休刊です。

>>334
な、なぬ〜〜〜〜！
結構前に愛読してる先輩から借りて読んだんが、よさげな本だと思った。
休刊（≒廃刊）なのか…。

>>332
それ友人が「これは惜しいな」って言ってきたやつと同じだｗ

結局一日後にその友人が発見しました。

>>320
x の小数部分 {x} を
{x} = x - [x]　　([ ] はガウス記号)
と定義して

f(x) = 0　　(if x=0)
f(x) = x-(1/2)　　(if x＞0 ∧ {-x}＜1/2)
f(x) = -x-(1/2)　　(if x＞0 ∧ {-x}≧1/2)
f(x) = x+(1/2)　　(if x＜0 ∧ {x}＜1/2)
f(x) = -x+(1/2)　　(if x＜0 ∧ {x}≧1/2)

>>318
ゴリ押し！

黒，白の数珠がそれぞれ2n個ずつあったとする。白の数珠を1つ選び、その数珠の番号を[0]とする。
この数珠から、時計周りに順番に数珠に番号[1]，[2]，…，[4n−1]をつけていく。ただし、[m]＝m＋4nZ
である。数珠の色が黒のとき、その数珠に重さ1を与える。白のときは重さ0を与える。[i]番目の数珠の
重さをf([i])で表すことにする。Si＝Σ[k＝i〜i＋2n−1]f([i]) (0≦i≦4n−1)とおくとき、あるiが存在
してSi＝nとなっていることを示せばよい。まず、S(i＋1)−Si＝f([2n＋i])−f([i])＝0 or 1 or −1である。…＊
次に、M＝max[0≦i≦4n−1]Si，m＝min[0≦i≦4n−1]Siとおくと、Σ[i＝0〜4n−1]Si＝2nΣ[i＝0〜4n−1]f([i])＝4n^2
であるからM≧n，m≦nである。M＝n or m＝nのときは成立するから、M＞n，m＜nとしてよい。M＝Sx，m＝Syとして、
(x＜yのとき)＊より、x＜i＜yなるiでSi＝nを満たすものが存在する。よって成り立つ。(x＞yのとき)同様にして成り立つ。

>>338
そそ、そんな感じ。
重さ１とかいわんでも、起点となる玉から右回りにn個分のうち、
白玉か黒玉かどっちかの個数をf(i)として考えればよろし。どちらか
が半数なら、反対の色も半数だからね。f(i)-f(i+1)=0または±1と、
f(i)の最大最小ということね。

>>338
さっきはちょっと時間がなかったんで、補足します。
まず、白玉と黒玉は個数が異なってもいいんすよ。
白を2kとすると、黒は2n-2kですわ。合わせて2n個ね。

で、どれかの玉に起点を定めて、i番目の玉から右周りに
n個分のうち白玉の数をf(i)とするです。すると、f(i)とf(i+n)
はちょうど数珠を二つに割った片割れ同士に対応するので、
f(i)+f(i+n)=2kとなります。あと、f(i+1)は端の玉の出入り
だけ考えれば、f(i)からたかだか１増減するだけ。ちゅまり、
自然数としては連続的に変化するわけですね。ここが味噌か。
さらに、f(i)は周期2nの周期関数ですので、f(i+2n)=f(i)ね
（iは任意の自然数でよし）。
で、f(i)の値の最大値をM、最小値をmとしやす。んで、
そのときのiの値をそれぞれ、imax,iminとします。
すると、f(imax)+f(imax+n)=2k より、f(imax+n)=2k-M
ですが、この値はMを超えないので、2k-M≦Mとなり、
k≦Mが成り立ちます。同様にして、m≦kも成立。
f(i)の自然数としての連続性と最大、最小がkを挟むこと
から、f(i)=kとなるiが存在することは明らか。

>>337
うへ。なかなか、ややこしいすね。
確認する気にならんがな。

東大文系の過去問もほぼ同じやり方で解けるね

すまん、最大値だの、周期関数だの、過剰な一般化してたわ。

さっき予備校の模範解答みたら、
f(1)=kならそれが求める分割。
f(1)>kなら、f(1)+f(1+n)=2kより、f(1+n)<kで、その間にf(i)=kとなるiが存在する。
f(1)<kなら、f(1+n)>kで、同様。
と、簡単にやってあった。

別スレからサルベージ

分からない問題はここに書いてね２３２
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1139679770/

206 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/02/13(月) 00:12:11
知人に聞かれたがマジで分からん・・・。

・１時に１秒、２時に２秒…１２時に１２秒時報が鳴る時計がある
・時計は１秒単位で任意に時刻あわせできる
・２４時間時報が鳴り続けるには、最低何個の時計が必要か？


１個の時計だと、24 時間のうち、1+2+ ... + 12 秒時報が鳴っているが、
鳴っていない時間に、時刻をずらした時計を追加していくと
鳴りっぱなしを実現できるわけだが・・・。

だれか上手い考え方プリーズ。

全然分からなかったので、
コンピュータで計算して予想は801個。でも最少性の証明はわからん。


583 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/02/16(木) 00:57:51
>>435

レスありがとう。12時間制の時計ということです。

１時間ごとに時報がなることを考えると、
たぶん１時間鳴らし続けられれば自動的に２４時間なると思う。

時計二個あれば交互に時刻を合わせて鳴り続けさせられる

１個でええんじゃないの。１２時の時報がなり始めたら、時計を１２時の数秒前に
あわせ直す。これを延々続ける。

最初に自由にセットしてあとは放置ってことでそ？

問題作ってみた。

(連続とは限らない)関数f：R→R は、任意の実数x，yに対してf(x＋y)＝f(x)cosy＋f(y)cosxを
満たしている。また、原点で微分可能とする。f(x)を求めよ。

>>348
とりあえずf(x)=sinxは条件を満たす

間違えた
とりあえずf(x)=Csinxは条件を満たす

f(x)=f(x-π/2+π/2)=f(x-π/2)cos(π/2)+f(π/2)cos(x-π/2)=f(π/2)sin x

ax^3＋bx^2＋cx＋d＝0をxについて解け

おもしろーい

スレ違い・・・もしくは板違いであればすいません。
どこに質問していいやら分からなかったので、一番趣旨に近いスレを選びました；

よくある問題なんですが、3人が1000円づつ払って、店員が200円抜いて300円返したら、100円合わない。
そんな面白問題を教えて欲しいです。

どうぞよろしくお願いします＾＾；

>>354
http://www.geocities.co.jp/CollegeLife-Club/7442/math/#30$

実数Rの部分集合系(It ｜t∈∧)は、各元が全て可算集合とする。
(1)∪[t∈∧]Itは可算集合になると言えるか。
(2)a，b∈∧ならばIa⊂IbまたはIa⊃Ibが成り立つとするとき、∪[t∈∧]Itは可算集合になると言えるか。

(1)は、Λが非可算で各Itが排反ならもうダメなんじゃないの？
例えば Λ=R、It={t}とか。

(2)がちょっと大変だよね

(2) 最小の非可算順序数の狭義の始切片はすべて可算集合だということを使えばよい。

age

1*2*2の直方体ブロック6つと1*1*1の立方体ブロック3つで
3*3*3の立方体ブロックを組み立てる方法を2通り示す。

ただし回転と鏡映で移りあう物は同じ方法とみなす。

C[m,n]を二項係数とする。
C[2m,m]*C[2n,n]/C[m+n,m] が整数であることを、組合せの数を考えることによって示せ！
できるかな〜？

>>362
追加 ： a[m,n] = C[2m,m]*C[2n,n]/C[m+n,m] とおくとき、
a[m+1,n]+a[m,n+]=4a[m,n] を組合せの数を考えることによって示せ。

>>362-363
計算では示せるが、場合の数を考えると、どんな状況を考えたらよいかワカンネ！

>>356
(2)Rの可算部分集合全体をVとすると、包含関係⊂に関して(V，⊂)は半順序集合になる。
もし∪[t∈∧]Itが必ず可算集合になっているとすると、これは「Vの任意の全順序部分集合が
上界を持つ」ということを意味するから、Vには極大元αが存在することになる。αは可算集合だから、
αに含まれない実数xが存在する。このようなxを1つ選びβ＝α∪{x}とおくと、βもまた可算集合で、
しかもαはβの真部分集合となるので、αが極大元であることに矛盾する。従って∪[t∈∧]Itが非可算と
なる場合が存在することになる。

>>365
>>359で回答済み

数オリから作った問題。

上下左右の各方向に無限に敷き詰められたマス目がある。これらのマス目のうちいくつかを
黒で塗っていく。ただし、次の条件1，2をともに満たすように塗る。
条件1：黒マスに隣接する黒マスの個数は奇数である。
条件2：ちょうどnマスを黒で塗る。
(1)条件1，2をともに満たす塗り方が存在するための必要十分条件は、nが偶数であることを示せ。
(2)n≧6のとき、隣接する黒マスの個数が1つである黒マスは4個以上存在することを示せ。
(3)n＝2mとおく。隣接する黒マスの個数が1つである黒マスがちょうどk個である塗り方が、
k＝m＋1，m＋2，…，2mに対して必ず存在することを示せ。

(1)互いにくっついた■のグループを「島」と呼ぶことにする。
nが偶数の時は2個ずつの島に分ければいいから可能。
nが奇数の時に不可能であることを示す。

まず、どんな島であれ、他の■と接している辺の数(0〜4)を、
各■ごとに数えて総計すると偶数になることに注意しておく。
共有辺はちょうど2度ずつカウントされるのだから当たり前。

さて、nが奇数の時、少なくとも1つは奇数個の■から成る島がある。
その島の全ての■が、奇数個の■と接しているとすると、
接している辺の総計は奇数。これは上で述べたことに反する。

A（先手）,B（後手）の2人が次のようなゲームを行なう。
交互にサイコロを振り、出目に応じて点数を得て、
先に決められた得点（ゴール点と呼ぶことにする）
に達した方を勝ちとする。
サイコロを1回振るごとに、出目が6のときは0点、
その他の場合は出目の数をそのまま得点とする。
また、ゴール点以上の点数に達すれば、
ちょうどでなくとも勝ちとする。
2人のゴール点を同じとすると先手が有利となるので、
確率的に公平となるように、それぞれのゴール点を
定めたい。
そのようなゴール点の組合せは存在するか。

>>369
とりあえず……
さいころを一回振ったときの平均得点は2.5点だから、先手が2.5点分後手より余計に得点しなければならないとすると、先手と後手が入れ替わるのと同じ効果。
ということは、公平にするためのゴール点の差は0と2.5の間の値。かな？

age

z=exp(πi/11)とする。
z^11= exp(πi)=-1
(1+z)(1-z+z^2-z^3+z^4-z^5+z^6-z^7+z^8-z^9+z^10)=1+z^11 = 0
1-z+z^2-z^3+z^4-z^5+z^6-z^7+z^8-z^9+z^10 = 0
(1-z^5)(z-z^2+z^3-z^4+z^5)=1

オイラーの公式により、z^k=cos(kπ/11)+isin(kπ/11)

よって
sin(kπ/11)=Im(z^k) = i(z^-k - z^k)/2
cos(kπ/11)=Re(z^k) = (z^-k +z^k)/2
tan(kπ/11)=sin(kπ/11)/cos(kπ/11) = i(z^-k - z^k)/(z^-k+z^k)=i(1-z^(2k))/(1+z^(2k))
tan(3π/11)=i(1-z^6)/(1+z^6)=i(z^5-z^11)/(z^5+z^11)=-i(1+z^5)/(1-z^5)= -i(2/(1-z^5)-1)
=-i(2(z-z^2+z^3-z^4+z^5)-1)=i(1-2z+2z^2-2z^3+2z^4-2z^5)
4sin(2π/11)=2i(z^-2-z^2)=-i(2z^2+2z^9)
tan(3π/11)+4sin(2π/11)=i(1-2z-2z^3+2z^4-2z^5-2z^9)

(tan(3π/11)+4sin(2π/11))^2=-4(1/2-z-z^3+z^4-z^5-z^9)^2
=-4((1/2)^2+z^2+z^6+z^8+z^10+z^18-z-z^3+z^4-z^5-z^9
+2zz^3-2zz^4+2zz^5+2zz^9-2z^3z^4+2z^3z^5+2z^3z^9-2z^4z^5-2z^4z^9+2z^5z^9)
=-4(1/4)+z^2+z^6+z^8+z^10+z^18-z-z^3+z^4-z^5-z^9
+2z^4-2z^5+2z^6+2z^10-2z^7+2z^8+2z^12-2z^9-2z^13+2z^14)
=-4(1/4-z+z^2-z^3+3z^4-3z^5+3z^6-2z^7+3z^8-3z^9+3z^10+2z^12-2z^13+2z^12+z^18)
=-4(1/4-z+z^2-z^3+3z^4-3z^5+3z^6-2z^7+3z^8-3z^9+3z^10-2z+2z^2-2z^3-z^7)
=-4(1/4-3+3(1-z+z^2-z^3+z^4-z^5+z^6-z^7+z^8-z^9+z^10))
=-4(1/4-3)
=11
qed

哲学者ホメロスが、パティーとセルマという2人の優秀な数学者に異なる整数を与え、2人に以下のことを伝えた。

(i) パティーに与えられた数は、2つのある自然数aとbの積abである。
(ii) セルマに与えられた数は、2つのある自然数aとbの和a+bである。
(iii) b＞a＞1である。

aとbがそれぞれいくつなのかは2人に教えられておらず、かつ、お互いに相手の数がいくつなのかも教えられていない。
その後、以下のような会話がなされた。

パティー：私にはaとbがいくつなのかわかりません。
セルマ：でしょうね。あなたにはわかるはずがないと思いましたよ。
パティー：なるほど。そうですか。ではaとbがいくつなのかわかりましたよ。
セルマ：そうですか。それなら私もaとbがいくつなのかわかりました。

さて、いま第三者であるあなただけが、「aとbはともに20以下である」ことを知っているとするとき、aとbを決定せよ。

はいはいｵﾏﾝｺｵﾏﾝｺ

正方形を作図するとき、コンパスは最低何回必要になるか。

※１　コンパスの軸をずらす、又は描く円の半径の大きさを変える等するまでを１回とする。
※２　点を打って「１辺０cmの正方形」というのは面白くない。

↑の問題、０回でできたました。

正方形作図でコンパスは何回必要？の問
０回ですね！
仮に１０cmとした直線ＡＢをとる。次はＡＢから３０°程開いた１０cmの直線ＡＣを
とる。これで丁度Ｖの字型となる、そして三角形ＡＢＣは二等辺三角形になる。
次ＢＣの中点ＤをとりＡＤを延長して通る直線ＡＦを引く。ＤからＡ方向にＢＤと同じ長さを
とってＥとし、ＤからＦ方向にＢＤと同じ長さをとってＧとする。ＥＢＧＣは正方形となったでしょ！

＞１０cmの直線ＡＣをとる
＞ＢＣの中点Ｄをとり
＞ＢＤと同じ長さをとって
＞ＤからＦ方向にＢＤと同じ長さをとって

関連記事
ttp://messages.yahoo.co.jp/bbs?.mm=GN&action=m&board=1835554&tid=bfta4nbba83x&sid=1835554&mid=1&type=date&first=1
の340あたりから
作図可能な図形はコンパス1回だけで作図可能
ということの証明が書かれているっぽい
んだけどわかりにくい

１００を１０分割した行列をｕとする
すべてのｎにいついてun+1->unにシフトさせる行列をＳとする、u1->unにする。
uのmod2をとる操作をＭとする
ＡをAu=.5(E+M)Su-.5(E+M)u とする
かならずA^mu=u0=(10)になるか？　mはuによる

大学時代に教授に教えてもらった問題だが。

ネズミが一匹、無限の広さをもつ碁盤の上に居る。
プレーヤーは一ターンの間にネズミの居ない任意の座標にブロックを一つおくことができる。
ネズミは一ターンの間に上下左右のいずれかの方向に一歩動くことができる。
ただし、ブロックのある座標には移動できない。

ネズミの四方がブロックで囲まれ、一歩も動けない状態になればプレーヤーの勝ち。
ネズミがいつまでも逃げることができればネズミの勝ち。

このゲームはどちらが勝つか。

>>381
どっちが先攻？

ああ、どっちでもいいか。ごめん。

碁でいうところのシチョウになって逃げられるんじゃないの？

>>381
面白そうな問題やね。
ちょっと試してみるとどうやってもプレイヤーが勝ちそう。
もしプレイヤーに必勝法があるなら、最初の何個かをどんなに適当に置いても
途中から必勝法を適用できるのは明らかだから、置き間違えるということが
けっして無いのね。

ん？ネズミの勝ちでないの？

わからん。もうちょっと考えてみる。

>>387
碁は知ってる？
シチョウってのがあるんだけど、境界がなきゃその形でどんどん伸びて
いけそうな気がする。

四角を作る前に壁までねずみがこれるかどうか

碁はだいたいわかるけど、詳しくはないよ。
シチョウで無限に伸びていけるというのが確かなら、
それがこの問題に適用できるかどうかやね。
ちょっと調べてみるか。

「シチョウ」と違って遠くで予め待ち伏せするなんてことも出来るが

問題はネズミが到着するのが先か、逃げ道防ぐのが先か。

そうやね。
いろいろ試したけど、ネズミのマスの隣りじゃなくて
斜め隣りのマスか1個離して打っていけば囲めるみたい。
証明できないけど。

・・・ちょっと考えてるとプレイヤーが普通に勝つ気がしてきた。
でもよくわかんない。よって、実際に勝負して決めよう
●＝プレーヤーのブロック、○＝ネズミ
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー●ー○ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー＋ー
　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　｜　
さぁ、かかってこい（どーん）

あーあ、なれないことやるからずれた・・・
もう、試合放棄（早

1000までいったらネズミの勝ちとか？

>>394
だから、それで普通にシチョウになるでしょ。待ち伏せの石打ったら、
その瞬間に方向転換されちゃうよ。

とりあえず、俺が明日（マジで）
囲碁全国レベルの友達に聞いてみるから、
皆さんは安心して寝てください。

あ、厳密には今日だった。
無駄レス失礼

>>397
でもさらにどんどん待ち伏せしていけば
すぐに行き場が無くなってしまうと思う。
いろいろ試してみた実感。

囲碁碁会所３段の俺が答えよう。
ずばりプレイヤーの勝ち。

シチョウ云々より、はじめから遠巻きにネズミを追い込んでいけば勝てるはず。
ただ、最短何手で詰みになるのかはこりゃまったくわからん

上でシチョウ云々言ってる人はシチョウって本当にどういうのか知って書いてるのかな

囲碁よりも連珠やってる人のほうがまだ信用できるようなｗ

ネズミがシチョウに取られないように打っていけば
プレイヤーがシチョウに取るなんてことは神業だと思う。
というかﾑﾘだとｗ

こんな感じで捕まりそう。
碁はよく知らないんだが、斜めに待ち伏せるのが効果的っぽい。
☆鼠
●石

　　1置く　　　　2逃げる　　　　3置く　　　　4逃げる
┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/
┼┼●┼┼/┼┼●┼┼/┼●┼┼┼/┼●┼┼┼/
┼┼┼☆┼/┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/
┼┼┼┼┼/┼┼┼☆┼/┼┼☆┼┼/┼☆┼┼┼/
┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/┼┼┼●┼/┼┼┼●┼/
┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼/

　　　5置く　　　　　　6逃げる　　　　7置く
┼┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼┼/
┼┼●┼┼┼/┼┼●┼┼┼/┼┼●┼┼┼/
┼┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼┼/
┼┼☆┼┼┼/┼☆┼┼┼┼/●☆┼┼┼┼/
┼●┼┼●┼/┼●┼┼●┼/┼●┼┼●┼/
┼┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼┼/┼┼┼┼┼┼/

┼●┼┼┼　こうなった時点でプレイヤーの勝ち
┼○┼┼┼　ってことがわかった。
┼┼●┼┼

┼●┼┼┼　左に打って、
●○┼┼┼
┼┼●┼┼

┼●┼┼┼　どっちに逃げても同じだから
●┼○┼┼　右に逃げるとして、
┼┼●┼┼

┼●┼●┼　右上に打って、
●┼○┼┼
┼┼●┼┼

┼●┼●┼　上に逃げても塞がれるだけだから
●┼┼○┼　右に逃げるとして、
┼┼●┼┼

┼●┼●┼　右に打って、
●┼┼○●
┼┼●┼┼

┼●┼●┼　って感じで結局こうなって、
●┼┼┼●　もはや逃げられず。
┼┼●┼┼
●○┼┼●
┼●┼●┼

というわけで最初の図の状態にもっていければオッケーかな？

他にもそういう型がありそうだな。

最初の図はプレーヤーの手番だね

●○┼┼　左隣りに打って
┼┼┼┼　ネズミが右に逃げると、

●┼○●　こう打つことができ、
┼┼┼┼　上か下に逃げなければならない。

●┼┼┼　だから最初から
┼○┼┼　こう逃げるとしてもよい。

●┼┼┼　こう打つ。
┼○┼┼　ここで左に逃げると>>405の最初の図でダメ。
┼●┼┼　上に逃げた場合はそのすぐ上に打って（省略）。

●┼┼┼　右に逃げたらその右に打ち、
┼┼○●　この後上に逃げ、そのすぐ上に打つ。
┼●┼┼

てな感じで、必ず>>405の最初の図になるね。
これで一応証明終わり。
思ったよりあっさりしてるかな。
えっと、合ってるよね？

>>407
うん。

一応、補足。
>>405の必勝形は、図にあるブロック以外に
どこにいくらブロックがあってもけっして
プレイヤー側の邪魔にはならないということを
暗黙に用いてます。

完璧っぽい。

>>410
どうもです。
最短手数は何手かな。
これは全手順を調べるしかないか…。
もう寝る。

ネズミが一回に２マス動けるとして、同じ問題やってみるか。

ゲタ。

>>404
それが最短だと思います

２マス進めるかどうかはともかく、面白い問題なんで拡張（一般化）してみたいなあ。

各辺の長さがnの正三角形を考える。（ｎは自然数）
この内部及び辺上に点をn^2+1個とる。
このとき、少なくとも一組、二点間の距離が1以下になるような点の組が存在することを示せ。


面白くも難しくもない・・・orz

おおッ！たった一日で解けてる！
いつもながらこのスレのクオリティの高さには驚かされます。

囲碁の問題だったのか・・・定石読んでりゃできるんじゃなかったの？

>>416
鳩ノ巣原理？

なんだ、せっかく解いたのにもう解かれてたか・・・
じゃあ、新しい問題を。
1,2,3,5,7,11,15,22,30‥‥‥

さて、この数列は一体どんなものでしょう。
これ出来たら天才だ。間違いなく。
知ってる人もいるかもしれないが・・・
普通の数列として考えたら出来ません。死にます。
だからといって、なぞなぞではありません。
ちゃんと数学に関係する数列ではあるんだけど・・・
まぁ、思いついても確かめるのが面倒です（これはヒントになるかな?）。

素数の音楽
聴きたい…

>>420
この数列を[a_n]としたときに
一般項a_nがｎの(9次以上の)多項式で表されるとかいうんじゃないだろうな

>>420
どこかで見たことあるような気がするんだが…
思い出せん。

10人が円卓を囲んでいる。各人の前に何枚かずつカードが置かれていて、合計は100枚である。
合図があると、各人は一斉に自分の前のカードの中から、もしそれが偶数枚だったらその半分の
カードを、奇数枚の時は１つ足してその半分の枚数のカードを、右側の人に渡す。
このカードの移動を繰り返すと、いつかみんなの前にはちょうど10枚ずつのカードが置かれている
状態になることを証明せよ。

>>420
ttp://www.research.att.com/~njas/sequences/

>>421
そう、「素数の音楽」からの問題です。
素数は関係ないけどね。
>>424
どっかで・・てか多分この数学版のどこかで見た気がする・・
だが残念ながら、余白が足りないためここにその証明を記す事は出来ない。

>>424
10人のカードの枚数が全て同じではないとし、
その中の最大値をMとする。
もしMが偶数でM枚のカードを持つどの人についても
左隣の人がM枚またはM-1枚のカードを持っているとすると、
M-1枚のカードを持っている人の中に
その左隣の人のカードがM-2枚以下であるような人がいる。
この場合、カードの交換を行なうと、
M枚のカードを持つ人の人数は変わらず、
M-1枚のカードを持つ人の数が減る。
またそうでない場合、M枚のカードを持つ人の数が減る。
このことから、カードの交換を繰り返すと
全員の枚数が同じになるといえる。

今年の京大後期６番

tan1ﾟは有理数か？

>>381
ネズミがブロックを押せるとしたらどうかな。
1個しか押せない場合と、2個以上でも押せる場合が考えられるけど。

>>429
と思ったけど2個以上押せるとしたら囲まれても押せるじゃん。

ネズミを2匹にしたらどうなる？
さらに、1匹を踏み台にしてもう1匹がブロックを越えられるようにしたりとか
バリエーションいろいろ考えられるな…

ブロックの数が限られていて、手持ちが無くなったら盤上のどれかを動かすとすると、
6個あれば十分だ>>381
意外に少なくて済むな

>>427
>もしMが偶数でM枚のカードを持つどの人についても
>左隣の人がM枚またはM-1枚のカードを持っているとすると、
>M-1枚のカードを持っている人の中に
>その左隣の人のカードがM-2枚以下であるような人がいる。
>この場合、カードの交換を行なうと、
>M枚のカードを持つ人の人数は変わらず、
>M-1枚のカードを持つ人の数が減る。

例えば・・・,10,10,7,11,12,10,10・・・のときは？
>>428
帰納法使って有理数とするとtan60°が有理数になるから矛盾で終わりじゃん。
こんな簡単な問題出すなよ京大・・・OTL

>>433
途中で現れる tan の加法定理の分母が全部０でない事を言わないと正解にならない。

>>434
その必要はないだろｗ
tanの加法定理の証明をやってみれば分かるが、tan(a＋b)°＝{tana°＋tanb°}/{1−tana°tanb°}が
成り立つ必要十分条件は、a≠90(2k−1)かつb≠90(2k−1)かつa＋b≠90(2k−1)…＊　となる。
これは、「tanx°」が有理数か否かとは関係なく、tanの中身の「x」のみによって定まる。だから、tan1°を
有理数と仮定しようがしまいが、それでtanの加法定理が使えなくなることは無い。で、じゃあ＊の証明を書く
必要はあるかと言うと、そんなのは学校で習ったと見なしてよいはず。

>>435
＞tan(a＋b)°＝{tana°＋tanb°}/{1−tana°tanb°}が
＞成り立つ必要十分条件は、a≠90(2k−1)かつb≠90(2k−1)かつa＋b≠90(2k−1)

±∞とその「性質」さえ導入すれば、いいだけでしょ。
そうすれば、加法定理は常に成立する。

>>436
±∞の性質を加えても「∞−∞」の計算はできない。よって、∞を導入しても
0＝tan(90−90)＝(∞−∞)/(1＋∞)＝不定　となって駄目。

>>436
むちゃくちゃ言うな

(x-x)/(1+xx)=0.

tan60°じゃなくて、tan30°が無理数を使えばええんでないの？
数学的帰納法だから、aとbはそれぞれ 1とk (ｋは自然数）に置き換える
そしたら、k<30で、0<tan1°≦tan k°＜tan30°=1/√3なんだから、
0<tan１°tank°＜1/3で、分母の 1- tan1°tank°は０にはならん。

>>433
全然証明できてなかった・・・or2
9,11,10,10,10,10,10,10,10,10から始めると8回までは11がずれていくだけで
枚数の組合せは変わらないことに気付いた。
むずいな・・・

60度のときと何が違うのかよくわからんが

>>441
10人が持っているカードの枚数の最大値をM,最小値をmとする。
ここで、M≧10、ｍ≦10であることが言える。
また、M枚のカードを持っている人が一人だとすると、
次の交換で必ずMは減少する。また、M枚のカードを持っている人が
N人（N≠10）で、その人たちがL人（2≦L≦N）連続している場合、
L回の交換でMは減少する。
同様にして、ｍは増加する。
よって、全員が10枚にならない限り、カードの枚数は変動し続けるので、
最終的に全員が10枚のカードを持つことになる。

・・・で、いいでしょうか。かなり不十分な気がしまくり・・・

> また、M枚のカードを持っている人が一人だとすると、
> 次の交換で必ずMは減少する。

これがそもそも間違いだとさんざん指摘されているのだが。

>>443
M=12で並びの一部分が11,12,12のときは
L回じゃ減少しなくない？

12枚持っている人が１人だけでも、左の人が 11 枚カードを持っていれば
(11+1)/2 = 6 枚やってくる。
自分が隣に渡す枚数も６枚だから、
必ずしも M は減少しないね。

>>424
てか、これってどっかの試験問題じゃなかった？
2chの頭脳をもってしても数日解けない問題って・・・

あー、もう、やっぱりだめだったか・・・
ちょっと概念的に考えすぎていました。
でも、もし10枚ずつ全員が持つ以外に
その枚数の状態がずっと続くような組み合わせがなければ
背理法でいつかは全員10枚になると思うのだが・・・?
そしたら・・・だめ、こんがらかってきた。
てかもう考えるのがメンド（ry

Au=Eu-.5(E+M)u+.5S(M+E)u=(E-.5(S-E)(E+M))u
A^nu=.5^r(-1)^rnCr(E+M)^r(S-E)^r
=.5^r(-1)^r(2^rE+nCr(2^r-1)M)(S-E)^r
=(E+.5nCrM)(rCkS^k(-1)^2r-k)

>424
ある段階でi番目にある枚数を a_i とする。
Σ(a_i-10)^2
が一度の操作によって必ず減少することを示せばよい。
<x> で x の ceiling, [x] で x の floor を表すとする。

一度操作を実行すると、i 番目の枚数は
[a_i] + <a_{i-1}>
になる。なので、
Σ(a_i-10)^2 - Σ( [a_i]+<a_{i-1}>-10 )^2 > 0 (*)
を示せばよい。
a_i = [a_i] + <a_i>
を用いて計算すれば (*) は
2Σ([a_i]<a_i>-[a_i]<a_{i-1}>)
に簡略化できる。

これって全ての i で a_i=10 になってないときは　>0 だと思うんだけど
あってるかな？

　2Σ([a_i]<a_i>-[a_i]<a_{i-1}>) > 0
は以下を使う。

【補題】
二つの数列
　x_1≦x_2≦...≦x_n
　y_1≦y_2≦...≦y_n
が与えられたときに、数列
　z_1,z_2,...z_n
を y_i を任意にに並べ替えた数列とする。このとき
　Σx_i y_i ≧Σx_i z_i
が成立。
等号は y_i = z_i のとき。

今の場合、
x_i = [a_i]
y_i = <a_i>
z_i = <a_{i-1}>
と置けばよい。
y_i = z_i となるのは 各 a_i が全て同じ値10をとるときのみ。

450=451です。
説明下手糞でごめん。

補題が言っているのは、二つの数列を掛け合わせるときは、
大きいもの同士を掛け合わせるのが一番良い、
ということで、数列
　[a_1], ..., [a_n]
　<a_1>, ..., <a_n>
の場合、
[a_i] が大きければ <a_i> も大きくなるので
　Σx_i y_i
が最大の組合せになる。ということです。

>>452
1/2 忘れてる
[a/2], <a/2> とか書かないと

b = floor((a-10)/2), c = ceil((a-10)/2)
とかを定義したほうがすっきりする

ほかはいいんじゃ？

あ、ほんとだ。。。
指摘ありがと

>>441

>>455
あ、a_i≠a_j でも [a_i]=[a_j] だったり <a_i>=<a_j> だったりするから
駄目なのか…

大学への数学の「11月の宿題(2001年)」に、これの簡単なバージョンがあったよ。
1人だけが石を100個持ってる状態から始めてる。渡す石の個数は[(手持ちの石)/2]に
なっていて、ちょっと違ってる。これの解説は2002年1月号に載ってた。

>>457
でかした。
君は英雄だ、最大の功績だ！

n人でジヤンケンをしてあいこになる確率をもとめよ

>>459その場合は2000人とじゃんけんしたら求められ。。。。。。。

隣り合った二つの数の片方の半分の切り捨てと
もう片方の半分の切り上げの和を作ってるから同じ。

＞渡す石の個数は[(手持ちの石)/2]に
＞なっていて、ちょっと違ってる。
それは反対回りにして一個ずらすだけだから
本質的な違いとは言えないのでは

初期状態が違うのも多分それほど本質的ではなかったと思う

>>462
大学への数学の解答見てみた。うん、反対回りになってるだけだったｗ
でも、初期状態の違いについてはどうかな。解答を見る限りでは、どの解答も
初期状態(初めは1人だけが100個持っている)の条件をフルに使ってたから、
>>424には使えない気ガス。

>>441 の例が出た時点で終ったと思っていたけど、まだやっていたんだ。

カードの数の最大値を M (>10) とし、M 枚持っている人の数を N とする。

持っているカードの枚数が、左から見て、
i) M が偶数のとき、
M-1,M-1,...,M-1 (0 人以上),M,M,...,M (1 人以上)
ii) M が奇数のとき、
M,M,...,M(1 人以上),M-1,M-1,...,M-1 (0 人以上)
であるような極大な弧の長さの総和を l とする。

このとき、カードを交換すると、M が減少するか、
M は変化せず N が減少するか、M, N は変化せず l が減少する。

>>464
おぉ、確かにそうなる。
M>10のときM-2枚以下の人がいることを使ってるよね。
その証明で人数やカードの枚数によらず
交換を繰り返せば必ずカードの枚数は全部同じか連続2整数になる
ということが示せるな。

>>369
A,Bのゴール点をa,bとしてAの勝率をP(a,b)で表すと、a,b≧1のとき
P(a,b)=(1/36)Σ[0≦i,j≦5]P(a-i,b-j)
即ち P(a,b)=(1/35)Σ[0≦i,j≦5, not(i=j=0)]P(a-i,b-j)
ただし a≦0のときP(a,b)=1, a≧1,b≦0のときP(a,b)=0
よってP(a,b)の分母は奇数になり、1/2にはならない。

少なくとも大数の宿題より難しいってことだよなｗ
これは面白くなってきたのか絶望的になったのか・・・

>>442
分母が０でないことが、より簡単に示せる。
>>435の説明でもいいが、こっちのほうが明快。

9-5+6=10,11-6+5=10,10...10,5+5=10

>>467
>>464で解けてるんじゃないの？

10,20->15,15
10,10,20->10,15,15->13,15,12->14,13,13->14,13,13
10,10,10,20->10,10,15,15->10,13,15,12->12,14,13,11->13,14,12,11->13,13,12,12->13,12,12,13

an=(an+an+1)/2
(e+e)/2=(an+an+1)/2
(e/2+(o+1)/2)=(an/2+((an+1)+1)/2)=(an+an+1)/2+1/2
(o-(o+1)/2+e/2)=an-(an+1)/2+(an+1)/2=an/2+(an+1)/2-1/2=(an+an+1)/2-1/2
(o-(o+1)/2+(o+1)/2)=an-(an+1)/2+(an+1+1)/2=an/2+(an+1)/2=(an+an+1)/2
移動平均で+/-1/2だから何回かやれば平均値の+/-1になる
100で10人だから移動平均で10になってしまうだけ

>>472
しかしそれは証明にはなってない

移動平均は山を低くするー＞平均にちかづくー＞平らになる　でいいじゃないか
これは宇宙の摂理だ

>>474
誤差を集めると偏りが生じる可能性があるから駄目。宇宙の摂理はむしろ
「塵も積もれば山となる」だと思うぞ。

正確な平均ではないからなあ

10,9,10->10,9,10で９は移動しない
10,11,10->11,10,10で11は左に動く
10,9,11,10->10,10,10,10で９と１０はアニヒレートする
だから平均+/-１の配列はすべて１０になる。。。とか？

カードの総数は１００をこえないから発散は出来ない
循環するか・・・収束するか・・・

手持ちカードの数を無限に続く自然数列とする
手持ちカードが偶数なら半分を捨てる
奇数なら場から2倍のカードをひろい、さらに1枚ひろう
この操作を無限回くりかえすと手持ちカードの数は１になる

>>478
>>464

一辺が1である正六角形に覆い尽くされる三角形の面積の最大値と、そのときの三角形の形を求めよ。

>>481
1辺が√3の正三角形。

三角形PQRの頂点Pが六角形の辺AB上にあれば、
三角形の面積を減少させずにPをAまたはBに移動できる。
よって三角形の頂点は六角形の頂点にあると考えてよい。

＞三角形の面積を減少させずにPをAまたはBに移動できる。
QRとABが平行じゃないと無理じゃね？

あ…「減少させずに」か。確かに出来るな。

図形問題をいくつか。
・1辺が1の正三角形は、1辺がL＜1の正三角形2つで覆い尽くすことが出来ないことを示せ。
・半径が1の円は、半径がr＜1の円2つで覆い尽くすことが出来ないことを示せ。
・a≧3，b≧1とする。正ab角形に覆い尽くされるa角形の面積が最大になるような、a角形の形を求めよ。
・xy平面上の全ての格子点に、白と黒の色をつけていく。このとき、ある4つの格子点について、その4点は
全て同じ色であり、しかもその4点を頂点とする四角形が正方形になっているものが存在することを示せ。

最後の問題は’長方形’にすると簡単なんだけど、正方形に変えてみたら解けなかった(もしかしたら存在しないかも)。

>>485
1問目
1辺がL＜1の正三角形は1辺が1の正三角形の頂点を1つしか覆えないので不可能。
2問目
半径がr＜1の円と半径が1の円周の交わりは180°未満の円弧になるので不可能。
3問目
>>482と同様にa角形の頂点は正ab角形の頂点にあるとしてよい。
a角形の連続する3頂点P,Q,Rについて、P,QおよびQ,Rの間にある正ab角形の頂点の数が
等しいか差が1のときに三角形PQRは最大となることから、最大のa角形の形は正a角形。
4問目
縦3×横9の領域において、縦3つの白黒の組合せは8通りだから同じ組合せの縦列がある。
各縦列に白か黒のいずれかは2つあるから、それら2組が長方形を成す。
正方形については今のところ分からない。

結構オモシロかった。ちょっと問い方を変えて出題。

次の条件のもと、同色で塗られた2点で、距離が1であるものが必ず存在するのはどれか(答えは1つとは限らない)。
(0)xy平面上の全ての点を、1種類の色で塗る。
(1)xy平面上の全ての点を、2種類の色で塗る。
(2)xy平面上の全ての点を、3種類の色で塗る。

>>487
答え：(0),(1),(2)
3色で塗って同色の点の距離が1にならないように塗るとすれば、
PR=√3,QS=1のひし形PQRSにおいてPとRは同色になる。
P,RはPR=√3を満たす任意の点である。
よってPR=PT=√3,RT=1なる3点P,R,Tを考えればR,Tは同色。
したがって条件を満たすように塗るのは不可能。

>>487
4色の場合は難しいな…。
いわゆる4色問題と関係あるんだろうか。無いよな。

>>485の2問目の拡張で
n個の半径1の円で覆える最大の円の半径f(n)を求めよ
という問題を考えたんだが、n=5ぐらいになるとややこしすぎ。
f(1)=1
f(2)=1
f(3)=(2√3)/3
f(4)=√2
だと思ふ。

＞n個の半径1の円で覆える最大の円の半径f(n)を求めよ
とりあえずf(n)≦√nだな。でも正確なf(n)の値は求められないと思う。

>>490
nが大きくなると、1つの円で1辺1の正六角形を覆うことになると思うので
f(n)≦√{(3√3)n/2π}が成り立つかも。

>>487の4色の場合
1辺の長さがaの正五角形の頂点のうち少なくとも2つは同色。
よって、距離がaまたは{(1+√5)/2}aである同色の2点が存在する。
a=1とすると、距離が1または(1+√5)/2である同色の2点が存在する。
a=(-1+√5)/2とすると、距離が(-1+√5)/2または1である同色の2点が存在する。
よって、距離が1である同色の2点が存在しないと仮定すると、
距離が(1+√5)/2および(-1+√5)/2である同色の2点がそれぞれ存在する。
なんか惜しいんだが、この考え方ではこれ以上無理かもしれない。

>>20が面白かったので触発された。


定規とコンパスのみが与えられている。

問(1)
正n角形（nは3以上の自然数）が、定規とコンパスのみで
作図可能であるための必要十分条件は何か。

問(2)
作図可能な正n角形について、その正n角形を作図するために
必要なコンパスの最低使用回数をgとする。この時、nを変数として
gを求めることができるような公式は存在するか。

>>492
問い2は答え出たけど証明できんｗ
のでここには書かない（メール欄に）。
面白いけどかなりの難問だと思う。

>>493
それが答えなら、基本路線は背理法で決定だな。

(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)・・・・・・・・・・・(x-y)(x-z)
を展開せよ。

0
がいしゅつ

あ〜あ、そんな気がしたんだ。
じゃああの本のはほとんど出てしまってるのか・・・?
つまんね。

>>492
ググって手掛かりは掴めたんだが証明がさっぱり分からん(´･ω･`)

ttp://www.math.okayama-u.ac.jp/~yoshino/pdffiles/kumamoto04.pdf
ttp://www.nn.iij4u.or.jp/~hsat/misc/math/drawing/heptadecagon.html
ttp://www.hamaint.co.jp/math/math_th_compas.html

>>493は多分正解だがやはり証明が？

＞因みに, G. Mohr と L. Mascheroni に拠れば, 定規とコンパスで作図できる図形は
＞すべてコンパスだけで作図できる (但し実際に直線を引くことは断念する)。
＞又 J.-V. Poncelet と Steiner に拠れば, 定規とコンパスで作図できる図形は,
＞最初に一つの円とその中心とが与えられてあれば定規だけで作図できる
＞(但し実際に円を描くことは断念する)。

>>20の答えが「１回」なのも納得。

これも既出だったらあきらめる。あるゲームの問題。

対戦する二人は、紙の上に、１００より小さい数を交互に書いていく。
相手に、書かれた数の中に、和が等しい二組の部分集合を見つけられたら負けとなる。

例えば、六回目が終わって19,2,27,39,5,11と出ていたら、11を書いたほうでないプレイヤーに
抜かりがなかったら、19+27＝2+39+5を見つけて勝者となるだろう。

実は、このゲームは10回より多くやる必要がない。というのは、
100より小さい10個の数字が与えられれば、その中に和が等しい
二つの部分集合があるからである。
このことを証明せよ。

>>499
100より小さい数というのは1以上99以下の整数という意味でいい？
同じ数字は書いちゃいけないんだよね？
そうだとすると、
10個の数があるとき、それらの部分集合の和は0以上945以下だが、
部分集合の取り方は1024通りだから、同じ値になるものがある。
ってことでOKかな。

>>500
ぐわっ，先を越された・・・
というわけで鳩の巣原理

>>498
作図の中で定規とコンパスの役割は何かと考えると、
定規・・・ある2つの点を結ぶ直線を引く
コンパス・・・ある点を中心としてある点を通る円を描く
ってことだよね。
で、円とその中心が最初に与えられているとして、
定規だけで作図すると円は描けないけど、円と直線の交点、円と円の交点となる点が
作図できたとしたら、定規とコンパスで作図できる図形（但し実際に円を描くことは断念）を
作図できたことになるわけだ。
具体的には、円と直線の交点というのは、直線lと点O,Pがあるとき、もしコンパスが使えれば
Oを中心としてOPを半径とする円を描いて直線lと交わってできる点なわけだけど、
その交点を、定規だけで作図できるってことだね。
円と円の交点は、点O,P,O',P'があるとき、中心O半径OPの円と中心O'半径O'P'の円の交点が
もしあればその交点が定規だけで作図できる。
これら2つのことが証明できればいいはず。
具体的な作図の手順も示せればいいんだけど。

思いつきで出題してみる。答えは知らないんで今から考える。

AB=√2,AC=BC=1の直角二等辺三角形ABCの頂点A,Bにそれぞれ動点P,Qがある。
P,Qはそれぞれ、辺上を速さ1で一定方向に進むが、
頂点に来るたびに（出発時も）1/2の確率で他のどちらの頂点に進むかを決める。
いま同時にP,Qが出発したとき、PとQが出会うまでの時間の期待値はいくらか。

すごくシンプルな問題なのにうまい解法が見つからない。
1億回シミュレーションした結果、
P,Qの移動距離の合計=82202430+85429954√2
この1/2倍が所要時間で、それを1億で割れば平均時間。
よって求める値の近似値は0.41101215+0.42714977√2=1.0150931…
多分有効数字3桁ぐらいなので、1.01から1.02の間と予想。
これは数学的に解くのはかなり難しいと思うので、誰か面白い問題おねがい。

正三角形なら簡単なのにな。
出発の直後
1/4の確率でお互い相手のほうに向かう→1/2秒後に出会う
1/4の確率でお互い第三の点に向かう→1秒後に出会う
1/2の確率で行き違いになる→1秒後に初期状態になる

よって期待値ｘ＝1/8　+　1/4　+　（1+ｘ）/2
∴ｘ＝7/4

>503の設定だと行き違いになったときに初期状態にきれいに戻らないのが難しくなる原因だけど､
>504を信用するとそれによって期待値が0.7秒も短くなっている。
これを直感的に言うと「長さが不ぞろいな方が出会いやすい」という事になるわけだが
頭の中でいくらイメージしても全然ピンと来ない…。

>>505のおかげで気付いたんだけど、プログラムにミスが…。
正しくは↓

1億回シミュレーションした結果、
P,Qの移動距離の合計=263702706+143253424√2
この1/2倍が所要時間で、それを1億で割れば平均時間。
よって求める値の近似値は1.31851353+0.71626712√2=2.3314682…
多分有効数字3桁ぐらいなので、2.33から2.34の間と予想。

もし最初1/2の確率で行き違いになった場合は最短で出会うように移動する
として計算すると、
時間の期待値は(6+3√2)/8=1.28…
となって、問題の答えはこの値を超えるはずだと分かる。
しかしこんな計算をしなくても1.015ってのは小さすぎると気付くべきだった…。


どうでもいいけどミスの内容を説明。
言語はC++で、
sum1+=p1+q1+((pp+qp==1)?0:1);
sum2+=p2+q2+((pp+qp==1)?1:0);
と書くべきところを
sum1+=p1+q1+(pp+qp==1)?0:1;
sum2+=p2+q2+(pp+qp==1)?1:0;
と書くという痛いミス。演算の優先順位を考えてなかった。
sum1+=p1+q1+(pp+qp!=1);
sum2+=p2+q2+(pp+qp==1);
でもよかったけど。
ちなみにsum1,sum2はP,Qの合計移動距離sum1+sum2*√2の係数、
p1,p2,q1,q2はP,Qそれぞれの移動距離p1+p2*√2, q1+q2*√2の係数、
pp,qpはP,Qがそれぞれ最後にいた頂点を0,1,2(=A,B,C)で表す。

辺の長さ2,1,1の三角形（もはや三角形ではないけど）だと、期待値は2になる。
>>503はこれより辺が短いのに、実験では期待値が2より大きくなっている。
>>505の言い方を借りると、「長さが不ぞろいな方が出会いにくい」ということに。
これは直観的に納得…かな。

>>507
長さ、３，４，５の直角三角形の場合どうなるの？
長さ４の正三角形だと７秒になるけど、これが、
周長が１２の三角形で最短時間ってことか？
じゃ、最長時間は（６，６，０）の極限？

天皇陛下万歳！大東亜戦争万歳！
劣等民族を日本列島から追放しよう！
大日本帝国万歳！

おｋ

>>508
＞長さ、３，４，５の直角三角形の場合どうなるの？
シミュレーションの結果、
(AB,AC,BC) (平均時間) (平均時間/3辺の和)
　(3,4,5)　→　9.82603,　　0.818836
　(4,3,5)　→　8.53254,　　0.711045
　(5,3,4)　→　9.96872,　　0.830727
と出た（ACとBCは入れ替え可）。
辺の長さが整数で合計12の三角形全てについて調べると、
(5,3,4)が0.830727で最大、(6,3,3)が0.5で最小という結果。
＞じゃ、最長時間は（６，６，０）の極限？
(1,10000,10000)→0.606198(平均時間/3辺の和)
(10000,1,10000)→0.749505
と出た。
様々な辺の長さの組合せについて、(平均時間/3辺の和)を調べてみると、
(n,n,n±1)でn→∞の極限が約0.834で、これが上限っぽい。
最小は(2,1,1)の1/2と思う。これは簡単に証明できそう。
ちなみに(14142,10000,10000)は平均時間23253.1と出た。
>>506の結果に近い。

>>511の補足。
試行回数は1億回もやると時間がかかりすぎて様々なパターンを調べられないので、
全て100万回ずつにした。
>>506より精度が低く、おそらく有効数字2桁強。3桁目は±2程度の誤差がある模様。

>>511
そっか、(2,1,1)が最短でしたね。こっちは面白くないから、
やっぱり最長時間のほうが面白そう。
しかし、どう理解したらいいんだろう。

Ｙ＝x*ｅ＾（−x）*sin（x）とx軸との間で囲まれた部分を
x軸の周りに一回転させる。
この時できる立体群の体積のうち、x＝（n−1）πとx＝nπ【n=１、２、・・・・・】
の間の立体の体積をＶ（ｎ）とする。
（１）Ｖ（１）を求めよ。

（２）Ｖ（ｎ）を求めよ。

（３）ｌim【n→∞】ΣＶ（k）［k＝１→k＝n］を求めよ。

高校生スレッドからコピペしてきた。
たった今香具師が最初の答えを出してきた所だ。
喪前らもやって見ろｗ

>>514
くだらない問題をいろんなところにコピペしすぎ。

実験結果の追加報告。
(平均時間/3辺の和)の値の上限と思われる0.833…に近い値になるための条件は、
3辺の長さが十分近い値で、AC≠BCかつAB≠(AC+BC)/2
ということが分かった。
例えば
(AB,AC,BC) (平均時間/3辺の和)
(10000,9998,9999) 0.833172
(10000,9998,10001) 0.833103
(10000,9999,9999) 0.678253
(10000,9999,10000) 0.833093
(10000,9999,10001) 0.760502
(10000,9999,10002) 0.832595
(10000,10000,10001) 0.833893
(10000,10001,10001) 0.677136
(10000,10001,10002) 0.832306
というような結果が出ている。
もちろん他のいろいろな値についても検証を行なった。
AC≠BCが必要というのは分かりやすいが、他の条件はどう解釈すべきだろう。

あ、AB≠(AC+BC)/2もちょっと考えれば分かるね。

連続投稿で申し訳ない。
二角形バージョン、つまりCが無くてA,B間に2本の道がある場合も実験してみた。
(1,1)=3/4 が最大の可能性があり、(1,2)=25/42 が最小っぽい。
(10000,10001)などもほぼ0.75になったが、3/4より大きいか小さいかは不明。
(10000,19999)=0.743002
(10000,20001)=0.723660
のようになったので、(1,2)は少しずれると値が大きくなることが分かる。
(1,2)の値は中途半端な小数が出たので正確な計算をしてみたところ、
思ったよりは計算が面倒だと分かった。
三角形バージョンの(3,1,1)なんか計算してみると良い計算練習になるよ。

いずれか２辺が大きな双子素数の場合はどうだろうか？

互いに素なのと変わらんような希ガス

>>519
実験したところ、特に素数だからといって変わったことは起こらなかった。
例えば双子素数10007,10009と10000について
(10000,10007,10009)=0.833207
(10007,10000,10009)=0.833260
(10009,10000,10007)=0.833360
（1億回の試行の結果。有効数字はおそらく3桁）
のようになった。

たくさんのマッチ棒がある。これをn個の山に分ける。
k番目の山にはマッチ棒がAk個(1<=k<=n, Ak>0)ある。
ここで、2人で交互に、好きな山から好きな本数だけ
マッチ棒を取るゲームを行う。ただし、1回の手番で
複数の山から同時にマッチ棒を取ることはできない。

(1) 最後の1本を取った方が勝ちとする。
後手必勝となるようなA1, ..., Anの条件を求めよ。

(2) 最後の1本を取った方が負けとする。
後手必勝となるようなA1, ..., Anの条件を求めよ。

ごめん、もう一つ条件を忘れてた。
パス(自分の手番で0本取る)は不可。
必ず1本以上取らないといけない。

関数列S[n](x)は
S[0](x)＝x
S[n](x)＝n∫[0，x]{S[n−1](t)＋c}dt，c＝1/n−∫[0，1]S[n−1](y)dy (n≧1)
で定義されているとする。xが非負整数のとき、S[n](x)＝Σ[k＝0〜x]k^nが成り立つことを示せ。

nを3以上の整数とする。正n角形の各頂点に1つずつ整数を割り当てそれらn個の
整数の和が正になるようにする。連続する3個の頂点に割り当てられた整数を
それぞれx,y,zとする。このときy<0ならば次の操作を行う：
　3つの数x,y,zをそれぞれx+y,-y,z+yで置き換える。
n個の整数のうち少なくとも1つが負である限り上述の操作を繰り返し実行する。
有限回の操作の後、この手続きが完了するか否かを決定せよ。

>>522
2つの自然数x,yを被演算子とする2項演算x#yを次のように定める：
x,yを2進数で表したときの2^kの位の数をそれぞれx_k,y_kとして
x#y=Σ[k=0,∞]|x_k-y_k|*2^k
この演算は交換法則x#y=y#xおよび結合法則(x#y)#z=x#(y#z)が成り立つ。
A1#A2#…#An≠0のときはA1#A2#…#An=0となるようにマッチ棒を取ることができるが、
A1#A2#…#An=0のときはどう取ってもA1#A2#…#An≠0となる。
これを用いて、
(1) A1#A2#…#An=0のとき後手必勝。
(2) 全ての山がマッチ棒1本でそれが奇数個あるとき、
またはマッチ棒が2本以上の山が1つ以上ありA1#A2#…#An=0のとき後手必勝。

>>525
>>424の問題に似てるな。
操作を行なうときに負の数が複数から選べるけど、どう選んでも同じ回数で終わるみたい。

>>526
おみごと。
ってか簡単でしたね。

>>525
操作を行なう負の数の選び方を変えても同じ回数で終わるだけでなく、
最後のパターンが同じになるようだ。

(-1),1,-2,3
1,0,(-2),2
1,(-2),2,0
(-1),2,0,0
1,1,0,(-1)
0,1,(-1),1
0,0,1,0

-1,1,(-2),3
-1,(-1),2,1
(-2),1,1,1
2,(-1),1,-1
1,1,0,(-1)
0,1,(-1),1
0,0,1,0
（括弧を付けた所が操作を施した所）

さらに、操作を行なった負の数をその場所ごとに合計していくと、どちらの場合も
-2,-2,-3,-1 で同じになっている。
いろいろ実験してみると、どうもこのことは全てのパターンについて言えるらしい。
しかし証明方法は不明。

狭義単調増加する自然数列anがa1＝1，lim[n→∞]an/n＝c (1≦c＜∞)を満たすとき、ある自然数mが
存在して、どんな自然数kも高々m個のAの元の和で表せることを示せ。ただしA＝{an｜n∈N}とする。

y＝x*e＾−x*sinxとx軸との間で囲まれた部分の面積のうち、
x＝（n-1）π　x＝nπ　で区切られた部分の面積をＳ（ｎ）とする。

（1）Ｓ（１）を求めよ

（２）Ｓ（ｎ）を求めよ

（３）Σ【k＝1→k＝n】Ｓ（k）を求めよ。

（４）lim【n→∞】Σ【k＝1→k＝n】Ｓ（k）を求めよ。

5-3=2

難しい問題ばっかだな…。
ヒントくれ。

>>525
n=3の場合は簡単なんだけどね。

a,b,c で a+b+c＞0 のとき、
負の数が2つある場合は1回操作すると負の数が1つになるから
最初から負の数が1つ（a＜0, b＞0, c＞0）として考える。
このとき1回操作すると
-a,a+b,a+c で a+b＜0 または a+c＜0
さらに a+b＜0 の場合、もう1回操作すると
b,-a-b,2a+b+c
このとき b＞0, -a-b＞0, 2a+b+c＞a（a+b+c＞0より） であり、
2a+b+c≧0 であれば操作は終了だが、
2a+b+c＜0 の場合、最初の a,b,c と比べて、負の数が1つのままで
その値が大きくなっている。
よって操作を繰り返すといずれは負の数が無くなる。
a+c＜0 の場合も同様。

n=4の場合も同じように考えればいけそうだが、一般に拡張するのは難しそう。

n個の実数a_1,a_2,…,a_nがあるとき、1≦k≦nなる任意のkについて、
a_kを除くn-1個を2つの組に分けてそれぞれの和が等しくなるようにできるならば、
a_1,a_2,…,a_nは全て等しいといえるか。

いえない。

>>535
簡単杉だったので訂正します。

2n+1個の実数a_1,a_2,…,a_{2n+1}があるとき、1≦k≦2n+1なる任意のkについて、
a_kを除く2n個をn個ずつ2組に分けてそれぞれの和が等しくなるようにできるならば、
a_1,a_2,…,a_{2n+1}は全て等しいといえるか。

>>536
a_1,a_2,…,a_{2n+1} はすべて自然数と仮定できる。
(R を Q 線型空間と見て、勝手な基底をとって成分を考えればよい)

明らかに、a_1,a_2,…,a_{2n+1} はすべて奇数となるかすべて偶数である。

b_k=a_k/2 (a_k が偶数のとき), (a_k+1)/2 (a_k が奇数のとき) とおくと、
b_1,b_2,…,b_{2n+1} も同じ条件を満たし、b_1+b_2+…+b_{2n+1}≦a_1+a_2+…+a_{2n+1}
となっている。この操作を続けていくと、いつかは等号が成立する。

等号が成立するのは a_1=a_2=...=a_{2n+1}=0 or 1 のときなので、これから最初の数の組がすべて等しいことがわかる。

>>537
正解。
ちなみに、Rの基底の存在を用いずに証明することもできるね。

和を積に変えると、0を3個以上含む場合は全て等しいと言えないが、
0を含まない場合は全て等しくなる。

age

age

n^4-19n^3-10n^2-532n+784が素数値をとるようなnは存在するか？

xyz空間内の点Pは1秒ごとに点Pからの距離が3であるいずれかの格子点に移動する。
原点を出発した点Pがn秒後に存在可能な点の総数をf(n)とするとき、
lim[n→∞]f(n)/(n^3)を求めよ。

>>541
n^4-19n^3-10n^2-532n+784=(n^2+3n+28)(x^2-22n+28)

(n^2+3n+28)(n^2-22n+28)でどうじゃろ？

「任意の自然数nに対してgcd(s，2*3^n＋4^n＋12^n−1)＝1」を満たす自然数sを全て求めよ。

>>545
f(n)=2*3^n+4^n+12^n-1とおくと
p≧5なる素数pについて
f(p-2)=2*3^(p-2)+4^(p-2)+12^(p-2)-1
≡2*3^(p-1)/3+4^(p-1)/4+12^(p-1)/12-1
≡2/3+1/4+1/12-1
≡0(mod p)
またf(n)はつねに奇数かつ3の倍数なので
条件を満たすのはs=2^k(k≧0)

その十分性を示さないと。

>>547
明らか、じゃダメ？

明らかなのかなぁ…その十分性の証明は俺にはできんけど…。

f(n)は奇数だから。
何か勘違いしてるかなあ

>>546
正解です。十分性は明らかですぞ。

次の問題。まあ数オリの問題なわけだが。
整数列{an}は、正の項も負の項も無限回現れるとする。また、任意の自然数nに対して、
a1，a2，…，anをnで割った余りは全て異なっているとする。このとき、数列{an}には
全ての整数が1回ずつ現れることを示せ。

ａ（ｉ）（１≦ｉ≦ｎ）は連続したｎ個の整数。

>>552
0，1，-1，2，-2，3，-3，…

>>551
>>552でほとんど正解だと思うけど答えてみる。

i＜jならば、a1,a2,…,ajをjで割った余りは全て異なるので、ai≠ajである。
a1,a2,…,anの中に|ai-aj|=m≧nなるi,j(i＜j)があるとすれば、
a1,a2,…,amにおいてaiとajはmで割った余りが等しいので矛盾。
よってa1,a2,…,anの任意の2項の差は最大でn-1なので、
a1,a2,…,anはn個の連続整数を任意の順に並べたもの。
{an}は正の項も負の項も無限に含むから、任意の自然数Nについて
ai＜-N,N＜ajなるai,ajが存在し、a1からaiまたはajまでの項は連続する整数だから
aiとajの間の整数は全て{an}に含まれる。
よって{an}は全ての整数を1個ずつ含む。

>>545も数オリの改題やね

円を直線で二等分して同じ面積にするには、中心点を通る線で分割すればいい。
では残った半円を、中心点を通る線と平行な線でさらに二等分して同じ面積にする場合
どこで分割すればいいか？
半径をＲとして、中心点と通る線とその線の距離は？

いや、そんなに面白くは無いか。ハム切ってる最中に考えたネタだったが
冷めてみるとつまらんな。

>>556

sin2θ + 4θ = π　を、θについて解けばよい（θが中心角）というところまでは分かった。
でも、数式処理のソフトに解かせてみても無理だったので、代数解は無いんじゃね？ｗ

「1階からa階までn秒かかるエレベータは1階からb階まで何秒かかるか？」
これを、1階からb階までは1階からa階までのb/a倍の長さとして解いてしまい、
整数の答えが得られたが、正しい答えも整数であった。
これを満たす整数a,b,nの組を全て求めよ。

>>559
ごめん、この問題、無かったことにして。

>1階からa階までn秒かかる
a階で止まる時か？それとも通過する時か？
途中の各階は通過するのか止まるのか？

平面上の３つの円C_1,C_2,C_3がそれぞれ互いに２点で交わっている。
C_2とC_3の２交点を結ぶ線分をl_1、
C_3とC_1の２交点を結ぶ線分をl_2、
C_1とC_2の２交点を結ぶ線分をl_3
とおくとき、l_1,l_2,l_3は共通の点を通ることを証明せよ。
エレガントな解答があります。どうぞ。

>>562
問題の平面をαとし、αを含む空間を考える。
同じ大きさの球S_1,S_2,S_3を、αとの交線がC_1,C_2,C_3となるようにとり、
S_1,S_2,S_3の中心をそれぞれP,Q,R、これらを通る平面をβとする。
S_2とS_3の交線を通る平面をγ_1、
S_3とS_1の交線を通る平面をγ_2、
S_1とS_2の交線を通る平面をγ_3
とおくと、γ_1,γ_2,γ_3はそれぞれQR,RP,PQの垂直二等分面なので、
それらは△PQRの外心を通りβに垂直な直線mを共有する。
l_1,l_2,l_3はそれぞれγ_1,γ_2,γ_3とαの交線であるから、
これらはmとαの交点を通る。

>>563
アイデアはほぼ模範解答と同じです！
ですが模範解答はもう少し簡単で想像しやすいものです。

>>564
その模範解答おしえて〜な

模範解答です。

問題の平面をαとし、αを含む空間を考える。
中心と半径がC_kと同じである球面をS_kとおくと、(k=1,2,3)
S_2とS_3の交線、
S_3とS_1の交線、
S_1とS_2の交線
をそれぞれαに直交射影したときの像がl_1,l_2,l_3である。
S_1,S_2,S_3は共有点（２点）をもつので、
l_1,l_2,l_3はいずれもその点をαに直交射影した点を通る。

＞S_1,S_2,S_3は共有点（２点）をもつので、

もたない場合もあるよ。

>>567
どういう場合？

あーそうか。もともとの問題に不備があったようだ。
C_1,C_2,C_3の各内部の共通部分は空でない。
ことを入れておかなければなかったですね。
（そもそもそうじゃなきゃ線分l_1,l_2,l_3は交わらない。直線ならおｋ）
考えてくださった方申し訳ありませんでしたorz

l_1などは直線とすれば>>563でOK

ｘ＾２＋ｙ＾２＋ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝ｘ＾２＋ｙ＾２＋ｄｘ＋ｅｙ＋ｆ，
ｘ＾２＋ｙ＾２＋ｄｘ＋ｅｙ＋ｆ＝ｘ＾２＋ｙ＾２＋ｇｘ＋ｈｙ＋ｉならば
ｘ＾２＋ｙ＾２＋ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝ｘ＾２＋ｙ＾２＋ｇｘ＋ｈｙ＋ｉ。

>>571
なるほど、こっちのほうが簡単かも。

（ｘ＋１）＾２＋ｙ＾２＝２＾２。
ｘ＾２＋ｙ＾２＝２＾２。
（ｘ−１）＾２＋ｙ＾２＝２＾２。

>>573
あ、それ反例だな。気付かなかった。

ふーむ、３円の交わり方にちゃんと条件を与えないといけなかったようですね。

【下４ケタ目は２】
【080で始まる】



(080を除いた下8ケタで)
３で割り切れない →割って１余る数ではない
2、5、11のいずれでも割り切れない

(携帯番号の下4桁)
2 3 5 7 9 11 13 17 19 23のいずれでも割り切れない

携帯番号の下4桁 もしくは (携帯番号の下4桁-1)は34で割り切れる

携帯番号の下8桁目は3、5、7のどれか

080以降に0はない



問：できる範囲までこの者の携帯電話番号を特定せよ

080◎○○▲●●●●


◎は3or5or7
▲は1or3or7or9
●は
2177
2279
2483
2687
2789のいずれか


(080を除いた下8ケタで)
3で割ると2あまる
奇数
5or11のいずれでも割り切れない

080以降に0はない

1辺の長さが1の正方形を4つつなげた凸の形のタイルをいくつか用いて
ある長方形を過不足無く覆えるとき、この長方形の縦と横の長さの条件を求めよ。

おそらく縦、横ともに４の倍数なんだろうが…
証明できん。orz

縦横片方が、だろ

たしか1×nのタイルをいくつか用いてある長方形を過不足無く覆えるとき
⇔縦か横のいずれかがnの倍数

が面倒な議論で証明できたと思う
nが素数だと楽なんだけど。。

>>580
＞1辺の長さが1の正方形を4つつなげた凸の形のタイル
ですよ。

ちなみに1×nのタイルの場合の証明
長方形を1×1の正方形で区切り、上からi番目、左からj番目の場所に対し、
i-jをnで割った余りをその場所の番号とする。
このとき、1×nのタイル1枚は0からn-1までの番号を1つずつ覆う。
よって、0からn-1までの番号は同数ずつある。
長方形の縦の長さをnで割った余りをa、横の長さをnで割った余りをbとすると、
左上のa×bの部分以外の部分は0からn-1までの番号を同数ずつ含む。
左上のa×bの部分について、0番はMin(a,b)個ある。
よってab=Min(a,b)×nなのでa=0またはb=0、即ち長方形の縦または横の長さはnの倍数。

宇宙にある量子の数は？

たくさん。

将棋の手順の数よりは少ない。

コンピュータに合計Nﾊﾞｲﾄのデータ集合があり、各々のファイルはmﾊﾞｲﾄ以下であることが分かっている。
これらのバックアップを取って保管したい。このとき、容量nﾊﾞｲﾄのメディアを最低いくつ用意すればよいか。
ただし、N､m､nは自然数であり、N＞n＞m。

talk:>>585 そこは磁気テープを使うところだろう。

>>585
[[n/m]/[N/m]]個か？
深く考えてないから間違ってるかもしれないが。

talk:>>585 ファイルを記録する方法が明らかになっていないため、解けない。

>>588
そんな事言ってたら、例えば物理の問題なんて
一切解けない気がするんだが。

>King
そういうトンチはやめてくれ。

>geek
どういう方針？気になる。

まず、最悪の場合を想定して、すべてのファイルがｍバイトだとして、
そしたらすべてのファイルの個数は少なくとも[N/m]（ここでガウス記号がいるか
要らないか自信ない・・・）となり、
また、ｎバイトのメディアに入れられるファイルは、少なくとも
[n/m]個だから、合計[[n/m]/[N/m]]個のメディアがあれば・・・あれ、
分子のほうが「少なくとも」ってのはおかしいか。ちょっと考え直す。

具体的な数値でやってみるとよいだろう。

N/n.

まぁ、あれだ。
ファイルを全部つなげて圧縮してから
nバイトごとに分割保存だ。

テトリスDSがめちゃ楽しいんだが、ふと>>578の問題を思い出した。
これって>>581みたいなうまい解法はあるんだろうか。
それ以前に、解決されている問題なんだろうか。

数列{a_n}を次で定義する。ただし､aは正の実数とする。

a_1=a、
a_(n+1)=(a_n)! (n:奇数)
a_(n+1)=1/(a_n) (n:偶数)
lim[n→∞]a_nを求めよ。

自然数以外の階乗はΓ関数と解釈するという断り書きがないと
よろしくないのでは？

>ゆんゆんママ
あぁ、そうだな。ご親切にありがとう。

いえいえ。これからもゆんゆんをよろしくお願いします。

>ゆんゆんママ
煽りや中傷を受けたなら私が守ろう。安心していてください。

>>600
こちらこそ。ご丁寧にありがとうございます。
では、ごきげんよう。

なにこの展開！ Σ(ﾟДﾟ)！

>597-601
ﾊﾞﾛｽｗｗｗｗｗ

705 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2006/04/20(木) 22:50:21
αを1の2^n+1乗根とする。{f(α)}^2+{g(α)}^2=-1を満たし、係数が全て整数である多項式f(x)、g(x)が存在することを示せ。

どうすればいいのか分かりませんorz


(引用者コメント)
2^n+1=3 なら
α^2 + (α^2)^2 = -1
2^n+1=5 なら
(α+α^4)^2 + (α^2-α^3)^2 = -1

１＋ｘ＋ｘ＾２＋ｘ＾３＋ｘ＾４＋ｘ＾５＋ｘ＾６＋ｘ＾７＋ｘ＾８＝０。
（ｘ＋ｘ＾４＋ｘ＾６−ｘ＾７）＾２＋（ｘ＾２−ｘ＾３−ｘ＾５−ｘ＾８）＾２＝−１。

n桁以下の非負整数を無作為に1つ選ぶとき、その整数のある
連続した2桁が「12」となっている確率pnを求めよ。

>>606
何進数？　二進数で０の代わりに1、1の代わりに2って書く国だったら
結構簡単な問題になるっぽい。

>>606
n桁以下の非負整数のうち、12の並びを「含まない」ものの総数をf(n)とし、
f(n+1)を漸化式で表すことを考える。

f(n)として数えられている各数の左に、任意の数字を1つ書き加えると、
総数は10倍に増える。ただしそれらのうち、書き加えたことにより先頭2桁が
12となってしまうものがf(n-1)通りあり、それらを除外する必要がある。
つまり f(n+1)=10f(n)-f(n-1)、( f(0)=1、f(1)=10 )。

これを解くと、p=5+2√6、q=5-2√6 として
f(n)=(p^(n+1) - q^(n+1))/(p-q)。
これにより、求める確率は、1-(f(n)/10^n)。

476 名前：□７×７＝４□□ 投稿日：2006/04/24(月) 10:14:19 7Zv8LePn
解けるかどうか自分でもわからないんだが・・・

１：相手と自分とで数字を一つ指定する
２：何らかの方法で別の数字に変換する
３：変換された数字同士で計算し、最初に指定した数字がどっちが大きいか判断する

という方法は無いかな？

要は、相手の数字を知らずに自分の数字を知っているだけの状態で
どっちが大きいかだけがわかる方法ってないか？ってこと。

>>607
ゴメン、10進法のつもりだった。まあ何進法にしても大差ないけど。
>>608
正解。俺は「12の並びを含まないもののうち、先頭が1であるものをan，2であるものをbn，
それ以外であるものをcn」とおいて、an，bn，cnのそれぞれについて漸化式を立て、それを
使ってzn＝an＋bn＋cnについての漸化式を立てて(当然z(n＋1)＝10zn−z(n−1)になる)解いた。

…実は、IDスレを見て作った問題。「IDの中に2文字の良い文字列が入ってる」確率を求めている感じ。

>>609
選べる数は整数？実数？
どっちにしても、数を変換する関数の逆関数が計算できると思うから、
相手の数の変換後の数から元の数を求めることができてしまうと思う。
つまり相手の数を知らずにというのは無理じゃないかと。
多分ね。

609ではないが、元スレを探してきたよ。
http://hobby8.2ch.net/test/read.cgi/puzzle/1092999551/476-480n

ｘ＾（２＾ｎ＋１）＝１。
ｘ＾２≠１。
ｙ＝Π＿｛０≦ｋ＜ｎ｝（１＋ｉｘ＾（２＾ｋ））。
ｚ＝Π＿｛０≦ｋ＜ｎ｝（１−ｉｘ＾（２＾ｋ））。
　（（ｙ＋ｚ）／２）＾２−（（ｙ−ｚ）／２）＾２
＝ｙｚ
＝Π＿｛０≦ｋ＜ｎ｝（１＋ｘ＾（２＾（ｋ＋１）））
＝Π＿｛０≦ｋ＜ｎ｝（（１−ｘ＾（２＾（ｋ＋２）））／（１−ｘ＾（２＾（ｋ＋１））））
＝（１−ｘ＾（２＾（ｎ＋１）））／（１−ｘ＾２）。
（ｘ（ｙ＋ｚ）／２）＾２＋（ｘ（ｙ−ｚ）／２ｉ）＾２＝−１。

他スレより誘導されてきますた。
次の問題は解けますでしょうか？私は証明を知りません。
でも証明できたという人はいます。

2以上の任意の自然数nに対して　Σ_[k=1,n]√k　は無理数であることを示せ。

Σ1/kのときはどうやって証明するんだったかな

>>604
(2^n) + 1 ? (2^n) + 1 ?
確認したのか？

ほしゅ

age

大手家電量販店にはポイントカードというものがあります。
経験上、ポイントカードのシステムは次のようである。

・各商品には価格の何％というようにポイント還元率が設定されている。
・商品を購入する際、ポイントを「貯める」か「使う」かを選択できる。
・「貯める」場合は(価格)*(ポイント還元率)だけポイントが加算される。
・「使う」場合は貯まっているポイントの分価格から割引し(1pt=\1)、
　ポイントが0になる場合は割り引いた価格に対してポイント還元率を乗じて新しいポイントを得る。
　（ポイントが余る場合はそのまま）

さて、「貯める」か「使う」かの選択をどのような基準で選べば最も得をするか数学的に論ぜよ。
ただしポイントを「使う」ことによって早めに現金を手にすることは損得の基準とは関係ないこととする。
また、簡単のため一回の購入につき商品の数は１つであるとする。

高い商品を買ってポイントを貯める。
その商品を売る。
売ったお金で安い商品を大量に買う。
このときポイントをそれぞれの商品に適量用いて利益が最大になるようにし、
別の所で安い商品を売る。

連鎖。

βは無視で。

>>623
前みたいに顔射されたいかい？

Ａ（０）＝Ｑ。
Ａ（ｎ）＝｛ａ＋ｂ√（ｐ（ｎ））｜ａ∈Ａ（ｎ−１），ｂ∈Ａ（ｎ−１）｝。

（１）Ｑ⊂Ａ（ｎ）。
（２）ｘ∈Ａ（ｎ），ｙ∈Ａ（ｎ）＝＞ｘ＋ｙ∈Ａ（ｎ），ｘ−ｙ∈Ａ（ｎ），ｘｙ∈Ａ（ｎ）。
（３）ｘ∈Ａ（ｎ），ｙ∈Ａ（ｎ），ｙ≠０＝＞ｘ／ｙ∈Ａ（ｎ）。
（４）ｘ∈Ａ（ｎ）でｘ＾２が平方因数をもたない正の整数のとき
　　　ｘ＾２の素因数はｐ（ｋ）（１≦ｋ≦ｎ）。
（５）ａ∈Ａ（ｎ），ｂ∈Ａ（ｎ），ａ＋ｂ√（ｐ（ｎ＋１））＝０＝＞ａ＝０，ｂ＝０。

ｎ＝０のときの（１），（２），（３），（４），（５）は成り立つ。

ｎ＝ｍ−１のとき成り立つとする。
ｎ＝ｍ−１のときの（１）からｎ＝ｍのときの（１）は成り立つ。
ｎ＝ｍ−１のときの（２）からｎ＝ｍのときの（２）は成り立つ。
ｎ＝ｍ−１のときの（２），（３），（５）からｎ＝ｍのときの（３）は成り立つ。
ｎ＝ｍ−１のときの（１），（２），（４），（５）から
ｎ＝ｍのときの（４）は成り立つ。
ｎ＝ｍのときの（２），（３），（４）からｎ＝ｍのときの（５）は成り立つ。
よってｎ＝ｍ−１のときの（１），（２），（３），（４），（５）が成り立つなら
ｎ＝ｍのときの（１），（２），（３），（４），（５）が成り立つ。

有限集合Xの要素の数を#Xで表す。
A⊂Nがa>0に対し#(A∩{1,2,…,n})/n→a (n→∞)を満たすとき、
Aには任意の長さの(交差が0でない)有限等差数列が存在することを証明せよ。

非線形関数は線形関数であらわせるのか。

ｎ次方程式　f(x)= Σ(i=0 to n) a_i *x^i =0　のｎ個の解を複素平面にとりその重心をＧとする。

すると、f '=0,f''=0,f'''=0 ,,,,となる点の重心もＧとなることを示せ。

根と係数の関係より明らか

ABCDE、五人の女の子が、パジャマパーティーをしました
五人のうち四人がパジャマの上着を交換しあいました
また、五人のうち三人が、ズボンを交換しあいました
そして、その交換後、上下をそろいで着ている女の子はいませんでした
五人はそれぞれ誰の上着とズボンを着ていたのでしょうか？

・「Aの上着を着ている女の子」のズボンをはいているのはCです
・「Bの上着を着ている女の子」のズボンをはいているのはAです
・「Dのズボンをはいている女の子」のズボンをはいているのはEです
・Aのズボンをはいている女の子は、Bの上着を着ていません

>>628
あたりまえ

>>630
誰がどれを着てたかなんてどうでもいいから全部俺にくれ

>>630
私としてはC,A,Eはズボンのみを履いていておっぱい丸出し、
そしてBとDは全裸でいる、というのが理想です

>>630
パジャマは全部>>632にやるから、中身は全部俺にくれ！

>>628

3次方程式　f(x)= Σ(i=0 to 3) a_i *x^i =0　の3個の解を複素平面上に三角形ＡＢＣ、f '=0 　となる2点をＤ，Ｅとする。

Ｄ，Ｅは三角形ＡＢＣに内接する面積最大の楕円の焦点になることを示せ。

x^3-1=0 で、もうダメっぽいんだけど。面積最小の間違い？

>>636
???

すまん。こちらが勝手に「外接」と勘違いしていた。

女の子だとどうしても解答に邪念が入るだろうから変更する

ABCDE、五人の男の子が、パジャマパーティーをしました
五人のうち四人がパジャマの上着を交換しあいました
また、五人のうち三人が、ズボンを交換しあいました
そして、その交換後、上下をそろいで着ている男の子はいませんでした
五人はそれぞれ誰の上着とズボンを着ていたのでしょうか？

・「Aの上着を着ている男の子」のズボンをはいているのはCです
・「Bの上着を着ている男の子」のズボンをはいているのはAです
・「Dのズボンをはいている男の子」のズボンをはいているのはEです
・Aのズボンをはいている男の子は、Bの上着を着ていません

このヒントだけで解けるのかい

>>639
女の子じゃないと解く気がしない

邪念が消えたらすんなり考える気になった。邪念恐るべし。
人　A　B　C　D　E
────────
上　C　D　A　B　E
下　D　B　C　E　A

おそらく、これしかないはず。
[人*上]、[人*下]という二つのマトリクスを作って、○×を書き込んで調べた。

・ [人*上] 表では、(A,B)のマスは常に×、なおかつ対角線上にはただ1つの○がくる。
・ [人*下] 表では、(D,D)のマスは常に×、なおかつ対角線上にはちょうど2つの○がくる。

という事実をフル活用したら、場合分けはそれほど爆発しなかった。

転載
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/645

645 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2006/06/04(日) 12:11:10
nを3以上の整数とする。正n角形の各頂点に1つずつ整数を割り当てそれらn個の
整数の和が正になるようにする。連続する3個の頂点に割り当てられた整数を
それぞれx,y,zとする。このときy<0ならば次の操作を行う：
　3つの数x,y,zをそれぞれx+y,-y,z+yで置き換える。
n個の整数のうち少なくとも1つが負である限り上述の操作を繰り返し実行する。
有限回の操作の後、この手続きが完了するか否かを決定せよ。

失敗、↓でした
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1149124263/645

正n角形の各頂点の数をx1〜xnとする
f_i(x1,x2,…,xn)=Σ｜隣り合ったi個の数の和｜とする
例えばf_1(x1,x2,x3,x4,x5)=|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|
f_3(x1,x2,x3,x4,x5)=|x1+x2+x3|+|x2+x3+x4|+|x3+x4+x5|+|x4+x5+x1|+|x5+x1+x2|

f(x1,x2,…,xn)=Σ[i=1,2,…,n]f_iとすれば
f(x1,x2,…,x+y,-y,z+y,…,xn)-f(x1,x2,…,x,y,z,…,xn)=|y+Σxi|-|-y+Σxi|<0
よってx1〜xnに中に負の数があれば>>643の操作を繰り返すたびfは小さくなっていく
しかしfは絶対値の和だから0より小さくはならない
よって途中でx1〜xnの中に負の数がなくなって>>643の操作を出来なくなる事が分かる

実数xがx^[x] = 9/2を満たすとする。
このとき、xは有理数か、無理数か。

>>646　追加
[x]はxを超えない最大の整数。　念のために、x＞0も追加しておく。

>>646
正の有理数x，非負整数mに対してx^m＝9/2が成り立つのは(x，m)＝(9/2，1)に限ることが簡単に
示せるので、これを使うと、x^[x]＝9/2を満たす有理数xは(x，[x])＝(9/2，1)を満たすことに
なるが、これを満たす有理数xは存在しない。よってx^[x]＝9/2を満たすxは無理数。

>>646別解
関数x^[x]は単調増加でありx=2のとき2^2=4, x=3のとき3^3=27なので
x^[x]=9/2より[x]=2, さらにx=(9/2)^(1/2)とわかるからxは無理数

age

>>635 の答え
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/taiwaN/taiwaNch03/node10.html

意外に簡単な結果になるので出題してみる

sin(9°) + cos(9°)

を求めよ。

>>652
-( sin(666°) + cos(6*6*6°) ) を求めよ。

ってのも欧米人は好き。

>>639
俺はこっちで邪念が入る
誰がどれ着てたかなんてどうでもいいから服も中身も全部俺にくれ

任意の関数f:{1,2,...,n}^2→{-1,1}に対してΣ[x,x']Σ[y,y']f(x,y)f(x,y')f(x',y)f(x',y')≧n^3となる事を証明せよ

>>655
与式＝Σ[x,x']{Σ[i＝1〜n]f(x,i)f(x’,i)}^2
＝Σ[x＝x']{Σ[i＝1〜n]f(x,i)f(x’,i)}^2＋Σ[x≠x']{Σ[i＝1〜n]f(x,i)f(x’,i)}^2
≧Σ[x＝x']{Σ[i＝1〜n]f(x,i)f(x’,i)}^2
＝Σ[x＝1〜n]{Σ[i＝1〜n]f(x,i)f(x,i)}^2
＝Σ[x＝1〜n]{Σ[i＝1〜n]1}^2
＝n^3

１と９を二つずつ用いて、
四則計算で１０を作りなさい

(1+(1/9))*9=10
(1+(1/9))*9=10
((1/9)+1)*9=10
((1/9)+1)*9=10
(1+(1/9))*9=10
(1+(1/9))*9=10
((1/9)+1)*9=10
((1/9)+1)*9=10
9*(1+(1/9))=10
9*((1/9)+1)=10
9*(1+(1/9))=10
9*((1/9)+1)=10
9*(1+(1/9))=10
9*((1/9)+1)=10
9*(1+(1/9))=10
9*((1/9)+1)=10

空間内に平面αがある。1辺の長さ1の正四面体Vのα上への正射影の面積をSとし、
Vがいろいろと位置を変えるときのSの最大値と最小値を求めよ。

>>659
東大過去問乙

>>1
「無意味なスレ立て厳禁」
って読めませんか？
そういうくだらない話は質問スレでやってください


　
　　　　　　　　　　　　　　　　　終　　　了


そして>>1はすぐ死ね

tan(π/11)-tan(2π/11)+tan(3π/11)+tan(4π/11)-tan(6π/11)の値はどうすれば求めれますか？

今、ここにお金の入った封筒が２つあります
一つの封筒にはもう一つの封筒の２倍の金額が入っています
今あなたはどちらか一方の封筒を選ぶ事が出来ます
さて、今あなたは一つの封筒を選びましたが
もう一つの封筒に代えても良いと言われました
あなたは考えました
今の封筒にx円入っているとするともう一つに入っている
金額は２倍の確率（１／２）、半分の確率（１／２）だから
期待値は
2*x*(1/2)+(1/2)*A*(1/2)=1.25x
となるため、もう一つの方に代えた方が良いと考えました
さて、これは正しいでしょうか？

>>663
自然数の集合Nには確率測度が入らないからそういう確率の議論が出来ない、
とかじゃなかったっけ？

>>663
xのとりうる値に上限がない→xの期待値は無限大→xの半分も二倍も無限大

>>665
封筒を開けて金額を見ても良いという条件を加えたらどうなる？
例えば、１０００円だったとしても、>>663の計算は
適用できるだろ？

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>>666
俺なら交換しない。なぜなら、
封筒に入っている金額が1000円以下である確率は0だから。
封筒に入っている金額が1億円以下である確率は0だから。
封筒に入っている金額が1京以下である確率は0だから。
封筒に入っている金額が10^1京円以下である確率は0だから。
封筒に入っている金額が10^(10^(10^(10^(10^(10^(10^10))))))円以下である確率は0だから。

一般に、どんな自然数nに対しても、封筒に入っている金額がn円以下である確率は0だから。
わざわざ交換しなくたって、封筒の中には我々が十分満足できる金額が入っている。そうだな、
一国家の数億年分の予算でもまだ足りないくらい入ってるだろう。

＞封筒に入っている金額が10^1京円以下である確率は0だから。
なんじゃこりゃｗこれは削っておいてくれ。

>>668
なんか良く分からない
もう一つの封筒に入っている金額は
５００円か２０００円のはずなんだけど

>>670
ああ、1000円の場合ね。だったら、封筒にたったの1000円しか入ってなかった
自分のあまりの運のなさに絶望して交換云々どころじゃないな。

>>671
ちゅうか数学の問題として考えろよ
じゃあ１０００万円で

>>663-672
こんな確率もとめてみたい その1/3
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1109546954/

>>672
まだ分からんのか？封筒に入っている金額に上限がないのに、一体どうやって期待値Eを算出するの？
直接計算するか？あるいは、封筒に入っている金額の上限がn円である場合の期待値Enを求め、これの
極限値を求めるか？それとも全く別の方法か？

前者の場合：
E＝Σ[i＝1〜∞]P(x)E(x)＝0となる。
( P(x)は、初めの封筒に入っていた金額がx円である確率。つまりP(x)＝0)
( E(x)は、初めの封筒に入っていた金額がx円であるときの、もう1つの封筒に入っている金額の期待値。)

後者の場合：
解釈1：問題文の設定より、Enは計算できない。というか、そもそも封筒Aに上限を設定することが出来ない。
なぜなら、初めの封筒Aに入っている金額の上限がn円である場合、残りの封筒Bに入っている金額の上限は2n円と
なるから。問題文の設定から、初めに封筒Bを開けてしまえば、1/2nの確率で封筒Bにはn円が入っていて、そのとき、
残りの封筒Aには1/2の確率でn*2＝2n円入っていることになり、封筒Aに入ってる金額の上限がn円であることに矛盾する。

解釈2：「封筒をA，Bと区別し、必ず封筒Aから明け始める」と問題文を変更すれば上のような矛盾が起きないのでEnも
計算可能で、従ってlim[n→∞]En＝Eも計算可能となる。En＝Σ[i＝1〜n](1/n)(n/2*1/2＋2n*1/2)＝Σ[i＝1〜n]5/4＝5n/4
よってE＝∞

全く別の方法の場合：知らん。

＞今の封筒にx円入っているとするともう一つに入っている 金額は２倍の確率（１／２）、
半分の確率（１／２）だから 期待値は 2*x*(1/2)+(1/2)*A*(1/2)=1.25x となるため、
もう一つの方に代えた方が良いと考えました さて、これは正しいでしょうか？
↑この人は「封筒にx円入っていた場合の、もう片方の封筒に入っている金額の期待値」＝E(x)を
求めたにすぎない。E(x)のみから判断してるのが意味不明。求める期待値Eは、このE(x)に「初めの
封筒に入っていた金額がx円である確率」＝P(x)＝0をかけた和だからE＝Σ[i＝1〜∞]P(x)E(x)＝0となる。
つまり、この人は期待値Eを求める前に計算を止めて意味不明の判断を下しているだけ。もっとも、E自体も
0という意味不明な値になってるが。(これは問題文の状況設定「封筒に入ってる金額に上限が無い」が原因。)

>>675
だからx=1000円って事に問題変更
一つを選び、封筒を開けたら１０００円入っていた
さて、あたなは代えるべきか否か
2000*(1/2)+500*(1/2)=1250
が期待値に思えるがどうなの？って問題

>>676
初めから1000円に固定されているのなら、「変えるべき」だろ。期待値が1250円なのだから。
＞2000*(1/2)+500*(1/2)=1250 が期待値に思えるがどうなの？って問題
明らかにそれは期待値。何を言ってるんだｗちなみに、1000円に固定するのなら、
その問題は次の問題と同じ。

問題：自分の所持金は1000円である。目の前には1回1000円のくじ引き屋がある。
このくじ引きでは1/2の確率で500円が当たり、残り1/2の確率で2000円が当たる。
このくじ引きはするべきか否か。

期待値の高い戦略が常に有効かといわれるとそうでもない。
コインをn回投げて全部表なら4^n円もらえるとしよう。1枚でも裏なら0円。
nが大きくなれば期待値は発散するが、
この場合可算無限回投げるのが最適な戦術か。

>>677
じゃあ最初に戻って、１０００円に固定しないようにしよう
封筒を取りました
開けても良いと言われました
開けたら１０００円だった
上の議論により、「変えるべき」という結論
もう一回やりましょう
今度は１００００円でした
やはり「変えるべき」
つまりこのゲームは常に「変えるべき」が答えなのか？

>>679
1回目では情報が得られていないので変えようが変えまいが一緒なのは自明。
2つのサイコロの目をふせたまま振って同じ目ならば勝ちというゲームで、
一方のサイコロの目をオープンにして、
このサイコロの出目を自由に変えてもいいよと言われて
勝つ確率を1/6より大きくも小さくもできないのと同じ。

一方だけを見てやめるを繰り返すと確率分布がわかってくる。
勝負をかけるならそこから。

この確率の問題もなかなか難しいな･･････

xの上限値がないって言ってるけど、それって必要なの？
実際、上限値がある必要ないと思う。それに、これは
入っている金額をx円だと「仮定して」期待値を求めてるんだから、
「x円である確率」とか関係ないんじゃない？

そして、封筒を見て1000円だったときの期待値が1250円なら、
帰納法ですべての自然数についてそれがいえるんじゃないの？
まぁ、0.5円とか実質的に無理なのはあるけど、期待値には影響しないでしょ。
ドルとかセント使ってもいいんだし。

しかし、常に変えたほうがいいなんて事だったら、感覚的におかしいよな･････
どっちも選んでない状態ならどっちかを選んで得する確率も損する確率も
1/2なのに選んだとたんに損する確率のほうがでかくなるって･･････

三囚人問題とかもそうだけどさ、これって、「選ぶほう」じゃなくて
「選ばれるほう」を主観にしてみているからおかしな事になるんじゃない？

>>681
あなたは期待値だけで行動を決定するのですか。

歪みのないコインをn回投げて全部表ならa^n円もらえるとしたときどうしますか。
a=1.01、a=2、a=100のときで戦術は変わりますか。
その方法はコインを投げる回数nを最初から決めておかねばならないときと、
途中でnを変えてもよいときで変わりますか。
関数がa^nよりももっと速く増加する関数。
例えばn^n^…^n(指数がn重)、3↑…↑3(矢印がn個)のときはどうですか

>>681
＞それに、これは 入っている金額をx円だと「仮定して」期待値を求めてるんだから、
「x円である確率」とか関係ないんじゃない？
関係ある。封筒の金額に上限が無くて無限だから、有限個の場合(＝封筒の金額に上限が
ある場合)と同じ考察を適用してはならない。

＞「選ぶほう」じゃなくて「選ばれるほう」を主観にしてみているから
おかしな事になるんじゃない？
その言い分がもし正しいとすると、その言い分は他のあらゆる「期待値に関する問題」にも
適用できてしまうのだが。おかしなことになる、原因は封筒の中身に上限が無いことと、
問題文の「あなた」が期待値E(x)のみから「変えるべき」という支離滅裂な判断を下している
ところ。判断を下すなら期待値Eを求めなければならない。

二次関数　y=-x^2+4x (0≦x≦a)において、定数aの値が次のような範囲にあるとき、
この関数の最大値と最小値を求めよ。

(1) 0<a<2 (2) 2≦a<4 (3) a=4 (4) 4<a

すみません、おねがいします

>>684
コピペしすぎ

>>684
コピペしすぎ

(y/x) + (z/y) + (x/z) = 3
を満たす整数x,y,zを全て求めよ。

arctan(1/1)+arctan(1/2)+arctan(1/3)+arctan(1/4)+arctan(1/x)=π
を満たすxを求めよ。

仮に片方に1000円が入っていたとしても、
もう一方に2000円が入っている確率と500円が入っている確率は同じではないし
（同じであると考える理由が無い）

>>689
その確率が「同じである」というところまでが問題で設定されてるんじゃないの？

問題で仮定されてるのなら>>663は文句なく正しいわけだが

>>679
＞じゃあ最初に戻って、１０００円に固定しないようにしよう
「最初に戻って」だと？ふざけるな。戻ってないじゃん。問題文変わってるよｗ

問題1：今、ここにお金の入った封筒が２つあります。一つの封筒にはもう一つの封筒の２倍の金額が入っています。
今あなたはどちらか一方の封筒を選ぶ事が出来ます。あなたは一つの封筒を選びました。が、そのとき(←封筒の
中身をまだ見てない)、「もう一つの封筒に代えてもいいよ」と言われました。あなたは封筒を変えるべきでしょうか？
解答：期待値Eを計算すると、(>>674の解釈1の場合)E＝Σ[i＝1〜∞]P(x)E(x)＝0となり、(>>674の解釈2の場合)E＝∞と
なるので意味不明。そもそもこの計算でちゃんと「期待値」になってるのかも怪しい。てか、そもそもこの問題では
どちらの封筒の中身もまだ分かってないので、変えても変えなくても一緒だろう。

問題2：今、ここにお金の入った封筒が２つあります。一つの封筒にはもう一つの封筒の２倍の金額が入っています。
今あなたはどちらか一方の封筒を選ぶ事が出来ます。あなたは一つの封筒を選んだら、x円入っていました。が、
そのとき、「もう一つの封筒に代えてもいいよ」と言われました。あなたは封筒を変えるべきでしょうか？
解答：変えるべき。期待値Eを計算するとE＝1.25x になっているから。


当初の>>663は問題1の方。初めに選んだ封筒の中身がまだ分かってない状態で、変えるか否かの選択を求められて
いる。それに対し、おまいが>>679で言ってるのは問題2の方。初めに選んだ封筒の中身が分かってる状態で、変えるか
否かの選択を求められている。問題2の場合は明らかに「変えるべき」となる。

>>687
x=y=z

問題2なら変えるべき、ってそんなわけないじゃん。
見たら必ず変えることになるんだから。

実際には封筒に入った金額にはある確率分布が存在して、
その確率分布が分かっているなら当然変えるべきか
計算できる。（変えるべきかは見た金額による）
確率分布が分かっていないなら、当然変えても変えなくても同じ。

極端な話、封筒に入っているのは日本円の紙幣一枚と分かっていたとする。

1000円→もう一方は2000円なので変えるべき。
2000円→もう一方は1000円なので変えるべきでない。
5000円→もう一方は一万円なので変えるべき。
一万円→もう一方は5000円なので変えるべきでない。

となりますね。

別の例: 封筒に入っているのは1〜10000円のいずれかとする。

奇数→もう一方は必ず2倍なので変えるべき。
5000円以上→もう一方は必ず半額なので変えるべきでない。
それ以外→変えるべき。

という戦略になりますか。

＞問題2なら変えるべき、ってそんなわけないじゃん。
＞見たら必ず変えることになるんだから。
分かってねぇな。たぶん おまいは「見たら必ず変える・見たら必ず変えない　の2つの戦略は全く同じだろ！」と
言いたいのだろうが、それは違う。なぜなら、封筒の金額には上限が設定されてないから。おまいが言ってるのは

「(封筒の金額に上限が設定されているときは)見たら必ず変える・見たら必ず変えない　の2つの戦略は全く同じだろ！」

ということにすぎない。
＞極端な話、封筒に入っているのは日本円の紙幣一枚と分かっていたとする。
＞別の例: 封筒に入っているのは1〜10000円のいずれかとする。
↑おまいのこれらの発言も、そのことを裏付けている。

ちょっと抜け。後半は1〜10000円が全て等確率(1/10000)の場合ね。

確率を変えれば当然戦略は変わってくる。
1000円だったとき交換すべきかどうかを考えると、
全部等確率なら、500円と20000円が同じ確率なので
交換すべきだろう。
しかし、例えば2000円の確率が1/10000より低い場合を考えると、
(500, 1000)の組である確率が高く、(1000, 2000)の組である確率は
低いことになる。従って戦略は確率分布次第ということが分かる。

>> 695

何を言われているのかよく理解できないのですが、
上限が無いなら無いで、確率分布を設定してみてくれませんか？
金額がxである確率p(x)を。
当然Σp(x) = 1な奴を。

それが確定すれば、見た金額に対して交換すべきかすべきでないかは
計算できるでしょう。

確率分布の設定が出来ないなら、問題が解けるはずがない。
サイコロの目のそれぞれが出る確率が分からずにサイコロに
関する確率の問題を解いているようなもんです。

大昔、ほんの少しだけ議論された六面体予想

ttp://web2.incl.ne.jp/yaoki/ahm6men.htm

解決とは言い難いけど、立方体が最大値っていうのは
ほぼ間違いなさそう。

>>697
＞金額がxである確率p(x)を。 当然Σp(x) = 1な奴を。
そうだな、無限小みたいな量εでp(x)＝ε，lim[n→∞]Σ[i＝1〜n]ε＝1 を
満たすものを持ってくれば等確率になるから「見たら必ず変える」という戦略が
成り立つんじゃねーの。

>>688 の解答例




arctan(1/1)=π/4 …�@

(2+i)(3+i)=5+5i より
arctan(1/2)+arctan(1/3)=π/4 …�A

直角三角形の内角の和より
arctan(1/4)+arctan(4/1)=π/2 …�B

�@、�A、�Bより
x=1/4

>>692
俺が元々聞きたかったのは問題２の方だな
問題の書き方がまずかったかな
で、問題２をこう変えたらどうなる？

問題：今、ここにお金の入った封筒が２つあります。
一つの封筒にはもう一つの封筒の２倍の金額が入っています。
今あなたはどちらか一方の封筒を選ぶ事が出来ます。
選んだ後、開けて金額を確かめ、別の方に撰択を変える事も出来ます。
さて、最適な戦略は？

常に別の方に変えるのが答え？

横から失礼。
すべての正の金額が等確率で出るという仮定の下、期待値だけで判断するなら>>701は正しいでしょ。
ところで
> 金額がxである確率p(x)を。 当然Σp(x) = 1な奴を。
が自然数全体に入れるのが難しいなら正の実数全体に入れればいかがか。

自然数nに対してp(n)=2^(-n)とか、具体的に設定すれば
計算できますよ。

全ての自然数に対して確率が同じで、和が1ってのは無理だろうけど。

同様に正の実数に対して、∫p(x)dx=1 な分布はいくらでもあるだろうけど、
p(x)が全部のxに対して同じってのは無理でしょう。

>>703
無限小みたいな量εでp(x)＝ε，lim[n→∞]Σ[i＝1〜n]ε＝1 を
満たすものを持ってくれば等確率になるから、「見たら必ず変える」という
戦略が成り立つんじゃねーの。

>>687
ｘ＝ｙ＝ｚ。

ａ＋ｂ＋ｃ＝０。
ｘ＝ａｂ＾２ｄ。
ｙ＝ｂｃ＾２ｄ。
ｚ＝ｃａ＾２ｄ。

>>705
why?

以下の□の中に１から９までの整数をそれぞれ１個ずつ入れ、等式を完成させて下さい。
ただし、１と５はすでに入っているものとします。
（□□−□）÷（□□−□□）＝１５

（４８−３）÷（７２−６９）＝１５
…あんまり、面白いとは言えないなあ。

平面上において(x,y)を(ax+c,ay+d)に移す変換T（ただしa<1）を行ったとき、
T(長方形ABCD)⊂長方形ABCDとなった。
この時T(X)=Xとなる不動点Xを点A,B,C,Dから定規だけで作図する方法は存在するか？

双子の兄弟がいます。
そのうちのどちらかはジョンです。
そのうちのどちらかはいつも嘘をつきそのうちのどちらかはいつも本当のことをいいます。

今どちらがジョンかを当てます。
それには英語で3語の質問を双子の兄弟のどちらかにすればよいです。
なんと質問すればいいでしょう？

>710
QBK

Is John liar?

>>712
liarの前に"a"がないから英語として間違ってるよ
Which is John?で良いんじゃね？

やっぱりそうか？
でもWhich is John?じゃだめじゃない？
johnとliarは質問文に含まれなければダメと思うんだが。

>>714

そのとおり。Which is John?はダメです。

そのとおりって、
Is John liar? はあってるの？
あ、Does John lie?　か？

>>716
二つとも違います

間違えました。
正解はDoes John lie?です。

ぎゃーん。。じゃあなんだ？？
俺はさじ投げ。ほかの人もよければ
回答がほしい。

あ、あってたんだｗよかった。

過去ログ置き場に、datファイルを追加しときました。
必要な方は落として使ってください。

ただ、Janeで動作確認済みですが、それ以外はわかりません。

「わかった！」とアリスの友達の一人がいいました。

論理パズルの好きな方にはおすすめ傑作です。
レイモンド・Ｍ・スマリヤン著「パズルランドのアリス」

>>709
条件ぬけてないか？
ABCDだけじゃＸは決まらんジャロ　

>>724
Xが一意的に決まらないって事か？Xを定規だけでは決められないって事か？

縮小写像だから不動点が一意に存在するのは明らかですね。

ABCDの移動先A'B'C'D'は作図に使えると思っていいのかな？

>>726
A,B,C,D,A',B',C',D'は作図に使えるという事でおねがいします

ふつうにAA’、BB’、CC’、'DD'をそれぞれ結んだ直線の交点じゃいかんの？

Is John alive?でもいいね。

よくない

正多面体が5種類しかないことを示しなさい。

「あるとしても5種類以下である」ことは簡単に示せるけど、「ちょうど5種類である」ことは
どうやって示すのだろう。つまり、立方体とか正20面体とかが隙間なく閉じた曲面を作ることを
どうやって示すのだろう。特に正12面体。

＞隙間なく閉じた曲面を作る
こんなこと照明する必要ないような、

まあ厳密にやりたいなら位相幾何を勉強することになるんだろうけど

なんで位相幾何

その前にここでの正多面体を定義してくれ
定義次第で６種類目以降が示せてしまう

正多面体とは男のロマンである。

実際に構成すればお仕舞い。ユークリッドが既に原論でやっている。

星型正多面体の立場も考えて（ｒｙ

>>738
星型正多面体のこと、時々でｲｲから思い出してあげてくださいね。（ＡＡ略）

lim[ε↓0]Σ[n＝1〜∞]1/(n^2＋ε)を求めよ。

ふーん

数列
10001,100010001,1000100010001,10001000100010001,...
には素数が含まれないことを証明せよ。

ちなみに
100010001=3*7*13*37*9901
10001000100010001=41*271*3541*9091*27961

あと10001=73*137

>>742
奇素数pについて(10000^p-1)/9999が(10^p-1)/9で割り切れることを示せば十分。
{(10000^p-1)/9999}/{(10^p-1)/9}=(10000^p-1)/{1111(10^p-1)}
ここで10000^p-1は1111でも10^p-1でも割り切れ、かつ1111と10^p-1は互いに素であるから
10000^p-1は1111(10^p-1)で割りきれる。よって示せた。

>>745
正解

ある夫婦には子どもが二人います。上が男の子のとき、下も男の子である確率

>>747
下が男の子であることは、上が男であるか女であるかとは独立しているから、
下が男である確率は1/2となる。

それは子どもの男女比が1：1のとき。

各要素が1,2,3のどれかからなる数列a1,a2,a3,…を考える。
この数列は…,1,3,1,3,…や…,3,2,1,2,3,2,1,2,…や…,2,1,1,3,3,2,1,1,3,3,…などの
有限数列が2回繰り返すような部分を必ず含むと言えるか？

>>784
子供が80歳を超えると独立していない。

上位2桁で四捨五入する関数Round(x)の式教えて下さい

例：R（89340）＝90000、R（5400）＝5000、R（990）＝1000

Round(x) = [ x/(10^[log_10(x)])+1/2]*(10^[log_10(x)])

aとbを互いに素な自然数とし、f(n)＝(nをbで割った余り)とおく。
min[n∈N，n＜b]f(an)/nを求めよ。

>>750
言えない。

この問題、数セミのエレ解で見た記憶があったんで
探してみたら1998年7月号出題（10月号解答）だった。
まさにエレガントな解答が載ってた。

どっかのホテルのメニューの話だったことだけは覚えてるｗ

>>756
ホテルじゃなくて、食堂だった希ガス

あーだったかもー

これがその問題文。

　とある年中無休の研修所のお昼ご飯は選択の余地がなく，カレーライスか牛丼か親子丼かスパゲティかのどれか一つ，利用者全員が同じ種類のものを食べます．
しかしながらこの研修所の食堂のおじさんのモットーは，利用者を飽きさせないように4品を出す順番を工夫して，どの日から何泊してる人にとっても，
お昼ご飯のパターンが連続して繰り返すこと（たとえば…親親…とか…カ牛カ牛…とか…牛ス親ス牛ス親ス…とか）がないようにすることです．
さて，このおじさんはどのような方法で毎日のメニューを決めていけばよいでしょうか．
　誤解を防ぐために，数学用語で問題を言い直しておきます．
数列{a_n}が繰り返し部分をもつとは，a_{k+i}=a_{k+l+i}(i=0,…,l-1)を満たす整数kと1以上の整数lが存在するときをいいます．
1,2,3,4だけを要素とする無限列で繰り返し部分をもたないもの（を生成するアルゴリズム）を見つけてください．
　たった4品のメニューで頑張っていたおじさんでしたが，不況の折，経費削減のためスパゲティを除く3品にメニューを減らすことになりました．
さて，このおじさんのモットーは依然として実現可能でしょうか．
余裕のある人はこの問題も考えてみてください．
　ヒント：繰返し部分をもたない短い数列から，その中の1,2,3,4をそれぞれ適当な有限列に置き換るというフラクタル的な操作で，繰返し部分をもたない長い数列が作れます．



食堂のおじさんには悪いが、どう頑張っても利用者は飽きると思うｗ

俺も思ったｗ

バカすぎるｗｗメニュー増やすことにアタマ使えよｗ

>>755
情報thx！

閉区間[0,1]上の有界関数からなる空間をB[0,1]、連続関数からなる空間をC[0,1]とする。
B[0,1]、C[0,1]にはそれぞれ||f||=sup_[0≦x≦1](f(x))でノルムを入れる。
この時、∀f∈C[0,1](Tf=f)となるような有界線型作用素T:B[0,1]→C[0,1]は存在するか？

x軸上、1秒間だけ正の方向に秒速40で動点が移動し、その直後1秒間だけ正の方向に秒速60で動点が移動した。この2秒間の動点の平均速度を求めよ。

50だろ普通に

talk:>>765 そうだな。

Rの自己同型でQを固定するもの（＝Gal(R,Q)）を総て求めよ。

767は、答えが面白いんだが誰かやってみない？

人の脳お読む能力を悪用する奴を潰せ。

人の脳を読む能力を悪用する奴を潰せ。

半径ｒの球を亀甲縛りにするとき、６角形のいっぺんの長さを求めよとか？

ストリップの亀甲縛りの１辺は何度か　　？

素数が無限にあることを証明せよ。

素数が無限にあることを証明せよ。
↓up
素数に無限があることを証明せよ。

フェルマの素数が無限にあることを証明せよ。

フェラ魔の素人が無数にいることを証明せよ。

773数が無限にあるからじゃだめ？

>777 ：１３２人目の素数さん ：2006/07/10(月) 07:19:43
> 773数が無限にあるからじゃだめ？

n個、p1,…,pn　とするとp1*…*pn + 1　 はp1,…,pnのいずれでも割り切れないから矛盾

でいいんじゃ？

2*3*5*7+1、2*3*5*7*11+1、2*3*5*7*11*13*17*19*23*29*31+1は素数となる事を証明せよ

>>765
ちょっ、そんなわけないって。
1秒間の平均速度が100のとき、
2秒で平均速度を200にすることは不可能なのと同じ。


2/{1/40+1/60}=48

>>780
どゆこと？
単純に2秒間で１００動いたじゃだめなわけ？

>>780
初めの1秒で40動き、次の1秒で60動いたから、この2秒間で100動いたことになる。
よってこの2秒間の平均速度は50。

>767
　f(x) = x　　　　　　　(x∈Q)
　f(x) = (ax+b)/(cx+d)　(x∈R-Q)
　ただし　a〜d∈Q,　ad-bc≠0.

ぢゃあない罠....

>>781
ｽﾏｿ。ただの勘違いだった。

自作問題。

実数列{an}は単調減少数列で、0に収束するとする。このとき
liminf[n→∞]n*{an−a(n＋1)}＝0となることを示せ。

>>785
なんか、直感に反する結果だな……
真面目に考えてみるか。

おーっと、メチャクチャ簡単に出来てしまったぞ(ﾟAﾟ)無かったことにしといてくれ…

確かに……オレもできてしまった。。。>>786も無かったことに

lim で同じことが言えるような
まあいずれにせよこれだけじゃあまり面白くないが

いえない。

>>785
ニヤニヤ…

ヒント つ【数蝉過去問】

N=(A1∪A2∪…∪An)となる時、
A1〜Anのいずれかは2a=b+cとなる{a,b,c}を部分に含む事を示せ

>>792と一見同じようで違う問題が過去ログにあった。

面白い問題おしえてーな 九問目
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/1093676103.html
962 ：１３２人目の素数さん ：2005/05/06(金) 16:59:38
自然数の集合NをS1〜Smに分割したら、どれもx+y=zを満たすようなx,y,zのペアを含まなかった。
そんな風に分割出来る自然数mは存在するか？

これに対し同スレ971で解答が書かれていた。
>>792を同じような方法で解けないかさんざん考えたけど、難しい…。

Rの部分集合Aの各点aは孤立点であるとする。すなわち、任意のa∈Aに対して
あるδ＞0が存在して(a−δ，a＋δ)∩A＝{a}が成り立つとする。
(1)Aは高々可算集合であることを示せ。
(2)Aが有界集合ならば、Aは有限集合であることを示せ。

(1)x＋1≦e^x (等号はx＝0のとき)が成り立つことを示せ。
(2)x＋1＞0のときe^{x/(1＋x)}≦x＋1 (等号はx＝0のとき)が成り立つことを示せ。
(3)自然数n，m (n＞1)に対して(1−1/n)^m＝e^(-r)−ε(n，m)，r＝m/n，
0＜ε(n，m)＜re^(-r)/(n−1)＜1/(n−1) が成り立つことを示せ。

確率1/nで当たるくじをm回引いたとき、全部外れる確率をPとするとP≒e^(-m/n)になる、ということ。
しかもPとe^(-m/n)の誤差�凵＝bP−e^(-m/n)｜は�凵�1/(n−1) となっていて、非常によい近似を
与えている(通常、nは相当大きな数字だから)。

>>794
(1)各a∈Aに対しq∈(a-δ/2,a+δ/2)∩Qを対応させれば
AとQの部分集合が1対1に対応するのでAは高々可算。
(2)成り立たない。反例{1/n|n∈N-{0}}

＞(2)成り立たない。反例{1/n|n∈N-{0}}
あ…本当だ。ゴメン。「有界な閉集合」とでもしないと そうなっちゃうね。

{1/n ; n∈N-{0} } ∪ {0}
は閉集合だけど、、

Aが〜〜を満たすなら、Aの濃度は実数体の濃度と等しいか、
または高々可算であることを示せ、とかいう問題は結構面白いかもｗ
この場合は連続体仮説を使わなくても証明できるんだよ、みたいなｗ

コンパクトなら有限。

テクマクマヤコン。

複素数の集合Cの部分集合Aに対しP(θ)[A]＝{a*e^(iθ)｜a∈A}とおく。
たとえばA＝{x＋iy｜x^2＋y^2＝1}＝単位円周　のときP(θ)[A]＝Aである。
次の条件を満たすA，θは存在するか？
・P(θ)[A]≠AかつP(θ)[A]⊂Aが成り立つ。(回転しただけなのに、元の集合の真部分集合となってしまう)

{e^(in) | n∈N}とか
なんかバナッハ・タルスキーっぽい

ならばP(x)[A]∩P(y)[A]=φでP(x)[A]∪P(y)[A]⊂Aとなる
x,y,Aは存在するか？

>>803
A=φのみ。
そのようなx,y,Aが存在すればP(x+y)[A]はP(x)[A]およびP(y)[A]の部分集合となるから。

>>796
＞各a∈Aに対しq∈(a-δ/2,a+δ/2)∩Qを対応させればAとQの部分集合が1対1に対応するので
qをよほどうまく取らないと1対1対応しないんじゃまいか？a，a’∈Aに対して、変なδ，δ’を
取ると(a−δ，a＋δ)∩A＝{a}，(a’−δ’，a’＋δ’)∩A＝{a’}，(a−δ，a＋δ)∩(a’−δ’，a’＋δ’)≠φ
となってしまうから、qは(a−δ，a＋δ)∩(a’−δ’，a’＋δ’)から取っている可能性がある。
これを防ぐには、δとδ’を十分小さくとって(a−δ，a＋δ)∩(a’−δ’，a’＋δ’)＝φとすれば
良いように見えるが、もしAが非可算ならば、これが出来ないこともあるかもしれない。

今日たまたま塾のお便りに3、4、7、8を使い、*したり、+したり、-したり、/したりして10を作れというおもしろ問題が載っていたのだが、誰も分からないままなんだよね。
数学が得意な友達も含め、10人以上にメルして見たが誰も分からないまま。ちなみに数字は一回ずつしか使いません。計算の順番はもちろん自由です。
数字と数字をくっつけたりはしません（3、4→34はできない）　誰か分かる人が現われることを祈ります。

>>806
(3-7/4)*8とか？

>>805
δは
sup {x | (a-x,a+x)∩a = {a} }/2とかを取ると
一意に定めてやることが出来るし、それぞれのaたちを含む開区間は交わらない。
qはNで番号付けして一番最初のを取ってやればいい。

よって全て問題ない。

>>805
「Rの部分集合Aの各点aは孤立点であるとする」という条件があるので無問題。
q∈(a-δ/2,a+δ/2)∩Qのδは(a-δ,a+δ)∩A={a}を満たすδだけど、
隣りのaと重複してqを取ってしまうことが無いように「δ/2」としている。

＞sup {x | (a-x,a+x)∩a = {a} }/2とかを取ると
なるほど…これなら重複しないな。ありがとう。

6,8,6,9を使って10を作れ。数字はこのままの順で使用すること。

>>811
書き忘れたけど、数字をつなげて2桁にするのは禁止。

>>811
しまった、√も禁止！

>>811
忘れてた。四則演算も禁止！

ちょｗｗｗ
>>811=>>812=>>813≠>>814です、念のため。

６＋８＾（６／９）＝１０。

>>816
うおっ、正解！

次の4つの数を使って四則演算のみで10を作れ。
ただし4つの数はそのままの順序で、それぞれ1桁の数として使用すること。
(1) 1,1,9,9　(2) 1,2,8,8　(3) 1,4,3,6　(4) 1,4,6,6　(5) 1,7,3,3　(6) 1,9,1,9
(7) 3,1,7,3　(8) 3,2,4,3　(9) 3,3,3,9　(10) 3,4,2,3　(11) 3,4,3,2　(12) 3,6,8,3
(13) 3,7,3,1　(14) 3,7,4,8　(15) 4,1,4,8　(16) 4,2,3,3　(17) 4,3,2,3　(18) 4,6,6,9
(19) 4,7,5,1　(20) 5,0,3,6　(21) 5,0,4,8　(22) 5,3,0,6　(23) 5,3,8,2　(24) 5,4,0,8
(25) 5,5,2,4　(26) 5,6,5,7　(27) 5,8,7,9　(28) 5,8,9,7　(29) 5,9,5,8　(30) 5,9,6,6
(31) 6,9,6,4　(32) 6,9,8,7　(33) 6,9,9,6　(34) 7,2,3,6　(35) 7,2,4,7　(36) 7,3,1,3
(37) 7,8,9,6　(38) 8,1,1,5　(39) 8,3,3,6　(40) 8,3,4,8　(41) 8,3,7,4　(42) 8,9,4,1
(43) 8,9,5,1　(44) 9,1,1,9　(45) 9,1,9,1　(46) 9,4,1,8　(47) 9,6,6,4　(48) 9,6,9,6

↓ここに逝け
【数学】メイク１０で遊ぼうぜ！＠数学板【関係】
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1017740389/l50

脳を鍛える2chトレーニングか

>>701
封筒に入っている金額がx,2xとすれば
はじめにxを取ったときは取り直せばx増える。
はじめに2xを取ったときは取り直せばx減る。
取り直しをしても期待値は1.5xのまま変わらない。

>>821
xの値が分かっているならば、そうなるけどね。

次の賭け事をやることは得か損か判定せよ。
・1回につき2k円で、サイコロを6個渡される。
・サイコロは6個いっぺんに全部投げる。(まあ1個ずつ投げても同じだが。)
・少なくとも1個は1の目が出ていれば3k円もらえて、そこでオシマイ。1の目が1個もなければ何ももらえず、そこでオシマイ。

k=0の時損でも得でもない。

一の目がひとつも出ない確率は(5/6)^6
少なくとも1個は1の目が出る確率は1-(5/6)^6
もらえる期待値3k{1-(5/6)^6}
3k{1-(5/6)^6}-2k>0⇔k>0のとき得
3k{1-(5/6)^6}-2k=0⇔k=0のとき損得なし
3k{1-(5/6)^6}-2k=0⇔k<0のとき得

ただk<0のときはどうなのかなと。

3*{1-(5/6)^6}-2=-0.00469・・・<0なんで、
k<0のとき得かと

じゃあk>0のとき損なのか。

四つの9と、たす、ひく、わる、かける、かっこ、いこーる、を三つ使って100をつくれ！
って、問題とける？

99+9/9=

>825
ギャンブルとしては寺銭がかなりやすい
お得かも

ごめん、四つ使ってだった

99+(9/9)

ああああ……kは自然数のつもりだったのだが、言葉足らずだったね(＾ ＾；
>>826
正解。

では次の問題。

次の賭け事をやることは得か損か判定せよ。ただしk，nは自然数とし、n≧2とする。
・1プレイにつき2k円で、1/nの確率で当たるルーレットにn回挑戦できる。
・n回連続でルーレットをやる。
・少なくとも1回当たっていれば3k円もらえて、そこでオシマイ。1回も当たらなければ何ももらえず、そこでオシマイ。

kはキロつまり1000のことかとｵﾓﾀ

同じでしょ

>>835は>>833へのレスね

>>835
理由は？

>>837
すまぬ、早とちりだった・・・。

さいころの問題の6をnに変えただけですね。最後の計算を誰か頼みます。

当たりがひとつも出ない確率は{(n-1)/n}^n
少なくとも1回当たる確率は1-{(n-1)/n}^n
もらえる期待値3k[1-{(n-1)/n}^n]
R=3k[1-{(n-1)/n}^n]-2k=k[1-3{(n-1)/n}^n]
R>0のとき得
R=0のとき損得なし
R<0のとき損
あとはnの範囲を求める。ただ計算が大変。

自分で計算機を使って解決できました。
{(n-1)/n}^nはnが大きくなるにつれ大きくなる。
n=5のとき3{(n-1)/n}^n=0.98304
n=6のとき3{(n-1)/n}^n=1.00469…
k>0を考えると
n=2,…,5のとき[1-3{(n-1)/n}^n]>0なのでR>0
n=6,…のとき[1-3{(n-1)/n}^n]<0なのでR<0

{(n-1)/n}^nの極限てなんだったっけ？

以下の□の中に１から９までの整数をそれぞれ１個ずつ入れ、等式を完成させて下さい。

(□/□□)+(□/□□)+(□/□□)=1

1

>>840
正解。でも、電卓を使ったのなら
＞{(n-1)/n}^nはnが大きくなるにつれ大きくなる。
これは単なる「予想」にすぎないわけで、証明が要る。まあ
f(x)＝(1−1/x)^xを微分して増減を調べればよいわけだが。
>>841
{(n-1)/n}^n＝(1−1/n)^nだから1/e(≒0.368)に収束する。確率1/nのくじをn回連続で引けば、
かなり運が悪くない限り1回は当たりそうに感じるが、「1回も当たらない」確率は実際のところ
どうなっているのかと言うと(1−1/n)^n≒1/e≒0.368となっていて、実は結構な確率で「1回も
当たらない」ことになる。>>795の不等式を使うと1/e＞(1−1/n)^n＞(1/e)−1/{e(n−1)} になる
ことが分かる。

ここも夏厨スレになってしまったか
皆の衆、秋にまた会おう

夏厨と夏厨厨がウザい時期

長方形I⊂R^2が長方形I1，I2，…，Inに分割されているとする。つまりI＝∪[k＝1〜n]Ik，
(Ip∩Iq)^i＝φ (p≠q)が成り立っているとする。ただしA⊂R^2に対してA^i＝(Aの内点の集合)
である。さらに、「Ikの縦の辺と横の辺のうち少なくとも片方は自然数である」が各k＝1〜nに
対して成り立っているとする。このとき、Iの縦の辺と横の辺のうち少なくとも片方は自然数で
あることを示せ。

夏厨と夏厨厨のやりとりに反応する厨がウザイ時期

1＋2＋3＋…＋4＝10

oioi

>>847
Iの１つの頂点からその対角の点まで∂I_kに沿って進むことを考える。
分かれ道では自然数の道を取るようにする（設定上可能）。
どの道も自然数であれば題意は満たされている。
最後のT字路で自然数でない道を進ま無ければならなくなる場合もあるが、
そのときは、その自然数でない道に垂直なIの辺が自然数。

隣り合う頂点に到達する場合もあるのでもう少し詳しく説明がありそうな気もするけど、
ま、いいや。

対辺みたいなところまでいければいいのか。解決。
スレ無駄遣い失礼。

>>851
＞分かれ道では自然数の道を取るようにする（設定上可能）。
可能とは限らないのでは？長方形Iの左下の頂点から右上の頂点まで点Pが移動すると
して、途中でこういうT字路に出会ったら、Pは左右どちらの方向に進んでも無理数に
なっている可能性がある。
←←P→→
　　 ↑
　　 ↑
　　 ↑

Ａ
┌┬┬─┐
││├┬┤
├┴┤││
├┬┴┼┤
│├─┤│
└┴─┴┘
　 　 　 　 Ｂ

┌─┐
└─┘
（１／２）×１。

マルチでお邪魔します

天才的なひらめき募集

0〜4と+-*/根号、累乗、階乗、括弧を利用して1000まで作ろうぜ
http://ex16.2ch.net/test/read.cgi/news4vip/1153548534/l50

(X，≦)を全順序集合とする。p∈Xは次の2条件を満たすとする。
・q＜pを満たすq∈Xが存在する
・x＜pならば、x＜y＜pを満たすy∈Xが存在する
このとき、次の2条件を満たすXの点列{pn}は存在するか。
・pn＜p(n＋1)＜p (n∈N)
・x＜pならば、x＜pmを満たすm∈Nが存在する

反例 X=ω_1 + 1, p=ω_1

てすと

680

無限に伸びるゴムひもの上を蟻が歩く。
いまゴムひもの長さは1mあり、蟻が端から毎秒1�pの速さで歩き始めるのと同時に、ゴムひもを毎秒1m伸ばす。
蟻は反対側の端にたどり着くことが出来るだろうか？
たどり着けないなら理由を、たどり着けるとしたら約何秒後かを求めよ。

マルチ

4秒後

exp(100)-1秒後かな？ちがうと思うが

ゴムの伸ばし方で変わったりしないの？両端を同じ力で引っ張るのと、
片方の端を固定してもう片方の端だけ引っ張るのでは、伸び方が違う。

>>865
同じでしょ。

>>177-184で外出

うは、ｶﾞｲｼｭﾂでしたか･･
失礼しました

>>864
せ、正解です(´・д・`)

>>865
高校の物理を勉強してから来なさい、ぼうや…

ゴムひもの伸びとアリは等速運動をしていると仮定するのか？

ttp://d.hatena.ne.jp/hoshikuzu/20051010#P20051010IFF

「正直族とうそつき族」の類似問題。これらは数学じゃないっぽいけど。

まぁ3人のうち1人が真or偽である事は分かるな

ヤー(　´∀｀)／　　　＼(｀∀´　)ダー

神様キモイｗｗｗ

>>861
宇宙の膨張を思い浮かべた

sage

p，qを互いに素な自然数とし、p＜qとする。rをqと互いに素な自然数とする。
T：N→NをT(n)＝np/q ( q｜nのとき)，n＋r (それ以外のとき)
と定義すると、任意の自然数kに対して、数列{T^n(k)}(n∈N)は
発散しないことを示せ。ただしT^nはTのn回合成関数とする。

赤と黒のカードそれぞれn枚ずつ、合計2n枚をよく切ったのち伏せて積み上げる。
この山の上から順に1枚ずつカードをめくっていくのだが、毎回めくる前に、
次のカードが赤か黒かを予想する。

ただし、山の中に赤(黒)が多く残っている時は必ず赤(黒)と予想し、
同数の時は1/2の確率で赤or黒と予想するものと決める。

このようにして2n枚のカード全てをめくるとき、
予想が当たる回数の期待値を求めよ。

(1)一辺の長さがaの正三角形の内部または周上に、次の条件を満たす
ように3つの点が配置できるときの、aの最小値を求め、理由も示せ。
・異なる2点間の距離は1以上である
(1)’一辺の長さがaの正三角形の内部または周上に、次の条件を満たす
ように4つの点が配置できるときの、aの最小値を求め、理由も示せ。
・異なる2点間の距離は1以上である
(2)一辺の長さがaの正方形の内部または周上に、次の条件を満たす
ように4つの点が配置できるときの、aの最小値を求め、理由も示せ。
・異なる2点間の距離は1以上である

>>878
前スレの320

(1)正方形を合同でない二つの相似な図形に分割せよ
(2)正三角形を合同でない二つの相似な図形に分割せよ
(3)円を合同でない二つの相似な図形に分割せよ

無限に大きい方眼紙の交点を頂点にする正三角形は存在するか?

すべては数理に支配されていることを示せ？

（０，１］＝（∪（ａ＾（２ｎ＋１），ａ＾（２ｎ）］）∪（∪（ａ＾（２ｎ＋２），ａ＾（２ｎ＋１）］）。

すべてはkingに支配されている

オシムJAPAN2010年ワールド・カップ本戦予選リーグ通過の可能性

>>882
平面上で頂点の座標がすべて有理数にすることができる正多角形は正方形だけだったような。

>>887
正三角形の場合は禿ｶﾞｲ

>>885 俺達elementsはsystemの一部なんじゃん。よってKingOfUniverseなわけよ！どうよ？

>>883宇宙上にある総原子数を数えられるかどうかよりも、地球上の総原子数は有限である。原子は互いに離散であって有限個数なので、地球上の総原子は自然数と対応付けられる。よって全て(の原子)は数理に支配されている。終。どうよ？

>>887
空間の場合は？
さらに、n次元空間の場合は？

真理はkingが持ってるじょ

ゆるして、きんぽー☆

>>891
空間なら正三角形が書けるがな
n次元なら正n角形が書けるがな

>>890
ボーズ・アインシュタイン凝縮のせいで自然数との対応も微妙に

>>893
正方形も仲間に入れてやってくれ

>>894
ボーズ・アインシュタインに任せずに、数学を志す者なら
自ら「原子｣を定義し単位とする事がポイント。

talk:>>885,>>892 I'm the King of kings.

>>893
それ本当？
3次元空間で(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)は正三角形になるけど、
4次元空間で(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)は正方形ではなく正四面体だよね。
つまりこの方法は高次元の場合に適用できない。
じゃあどうすればいいんだろう？

ひょっとして>>891は多角形の話ではないのか？

kingて誰だよ

4次元空間で(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)は正方形ではなく正四面体だよね。
4次元空間で(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)は正方形ではなく正四面体だよね。
4次元空間で(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)は正方形ではなく正四面体だよね。
4次元空間で(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)は正方形ではなく正四面体だよね。
4次元空間で(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)は正方形ではなく正四面体だよね。

>>901
何が言いたいの？

(・∀・)ﾆﾔﾆﾔ

ああ、>>899へのレスか。

同じものを何回も書く奴は馬鹿と決まっているので

馬鹿っていうやつが馬鹿ってのも昔から決まってるわけで

(・∀・)ﾆﾔﾆﾔ

何次元空間だろうと、cos(2π/n)が無理数ならば有理点の頂点からなる正n角形は存在しない。
もしそのような有理点の組が存在すれば、その重心も有理点であり、これを原点Oとしても一般性を失わない。
その正n角形の頂点のうち隣り合う2点A,BをとるとVec(OA)・Vec(OB)=OA*OB*cos(2π/n)だが、
Vec(OA)・Vec(OB)は有理数であり、またOA*OB=OA^2も有理数なので、cos(2π/n)も有理数となり矛盾。

cos(2π/5)は無理数なので有理点からなる正五角形は存在しないことがわかる。

ちなみに、OA=OBかつVec(OA)・Vec(OB)=OA*OB*cos(2π/n)を満たす2点A,Bが存在することは
有理点の頂点からなる正n角形が存在するための必要十分条件である。
必要性は明らか。次に、条件を満たすA,Bが存在したとして、十分性を示す。
直線OBの式はVec(OP)=t*Vec(OB)
この直線にAから下ろした垂線の足をHとし、Vec(OH)=k*Vec(OB)とすると
(k*Vec(OB)-Vec(OA))・Vec(OB)=0より
k=Vec(OA)・Vec(OB)/(OB^2)
これは有理数となるから、Hは有理点。
よって、Hに関してAと対称な点も有理点であり、この点は正n角形の第3の頂点となる。
同様に第4、第5…の頂点も有理点として得られ、有理点の頂点からなる正n角形が得られる。

talk:>>900 何だよ？

3次元空間（あるいは一般にn次元空間）において、有理点の頂点からなる任意の三角形の外心は有理点であることを示せ。

>>910
明らか

>>911
俺には明らかじゃない。

>>910
3本の直線は全部係数が有理数だから、どの2点の垂直二等分線もそうであり、
従ってその交点も有理点になる。でおｋ？

>>913
3次元空間で垂直二等分線はひとつに定まらない。

無理点を中心に持つ円はその円周上に有理点を最大2個しか持たない、というのを見つけた
んだけど、自力では示せそうに無い。もしこれが示せたら周上に3点の有理点を持つ円の中心は必ず有理点と言うことが出来るんだけど。

>>910-915
3点を通る平面の（連立）方程式は有理的
（各方程式の係数が有理数に取れる）
からそこで考えればよい。垂直二等分線（面）の方程式も有理的。

正の実数列A1,A2,A3…について
どのnに対してもΣ[k<n]Ak^2 < K*An^2となるKが存在する時、
どのnに対してもΣ[k<n]Ak < K'*AnとなるK'が存在する事を証明せよ。

fn：R→R (∀n∈N)を連続関数とするとき、lim[n→∞]fn(x)an＝0 (∀x∈R)，an≠0 (∀n∈N)
を満たす(xによらない)実数列{an}が存在することを示せ。

あるゲームのゲーム木を考える。
このゲーム木は高さｎの完全２分木であるとする。
このゲーム木をミニマックス法で探索するとこを考える。
ここでデータベースをつかって探索を高速化することを考える。
データベースにはあるひとつの局面につき結果（先手勝か後手勝ちか引き分けか）
をサイズＯ(1)で記憶することができ、計算量Ｏ(1)でその結果を得られるものとする。
データベースのサイズと各局面の探索の計算量の平均を
両方ｎの多項式サイズに収めることは可能か？
※データベースを作成するための時間は考えなくて良い。

答えは俺も知らん。

>>919
それができたらＰ＝ＮＰが示せそうな予感。
あくまで俺の直感だが。

1つのケーキを2人で分けて文句の出ないようにするには、どちらか一人に2分の1に分けさせて、
もう一人が好きな方をとる、という方法が有名ですよね。では

1つのケーキをナイフで切って3人で分け合います。3人とも
「自分は元のケーキの3分の1以上をもらった」
と思えるように分けなさい。

ではどうですか？これガイシュツ？
（つーか何年か前は２ちゃんのどこかにあったんだよね。でもまだ知りたい人いるかなあと
思ってさ。ちなみにステインハウスって人が意外な方法を見つけたんだってね。）

>>917
(Σ[i＝1〜n−1]Ai^2)/An^2＜K (∃K，2≦∀n∈N)　→　(Σ[i＝1〜n−1]Ai)/An＜L (L＝K＋√(K^2＋K)，2≦∀n∈N)
が成り立つことを数学的帰納法で示す。なお、K＋2KL＝L^2，√K＜Lとなっていることに注意する。

n＝2のとき…(Σ[i＝1〜n−1]Ai)/An＝A1/A2＜√K＜L となって、成立。2≦n≦tのとき成り立つとすると、
n＝t＋1のとき…{(Σ[i＝1〜n−1]Ai)/An}^2＝{Σ[i＝1〜t]Ai^2＋2Σ[1≦i＜j≦t]AiAj}/An^2
＝{Σ[i＝1〜t]Ai^2＋2Σ[j＝2〜t](A1＋A2＋…＋A(j−1))Aj}/An^2
＝{Σ[i＝1〜t]Ai^2＋2Σ[j＝2〜t](Aj^2)(A1＋A2＋…＋A(j−1))/Aj}/An^2
≦{Σ[i＝1〜t]Ai^2＋2Σ[j＝2〜t](Aj^2)L}/An^2
＜{Σ[i＝1〜t]Ai^2＋2Σ[j＝1〜t](Aj^2)L}/An^2
＜K＋2LK＝L^2
よって(Σ[i＝1〜n−1]Ai)/An＜Lとなり、n＝t＋1のときも成立。数学的帰納法から、
(Σ[i＝1〜n−1]Ai)/An＜L (L＝K＋√(K^2＋K)，2≦∀n∈N) は確かに成立する。

>921
最初の人が２：１にわけ、
二番目の人が２の方を等分し、
三番目から逆に取っていく、というのを考えたんですが、
二番と三番が結託する可能性が排除できません．．．

凸多角形Pの各辺bに対して、bを1つの辺とする三角形であってPに含まれるものの面積の最大値を割りあてる。
この凸多角形Pの各辺に割りあてられた面積の和はPの面積の2倍以上であることを示せ。　2006IMO

さすが２ちゃんねる。あんまり食いつきよくないですね。
>>923
http://torito.jp/puzzles/308.shtml
の「ところで」から読んでみなされ。

>>921,925
全員が「自分は1/3以上」と思える分配ならそれほど難しくない。

（液体状の物を）全員が「自分は1位か1位タイ」と思えるように分配するのが困難で、
かつてスレが立って解決した。
http://makimo.to/2ch/science2_math/1060/1060272490.html

>>924
ムズイ