面白い数学の問題おしえて〜な 40問目 ->画像>17枚

面白い数学の問題を紹介して解き合うスレです
質問スレではありません
出題者が答えを知らない問題はお控えください
統計学などはスレ違い、数学以外の話題は論外です
荒らし、煽りはスルー推奨

前スレ
面白い問題おしえて〜な 39問目
http://2chb.net/r/math/1633923732

過去ログ(1-16問目)
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/

まとめwiki
http://w.atwiki.jp/omoshiro2ch/

過去スレ
1 //cheese.5ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
2 //2chb.net/r/math/1004839697/
3 //mimizun.com/log/2ch/math/1026218280/
4 //mimizun.com/log/2ch/math/1044116042/
5 //mimizun.com/log/2ch/math/1049561373/
6 //mimizun.com/log/2ch/math/1057551605/
7 //2chb.net/r/math/1064941085/
8 //2chb.net/r/math/1074751156/
9 //2chb.net/r/math/1093676103/
10 //2chb.net/r/math/1117474512/
11 //2chb.net/r/math/1134352879/
12 //2chb.net/r/math/1157580000/
13 //2chb.net/r/math/1183680000/
14 //2chb.net/r/math/1209732803/
15 //2chb.net/r/math/1231110000/
16 //2chb.net/r/math/1254690000/
17 //2chb.net/r/math/1284253640/
18 //2chb.net/r/math/1307923546/
19 //2chb.net/r/math/1320246777/
20 //2chb.net/r/math/1356149858/

過去スレ (続き)
21 //2chb.net/r/math/1432255115/
22 //2chb.net/r/math/1464521266/
23 //2chb.net/r/math/1497416499/
24 //2chb.net/r/math/1502016223/
25 //2chb.net/r/math/1502032053/
26 //2chb.net/r/math/1518967270/
27 //2chb.net/r/math/1532793672/
28 //2chb.net/r/math/1540739963/
29 //2chb.net/r/math/1548267995/
30 //2chb.net/r/math/1572866819/
31 //2chb.net/r/math/1580123521/
32 //2chb.net/r/math/1586230333/
33 //2chb.net/r/math/1598637093/
34 //2chb.net/r/math/1608679703/
35 //2chb.net/r/math/1614399625/
36 //2chb.net/r/math/1622242743/
37 //2chb.net/r/math/1624644393/
38 //2chb.net/r/math/1629715580/
39 //2chb.net/r/math/1633923732

俺が立てると言っておきながら規制で2日間も立てられなかった
申し訳ない

スレタイは前スレで言ったように、タイトルに数学を入れさせてもらった

>>1 乙 テンプレもいい感じ
ではさっそく

実関数 f:R→R であって任意の実数 x,y について
f(x-y) = f(x)f(y) + sinx*siny
を満たすものを全て求めよ

>>1 乙

>>6
f=cosx

f(π/2) = f(π/2)f(0) (∀x), f(0) = f(π/2)^2+1
∴ f(0) = 1 , f(π/2)=0
∴ f(x) = f((x+π/2) - π/2) = sin(x+π/2) = cos(x)

>>6
f(x)を定数だとすると sinx * siny が定数になるので矛盾
f(x) = f(x)f(0) なので f(0) = 1
f(x)^2 = f(x - x) - sin^2 x
= 1 - sin^2 x
= cos^2 x
-cosx は不適なので f(x) = cosx


類題もどき。
以下の条件を満たすときのf: R -> R, g: R -> Rの性質について調べよ
1. f(x - y) = f(x)f(y) + g(x)g(y)
2. ∃s > 0 s.t. (f(s) = 1 かつ ∀x ∈ [0, s] g(x) >= 0)

>>9
おお、そんな方法が…正解です

>>10
厳密には f(x)=|cosx| 等の可能性も排除する必要あるから満点は出しにくいけど、
まあ正解出てるし修正も面倒じゃないだろうからOKかな…

ちなみに自分は f(0)=1, f(x)^2=cos^2 x, fが偶関数であることまで出たところで
f(x) = f(x/2-(-x/2)) = cos^2(x/2)-sin^2(x/2) = cosx
とするのを想定してました

某大学の入試問題
結構鬼畜
てか高校で複素変数複素数値関数の概念扱わないだろう




【問】　 f( x) は複素数平面全体で定義された関数であり，以下の条件(N)を満たすものとする．

＊条件(N)： Re( f( z) f (w ) )‾ )= Re (z w‾ ) が任意の複素数 z ， w に対して成り立つ．

（但し，複素数 α に対して， Re�ｿ は α の実部を， α‾ は α の共役複素数を表す．）

(1)　複素数 z の絶対値が 1 ならば， f( z) の絶対値も 1 であることを証明せよ．

(2)　以下の等式を証明せよ．

(a)　任意の複素数 z ， w に対して f (z +w) =f( z)+ f( w) が成り立つ．

(b)　任意の実数 r と任意の複素数 z に対して f (r �z) =r�f ( z) が成り立つ．

(3)　絶対値が 1 の複素数 α を用いて，

f( z)= a�z または f (z )=a �z‾

と表せることを証明せよ．

スペースが文字化けしたけど
� は無視して下さい

z=rcis(θ),w=scis(φ),f(z)=r'cis(θ'),w='scis(φ')
のとき
LHS = r's'cos(θ'-φ')
RHS = rscos(θ-φ)
r=0である場合RHSはwについて恒等的に0だからLHSも任意の(s,φ)について0となる必要があり、よってf(0)=0
またr=s,θ=φのときr'=s', θ'=φ'でありr^2=r'^2
よって|z| = |z'|
さらに∠z0w = ∠z'0w'である
g(z)=f(z)/f(1)とおけばg(z)も同じ条件を満たすがこの時さらにg(1)=1
∠i01 = ∠g(i)0g(1), |g(i)| = 1によりg(i) = ±i
前者のときh(z)=g(z), 後者のときh(z) = g(z)^とすればh(x)も同じ性質を有しh(1)=1,h(i) =iである
この時任意のz≠0に対して
|h(z)| = |z|
∠z01 = ∠h(z)01
∠z0i = ∠f(z)0i
によりh(z) = z

>>12
(1) w＝z とすれば｜f(z)｜^2＝｜z｜^2となるので、｜f(z)｜＝｜z｜である。
特に｜z｜＝1のとき、｜f(z)｜＝1 である。

(2) a,b∈C に対して｜a＋b｜^2＝｜a｜^2＋｜b｜^2＋2Re(a \bar{b}) であり、
右辺には Re(a\bar{b}) という項が出現している。この項を利用すると、z,w∈C と r∈R に対して

｜f(z＋w)−f(z)−f(w)｜^2 ＝ …(地道に全て展開)… ＝ 0,
｜f(rz)−rf(z)｜^2 ＝ …(地道に全て展開)… ＝ 0

が示せて、(a),(b)が成り立つ。

(3) x,y∈R に対して f(x＋iy)＝f(x)＋f(iy)＝xf(1)＋yf(i) なので、
f(1)とf(i)の値を詳しく見ればよい。
f(1＋i)＝f(1)＋f(i) なので、｜f(1)＋f(i)｜＝｜f(1＋i)｜＝｜1＋i｜＝√2 である。
また、｜f(1)｜＝1＝｜f(i)｜なので、f(1)＝e^{ia}, f(i)＝e^{ib}, a,b∈R と表せる。
よって、｜e^{ia}＋e^{ib}｜＝√2 である。両辺を2乗すると、2＋2Re(e^{i(b−a)})＝2 なので、
Re(e^{i(b−a)})＝0 となり、e^{i(b−a)}＝±i となる。
e^{i(b−a)}＝iのときは、x,y∈R に対して f(x＋iy)＝xf(1)＋yf(i)＝e^{ia}(x＋iy) となる。
これは f(z)＝e^{ia}z (z∈C) を意味する。
e^{i(b−a)}＝−iのときは、x,y∈R に対して f(x＋iy)＝xf(1)＋yf(i)＝e^{ia}(x−iy) となる。
これは f(z)＝e^{ia} \bar{z} (z∈C) を意味する。

http://imepic.jp/20211226/681220

>>12
これは誘導無視して（3）を単独で解いたら（1）（2）は自明やね

毎回湧いてくるバカのためにわざわざスレタイに数学を入れなきゃならんとは

勝手にスレタイを変えるなよ
いまさら変えても意味ないやろ

>>17
どこかで見た(3)を直接示す解法


{ w f(z)−z f(w) } { w‾ f(z)−z‾ f(w) } = 0
を示す

こんなん思いつく訳ないわ

ゆとりが始まる前の世代なら
A(z),B(w)のとき
OA→•OB→＝re(zw^)
は受験の必須公式だったんだけどな

次の条件を満たす二次元平面上の図形は何か？

(1)図形の全ての長さは有限

(2)二次元平面上のどの円(半径、中心は自由)内とも図形との共通部分があり、かつその円内での図形の長さは0より大きい

うおおお>>6が一般化できた。

f,g：R → R は写像で、g(0)＝0 かつ f(x−y)＝f(x)f(y)＋g(x)g(y) (∀x,y∈R) とする。
このとき、f(x)＝g(x)＝0 (∀x∈R) または f(x)＝1−2g(x/2)^2 (∀x∈R) であることを示せ。

>>23
それどころか[0, 2π]の加算個の点でf(x) = cos(x)となることが証明できる

*加算無限個の点

>>24-25
それは必ずしも成り立たない。f(x) ＝ cos(3x), g(x) ＝ sin(3x) のとき、

f,g：R → R, g(0)＝0, f(x−y)＝f(x)f(y)＋g(x)g(y) (∀x,y∈R)

が成り立つことが確かめられるが、
f(x) ＝ cos(x) となる x は [0,2π] の範囲に有限個しかない。

>>23
同じ仮定で任意のx,yについて g(x+y) = f(x)g(y) + g(x)f(y) が出せるな
あとは F(x)=f(x)+ig(x) と置いてごにょごにょしたら色々導けそう

これは数字が現れないけど、広義の数学の問題なのか？
まあ、面白いと感じるかどうかは個人差があるだろうけど。

某女子大には決して嘘をつかない女子大生と必ず嘘をつく女子大生がいることがわかっている。
この女子大の学生（嘘つきかどうかは不明）から
「あなたのいうことが正しければ手コキかフェラをしてあげる、間違っていれば何もしてあげない」と言われた。
女子大生にフェラをしてもらうには何と言えばいいか？

(1) サイコロを100個振ったときの目の和が100である確率を求めよ。
(2)サイコロを100個振ったときの目の和が101である確率を求めよ。
(3)サイコロを100個振ったときの目の和が102である確率を求めよ。
(3)サイコロを100個振ったときの目の和が期待値になる確率を求めよ。

サイコロの目のでる確率はどの目も完全に等しいというのは現実離れした想定であるので、いずれも概算値でよい。

>>16
△ABCの内心をI、AIとIにおいて直交する直線とAB,ACの交点をD,Eとする
BD=2,CE=3であるときDEを求めよ

やっぱりスレタイ変えた程度じゃ無駄だったね

スレタイ無視の荒らしは運営に通報した方がいいな

((x))をxの小数部分とする
∫_0^1 ((1/x)) dx を求めよ.

>>27の指摘をもとに、更なる一般化。

f,g：R → R は写像で、g(0)＝0 かつ f(x−y)＝f(x)f(y)＋g(x)g(y) (∀x,y∈R) とする。
このとき、次の(i),(ii)のうちいずれかが成り立つことを示せ。

(i) f(x)＝g(x)＝0 (∀x∈R) である。

(ii) ある写像 θ：R → R が存在して、θ(0)∈Z, θ(x＋y)−θ(x)−θ(y)∈Z (∀x,y∈R),
f(x) ＝ cos(2πθ(x)), g(x) ＝ sin(2πθ(x)) (∀x∈R) である。

また、(ii) が成り立つ場合、f(x)＝1−2g(x/2)^2 (∀x∈R) が成り立つことを示せ。

>>33
Σ[k=1,N]∫[1/(k+1),1/k](1/x-k)dx
=log(N+1) - Σ[k=1,N]1/(k+1)
→1-γ

>>35
素晴らしい
正解です

サイコロをn個(nは偶数)投げて出た目の和が期待値になる確率は
n=2のとき0.167
n=4のとき0.113
n=6のとき0.0928
n=8のとき0.0809
確率が5％未満になるのはnがいくつ以上のときか？

期待値という名称は誤解を招く命名だと思う。
期待したのに期待外れだから。

有意水準とか危険率だと５％以下だと稀な現象と判断する。
＞サイコロを100個振ったときの目の和が期待値になる確率を求めよ。
期待値というから稀じゃないと思って期待したら期待外れだった。

ある幼稚園で、砂場で遊んでいたA,B,C,D 部屋で遊んでいたE,F,Gの７人の中に、
逆上がりができる子が２人いることが分かっている。

そこで、A〜Gに尋ねたところ、それぞれ以下の発言をした。
ただし、７人うち、本当のことを言っているのは２人だけで、あとの５人は間違ったことを言っていた。これらのことから確実にいえるのはどれか。

A：Bは逆上がりできるよ。
B：Aは間違ったことを言っているよ。
C：AもBも２人とも間違ったことを言っているよ。
D：砂場で遊んでいた子の中には逆上がりできる子はいないよ。
E：私は逆上がりできない。
F：逆上がりができるのは２人とも砂場で遊んでいた子だよ。
G：EとFの少なくともどっちかは本当のこと言っているよ。

>>38
アンタ期待値もわかってないなら出てってくれる？

数学って書いてるのに論理パズルが出たぞ

>>29
(1) サイコロを100個振ったときの目の和が100である確率は1/6^100
(2)サイコロを100個振ったときの目の和が101である確率は100/6^100=25/(3^2・6^98)=25/(9・6^98)
(3)サイコロを100個振ったときの目の和が102である確率は(100+9900)/6^100=(2^2・5^2)/(2^100・3^100)=25/(2^98・3^100)
(3)サイコロを100個振ったときの目の和が期待値350である確率は365である確率よりは高い。

前>>43
>>40
BとEは逆上がりができるんじゃないかなぁ？
先生の気持ち的に。

>>40
正直者：BD
逆上がり可能：EF or EG

3柱の神様A、B、Cは、それぞれ誰かが真神、偽神、乱神です。真神は必ず真実の答えを、偽神は必ず嘘の答えを言いますが、乱神が真実を答えるか嘘を答えるかは完全にランダムです。あなたは3つのイエスかノーかで答える質問をして、A、B、Cの正体（真神か偽神か乱神）を決めてください。1つの質問には1柱の神様しか答えてくれません（こちらで質問先A、B、Cの指定は可能）。神様は私たちの言葉を理解しますが、返答は私たちの言葉ではなく、神の言葉「Da」と「Ja」で返します。DaとJaのどちらがイエスでどちらがノーを意味するかは分かりません。

やっぱりスレタイ変えた程度じゃ無駄だったね

失せろ
https://en.wikipedia.org/wiki/The_Hardest_Logic_Puzzle_Ever

>>48
そうだけどなんでそんなに怒るん？
ちゃんとした数学と問題だと思うけど？

高級アルコールとか、複雑骨折とかも誤解を招く用語である。

>>30
複素平面上に作図

計測すると
> abs(D-E)
[1] 4.898979

おまけ
> abs(A-D)
[1] 2.830646
> abs(A-I)
[1] 1.418647
> abs(A-E)
[1] 2.830646
> abs(B-C)
[1] 9.239314

>>51
問題の意味もとれてないねぇ

>>46
神どおしはお互いの正体を知っているという前提でしょうか？

サイコロをn個(nは偶数)投げて出た目の和が期待値になる確率は
n=2のとき0.167
n=4のとき0.113
n=6のとき0.0928
n=8のとき0.0809
確率が5％未満になるのはnがいくつ以上のときか？

>>53
答え貼られた問題になんでいつまでも固執するん？
そういうのが迷惑なんだよ

全前スレでアホにながされた問題

平面上のPL-Jordan閉領域Dの境界J=∂D上に4点をとりJを4つの閉線分にわけて正の向きに順にR,T,L,Bとする
Jordan経路PがL∩P≠φ、R∩P≠φを満たすときPはDを横断すると呼び、T∩P≠φ、B∩P≠φを満たすときPはDを縦断すると呼ぶとする
Dのその２つのPL部分集合による被覆D=X∪Yを取る
このときXがDを横断する経路を持つか、またはYがDを縦断する経路を持つかのいずれかが成立する事を示せ

>>43
乱数発生させて実験した結果



和が350になった割合
> mean(y==350)
[1] 0.0232915

和が365になった割合
> mean(y==365)
[1] 0.0159091

>>55
まずは、自分で考えたいから

>>58
自分で考えるのは勝手にすればいい
それをここに書くからみんな迷惑するんだよ
一生懸命数学の勉強して、実力つけて、それなりに面白い問題頑張って作って答えも用意して、それがそういうしょうもない、くっだらないレスにどんどん流されて言ってる時の気持ちわかる？
自分がどれだけ数学的になんの意味もない迷惑なだけのレスを貼り続けてるかわからんの？
時にはすごい面白い名作が並んでるのわかる？
みんなそれをどれだけ頑張って準備してるのか想像できんの？

>>58
ハウス！
http://2chb.net/r/hosp/1640131076/

〜このスレの皆さんへ〜
現在、無意味なプログラムを書き込む悪質な荒らしが常駐しています
通称｢プログラムキチガイ｣｢害悪プログラムおじさん｣は医療・医者板にいる尿瓶、脳内医者と呼ばれている荒らしです
http://2chb.net/r/hosp/1607687111/

数学Iの三角比の問題や中学数学の平面図形の問題でさえ手計算では解けずに
わざわざプログラムで解くような人物です
二項分布の期待値npすら知らないレベルです
かなり低レベルの数学の問題もどきを出題してマウントを取りに来ます
下ネタが大好きです

>>41
期待という日本語にはpositiveな含蓄がある。期待される人間というと没落が期待されてはいないと思う。
hot waterに違和感はないが熱い水というのは違和感を覚える。
expcted lossを期待損失と訳すのは熱い水と同じ違和感を感じる。

こうのが理解できない気の毒な頭のようである。

>>59
面白いと考えた人が、サイコロを100個振ったときの目の和とか論理パズルにレスしてんじゃないの？
>30の問題って数学的に何か意味があんの？
俺は解くのが面白いから作図して計測した。
まあ、プログラムで方程式の数値解を出して座標を計算して長さを計測するというのをやっただけだが。

>>57
ワクワク期待していたのに、期待どおり（期待値どおり）になる頻度が２％とは期待外れと体感できた。

脱字補充

>>41
期待という日本語にはpositiveな含蓄がある。期待される人間というと没落が期待されてはいないと思う。
hot waterに違和感はないが熱い水というのは違和感を覚える。
expected lossを期待損失と訳すのは熱い水と同じ違和感を感じる。

こういうのが理解できない気の毒な頭のようである。

>>63-65
専用のスレを作ったので、
今後、そういう問題は以下のスレに書き込んでください。

数値解析の問題を書き込むスレ

http://2chb.net/r/math/1640641452/
＞主に数値解析を中心とする問題を紹介して解き合うスレです
＞
＞数学的な厳密解が求まりそうになく、
＞プログラム・シミュレーション等で概算値を出せれば十分、
＞という問題が中心となります
＞
＞ただし、普通の数学の問題もＯＫ

>>65
スレタイも読めない気の毒な頭のようである

>>63
そういう言い訳もいらん
お前自分で数学の勉強した記憶ないやろ？
数学勉強してるした人間が何を面白いと思うのか、何が参考になるのかなんかお前みたいな能無しのカスにわかるわけないやろ？
黙ってロムっとけ
能無し

実関数f:R→Rであって任意の実数x,yについて
f(x+y)=f(x)cosy+f(y)cosx
を満たすものを全て求めよ

専門用語が一般用語のconnotationから外れる。
医学用語にはそういうのが多いな。合併症とか縫合不全とか術者の責任を回避するような用語がめだつと俺は感じている。

>>70
バカの文章はひらがながめだつなw

そういえばめちゃイケのテストで突然ひらがなが混じるのがバカの特徴みたいなこと言われてたなww
案外当たってるかも

>>68
こういうのが助言よりも罵倒を喜びとするクズ人間の典型。

>>73
特大ブーメラン
全部アンタのことだよそれ

さっそく罵倒厨がこういう投稿をしていて笑える
数学スレにはこういうのが多いね。

数値解析の問題を書き込むスレ
http://2chb.net/r/math/1640641452/5

5 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2021/12/28(火) 10:53:21.01 ID:V7fjP+Uc
>>1
よそでやれ


つまり、ここでやれとの「助言」だわなｗｗｗ

さて、ベンチタイムが終わったので成形して二次発酵にとりかかろう。

>>75
他の人はアンタの言動に失笑してるだけだと気づかないのが笑えるな

>>70
関係ない雑談の頻度が過ぎてると思うから雑談はこっちでやってね
雑談はここに書け！【６１】
http://2chb.net/r/math/1637315946/

あと >>75 あんたの問題が統計スレ
http://2chb.net/r/math/1640641452/5
の方が適している事実は変わらないから今後はこっちに投稿すること

あんたの問題が面白くない（それにしつこい）と感じている人が大勢いるんだから
せめてコテつけてこっちが自衛できるようにするぐらいの配慮はしてよ

連続関数f:R→Rついて、
任意のx＞0に対して、数列{f(x),f(2x),f(3x),...}が0に収束するとき、
lim(t→∞)f(t)=0を示してください.

それ昨日VIPで見たぞ

>>79
ああ見てたのか
その場合は(・∀・)ﾆﾔﾆﾔでお願いします

(・∀・)ﾆﾔﾆﾔ

>>69
実数 z を任意に取り、x＝z−π/2, y＝π/2 として、

f(z)＝f(z−π/2)cos(π/2)＋f(π/2)cos(z−π/2)＝f(π/2)sin(z)

これが任意の z で言えるので、結局、ある λ∈R に対して
f(x)＝λsin(x) (∀x∈R) となる。逆に、このように表せる f は与式を満たす。

>>78
できた
閉集合Fnを
Fn = { x > 0 ; ∀m≧n |f(nx)|≦ε }
で定める
仮定により(0,∞) = ∪Fn である
ベールのカテゴリー定理により少なくとも一つのFnは内点を持たなければならない
(a,b)⊂Fnとする
n0>nを1+1/n0<b/aと選べば任意のm≧n0に対して(m+1)a<mbである
特に
∪[m≧n0](ma,mb) = (n0a,∞)である
よってx>n0aのときm>n0とy∈(a,b)をx=myと取れるがこの時|f(x)|=|f(my)|≦εである

数列問題
1,3,9,27,82,252,783,2457,？,24801,79596,256824,…

？を求めましょう

>>83
素晴らしいです お見事大正解
まさしく閉集合族F_nをそう置いてベールの範疇定理を使うのがミソでした

元ネタ
数学詳しいやつ来て！！！！！
http://2chb.net/r/news4vip/1640629371/

この>>1は一週間掛けて何も出来なかったと言っていたのに、たった数時間で解けるとはさすがですね

>>85
そげえな大道具が必要なんじゃな

もしか
こっち仮定したら被服定理証明できたりは？
さすがに無理かな

>>87
それはどうなんだろう

あと個人的に気になるのは
連続性を課さなかったら>>78の反例が出来るのか？
ということですね

>>82 正解！シンプルでいいね

>>88 連続じゃない時の反例は例えば
f(x)=1 (ある整数mについて x=e^m を満たす時),
f(x)=0 (それ以外)
があるんじゃないかな

個々の x>0 について f(xn)>0 を満たす正の整数nは高々一つだから
lim(n→∞) f(xn)=0 は成り立つが、一方
lim(x→∞) f(x)=0 は成り立たない

連続性がなければいくらでも反例ありますがな
x1,x2,....
をQ上線形独立、limxi=∞ととって
f(x) = 1 ( ∃i x = xi )
0 ( otherwise )
で反例

被ったorz

>>88
さすが無理よな
けんど
もそっと弱いとこからの証明があってしかるべしかとそう思てさ

>>89
>>90
すごい ありがとうございます
あーなるほど整数刻みであることを利用して
「複数のnでf(nx)≠0とはならない」ことを作ればいいのか 素晴らしい
クソーこういう反例をパッと思い浮かべるようになりたいな

>>84の答えは7777でした

>>94
その心は？

数列
1,3,8,21,55,144,377,…
(3倍して前の数を引いたやつが次の数)
と
数列
1,3,10,33,109,360,1189,…
(3倍して前の数を足したやつが次の数)
の平均が
>>84の数列
1,3,9,27,82,252,783,…
になる
9項目を求めると7777

素数の有限集合で相加平均が2022であるものの元数の最大値を求めよ

#計算機可
#見たぞの人は(・∀・)ﾆﾔﾆﾔで

(・∀・)ﾆﾔﾆﾔ

区別のつかない100個の玉を区別のつかない5個の箱に入れる。
どの箱にも最低1個の玉はいれるものとする。
何通りの入れ方があるか？

お年玉100万円を1万円単位で6人で分ける分け方は何通りあるか？
お年玉をもらいない人がいてもよいものとする。

119 １３２人目の素数さん[sage] 2021/12/31(金) 10:50:19.35 ID:QNczF9a7
お年玉100万円を1万円単位で6人で分ける分け方は何通りあるか？
誰も最低1万円はもらえるものとする。

マルチすんなゴミ

しんじろう 「これ意外と知らない方が多いんですけど
素数ってほとんどが奇数なんですよね」

↑ これは真であるか偽であるか？

命題ではない

数列 a_n = Σ_(k=1,n) sin(sin(k)) は有界であることを示せ

a_i,j(1≦i,j≦n)が
任意の実数x_i,y_i(i=1,2,…,n)に対して
Σ(1≦i≦n)(Σ(1≦j≦n)(a_i,j・x_j))y_i=0
を満たすならば
a_i,j=0であることを示せ

>>104
ヒントおながいします

>>105
xi=δiq,yj=δjpとすればa_pq=0

>>106
愚直だけど sin(sin(x)) をテイラー展開してそれぞれの項を評価する感じ
多分πの無理数度に関する結果も使うと思う

>>108
ちがう、フーリエ展開

前>>44
>>102
素数で偶数なのは2だけだよ（(-｡-)

>>110
それって前提として
「自然数のうち、偶数でないものは奇数である」
っていうのが必要だよね？
それって証明されているの？
奇数でも偶数でもない素数が存在する可能性はどうなんだ？

自然数は「偶数、奇数、そのどちらでもない」
の3つの集団に分けられると考えてみよう。
そうすると、
「素数のほとんどが奇数」という表現はおかしくない。

>>108
ダメだ
大先生も教えてくれない
sin(sin(x))のフーリエ級数展開だけでも教えて下さい

>>108
ダメだ
円周率の無理数度も上からの評価がちょこちょこあるだけでどう使えばいいかサッパリわからない
もう少しヒントを

>>112 >>113
フーリエ係数 sin(sin(x)) = Σ_(m=1,∞) c_m･sin(mx) は厳密な値は必要じゃなくて、
任意の定数 r>0 について c_m=O(m^(-r)) (k→∞) であることだけで十分

何ならπの無理数度も有限であることしか使わないと思う

証明の始めは
|a_n| = |Σ_(k=1,n) sin(sin(k))|
= |Σ_(k=1,n) Σ_(m=1,∞) c_m sin(km)|
≦ Σ_(m=1,∞) c_m |Σ_(k=1,n) sin(km)|
…とこんな感じになるかな

>>114
え？
じゃあフーリエ級数展開を持つ任意の周期2πの関数でいえるって事？

ともかくフーリエ級数展開して
Σ[k,m]sin(sin(k)) = Σ[k,m]c_m sin(km)
にしてc_mは連続関数のフーリエ係数である事用いてある程度評価できてもm固定してk走らせた方の和
Σ[k]sin(km)
が評価できない
kが大きくなるとアーベルプラナも使えないし

>>104
解答の筋道はわかった。

sin(sin(x)) = a[1] sin(x) + a[3] sin(3x) + a[5] sin(5x) + ...
この係数はベッセル関数の母関数より
a[m] = 2*BesselJ[m](1)

〇係数の評価
ベッセル関数の積分表示より
|BesselJ[m](1)|
= (1/2)^m/(√πΓ(m+1/2))|∫[0,π]cos(cos(x))sin(x)^(2m)dx|
≦√π/(2^m Γ(m+1/2))

〇項別級数の評価
|Σ[k=1,n]sin(mk)|
=|sin(mn/2)sin(m(n+1)/2)/sin(m/2)|
≦1/|sin(m/2)|

したがって
|Σ[k=1,n]sin(sin(k))|
≦Σ[j=0,∞] √π/(2^(2j) Γ(2j+3/2)|sin(j+1/2)|)
あとは円周率の無理数度の評価からjの和が有界になることを示せばよい。

>>115
いやいや、sin(sin(x)) の場合はC^∞級だし、
関数の平均 ∫_[0,2π] sin(sin(x))dx の値が0だからね
不連続な関数とかだとこうはいかない

>>114
πの無理数度が有限というのは

ある定数c>0が存在して任意の自然数p,qに対して

|π-p/q| >1/q^c

が成立する

で合ってる？
フーリエ級数展開を持つ一般の関数について言えてる性質と上の事実だけから示せるで間違いない？

あ、そうか
sin(mk)cos(k)
= 1/2(sin(mk+k/2) -sin(mk-k/2))
でΣ[k]sin(mk)はexplicitに計算できるやん
なるほど
でsin(sin(x))の方はL^ ∞だから相方の級数はl^1に入ってるのか

>>117
そういうこと！
あとは無理数度を使うくだりかな

続きを考えたい人のために捕捉
πの無理数度の有限性から、1/πの無理数度の有限性も導けることに注意。
あと、実数 r に一番近い整数 n をとれば |sin(πr)|≧2|r-n| という評価も得られる。
これらを使えばある実数 A,B>0 が存在して、正の整数jについて
1/|sin(j/2)| ≦ Aj^B
が成り立つことを導ける

>>119
うん。知識としてはC^∞関数のフーリエ係数のオーダーと、
πの無理数度の有限性だけで足りるはず

（まあもう正解でもいいか）

>>121
うん、今考えててそこまでは行った
相方こフーリエ級数の方がl^1に入ってるからもう片方の1/cos(km)がmについて有界とかならl^1×l^∞でl^1に入ってくれる
しかし1/cos(km)の上から評価ぎできん
inf { | l π/2 - km | ; l } とかを下から評価することになるけど無理数度有限から言えるのはjをとって
| π/2 - km/l | > l^j
という評価ぎ得られるだけで
ここから1/cos(km)をどうやって上から評価していいか分からん
フーリエ級数の方はl^1以上の援助は望めないよね？

>>123
1/|sin(k/2)|のこと？
>>117 で具体的に提示してくれた通り、
係数はl^1である以上に指数関数的な減少をしてくれるから
1/|sin(k/2)|を多項式で抑えれば収束性は十分示せると思うけど

>>124
うん、示せた
やはり最低でもsin(sin(x))のような筋のいい関数でないとダメやね
外のsinをマクローリン展開して
Σ[u:odd](-1)^((u-1)/2)1/u!(sin(x))^u
でm次のフーリエ展開の係数はこの係数に(sin(mx),(sin(x)^u) (ただし(,)はL^[-π,π]の内積、sin(mx)の長さが1になるように取っておく)をかけてu≧mで足し合わせるけど(sin(mx),(sin(x)^u) の発散より分母のu!の方が強くで和も1/m!より小さくなるから桶やね
Σ[k]sin(km)が初等的に足せるのうっかりしてた

A⊂[0,1]^2 はボレル可測で、その2次元ルベーグ測度は正とする。
このとき、ある異なるx_1,x_2∈[0,1]と、ある異なるy_1,y_2∈[0,1]が存在して、
(x_1,y_1),(x_1,y_2),(x_2,y_1),(x_2,y_2)∈A が成り立つことを示せ。

>>126
測度が正の定義はこれで桶？
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E7%8B%AD%E7%BE%A9%E6%AD%A3%E6%B8%AC%E5%BA%A6

>>127
R^2のルベーグ測度をμと置くとき、μ(A)＞0 という意味。

せっかくだから清書し直すわ。

R^2のルベーグ測度をμと置く。A⊂[0,1]^2 はボレル可測で、μ(A)＞0 とする。
このとき、ある異なるx_1,x_2∈[0,1]と、ある異なるy_1,y_2∈[0,1]が存在して、
(x_1,y_1),(x_1,y_2),(x_2,y_1),(x_2,y_2)∈A が成り立つことを示せ。

>>129
X = R×R×R×Rの座標関数をx1,x2,y1,y2として閉集合Fを{ x1=x2 or y1=y2 }とする
F(x1,x2,y1,y2) = | x1-x2||y1-y2|とする
閉区間の列In,Jn,Kn,Lnと正の数の列cnを
∪In×Jn×Kn×Ln = X＼F, p∈∪In×Jn×Kn×Ln→F(p)>cn
ととっておく
仮定から少なくとも一つのnで
μ(A×A×A×A ∩ In×Jn×Kn×Ln) > 0
であるからこの時∫[A×A×A×A]f(p)dp > 0である
よって特にA×A×A×Aは0ではない
f(p)≠0であるA×A×A×Aの点p=(x1,x2,y1,y2)をとればこれが条件を満たす

>>130
＞μ(A×A×A×A ∩ In×Jn×Kn×Ln) > 0

何かおかしい。次元が一致してない。
A⊂[0,1]^2 なので、A×A×A×A ⊂ R^8 となるが、
In,Jn,Kn,Ln は R の閉区間なので、In×Jn×Kn×Ln ⊂ R^4.

あ、ホントだ

>>129
対偶を示す。つまり、A⊂[0,1]^2 をルベーグ可測な集合とする時、
もし異なる x1,x2∈[0,1] と異なる y1,y2∈[0,1] について
(xi,yj) (i,j=1,2) の全てがAの元になることがないならば、
Aのルベーグ測度が0となることを示す。

R^3の部分集合Bを B' = {(x1,x2,y)∈R^3 | (x1,y),(x2,y)∈A} と定める。
これはルベーグ測度 μ(A)^2 を持つ A^2⊂[0,1]^4 の射影であるから、
μ(A)^2≦μ(B') が成り立つ。
また、P={(x1x2,y)∈R^3 : x1≠x2} のルベーグ測度は0であるから、
B=B'-P と定めると μ(B)=μ(B') が成り立つ。

ここで、もし二点 (x1,x2,y),(x1,x2,y')∈R^3 が共にBの元であるとすると、
Bの定義より x1≠x2 となるが、これとAの仮定より y=y' でなければならない。
よって集合Bの、y軸（注意：yは第三成分）と平行な任意の直線との交点は高々一つ。
ゆえに μ(B)=0 であるから μ(A)=0.

>>133 ん？射影のくだりが何か変な気がする
ちょっと保留

>>129
できた

容易にA⊂I×Iとしてよいとわかる( ただしI = [0,1] )
各x∈Iに対してAx={y | (x,y)∈A}とおく
まずS = {x | μ(Ax)>0}は非可算である
そうでなければA' = A＼∪[x∈S]AxとおくとSが可算ならA'も可測でμ(A')=μ(A)でなければならないが一方でFubiniの定理より
μ(A') = ∫[x]μ({y|(x,y)∈A'})dx = 0
となるので矛盾を生じる
この時Sの可算部分集合Cと正の定数e>0をμ(Ax)>eと選ぶことができる
何故ならはφ:S→(0,∞)をx→μ(Ax)で定める時いずれかの自然数nでφ^(-1)((1/2^n,1/2^(n-1)])が非可算集合とならねばならないからそこから可算無限集合Cを選びe=1/2^nと取ればよい
この時Cから異なる2点x,x'をμ(Ax∩Ax')>0となるように選べる
そうでなければCの元をx1,x2,...と並べてBxi = Axi ＼∪[j<i]Axjと定めればBxiは互いに素で全て測度がeより大きいからμ(∪Bxi) = ∞となるが、コレはBxiが全てIの部分集合であることに反する
以上によりCから2点x,x'をμ(Ax∩Ax')>0と選べるが、この時特にAx∩Ax'は異なる2点を含む□

>>135
S は実際に非可算だが、その証明が何かおかしい。

＞ A' = A＼∪[x∈S]Ax

Ax ⊂ R なので ∪[x∈S]Ax⊂R だが、一方で A⊂R^2 なので、
A＼∪[x∈S]Ax は次元の異なる集合の差を取っていて意味を成さないように見える。

それ以外の部分は論証込みで合ってると思う。

前>>110
自然数は奇数か偶然のどちらかです。
かつ2以外の偶数はすべて2で割れます。
∴ 素数で偶数なのは2だけだよ（(-｡-)

>>136
書き方悪かったな
A'= A＼∪[x∈S] {(x,y) | y∈Ax }
ね
可算個しかないx∈Sに対して∪[x∈S] {(x,y) | y∈Ax }を抜く
まぁ抜かなくてもどのみち∪[x∈S] {(x,y) | y∈Ax }は測度0なんだけど

>>137
自然数が奇数か偶数かのどちらかであるって
そんなの未だに証明されていないよ。

暇つぶしに
-1<re(α)<1とする
∫[0,∞]x^α/(1+x^2)dx
を求めよ

>>138
了解。それなら大丈夫そう。まあ付け加えておくと、

S が高々可算なら、μ(Ax)＝0 a.e.x∈[0,1] なので
μ(A)＝∫[0,1] μ(Ax) dx ＝ 0 となって矛盾。よって S は非可算。

…の方が直接的かなとは思う。

>>139
下らん

(tan1°)^20は有理数か.

定理
自然数nに対して
[Q(cot(2π/n)):Q]
= φ(n) ( n : odd )
φ(n) ( n ≡ 2 ( mod 4 ) )
φ(n)/2 ( n ≡ 4 ( mod 8 ) )
φ(n)/4 ( n ≡ 0 ( mod 8 ) )
( ∵ )
まず最後のケースに全て還元できることを示す
最後のケースで正しいと仮定してn≡4 ( mod 8 )とする
仮定より
[Q(cot(2π/(2n))):Q] = φ(2n)/4 = φ(n)/2
である
cot(2π/n)∈Q(cot(2π/2n))は明らかである
仮定より2π(k-1)/n<π/4<2πk/nとなる自然数kがとれるがこの時
cot(2π/(2n))=cot(2πk/n-π/4)∈Q(cot(2π/n))
であるからQ(cot(2π/(2n)))=Q(cot(2π/n))となり主張は示された
最後の２つのケースで正しいと仮定しててn≡2 ( mod 4 )とする
仮定より
[Q(cot(2π/(2n))):Q] = φ(2n)/2 = φ(n)
である
仮定より2π(k-1)/n<π/2<2πk/nとなる自然数kがとれるがこの時
cot(2π/(2n))=cot(2πk/n-π/2)∈Q(cot(2π/n))
であるからQ(cot(2π/(2n)))=Q(cot(2π/n))となり主張は示された
最後の３つのケースで正しいと仮定しててn:oddとする
仮定より
[Q(cot(2π/(2n))):Q] = φ(2n) = φ(n)
である
仮定より2π(k-1)/n<π<2πk/nとなる自然数kがとれるがこの時
cot(2π/(2n))=cot(2πk/n-π)∈Q(cot(2π/n))
であるからQ(cot(2π/(2n)))=Q(cot(2π/n))となり主張は示された
以上により8|nの場合に示せば十分である
nを8の倍数としてζ=exp(2πi/n)とおく
K=Q(tan(2π/n)),L=Q(ζ)とする
[L:Q] = φ(n)でありζはKにi,cos(2π/n)を添加した体に含まれどちらもK上の最小多項式の次数は1か2であるから[L:K]≦4である
σ,τ∈Gal(L/Q)をσ(ζ)=σ(1/ζ),σ(ζ)=-1/ζで定めればσは複素共役をとる変換だからσはtan(2π/n)を動かさない
τ(i)=τ(ζ^(n/4))=(-1/ζ)^(n/4)=-i
τ(ζ-1/ζ) = ζ-1/ζ
τ(ζ+1/ζ) = -(ζ+1/ζ)
によりτ(tan(2π/n))=tan(2π/n)
であり少なくともGal(L/K)は位数4以上である
よって[L:K]≧4である
以上により
[K:Q] = [L:Q]/4 = φ(n)/4を得る□

絶対こいつと契約するな！！

超使えねー男！！
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佐田恭一（さだきょういち）50歳
sada kyoichi
最高のAV男優

横浜出身

>>143

>>139ってそんなに変か？
「拡張した整数論」とかで探せば
実際にどこかの誰かが考えそうだが。

>>145
おおすごい
一般化した主張まで載せてありがとうございます
お見事

簡易的な想定解として、(cos1°)^2 = 1/(1+tan1°)∈Q(tan1°)より、
Q(tan1°)⊃Q(cos2°)で、
x^2 -2(cos2°)x +1 = 0の根がζ_180であるから、
[Q(ζ_180):Q(cos2°)]=2より、
[Q(tan1°):Q]≧[Q(cos2°):Q]=φ(180)/2=24

したがって(tan1°)^20は無理数

というものでした

さらに一般化
>>145だと(tan1°)^30とかは有理数になる可能性を否定できてない

定理　3以上の自然数nにおいて、ある自然数mで(cot(2π/n))^mが有理数となるのはn = 3,4,6,8,12のときである

補題　0でない実数aにおいて、I = { m∈Z | a^m ∈Q }が０以外の整数を含むとする
この時mをIに属する正の数の最小値とすればx^m-a^mがaの最小多項式である

(∵) ζ=exp(2πi/m)とおく
aの最小多項式はx^m-a^mの因子であるからaの共役元はaζ^kと表示される
よってS⊂{0,1,..,m-1}を{ aζ^k | k∈S } がaの共役元全体となるようにとれる
この時N(a) = ±a^#Sが有理数となる(ただしN:Q(ζ,a)→Qはノルム写像)
特に#S∈Iであるからm≦#Sである
しかしSの取り方から明らかに#S≦mであるから#S = mでありaはちょうどm個の共役元を持つ□

(定理の証明) I = { m∈Z | cot(2π/n))^m∈Q }が自然数を含むとする
補題よりIの正の数の最小値mを取ればx^m - cot(2π/n)^mがcot(2π/n)の最小多項式となる
特にcot(2π/n)exp(2πi/m)はcot(2π/n)の共役元となる
しかし一方でQ(cot(2π/n))はQのアーベル拡大であり特にQのガロア拡大で共役を取る操作について閉じている
よってcot(2π/n)exp(2πi/m)はQ(cot(2π/n))の元でなければならず、よって特に実数でなければならない
よってm=1,2しか許されない
よって[Q(cot(2πi/n)):Q] = 1,2しか許されず前定理より
n:奇数、φ(n) = 1,2
n≡2 ( mod 4 ), φ(n) = 1,2
n≡4 ( mod 8 ), φ(n) = 2,4
n≡0 ( mod 8 ), φ(n) = 4,8
が必要である
コレを満たす3以上の自然数はn = 3,6,4,12,8,16,24しかなく、さらに
cot(2π/3)=-1/√3,
cot(2π/6)=1/√3,
cot(2π/4)=0,
cot(2π/12)=√3,
cot(2π/8)=1,
cot(2π/16)=1+√2,
cot(2π/24)=2+√3
であるから主張は成立する□

>>149
さらなる追加の一般命題をありがとう
なるほど確かに冪が一般の場合どうするのか考えてなかったですが
ζ_m∈Q(cot(2π/n))→m=1,2のみ(それ以上だと虚数を含む)→拡大次数が1,2のみ
という流れはとても筋がいいですね

>>147
頑張れ！

>>151
おぅ、お前も頑張れよ （　'‘ω‘)

f:R→Rを無限回微分可能な関数とする
どんなa∈Rに対しても、fを何度か微分して、aを代入すると0になるとき、fは多項式であることを示してください

多項式でない関数は、無限べき級数に展開。
多項式の関数は、有限級数。
よって自明。

>>154
C^∞だからといって、無限べき級数に展開できるとは限りません
有名な例でいうと

f(x) = e^(-1/x^2) (x ＞ 0)
, 0 (x ≦ 0)

なんかがそうです

>>154
さらに言えば
例え級数展開出来たとしても、
>>153の条件から、ただちには有限級数になることは示せないのではないでしょうか

「何度か」微分してaを代入すると0になる
この微分の回数はaに依存しています

まあそのaに依存する微分回数に上界があれば自明だけどそうでない時にどうするか
まあそうはならないんだろうけど

>>156
もしかすると>>154て偽なんじゃないか？

いや、適当に書き込んだので、軽くスルーしてくれ。すまん。

>>158
>>153が偽ではないので
有限級数に展開可⇔多項式

なのは確かなことです

>>153
ヒントおながいします

>>161
>>83のようにベールのカテゴリー定理を使います！

>>163
とりあえず閉集合は
Fn = { x | f^k(x)=0 ∀k≧n }
とかですか？
しかしコレが開区間を持ってても何の足しにもならない気が
もっと別の設定ですか？

あ、f^k(x)=0じゃなくてf^(k)(x)=0
n階以降の微分が全部消えてる集合
この閉集合の合併でどれかが開区間を含んでもそこで終わり

わかった
Fn = { x | f^(k)(x) = 0 (∀k≧n) }
としてさらに
Un = int Fn ∪ (R ＼ Fn)
とおく
各Unは稠密開集合である
実際任意のx∈Rに対しdist(x,R＼Fn)=0ならlim[i]ui=xとなるui∈R＼Fnを取る事ができるしdist(x,R＼Fn)>0ならx∈int Fnである
よってカテゴリー定理からD = ∩Unは稠密である
各x∈Dに対してx∈∩[n] int Fn ∪ (R ＼ Fn)であるが有限個を除いてxは (R ＼ Fn)の元に含まれる事はないから、ある番号でintFnの方に入る
そのような番号を選んでVx = intFnとおけば∪[x∈D]Vx = Rで各Vxでfは多項式だからR全体でも多項式□

>>165
君、賢いねぇ

>>165
お見事！
大変美しい解答をありがとうございます

このように、ベールのカテゴリー定理は
「任意のx∈Rに対してあるn∈Nが存在して、なんかホニャララを満たす」
みたいな命題の「任意」と「存在」をひっくり返したいとき、度々役に立つ
というお話でした

んー？自分が理解できてないのかな…

>>153 って『各 x∈R に対してある自然数 n が存在し、f^(n)(x)=0 が成り立つ』って意味で合ってる？

もし『各 x∈R に対してある自然数 n が存在し、任意の整数 k≧n について f^(k)(x)=0 が成り立つ』
って意味で書いてたら、自分の読み違いってことで申し訳ないんだけど

前者の解釈で合ってるなら、>>165 の回答の Fn って
全て空集合になる可能性もあり得るのでは？

そうすると、どんなxでもある番号でintFnに入るというのは成り立たないと思うんだけど

>>168
確かにそう読めるね
でもそれなら
Fn = { x ; f^(n)(x) = 0 }
でやれば同じ

高校範囲では無理なんかな

あれ>>165穴あるかな

>>168
すみません前者の
「各 x∈R に対してある自然数 n が存在し、f^(n)(x)=0 が成り立つ」
という意味で書いていました

なので>>169の通りF_nはこうするべきでしたね

>>169
あーそうかなるほど
そして >>165 のよくわかんなかった所もようやく自己解決できたっぽい
『ある番号でintFnに入る』を導くために ∪_n Fn = R という仮定を使ってるわけか
んで x∈intFn ということは関数 f^(n) が x の近傍でべったり0にくっついてることを意味するから
f は x の近傍で多項式。そしてこれが稠密な D 上で言えるから結果 f 全体も多項式、と…
よくできてるなあ

>>165は穴あるわ
Dが稠密で∪VxがDを被覆してても∪Vx=Rとは限らん
D={無理数}, Vx=( [x], [x]+1 )
のとき∪Vx=R＼Zになってしまう
以下訂正版

S = { U : open ; f はUの各連結成分上で多項式 }
とおく
R = ∪Fnだからカテゴリー定理いずれかのFnは内点を持つがintFnはSに属するからSは空ではない
またSの元は合併で閉じているから最大元を持つ
それをUとする
G = R＼Uとおく
G≠φとして矛盾を導く
再びカテゴリー定理よりG∩Fnは内点を持つ
よって開集合Vをとってφ≠G∩V⊂G∩Fnとできる
まずG∩Vは孤立点を持たない
何故ならもしc∈G∩Vが孤立点なら(a,b)∩G ∩V= {c}であるa,bがとれるが仮定によりfは(a,c), (c,b)において多項式だから十分大きなmで(a,c),∪(c,b)上f^(n)(x)=0でfはC^mだから(a,b)でf^(m)(x)=0
よってfは(a,b)で多項式となるがUの最大性からUは(a,b)を含まねばならずc∈R＼Uに反してしまう
よってG∩Vは孤立点を含まない
次にa∈G∩Vのときm≧nなるmに対しf^(m)(a)=0である
コレはmについての帰納法で示される
m=nでは仮定により成立する
m<kで成立するとしてm=kとする
a∈G＼Vをとればコレは孤立点ではないからai∈G∩V＼{a}をlim[i]ai=aととれる
このとき
f^(m)(a)
=lim[i](f^(m-1)(ai)-f^(m-1)(a))/(ai-a)=0
となるゆえ主張は成立する
最後にVにおいてfは多項式である
c∈V,m≧nに対してf^(m)(x)がVで0になる事を示せば十分でc∈G∩Vの場合はすでに示された
c∈V＼Gに対してc∈(a,b)⊂Vをfは(a,b)で多項式、a,bのいずれかはGの元ととれる
f^(deg(f))(x)は[a,b]で0でない定数だからf^(deg(f))(a),f^(deg(f))(b)は共に0ではない
よってdeg(f)<nとなりf^(m)(c)=0 (∀m≧n)である
よってV⊂UとなりG∩V=φであるがVの仮定に反する□

ま？もしかして
『あるR上稠密な開集合の各々の連結成分上で多項式であるC^∞級関数は多項式である』
ってギャップだったのか、もう何もわからん…

うん、Rの被覆R = ∪Uiがあって各Uiでfが多項式ならR全体で多項式になるのは簡単に示せる
しかし稠密ではあるがR全体ではない開集合UでいくらfがUの各連結成分上で多項式であったとしてもR全体で多項式だと主張するのは自明では許してもらえないと思う
とは言っても反例は思いつかないんだけど
今回の場合Uの隙間であるG=R＼Uにおいても最低でも各点c∈Gにおいて少なくとも一個のf^(n)(c)が0になる事で穴が埋まってる
この仮定がない場合に反例が作れるのかどうか不明
つまり

UがRの稠密開集合でC^∞級関数fはUの各連結成分上では多項式とする
またR＼Uは孤立点を持たない閉集合であるとする
このときfはR全体で多項式か？

は不明
反例も見つからない
証明もわからない

無理数の無理数乗は必ず無理数となるか

>>177
論理学の本に載ってたなそれ
x=sqrt(2)^sqrt(2)としてxが無理数と仮定するとx^√2=2だから無理数の無理数乗だが有理数
xが有理数と仮定すると無理数の無理数乗だが有理数
xが無理数か有理数か分からなくても証明出来るのは面白いよね

F_nをフィボナッチ数列(ただし, F_1=F_2=1)とする。
このとき,
n≧2m+5を満たす任意の自然数m,nで
不等式
F_n ≧ Σ[k=0→m](n-k+1-2m)・C[m,k]
が成り立つことを示せ。

どっかで計算ミスしてたので無視してください

F_nをフィボナッチ数列(ただし, F_1=F_2=1)とする。
このとき,
n≧2m+5を満たす任意の自然数m,nで
不等式
F_n ≧ Σ[k=0→m](n-m-k)・C[m,k]
が成り立つことを示せ

が正しかったです…

>>177
有名すぎておもしろくない
反例がある

有理数の有理数乗が有利数　ある　1^1=1
有理数の有理数乗が無理数　ある　2^(1/2)=√2
有理数の有理数乗が不定形　ある　0^0
有理数の無理数乗が有利数　ある　1^(√2)=1
有理数の無理数乗が無理数　ある　2^(√2)
無理数の有理数乗が有利数　ある　(√2)^2=2
無理数の有理数乗が無理数　ある　(√2)^1=(√2)
無理数の無理数乗が有利数　ある　((√2)^(√2))^(√2)=2
無理数の無理数乗が無理数　ある　(√2)^(√2)

f_n(x)=1/(√n-x)とする
n=1,2,3,4について各々f_nの12回合成を計算せよ

>>183
下２つは高校生でも分かるもっと簡単な例があるだろ

何回このやり取りするねん

面白い問題おしえて〜な 39問目
http://2chb.net/r/math/1633923732/630

630 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2021/11/25(木) 20:48:12.16 ID:IXjS2eTu
無理数の無理数乗が有理数になることはあるか?
とかどうっすか

>>184
1つだけ仲間外れがあります

>>181
Gn = Σ[k=0→m](n-m-k)・C[m,k]
l = n - (2m+5)
とおく

Gn
= Σ[k=0→m](n-m-k)・C[m,k]
= 2^m×(n-m)-2^(m-1)m
= 2^(m-1)×(2n-3m)
= 2^(m-1)×(2l + m + 10)

F_(2l+2m+5)≧2^(m-1)×(2l + m + 10)
⇒F_(2l+2m+6)≧2^(m-1)×(2l + m + 10)
∴ F_(2l+2m+7)≧2^(m-1)×(2l + 2m + 20)
≧2^(m-1)×(2l+2 + m + 10)
∴l=0の場合示せばよい
∴F_(2m+5)≧2^(m-1)(m+10)を示せばよい
∴F_(k+5)≧2^(k/2-1)(k/2+10)を示せばよい
k=0→LHS = 5, RHS = 5
k=1→LHS = 8, RHS = 10.5/√2 = 7.424...
F_(k+5)≧2^(k/2-1)(k/2+10)
F_(k+6)≧2^(k/2-1/2)(k/2+10.5)
のとき
F_(k+7)≧2^(k/2)(k/4+5+k/√8+10.5/√2)
≧2^(k/2)( k/2 + 11 )

>>184
[[0,1],[-1,√n]]の特性方程式x^2-√nx+1=0を解いて
n=1→x=exp(2πi/3)
n=2→x=exp(2πi/4)
n=3→x=exp(2πi/6)
n=1→x=1
よってn=1,2,3なら単位行列
n=4はu = [[1],[1]]が固有ベクトルでv = [[0],[1]]がAv = v + u
A^12[u v ] = [ u v+12u] =[uv] [[1,12],[0,1]]
左から[uv]^(-1)かけたら答え

>>185
(√2)^2log2(3)=3
(√2)^log2(3)=√3
だな

>>184
よくよく考えたらn=4のとき固有値２つとも1なんだから
[[0,1],[-1,2]]^k
= [[1,0],[0,1]] + k[[0-1,1-0],[-1-0,2-1]]
= [[-k+1,k],[-k,k+1]]
やん

>>191
ですです
行列計算にして上手く累乗計算するという問題でした
関数の見た目だと1,2,3,4で大差ないように見えるのが面白いなと思って出題しました

めっちゃ簡単な問題
5以上の素数pについて、p±1のどちらかは必ず6の倍数であることを証明しろ！

6n+2,6n+3,6n+4(n≧1)は2や3の倍数になるから
5以上の素数は必ずp=6n±1の形になる

あ、最初のとこ6n+0が抜けた

どんな2n個の整数に対しても、その中のn個をうまく選べば和がnの倍数であることを示せ.

log[a] (log[b] (n)) = log [b^a] (n)
を証明せよ。

>>193
簡単すぎてハゲた。

>>197
等しくない

日本人の血液型の割合はおよそA型40%,O型30%,B型20%,AB型10%とされる。
この割合で100人の献血ボランティアがいるとする。
すなわちA型40人,O型30人,B型20人,AB型10人である。
無作為に1人を選んで採血して4種類の血液がそろったら終了する。
同じ人を複数回採血することはない。
献血のお礼にジュースを献血者に1本与える。
99％の確率で4種類の血液をそろえるには何本のジュースが必要か？

おそらくノーヒントでは無理なやつ
とりあえずノーヒント

0<a,b<1に対して

I(a,b) = ∫[0,π/2]1/√(a^2cos^2(θ) + b^2sin^2(θ))dθ

とおく

I((a+b)/2,√(ab)) = I(a,b)

を示せ
特に

π/2 = I(a,b) agm(a,b)

を示せ

>>200
スレチ
数値解析スレでどうぞ

2桁以上の好きな素数を思い浮かべてください。
その素数を6で割ってください。
6で割ったあまりに5を足してください。
5を足したあと、4で割ってください。
最後に、4で割ったあまりを強く強く思い浮かべてください...

その数字は、、2ですね？

がはは

p=6m+1 or p=6m+5

>>202
スレチ連呼厨って答を出すことができないようだね。
数値解でもサクッと答えればいいのに。
>200みたいな問題は実用的で面白い。

P(n-1,4)=Σ[i=1,n-3]Σ[j=1,n-3]C[n-1,i]C[n-1-i,j]0.4^i×0.3^j×0.2^(n-1-i-j)
P(n-1)=Σ[i=1,4]P(n-1,i)

>>206 訂正
×P(n-1)=Σ[i=1,4]P(n-1,i)
〇P(n)=0.4×P(n-1,1)+0.3×P(n-1,2)+0.2×P(n-1,3)+0.1×P(n-1,4)

>>200
資金不足で臨床試験が中止に追いやられることもときにはある。
ジュースでなくて採血バッグの個数にした方がリアルだな。


日本人の血液型の割合はおよそA型40%,O型30%,B型20%,AB型10%とされる。
この割合で100人の献血ボランティアがいるとする。
すなわちA型40人,O型30人,B型20人,AB型10人である。
無作為に1人を選んで採血して4種類の血液がそろったら終了する。
同じ人を複数回採血することはない。
(1)99％の確率で4種類の血液をそろえるには何個の採血バッグが必要か？
(2)10個の採血バッグしかないときに4種類の血液が揃う確率はいくらか？

>>203
なんで2桁以上？
5以上でいいのでは？？

>>210
ぐう自己満で草ｗ
（画像の会話考えた香具師も、登場人物もｗ）

宮迫の焼肉屋、
あれって国と自治体の補助金目当てってマジ？

店が繁盛するかどうか、元をとるのに何年かかるかを
まるで考えていないように見えた。

>>209
5以上でもいいよ

>>205
答えを出すことは簡単だ
だからこそこのスレに似つかわしくない

>>201 は多分ノーヒント苦しいのでヒント
まず x = tan(θ) で置換すると

I(a,b) = ∫[0,∞]1/√((x^2+a^2)(x^2+b^2))dx

よって

I((a+b)/2,√(ab))
= ∫[0,∞]1/√((x^2+(a+b)2/2)(x^2+ab))dx
= 1/2∫[-∞,∞]1/√((x^2+(a+b)2/2)(x^2+ab))dx

コレをもう一回置換積分
どう置換するかがミソですがここまで来ればこの手の積分の置換の定石
コレがピタッとI(a,b)になるのがとても心地よい

訂正

I((a+b)/2,√(ab))
= ∫[0,∞]1/√((x^2+(a+b)^2/4)(x^2+ab))dx
= 1/2∫[-∞,∞]1/√((x^2+ab+(a-b)^2/4)(x^2+ab))dx

ですね
受験数学でもでる置換積分
受験の時は「t = ××とおいて...」とそれ答えやんってヒントつくかな？
x^2+abの方が√の外に出てきます

>>196
これ難しい

エルデシュの定理だっけ
素数の場合から始めるはず

https://mathoverflow.net/questions/16721/egz-theorem-erd%C5%91s-ginzburg-ziv

>>201
>>215
受験定番の置換t=x+√(x^2+ab)ですね

I((a+b)/2,√(ab))
= 1/2∫[-∞,∞]1/√((x^2+ab+(a-b)^2/4)(x^2+ab))dx
ここで置換　x = (t-ab/t)/2, dx = (1+ab/t^2)/2 dt をする
= 1/2∫[0,∞]1/√(((t-ab/t)^2/4+ab+(a-b)^2/4)((t-ab/t)^2/4+ab)) (1+ab/t^2)/2 dt
= ∫[0,∞]1/√(((t+ab/t)^2+(a-b)^2)t^2) dt
= ∫[0,∞]1/√((t^2+a^2)(t^2+b^2)) dt
= I(a,b)

この関係式から楕円関数論を見通したガウスは凄い

>>220
素晴らしい
大正解
同じ置換2発で
J((a+b)/2,√ab) = 1/2( abI(a,b) + J(a,b))‥(❇︎)
が示せます
そこまでできたとして次は

問題

a[n],b[n]を
a[0]=a, b[0]=b
a[n+1]=(a[n]+b[n])/2,
b[n+1]=√(a[n]b[n])
で定めるとき

J( a,b )/ I( a,b )
= ( a^2 + b^2 )/2 + Σ[n:0〜∞]2^n((a[n] - b[n])/2)^2

である事を示してください
----
(❇︎)がキーですがコレだけでは無理
とりあえずノーヒントで
しかしおそらくノーヒントは苦しいでしょう

>>218-219
面白そうな問題だから自力で解くまでこのスレ見ないでおこうと思ったけど全く解けないからスレ来てみたら、そういうことか
まず2n-1でもいけることに気付けないとダメだった…

19の正の倍数において、各桁の和の最小値は何か？

4

>>224
不正解です

すみません
19だと
1000...01で作れるので簡単でした

なので改題

79の正の倍数において、各桁の和の最小値は何か？

証明も方針だけでいいのでお願いします

それも1000...01で作れるのでは？

>>228
作れないはずですよ

10010011 が 79 の倍数

素朴な疑問だけど
「各位の和はいくらか？」って
パズルの要素以外で役に立つ機会ってある？
何か自然科学などの計算に応用されたりしてるんかな？

「何桁ですか？」は使う場合があるのは理解できる。
10の何乗になるかが分かるから、
その数の大きさをおおざっぱに把握できるし。

例えば、 59^59 は何桁になりますか？
は使う場面も想像できるけど
これの各位の和はいくらになりますか？
は使う場面がまったく思いつかん。
というか各位の和って何か意味ある数じゃないよね。

>>232
9で割った余り

役に立つかどうかで数学をやってるのか

>>234
そうじゃない。
ただ、各位の和 に
現実への応用が存在するんかなぁと思っただけ。

>>230
これで正解なんですが、証明もお願いします

>>236
すみません
想定解は発想もかなり必要ですが、かなりの力技でもあるので方針だけでおkです

自作の中学生用実力テスト作ったんだけど、解かせる人いなくて詰んだ

道ゆく中学生に全部正解したら1500円あげると言いながらビラみたいに撒いたら解いてくれるだろうか
不審者扱いされるだろうか

中学23年生のお兄さんでよければ解くよ？書いてごらん

3^n/2^n < k < (3^n-1)/(2^n-1) を満たす正整数n, k が存在しないことの証明か、反例をあげよ

>>237
ヨコだけど計算機マターやろ
1が不可能は自明
10^nを79で割ったあまりは
[1,8,10,18,21,22,38,46,52,62,64,65,67]
で78出てこないので2も無理
78-10^nを79で割ったあまりは
[11,13,14,16,26,32,40,56,57,60,68,70,77]
一致してるの出てこないので3も無理

>>240
Waring問題におけるg(k)の決定にかかわる問題で未解決
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A6%E3%82%A7%E3%82%A2%E3%83%AA%E3%83%B3%E3%82%B0%E3%81%AE%E5%95%8F%E9%A1%8C

>>241
解答ありがとうございます

すみません
10^nを79で割ったあまりは
[1,8,10,18,21,22,38,46,52,62,64,65,67]
↑このパターンだけというのはどのように導いたのでしょうか

あと3が無理の結論ですが、1と2を使った数字が出ないことも否定されるのでしょうか？

>>243
すみません前半自己解決しました
単純に余りがループするだけでしたね

>>243
10^m + 2×10^n ≡ 0 ( mod 79 )が解を持つなら
10^m + 10^n + 10^k ≡ 0 ( mod 79 )が解を持ち
10^m ≡ 78 - 10^n ( mod 79 )が解を持つから最後だけ否定しとけば十分でしょ

>>245
あーなるほど
失礼しました

ありがとうこういう解法もあるのか
お見事でした

用意していた想定解は次の通りです

まずmod 79で考えて、
0,1,2,...,78を頂点に持つ有向グラフを考える
頂点kに対して、頂点(k+1)にコスト1の有向辺を、
頂点10*kにコスト0の有向辺をつける

これをk=0,1,...,78の全てに行う

問題は頂点1から頂点0への最短経路問題になる

あとはダイクストラ法などを使ってこのグラフの最短経路問題を解けばいい

という感じでした

test

>>245
>10^m + 10^n + 10^k ≡ 0 ( mod 79 )が解を持ち
>10^m ≡ 78 - 10^n ( mod 79 )が解を持つから

ここがよくわからない。
10^(k+l) ≡ 1 ( mod 79 )
となるような適当な l をみつけて、
10^(m+l) ≡ 78 - 10^(n+l) ( mod 79 )
が解を持つからってこと？

>>249

> ここがよくわからない。
> 10^(k+l) ≡ 1 ( mod 79 )
> となるような適当な l をみつけて、
> 10^(m+l) ≡ 78 - 10^(n+l) ( mod 79 )
> が解を持つからってこと？

そう、l ≡ -k ( mod 78 ) を満たす正の整数でよい

19 * 579 = 11001 => 3

19×52631579＝1000000001

7×143=1001
11×91=1001
13×77=1001
17×5882353=100000001
19×52631579=1000000001
23×4347826087=100000000001
29×3448275862069=100000000000001

>>226の出題者ですが「41」の方が良かったかもしれませんね

41の場合、実は5が最小値なのですが
その場合は100021や1002001、10003、などの可能性を全て否定しないといけないので

>>247のようにグラフ理論を用いた解法の方が幾分か楽かもしれません

いわゆるゼロサム問題やな
上の方で出てたエルデシュの問題と同じ類
でもこっちは和がゼロになる最小の元数なので簡単
プログラム理論的にはdpの典型演習問題
10はZ/41Zの乗法群で位数5
A1=[1,10,18,16,37]
位数が奇数なのでこの中で和が0になるやつはない
２つの和で表される集合を探す
A2 = ns [ mod ( x+y ) 41 | x<- A1, y<-A1 ]
( ns は同じダブり消してるだけ)
= [2,6,11,12,14,17,19,20,26,28,32,33,34,36,38]
以下同文で繰り返す
let a3 = ns [ mod ( x + y ) 41 | x<-a2,y<-a1 ]
let a4 = ns [ mod ( x + y ) 41 | x<-a3,y<-a1 ]
let a5 = ns [ mod ( x + y ) 41 | x<-a4,y<-a1 ]
[2,6,11,12,14,17,19,20,26,28,32,33,34,36,38]
[1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30,31,32,33,34,35,36,37,38,39,40]
[0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,27,28,29,30,31,32,33,34,35,36,37,38,39,40]
a5にゼロが出て終了
まぁ位数の最小素因子で絶対0が出るのでもちろん4まで出なかった時点で5確定やけどな

f:(-1,1)→Rを
f(x) = x-x^2+x^4-x^8+...=Σ_{k=1}^∞ x^(2^k)
と定める.

極限lim(x→1-0)f(x)は存在するか？

>>256
訂正します

f:(-1,1)→Rを
f(x) = x-x^2+x^4-x^8+...=Σ_{k=0}^∞ (-1)^k x^(2^k)
と定める.

極限lim(x→1-0)f(x)は存在するか？

です

https://twitter.com/yanmagaweb/status/1445322825804369924?s=21
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)

>>257
g(t) = Σ[k=-∞,∞] e^(-πi(k+t)) x^(2^|k+t|)
と置くときgは周期1の関数で
g(t) = Σ[n=-∞,∞] a_n e^(2πint)
とフーリエ展開できる

係数は
a_n = ∫[0,1]Σ[k=-∞,∞] e^(-πi(k+t)) x^(2^|k+t|) e^(-2πint) dt
= ∫[-∞,∞] x^(2^|t|) e^(-πi(2n+1)t) dt
= ∫[1,∞] x^u u^(-πi(2n+1)/log2) du/(u log2) + complex conj.
= Γ(-πi(2n+1)/log2,-log x) (-log x)^(πi/log2) / log2 + complex conj.

ガンマ関数は虚軸方向に関して指数で急減少するので、g(0)の主要項はn=0で
a_0→2|Γ(-πi/log2)/log2| cos(πlog(-log x)/log2 + θ)
= 0.00274922168 * cos(πlog(-log x)/log2 + θ) as x→1-0

したがって振動する

>>259
修正:係数の式のミス
a_n = ...
=...
...
× Γ(-πi(2n+1)/log2,-log x) (-log x)^(πi/log2) / log2 + complex conj.
〇 Γ(-πi(2n+1)/log2,-log x) (-log x)^(πi(2n+1)/log2) / log2 + complex conj.


補足:θはarg(Γ(-πi/log2))=1.513321789...,
f(x)=x-x^2+x^4-...
≒ 1/2 + 0.00274922168 cos(πlog(-log x)/log2 - 1.513321789)
(x→1-0)

>>257
f(x)=x-f(x^2) --- (*)
x^4=1-ε,0<ε<1/2と置くとx-x^2>ε/4より
f((1-ε)^(1/4))=f(x)=x-x^2+f(x^4)>ε/4+f(1-ε)
これを繰り返して
f((1-ε)^(1/4^n))
>f(1-ε)+ε/4+ε/4^2+...+ε/4^(n+1)
=f(1-ε)+ε(1-1/4^n)/3

ε=0.1,n>2とすると
f(0.9^(1/4^n))
>f(0.9)+0.1*(1-1/4^3)/3
>0.9-0.9^2+0.9^4-0.9^8+0.9^16-0.9^32+0.9^64-0.9^128+0.1*21/64
>0.50058
したがって(*)と合わせて考えると
0.5から少なくとも0.00058の距離で振動し収束しない

フーリエ展開するって方法もあるんだな

f((1-ε)^(1/4))=f(x)=x-x^2+f(x^4)>ε/4+f(1-ε)
これを繰り返して
f((1-ε)^(1/4^n))
>f(1-ε)+ε/4+ε/4^2+...+ε/4^(n+1)

コレ合ってる？
２回目は
f((1-ε)^(1/16))>(1-(1-ε)^(1/16))+f((1-ε)^(1/4))
ではないの？
ε変化していかない？

最小の40項足してもf(0.9)が1/2を超えると思えないんだけど

https://ideone.com/dW9xfg

おっと評価してるのはf(0.9^(1/16)) = f(0.993436601584)か
それでもダメっぽい

https://ideone.com/2qGFH4

>>259,260
おー面白い解法ありがとうございます。
tを加えて周期関数にしてフーリエの流れは全く思いつきませんでした

>>261
おみごとです　こちらが想定していた解法でした

以下用意していた解答

極限が存在していると仮定する
f(x) = x-f(x^2)
より存在するならば極限値は1/2
さらにx＜1ならば、x^2＜xより、
f(x) = x-x^2+f(x^4) ＞ f(x^4)

よって任意のa＜1に対して
f(a）,f(a^(1/4)),f(a^(1/16)),...は単調増大
f(0.999) = 0.500125...
より極限値が1/2であることに矛盾

>>257 の別の面白い解答見つけたので貼ります(Hardy, Divergent Series, p77より)

g(t) = f(e^t) - Σ[n=0,∞] t^n/(n!(1+2^n))
は恒等式
g(t) + g(2t) = 0
を満たすのでg(-2^u)はuの周期関数で
x→1-0でf(x)が収束 ⇔ t→-0でg(t)が収束 ⇔ g(t)は定数関数

しかしg(t)はRe t<0で解析的で
x→-0でIm g(x+2πi/3)→∞
(∵Im ω^(2^k) = √3/2 (-1)^k, ω=e^(2πi/3))
であるのでg(t)は定数関数でない

したがってlim[x→1-0]f(x)は収束しない

>>267
それいけてる？
f(e^t)
=e^t-e^(2t)+e^(4t)-e^(8t)+...
はre(t)<0のとき成立するけどre(t)=0のとき成立するかはアーベルの定理くらいしか思いつかないけどアーベルの定理なら展開
f(x)
=x-x^2+x^4-x^8+...ー�@
本体がx=exp(2πi/3)まで連続に延長できないとダメなのでは？

f(e^t)-Σ[n=0,∞] t^n/(n!(1+2^n))
が定数で収束半径∞
→f(e^t)が収束半径∞

はいえてもそこから�@にexp(2πi/3)を代入できる事は正当化できるの？

>本体がx=exp(2πi/3)まで連続に延長できないとダメなのでは？
x=r exp(2πi/3),0<r<1まで解析接続できる(境界は含まない)ので問題ない

fとgの級数の定義式から導かれることは
f(x)は|x|<1で解析的でg(t)はRe(t)<0で解析的

論法はg(t)が定数関数と仮定すると
一致の定理よりg(t)はRe(t)<0の全領域で定数になるはずだが
x→-0でg(x+2πi/3)は∞に発散し
（なぜならばr→1-0でf(r exp(2πi/3))→∞）
∞に発散する点の近傍では異なる値を取るので定数関数であることに矛盾

あぁ今わかった
虚部の方が+i∞に行くのね
なるほろ

約数の総和が2022となる自然数は存在するか？

>>271
n = 2^1011= 2x2x2x....

>>271
1346 = 2 * 673
(1 + 2)(1 + 673) = 2022

それ、 総乗 が 2022 やんけ

は？

よくよく考えたら虚部の方が∞に行くってのも変な言い方だったな
実部も-∞に行くわな
h(t)=Σ[n=0,∞] t^n/(n!(1+2^n))は明らかに整関数
なのでg(t) = f(exp(t)) - h(t)が定数関数ならf(exp(t))も整関数で特にφ(r) = f(exp( r + 2πi/3 )( r∈(-1,0))は有界な関数にならなければいけないが
φ(r) = exp(2πi/3 )(e^r + e^(2r) + e^(4r) + e^(8r)+...)
はr→-0で発散してしまう
arg(x)=0での議論がarg(x)=2π/3での議論に結びつくのが面白い
そこでは振動の話ではなく収束性の話だから初等的に処理できる
計算機もいらんし
素晴らしい

あ、いや嘘書いた
やっぱり実部の挙動はよくわからんな
re φ(r) = √3/2(e^r - e^(2r) + e^(4r) - ... )
im φ(r) = 1/2(e^r + e^(2r) + e^(4r) + ... )
で相変わらず実部は交代級数になってるんやな
しかし虚部は絶対級数でr→-0で発散してしまう

そうか、そしてさらにわかった
そもそも
ψ(r) = f(e^(r+πi)) ( r∈(-1,1))
でいいんだ
ψ(r) = -e^r + e^(2r) + e^(4r) + e^(8r) +...
最小の一項以外全部符号揃う
つまり

「lim[x→1-0]f(x)は収束しない、なぜならlim[x→-1+0]f(x)が発散するから」

となるわけだ
面白い

>>278
それはおかしいんでないか？
f(e^z)=e^z - e^(2z) + e^(4z) - e^(8z) +...
に注意深くz=r+πiを代入すると
ψ(r) = -e^r - e^(2r) + e^(4r) - e^(8r) +...
だと思う

2πi/3でうまくいってたのは
2^k≡(-1)^k mod 3
が成り立つからim((-1)^k e^((2πi/3)2^k))>0が言える

>>279
あ、ほんとだ
さすがにそこまで甘くはないのかw

a>0とする
lim[x→1-0](x+x^a+x^(a^2)+x^(a^3)+...)=∞
を示せ

>>274

1 + 2 + 673 + 1346 = 2022 でいいんじゃないの？

>>271
約数の総和が2022になる自然数は1346の１個しかないが、
約数の総和が24になる自然数は14,15,23の3個がある。
約数の総和が72になる自然数は30，46，51，55，71の5個がある

１から2022までの自然数で
約数の総和がその数になる自然数がもっとも多いのはいくつか？

>>283
2016と1440が21個で最多

>>272
2^1011の約数の和は4.38e304なんだが問題の意味わかってる？

>>284
正解

内訳は

1440 : 552 570 594 616 790 826 874 885 957 958 969 1015 1045 1077 1195 1253 1343 1349 1357 1363 1439

2016 : 660 672 852 858 910 940 992 1002 1012 1162 1222 1245 1353 1435 1495 1509 1547 1757 1837 1909 1927

>>287
なんで1やその数自身を数えないの？

>>282-285
解説ありがとうございます。
勉強になりました。
アホな書き込みをして失礼しました。

ち、ちなみに謙虚な神戸大卒TOEIC700です ブンケー ＼(^o^)／

辺の長さが1,2,3,4,…,95の適当な並び替えであり、内角が全て等しい95角形は存在するか？

前>>140
>>290
トリケラトプスもレッドキングも実際には見たことない。
四角形で四辺を1,2,3,4にしようとしても4が入らないし、1,2,4,3にしても3のところが√14
∴むりっぽい。

>>288
列挙した数字の約数の和が1440や2016になる
例
552の場合：1+2+3+4+6+8+12+23+24+46+69+92+138+184+276+552=1440
2016の場合：1+41+47+1927=2016

>>289
やはり、国立大学卒業の人は卒業大学を言えるんだなぁ
尿瓶おまる洗浄係はシリツ卒であることが判明している。

>>291
不正解

>>290
素因子が２つあるから存在する

非可換有限群は非可換可解部分群を持つ事を示せ

>>295
正解です
複素平面を使い、5角形を2π/19ずつ回転させて等差数列の重みを乗せるという解法でした

どういう形になるか見たいな

ただの丸やな

https://sagecell.sagemath.org/?z=eJxdj8sKwjAQRfeB_MPdCEkaapUWrNAvKS5U-ghMGzGttn_vGATRxSzm3MMwl1ChPkmhFrvqSmU201JMPdO9ubltWUjR-jsc3IgaWZqW-ekoBYCZHYXcOGhssCsjfPzAIjJqRqaFmZFwnmAX6cJsSVh-x9pcfVCYeqOcho7CysL6FYIb_wRigRLU8XWuQFIMFW6e1s6Pimzr6K20ZwqNxXlpwne7d5erJy7G72bpwX5G8-UhDb1_Kv0CqABDGQ==&;lang=sage&interacts=eJyLjgUAARUAuQ==

どこが1でどこが95なのかもわからん

等差数列でなくてもよい

>>290
1辺が1の正95角形を用意し、辺に順番に
0, 1, 2, ..., 94の番号をつける

番号を5で割った余りが同じ辺ごとに
0, 1, 2, ..., 4 (または 0, 19, 38, ..., 76)
から決まった値を辺の長さに足す

番号を19で割った余りが同じ辺ごとに
0, 5, 10, ..., 90 (または 0, 1, 2, ..., 18)
から決まった値を辺の長さに足す

できた多角形は、角の値を保ったまま
1辺が 1, 2, 3, ..., 95 の相異なる値の図形となる

5角形×19でなく、19角形×5で
0+1, 5+2, 10+3, 15+4, 20+5, 25+1, ..., 85+3, 90+4, 0+5, 5+1, 10+2, ...
とおけば、全体が
(螺旋に近い19本の辺)×5
となって、肉眼でも円でない図形になるはず

長さがそれぞれ1,2,3,…,9の辺をどのように組み合わせても、内角が全て等しい9角形は作れないことを示せ.

>>301
なるほどありがとうございます
複素平面を使わないもっと初等的な解法もあったんですね

前>>291
>>303
1〜3、5〜16、17、19ら辺の数字を15個のマス？　かぎ？　に入れろってこと？
せやて異なる数ならあと9個しかないぜ。

俺も似たの持ってる

>>306
例えばタテ1は4桁の数字、タテ5は3桁の数字って意味や

前>>306
>>303
——————
3｜4｜6｜7
——————
9｜2｜0｜9
——————
1｜3｜7｜3
——————
7｜1｜9｜7
——————
231がだめか。

>>309
考え方としてはそんな感じ

nを自然数、uをnの素因子の数とする
ζ=exp(2πi/n)とおく
このとき全単射σ{1..n}→{1..n}で任意の0≦v<uを満たすvに対してΣ[k=1,n]k^uζ^(σ(k))=0となるものが存在する事を示せ

>>304
ζ=exp(2πi/9)とする
全ての係数が0〜8の並べ替えである8次多項式f(x)でζがその根とならない事を示せばよい
8次の項に0がくるように調整できるので7次多項式で係数が1〜8の並べ替えとしてよい
f(x) = ax^7+bx^6+cx^5+dx^4+ex^3+fx^2+gx+h
とおく
x^6+x^3+1で割ったあまりは
g(x)=cx^5+(d-a)x^4+(e-b)x^3+fx^2+(g-a)x+(h-b)
であるが条件よりコレが0になる事はない

>>312
お見事　正解です！
最高次に0を付けるのはうまいな

ζの最小多項式x^6+x^3+1にかけて8次の多項式にすると、
(x^6+x^3+1)(ax^2+bx+c)
=ax^8+bx^7+cx^6
+ax^5+bx^4+cx^3
+ax^2+bx+c
の形にしかならないので、内角の等しい9角形は
時計回りに3種類の長さの辺を3回繰り返す形しかありません

>>311
最後
Σ[k=1,n]k^v ζ^(σ(k))=0となるものが存在する事を示せ

の間違いですか？

任意の正の実数α、正の実数βに対し、
必ず以下の不等式を満たす整数の組(m,n)が存在することを示せ。

| ((2^m)/(10^n)) - β | < α
何か、1024/1000が1に近いなと思ったから問題にしてみた。

任意の実数定数なのか、実数変数（m,nの関数）なのか。

>>316
定数

(X,d)は完備距離空間で、Xに孤立点は無いとする。
このとき、X の濃度は実無限以上であることを ZFC の中で示せ。

>>318の背景：
(X,d)は完備距離空間で、Xに孤立点は無いとする。
もしXが高々可算無限なら、X ＝ ∪_i {x_i} と1点集合の高々可算和に表せて、
各 {x_i} は (X,d) の閉集合なので、ベールのカテゴリ定理から、
ある {x_i} は内点を持つことになる。このとき、{x_i} は孤立点となって矛盾する。
よって、X は非可算無限であることが分かる。
従って、連続体仮説のもとでは、X は自動的に実無限以上となる。

実は、このことは連続体仮説を使わずに証明可能で、それが>>318の問題。
この背景だけ聞くと難しい問題に見えるかもしれないが、
実際にはわりと普通に示せる。

>>314
そうです

>>319
+-の有限列(空列も含む)の全体をΛとして順序をλ≦μ⇔μはλの後ろにいくつか+-を追加した形で入れる
Λでパラメトライズされた非可算閉集合の族Fλで
λ≦μ→Fλ⊃Fμ
Fλ∩Fμ≠φ→λ≦μ or μ≦λ
diam Fλ≦1/2^(lenλ)
となるものを以下のように構成する
まずFφは任意の点を選びその点中心の半径1/2の閉球とする
コレが可算無限なら>>319より矛盾するので非可算である
Fλまで構成されているとする
Fλから2点x,yを選びx,yを中心とする閉球を互いに素で半径が1/2^(lenλ+2)以下になるようにとりそれぞれFλ+, Fλ-にする
やはり非可算閉集合で直径に関する条件は満たしている
残りの条件を満たす事の確認も容易である
C仮定しているのでΛ全体まで定義できるとしてよい
Λの無限増加列は2^ωあるが増加列σ:λ1≦λ2≦...に対して閉集合の減少列Fλ1⊃Fλ2⊃...が定まり完備性とdiamFλの条件からx∈∩Fλiを満たすxがとれる
コレをx(σ)とするとき相異なる減少列σ、τからはFλの非交和性の仮定からx(σ),x(τ)は一致する事はない
よってXは2^ωより濃度が大きくなる

>>315
γ>0を
| log[10](x) - log[10]β | < γ→|x-β|<α
を満たすようにとれる(∵ y=10^xは連続)
Kroneckerの稠密定理から自然数m,nを
|m log[10]2 - n - log[10]β|<γ
を満たすようにとれる
このとき
|log[10]2^m/10^n - log[10]β| <γ
だから仮定より
|2^m/10^n-β|<α
である

>>321
正解！構成の仕方も想定解と同じ。

>>322
正解です。

集合Sはn個の元を持つ有限集合とする。
S上の二項演算fであって、Sの任意の元a,bとS上の任意の全単射σに対して
f(σa,σb)=σf(a,b)
が成り立つようなものの個数を求めよ。

>>303
唯一解
3461
6619
5479
9337

>>326
プログラミング問題として面白いけど
4ない奴だと転置同一視して何通りあるの？
3×3の問題を含んでるけど5×5の問題の一部になる？

>>326
10進じゃなくて8進や16進などだとどうなるんだろ

>>325
n=1 #f=1
n≧2では任意の互換σ=(ab)で成立することが条件
a≠bで
f(aa)=a,bならf(bb)=b,a, f(ab)=a,bならf(ba)=b,a
n=2 #f=4
n=3でS={a,b,c}
f(aa)=cならf(bb)=c
σ=(ac),(bc)でf(cc)=a≠b=f(cc)で矛盾なのでf(xx)=x
f(ab)=cならf(ba)=c
σ=(ac)でf(cb)=a,f(bc)=a
σ=(bc)でf(ac)=b,f(ca)=b
f(ab)=a,bならf(ba)=b,a
σ=(ac)でf(cb)=c,b,f(bc)=b,c
σ=(bc)でf(ac)=a,c,f(ca)=c,a
#f=3
n≧4でS={a,b,c,d,…}
f(xx)=x
f(ab)=cならd=f(ab)で矛盾
x≠yでf(xy)=x,y,f(yx)=y,x
#f=2^{nC2}

>>329
惜しい
n≧4 についてもう一度考えてみて

独立には選べないか
f(ab)=aならf(cd)=d,f(dc)=c,f(ab)=bで矛盾
#f=0

f(ab)=a,bならf(xy)=x,yか
#f=2

#End(S)?

>>332
まあそういうこと 正解でいいかな
集合上の二項演算で全ての元に関して対称的になるものを考えた時、
nが大きいと前者か後者を選ぶしかなくなるけど、
小さければ少しだけ特別なものが存在できるというお話でした

>>327
83通り
回答はこちら↓
https://ideone.com/15S09x

>>335
数学的には意味は無いけど
n×nに必ず解があると面白い

>>299
をちょっと改造

https://sagecell.sagemath.org/?z=eJxtks1ugzAQhO-R8g57tMM2QNr0T-LaXHvoDXFwAyFI1mJhVzJv3zXQxklrIaz9PPYOg7WFAsoMId8hvPDEzz3CHoHr_AHhEYHrnBVPCFznrHiu1qv1qm5OoO1H_24FzxJe1yvgQXygbkgwmoE7N04x3G1Ml9LMhMdRMhMZZotMOI_uFprJXjUXp34ABR2x3-2W7vJq6RiGDl1tqaoLqn04Sye53Bx7KyYbGyUjwfgrsB39I6Bwgk9qH6GwZ0zq8YJcUDmfUCRzQebGhCLd9C38SqAU5JFGGZmdAikWPuMDyw-DMufuaMVPHtfxtAWnlhLnlpK8hNTFIUGUEpnJQtlVf5KL0dSZfZpej21Pu1pc1sIoWzRIpsJrPLSfx15z_0LkKLRMBfeXbPZGp7Q5qyLb7m-5b2zxprRtooXodwTzZOZ6aNzXQOLAy8sd5Pv2DQ5VnP8=&;lang=sage&interacts=eJyLjgUAARUAuQ==

重心を計算して辺の長さで色変えて表示できるようにしたのと、辺の長さのリストを手計算で計算して直接書き込めるようにした
なので自分が見つけた辺の長さのリストさえあればsagemathの文法知らなくてもすぐ使える
上の例は15角形の例
ls=[0, 5, 1, 3, 2, 4]
に書き換えれば六角形のが作れる

https://sagecell.sagemath.org/?z=eJxtkj9vgzAQxfdI-Q432sHlT9oslVjL2qEbYnADASTrsLAr2d--Z6DFSXsDyL979j0eVgZKqHMBFwGFgGcBZwEvzfFwPLTdDZT5mN4NozeH1-MBqJA2qA4ZoRXYobOS4PmkxwxXxpzwnBjLRb7JmHXCPkK9jG_WxW2aQcKI5CdN8alotomhVJhqatnsqHXhLJUU_HSdDFtsnCSPBP5XYEb8R4DhBJe0LkJhj09avyMbVNYlGMlskFmfYKRbvoUeCdQMnUDPI7NLIOXGV1yRvJqlHsarYT953MfTl5RahpRbhnwPaYxDgigl1IuFemz-JBejZTL51JPy_YTnlu29UHUvtEDdiHs895_XSdH8khWCKZ4xms_J7INOKj3IMk8vj9x1pnyTynRRI_odwTzqdT139mtGVlF7u4N0374B-YSXhg==&;lang=sage&interacts=eJyLjgUAARUAuQ==

おお、すごい

正整数全体の集合を N と置く。

(1) A⊂N は liminf[n→∞] ｜A∩[1,n]｜/ n ＞ 0 を満たすとする。
このとき、Σ[a∈A] 1/a ＝ ＋∞ が成り立つことを示せ。

(2) A⊂N は limsup[n→∞] ｜A∩[1,n]｜/ n ＞ 0 を満たすとする。
このとき、Σ[a∈A] 1/a ＝ ＋∞ が成り立つことを示せ。

>>339
(1)は(2)から導かれるので(2)のみ示せば良い。

(2) 正の数 ρ を ρ = limsup[n→∞] |A∩[1,n]|/n と定める。

仮定より、正の整数列 {n_k}_(k=1,2,…) を、
任意の正の整数 k について次が成り立つように定めることができる。
･n_(k+1) ≧ 2n_k
･|A∩[1,n_k]|/n_k > ρ/2

この時、
Σ_(a∈A) 1/a
= Σ_(a∈A) ∫_[1,∞) |{a}∩[1,x]|/(x^2) dx
= ∫_[1,∞) |A∩[1,x]|/(x^2) dx
≧ Σ_(k=1,2,…) ∫_[n_k, 2n_k) |A∩[1,n_k]|/(x^2) dx
= Σ_(k=1,2,…) |A∩[1,n_k]|/(2n_k)
> Σ_(k=1,2,…) ρ/4 = ∞.

>>340
正解！

平面上の格子点が以下の条件で有限色に塗り分けられている。
・格子点からなる任意の正方形は、少なくとも一つの頂点に色が塗られている
このとき、すべての頂点が同じ色で塗られている正方形が存在することを示せ。

一辺1の正n角形型の道路の各頂点に紙が落ちていて、各紙には0以上n以下の整数が一つずつ書かれている。
ある頂点をスタートとして落ちている紙を拾い以下の操作を繰り返したとき、必ずちょうどスタートに戻ってこれることを示せ
・持っている紙に書かれた数字の距離だけ時計回りに道路を進み、持っている紙と落ちている紙を交換する

何その条件？
塗られてない可能性もあるの？
塗られてない4点の正方形は認められないの？

>>344冷静に見返したらこの条件いらないですね。無視してもらって大丈夫です

>>343
置かれてる紙と持ってる紙の組みを状態と呼ぶとする
ルールに従って一回の操操作で状態Aから状態Bに移る事をA→Bと表すとする
ルールには“逆回し操作”が定義できる、すなわち
「落ちている紙と持ってる紙を交換し、反時計回りに交換した紙に書いてる数字だけ進む」、この操作でBからAに移動する事をB⇒Aと書くとする
初期状態A0から始めてA0→A1→‥としm0= min{ m | ∃n n>m, Am = An} とおけばm0=0である、でなければAm0=An, (n>m0)であるnをとるときAm0⇒A(m0-1), An⇒A(n-1), Am0=A(n-1)からA(m0-1)=A(n-1)とならねばならず、m0の最小性に反する

>>345
つまり全ての頂点は塗られてる、だけね
ラジャ

>>346
すみません、後半部分の論証がまだ理解できていないのですが、「スタートからゴールまでを元の操作通り行った場合と、逆操作の通りに行った場合とで紙の配置が同じとは限らないこと(=操作が順序を逆にして一対一対応とは限らないこと)」は後半の論証に影響はないでしょうか？
例えばA0=[0,2,1,3]で2をスタートとして元の操作を行うと[0,2,3,1]の状態でゴールしますが、逆操作で行うと[0,3,1,2]の状態でゴールします。

>>348
なんの事？
状態とは元のところに戻るではなく落ちてる紙、持ってる紙、経ってる場所、全ての状態なんだから逆回しできるでしょ？

>>349　勘違いしてました。正解です

正方形のやつはもしやファンデルヴェルデンの定理的なあれか

年をとると我慢が効かなくなる
>>343ググって答え見てしまった
コレはおもろいけど絶対思いつかん
まぁもっと初等的な解放あるのかもしれんけど

>>342だった
天才的や

前>>309
>>343
0からnまでの紙の枚数は(n+1)枚だから数字の和は、
n(n+1)/2
n個ある頂点のいずれにも0の紙が置かれなかった場合、
数字の和はn(n+1)/2で、
nかn+1のどちらかが2で割れるから自然数。
題意の操作は可能で、
nで割りきれるから(n+1)/2周した頂点まで進む。
nが奇数なら元の頂点に戻るが偶数なら最遠方の頂点にいる。
n個ある頂点のいずれかに0が置かれた場合、
n+1枚ある紙のうちの1枚が置かれない。
それが0でないなら、すなわちn/(n+1)の確率で、
置かれない数のぶんだけ元の頂点の位置より手前の頂点になる。

前>>354訂正。
置かれない紙の数字も右回りに進む数に入るからやっぱり元に戻る。

＞＞342
mが整数のとき
ｙ＝ｘ+2ｍを色Ａで
ｙ＝ｘ+2ｍ-1を色Bで塗ると2色で…？

>>356
一辺1じゃなくてもいいんやろ

時計をイメージしてn=12のとき
1時の位置から出発するとする。
落ちている紙の番号の初期値が1時から12時まで
4 6 2 8 8 10 5 10 2 8 6 7
のときは
1 5 1
即ち1時、5時、1時で元の位置に帰る。拾った紙の枚数は2枚である。

落ちている紙の番号の初期値が
5 10 7 3 1 4 8 1 5 2 11 5 のときの移動は
1 6 10 12 5 6 11 10 2 12 2 6 7 3 10 9 2 4 7 8 9 8 9 10 5 10 11 4 6 10 3 11 12 10 2 7 10 8 7 12 1
拾った紙の枚数は40枚である。

紙の番号は無作為に選ばれているとして
スタートに戻るまでに拾う紙の枚数の期待値はどれくらいか？

平面上に円が与えられている

定規のみで、円の接線を引くにはどうすればよいか？

>>359
定規2本で L字 90度を作って
円にかぶせる。

>>360
すまん条件をちゃんと書きます

・定規は「2点を通る直線を引く」操作しかできない抽象的な道具とする

・線上にしか点は打てない

・線と線の交点は正確に打つことが出来る

・線上の点は目分量で好きに打つことが出来るが、正確な位置は不明とする

あと紙を折るとかのインチキも出来ません

パスカルの定理

A=([0,1]×(0,1)\Q^2)⋃(([0,1]∩Q)×{0})
と
B=([0,1]×(0,1)\Q^2)⋃(([0,1]∩Q)×{0,1})
は
同相でないことを示せ。

>>359
円と接点が与えられているとする
2点を結ぶ線分の垂直2等分線を描く手順があるので
円上にあと2点選んで2点ずつの垂直2等分線の交点として円の中心を求め
直線上の点における直交直線を描く手順があるので
中心と接点とを通る直線に接点で直交する直線を引けばいい

>>358
シミュレーションだと11 .5枚くらいになった。

>>365
「定規のみ」でどうやって垂直二等分線を作図するの？

>>355
直線しか引けないから垂直二等分線を作図する一般的な方法はないのでは？

コンパスもアリにして。

>>369
それだとイージーすぎるので無しです

>>370
じゃ多分無理

>>364
これ位相空間論相当深くやってないと難しいだろ

>>364
離散位相で同相

>>371
可能です

>>374
へぇ
接点は与えられてる？

>>364

まずf:[0,1]→Aで(1/2,0)∈im(f)となるときim(f)⊂[0,1]×{0}である
そうでないとしてqを第2成分への射影としてm=sup(im(qf))>0となるが0<r<mとしてxi∈[0,1]をlim(qf(xi))=rとできる
必要なら部分列をとってlim xi = xが収束してるとしてよい
このときf(x)∈Aかつqf(x)は正の有理数であるがAの元で第2成分が正であるときそれは無理数でなければならないので矛盾である
特に[0,1]からAへの単射連続像写像は(1/2,0)への定値写像とホモトピックでホモとピー類はひとつしかない
一方でBへのそれは同様にして(1/2,0)への定値写像と(1/2,1)への定値写像へホモトピックなものがあるが、それらはホモトピックではありえない
何故ならもしそうならpt→[0,1]を前に合成してpt→(1/2,0)とpt→(1/2,1)がホモトピックになるが途中第二成分が(0,1)∩Qとなる点が通れないので不可能である□

>>365
ヒントおながいします

>>361
>・線上にしか点は打てない
与えられた円が唯一の曲線ね？

>>375
接点が与えられている場合でも解けますが
ひとまずどこでも好きなところに接線をひくで構いません

>>378
そうですね
初期段階では円周しか線がありません

>>377
>>359のヒントということですか？

>>381
そうです
なんかないですか？

円に内接する星形を書く

>>361
線上にしか点は打てず
2点無いと直線も引けないから
最初にすることは円上に適当な2点取ってそれを通る直線を引くことで確定か
うーんむず

>>382
了解です
ヒントは>>363に書かれていますが、パスカルの定理を応用します

>>385
イヤ、さすがにそれだけではわからない
もう少しおながいします

>>386
>>383
に書かれていますが、このように適当な(正五芒星ではない)星形を描くところまでは確定します


あとはこれらの交点からうまく工夫をします

うまいヒントが出せずすみません

>>385
>パスカルの定理
6角形の隣り合う2頂点を1つにするとそれらを通る直線が接線になるってことか

>>388
おお！　その通りです

>>388
へ？
どゆこと？
頭悪くて申し訳ない
もう少し解説おながいします

パスカルの定理はコレで間違いないですか？

定理
二次曲線上に頂点を持つ6点を順に結んだ直線をl1,l2,l3,l4,l5,l6としl1とl4の交点をP,l2とl5の交点をQ,l3とl6の交点をRとすればP,Q,Rは同一直線上に並ぶ

コレで6点のうち隣接する2点を同一点にとるとその2点を結ぶ直線が接線になるのはいいとして(eg. l1は接線として)そのl1は選んだ5点(仮にA,B,C,DE,F=Aで直線AF=l1が接線)からどうやって作図するんですか？

>>391
パスカルの定理はおっしゃる通りです

ABCDEFを二次曲線上の6点としたとき、
・ABとDEの交点
・BCとEFの交点
・CDとFAの交点

この3点は一直線上にあります


図が汚くてすみません

このようにABCDEFを配置したとき、
3点の位置関係を観察します

>>390
その点の他に4点取って
その点を2点と勘定した6角形の対辺の交点3点が1直線に並ぶから
その点の対辺以外の4辺で2辺ずつ6角形としての対辺の交点を得てその2交点を通る直線と
その点の対辺の交点を得ると
そこからその点に引いた直線が接線

言葉だと分かりにくいな
A点に接線を引くためにBCDE取って
直線ABと直線DEの交点をP
直線ADと直線BCの交点をQ
直線PQと直線CDの交点をRとすると
直線ARが求める接線

>>392
この状態でEをDに近づけることを考えます

平行だと交点得られないから
適度に一般に点を取るのが肝要か

パスカル16歳でこの定理証明したのはさすが天才
さらに一般に2次曲線なら成り立つんだってさ（ウィキペ調べ）

>>393
それも考えだけどダメなんじゃないの？
l1は今作図されてないから不明
なのでPを作図することはできない
l2,l5の交点Q,l3,l6の交点Rは作図できてるからこのQR上のどこかにPがある
AFを置いといてB,C,D,Eを取り直してB'C'D'E'にすると新たにQ',R'は作図できるけどこの直線Q'R'とl1の交点は別の新たなP'であって元のPではない
なのでQRとQ'R'の交点はl1上にあるとは限らない

>>392
において、E→Dとすると、直線DEが作図出来ない
ということですかね？

パスカルの定理より
赤線の交点、緑線の交点、青線の交点が一直線上にある

というのがポイントです

>>394
ダメだ、わからない
5点しかないですよね？
パスカルの定理は6点取るんですよね？
A,B,C,D,Eのどこが重複してとってる点なんですか？

>>399
すいません、もう降参です、疲れ果てました
答え教えてください
5点A,B,C,D,Eとってパスカルの定理applyするときにどうapplyするんですか？
どの2点を２回使うんですか？

>>401
分かりました
解説をします


今回はこのように5点を配置して、
・DCとAFの交点
・DFとEFの交点

を結ぶ直線Lを描きます

さらに、直線ABとLとの交点をP
とすれば直線PDが接点Dでの接線になります

PDが接線になる理由は>>392の通りで、
EをDに近づければわかります

ごめんミスです

今回はこのように5点を配置して、
・DCとAFの交点
・DFとBCの交点

を結ぶ直線Lを描きます

さらに、直線ABとLとの交点をP
とすれば直線PDが接点Dでの接線になります

でした

>>398
I1とか何それ？

>>402
イヤ、すいません、証明の方が知りたいんです
本来パスカルの定理は6点取りますよね？
それをあえて２つを重複させるんですよね
6点の順番をA,B,C,D,E,Fとして重複させる一方をAとします
もう片方がF(又はB)の場合は既に書いた通りQ,Rは作図できますがPが作図できません
もう片方が他の3点の場合はパスカルの定理はトートロジーになってしまい接線も出てきません
その>>402で正しく接線になってる理由はパスカルの定理をどうapplyしたら出てくるんですか？

>>405
記号の設定は>>391
もう少しちゃんと整理します

パスカルの定理はコレで間違いないですか？

定理
二次曲線上に頂点を持つ6点を順に選んでABCDEFとする
直線FAをl1,直線ABをl2,...直線EFをl6とする
l1とl4の交点をP,l2とl5の交点をQ,l3とl6の交点をRとすればP,Q,Rは同一直線上に並ぶ

これがパスカルの定理
基本「隣接する2点は相異なる」だけど同じに取った場合でもその場合は「その点における接線」に読み直しても主張自体は成立してる

>>406
>>392の図にある通り、DEが離れている場合はPの作図が可能ですよね？

E→Dに近づける、という極限操作を考えればPDが、D上の接線になるのは問題ないと思うのですが、

↑において、青交点をP、赤交点をQ、緑交点をR
としたとき、パスカルの定理によりPQRは一直線上です

E→Dの極限操作においてもPQR一直線上が崩れないことを説明して
ということ？

たしかにそうすると連続性の議論をきちんとしないといけないかもしれない

>>409
やっとわかった
DとEを重複させたんですね
イヤそれだけです
お騒がせして申し訳ない

>>410
あーなるほど
記号の誤解があったのかな？
それならいろいろややこしくてすみません

>>411
よくありますね
自分はAとFを重複させたのに説明されてる方は最初の自分の設定でDとEを重複させて説明してるから話がいつまで経っても噛み合わない
疲れ果てました

>>400
分かったみたいだけど>>394がすべて

>>413
あなたの垂直二等分線論法はまだわかってないけど
どうやんの？

>>414
だからできないって

>>371に書いたようにコンパス無いとできないと思ってたよ

定規で引けるのは直線だけだから
直角は作図できない

結局、
「平面上に適当な５点をとると、直交する２直線を作図できる。」
ってこと？

>>418
どして？

>>418
円が書いて有ればね

円に重ねるように
上へはみ出す感じの五芒星を描けば
接線がとれるってことか。

三角形ABCと点Pがあるとき,
APとBCの交点L
BPとCAの交点M
CPとABの交点N
とするとデザルグの定理により
ABとLMの交点
BCとMNの交点
CAとNLの交点
の３点は共線になるけど、この共線になる直線と点Pは「L,M,Nが接点となっている二次曲線」の極線、極点になってるのが
パスカルの定理からわかるんやね。

ウルトライージー版コラッツ問題

どんな自然数でも

・偶数なら2で割る
・奇数なら1を足す

この操作を繰り返せば必ず1になることを証明せよ

>>420
円があるだけでは無理

1に戻らない最小反例がをnとする
nが奇数の場合n→n+1→(n+1)/2<nで矛盾
nが偶数の場合n→n/2<nで矛盾

>>425
正解！

>>361
あとで思ったのだけど
平行なら交点無いよね
平行かどうかは交点があるかどうかで判断するとすれば
ほんとに平行な場合有限の立場からすれば
判定不能にならないかな
判定できてもいいけど
その場合取り直すとかなんかちょっとカツコワルイ
何が言いたいかというと
点を取る順序工夫すべきでないかなと
A点に接線引くとき
まずB点取って直線ABを引き
直線AB上の円の外部にP点を取り
円上にC点を直線PCが円ともう一点Dで交わるように取り(ここにも一般の位置に取れるという公理が必要かなと)
直線AC上の円の外部にQ点を直線QDが弧BD
と交わるように取り(ここにも必要)
交点をE点とし直線ACと直線BEの交点(取り方からこれは交わりそう)をR点とし
直線PRと直線DEの交点(こちらも交わりそう)をS点としたら
直線ASが求める接線

任意に点を取るときに
特別な位置関係にならないように取れる
ということはユークリッド幾何の公準公理にないと思うけど
暗黙のうちに仮定されてるのかね

厳密には、作図できないよね？
円周上の2点を無限に近づけることはできても、
重ねた瞬間に、連結させる直線が引けない。

>>429
なんも解答理解してなくて草
少しでも知的なコメントしようと頑張ったのかな
恥ずかしい

>>429
え？
できるのだけど、、、
曲線上の2点を通る直線は考えられるが
2点を1点に重ねたら
そこ通る直線は無限にあるから
接線は考えられないって
高校生あるあるだな

接線は考えられるけど、定規のみで作図はできないと思う。

そう…

>>391
作図して体感してみた。

>>342
[0..t-1]を[t]と略記する
超立方体Q=[t]^nのt元集合Lが組み合わせ論的ライン、あるいは単にラインであるというのをLの元は全て同一直線上でありかつ、その直線の方向ベクトルで、成分が全て+1または0のいずれかであるものがとれるときとする
ラインの座標の総和が最小である点を始点、最大である点を終点と呼びそれぞれL-,L+で表す
+1になる成分に対応するi∈{1..n}をLのactive座標、0になる成分に対応するものをfix座標と呼ぶ
Qの各点がr色に塗り分けられているとする
このとき幅sの扇をs本のラインの集合{L1,...,Ls}で
・終点Li+は全て共通
・Liは全て単一色でないが、Li＼Li+は単一色
・総配色数はちょうどs+1
を満たすものとする

主張　任意のr,t,sに対してN(r,t,s)を選んで任意のn≧N(r,t,s)とQ=[t]^nのr色による配色が常に単一色のラインを含むか幅sの扇を持つようにできる
あるいは同値な言い換えとして[t]^nが単一色ラインも幅sの扇も持たないような高々r色による配色を持つようなnは高々有限個しかない

(∵) (t,s)=(T,S)に限定した時の主張をΦ(T,S)として(t,s)の全体に辞書式順序を入れ、この順序に関する帰納法で示す
証明に入る前にΦ(T,T)が成立するとき任意のSについてΦ(T,S)が成立しn≧N(r,t,r)と取れば[t]^nのr色の配色は常に単一色ラインを持つ事に注意する
まずΦ(1,1)は明らか
(t,s)<(T,S)で主張が成立するとして(t,s)=(T,S)のときを考える
s=1なら帰納法の仮定よりΦ(t-1,t-1)が成立しているからn≧N(r,t-1,r)とすれば[t-1]^nを自然に[t]^nの部分集合として考える事により既に注意したように[t]^nのラインLで[t-1]^(n)に制限したとき単一色になるものがとれる
この時Lは[t]^nにおいても単一色であるかもしくは幅1の扇である
よってs=1の場合にΦ(t,s)が示された

s>1とする
m=N(r,t,s-1), n=N(r^(t^m),t-1,r^(t^m))としてN(r,t,s)=m+nとおけば良いことを示す
[t]^(m+n)を自然に[t]^m×[t]^nとみなしそのr色による配色xを固定する
[t]^nの各元bに対して[t]^m×{b}のxによる配色によってr^([t]^m)の元を決める
これを「[t]^nのr^(t^m)色での配色」とみなせば、nについての仮定によりt^nのラインLでL＼L+が単一色となるようなものがとれる
このとき各b∈L＼L+に対して[t]^m×{b}に与えられるxによる配色は[t]^mの配色として全て同一なのでこれをyとする
この[t]^mの配色yに関してmについての仮定により単一色ラインまたは幅s-1の扇をとれる
前者の場合は良いので後者について考える
(Li)を幅s-1の[t]^mの扇とする
Liのactive座標をIi⊂{1..m}、Lのactive座標をI⊂{1..n}とする
Liの終点はiによらずPとおける
Lの終点をQとおく
[t]^(m+n)のラインKi、Kを全て終点が(P,Q)でactive座標がIi∪I、Iであるものとする
Ki,Kの中に単一色のものがあるときは主張は示されているのでそうでないとする
仮定によりKi＼Ki+は単一色である
K＼K+の色はyにおけるPの色になるから特にK＼K+は単一色でKi＼Ki+のどの色とも異なる
よってKi,Kの全体は幅sの扇となる
以上によりΦ(t,s)が示された□

定理(Hales-Jewett) t,rを任意にとるとき自然数N(r,t)を選んで任意のn≧N(r,t)において[t]^nのr色による配色が単一色ラインを持つようにできる
(∵) N(r,t) = N(r,t,r)と取れば良い

定理　N×Nを任意にr色に塗るとき正方形の4頂点で同一色になるものが現れる

(∵) n=N(r, 4)として[4]^nを次のようにr色に塗る
・(a1,a2,...,an)∈[4]^nに対してaiの2進表示の1の位をbi、2の位をciとする
x=Σ2^ibi、y=Σ2^iciとおくとき(a1,..,an)の色を(x,y)に塗られている色とする
このときその配色によるラインLがとれる
Lのactive座標をI、fixed座標をJとしx0=Σ[i∈J]2^ibi、0=Σ[i∈J]2^ici、d=Σ[i∈I]2^iとすればライン上の4点に対応する格子点は)x0,y0),(x0,y0+d),(x0+d,y0),(x0+d,y0+d)の4点でありこの4点が同一色に塗られているので主張は示された□

Nは2以上の偶数であるとする。
この時、以下の条件をすべて満たすa,b,cの組み合わせが何通りかを求めよ。
0≦a≦b≦c≦N
a + b ＜ c
b + c ＜ a
c + a ＜ b
a + b + c ≦ N


例）N=8の時、以下の6パターンが考えられるため、6.
1, 1, 1
1, 2, 2
1, 3, 3
2, 2, 2
2, 2, 3
2, 3, 3

＝＝＝＝＝

これの答えは、[x]をxを超えない最大の整数とし、
[ (N^3 + 6*(N^2) + 72)/144 ]
となる。

>>438
「＜」全部逆では？

>>439
ありがとう。その通りだった。
修正します

Nは2以上の偶数であるとする。
この時、以下の条件をすべて満たすa,b,cの組み合わせが何通りかを求めよ。
0≦a≦b≦c≦N
a + b ＞ c
b + c ＞ a
c + a ＞ b
a + b + c ≦ N

例）N=8の時、以下の6パターンが考えられるため、6.
1, 1, 1
1, 2, 2
1, 3, 3
2, 2, 2
2, 2, 3
2, 3, 3

＝＝＝＝＝

これの答えは、[x]をxを超えない最大の整数とし、
[ (N^3 + 6*(N^2) + 72)/144 ]
となる。

前>>355
>>359
まず与えられた円を定規でできる限り隠し、
透明な定規で円が見えていてもかまわない、
定規をじわじわずらしていき、
ぎりぎり円が定規からはみ出すかはみ出さないか、
という状態で止める。
定規に沿って直線を引けばそれが円の接線である。

イナは図形問題に参加しちゃダメ

>>441
不正解以外の何者でもありません

ルール>>361を見てください

ここでいう定規は2点を通る直線を引く操作「しかできない」抽象的な道具としています

>>429
多分解答誤解されてますが、
極限操作をしているのは「証明」の際であって作図自体は極限操作は一切していません

解答は>>402の通りです

そのレスを見て ふと思ったのだが、証明の際に極限が必要ないような
上手い証明はないのかな。

パスカルの定理の証明を5点の場合でトレースすればいいだけかな。

それはこの手の初等幾何の問題考えるときいつでも出てくる問題やな
接弦定理は円に内接する四角形の内角に関する定理の極限とみなす事できるけど、日本の初等教育では当然そういう見方はしない、接弦定理は接弦で別に扱う
しかし正直どうなんと思う
そこにこだわることに意味あるのはわかるけどなんだかなぁ感しかない