問題文一行の超難問を出し合うスレ

出来る限り問題文を短くしたシンプルかつ難しい数学の問題を出していってください
分野は何でもok

１＋１＝？

全ての辺と対角線の長さが整数である直方体は存在するか？

>>3
3:4:5:5√2
5:12:13:13√2
存在しないな――。
特殊な直方体、立方体だとどうか。1:1:1:√3――存在しない。
1:2:――存在しないぞ。
a^2+b^2=c^2(a≦b≦c)とすると、
対角線の長さ=√(a^2+b^2+c^2)
=√(2c^2)
=c√2
√2が無理数だから、
3辺a,b,cを整数とすると、
対角線は無理数になる。
∴存在しない。

>>4
論外

正標数代数多様体の特異点を解消せよ

a^3+b^3+c^3=114を満たす整数(a,b,c)を1組見つけよ

正方形を全て大きさの異なる正方形のみで埋め尽くすことは可能か。

>>8
1つの正方形で正方形は埋め尽くせるぞ

前>>4
>>7
8^3+11^3+(-12)^3=115
惜しい!!

11^3+(-10)^3+(-6)^3=115
惜しい!!

前>>10
>>8できる。見たことある。二十個ぐらいの異なる正方形で分割してあった。

>>11
ルジンの問題？

前>>11
>>12いや、たしか日本人でしたよ。桜井とかいったような。

>>7
a^3+b^3+c^3=114
a^3+b^3+c^3-114=0

a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)なので
abc=38と
(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0である事がわかる
abc=38よりa,b,cの候補が±1,±2,±19,±38に絞られるが、
どの組み合わせも(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0を満たせない

よってa^3+b^3+c^3=114を満たすような整数の組(a,b,c)は存在しない

半径12の60°の扇型OABのOを基準に点Pが1秒2√3ずつ進む時、4秒後のOPの長さはいくつか

>>15
訂正OBPの長さはいくつか？

前>>13
>>15-16
Pは4秒でOから、
2√3(/秒)×4(秒)=8√3だけ進む。
PがB→A回りのとき、
OP=12
OBP=8√3
PがA→B回りのとき、
OP=12
OBP=OA+OB+⌒AB-OAP
=12+12+2π･12･(60°/360°)-8√3
=24+4π-8√3

>>17
正解⭕

>>14
ツッコミ待ちだったらあれなんだが、
その因数分解の式で変形して整理すると
3(abc-38)-(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0
となるんじゃ？
abc=38と(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0は一体どこからw

一応言っとくが>>7は未解決問題な

πは無理数か。

可換とは限らない単位的かつ結合的な標数0の体上有限次元のアルティン環においてx_1^n+x_2^n+...+x_m^nが全ての正の整数nで0ならばx_iは全て冪零である事を証明せよ.

>>22
必要ならJacobson radicalで割って半単純代数として良い。
体の標数は0なので環Rは複素数体Cの行列環として良い。
xiの固有値をaijとしてtraceをとれば仮定より
Σ[ij] aij^n =0 (∀n)
Vandermonde + αによりaij=0 (∀ij)

>>23正解！

このスレにもバカイナ湧いてんの

スルーできないアホが多い板だからイナ大喜びよ

円周率が3.05以上である事を示せ。

円周率3とした文科省に噛み付いた東大の受験問題。色んな意味でカッコイイ

円周率が3になるとかいうデマに惑わされた情報弱者がめっちゃ喜んでたよな

前>>17
今月もおもしろい問題にいっぱい出逢えますように!!

一辺√2の正方形があり外接する円を書きさらに外接する正方形と言う風に交互に書いていく時5つ目と7つ目の正方形の一辺の差を求めよ。

>>30は難問なの？

一行にまとめるのが難しい

これを示せ。

前>>29
>>30
1つ目の正方形の一辺:√2
2つ目の正方形の一辺:2
3つ目の正方形の一辺:2√2
4つ目の正方形の一辺:4
5つ目の正方形の一辺:4√2
6つ目の正方形の一辺:8
7つ目の正方形の一辺:8√2
∴5つ目の正方形の一辺と7つ目の正方形の一辺の差は、
8√2-4√2=4√2

円に外接する多角形の周長は円周よりも長いことを厳密に証明せよ。

tan(x)>x if 0<x<π/2
を示すの？

>>36
そう。トートロジーにならないように弧長の定義に沿って示してほしい。

「平面上の任意の閉曲線はある正方形の４頂点を線上に持つことを示せ」

これは難問なの？
難問だとして有名題なの？？
そもそも成り立つの？？？

>>37
偏角θが0<θ<π/2である点P(a,b)を単位円上に、Q(1,c)をx=1上にとる。
示すべきはθ<c。
θ=∫[0,b]1/√(1-y^2)dy
<∫ [0,b]1/√(1-b^2)dy
= b/√(1-b^2)
= c

>>39
正解。微積分の教科書作成で循環論法なしでこれを示すのが難しいらしい。

0＜x＜90 を満たす有理数 x のうち、tan x°(=tan πx/180) も有理数になるものは x=45 だけであることを証明せよ。

ネタ元は加藤和也が一般向けに書いた本だよ

>>41
tan n°が有理数ならtan(n,45)°=tan m°も有理数。
m≠45ならmは9または15の約数よりtan9°またはtan15°が有理数。
tan9°は方程式
(3x-x^3)/(1-3x^2)= (1-2x^2)/(2x)
すなわち
1-10x^2+5x^4=0
の解であるが、この解は
x=±√(5±√5)
であり、いずれも有理数ではない。(∵ 5±√5が有理数ではない。)
tan15°が有理数ならtan30°も有理数であるがこれは1/√3なので有理数ではない。

https://imgur.com/jCJgZ9B.jpg

a[i]=(5+2√6)^i+ (5-2√6)^iとおいてn=a[2019]-1。
a[i+2]=10a[i+1]-a[i]、a[0]=2、a[1]=10。
容易にa[i]≡2(mod 4)。
√6≡16 (mod 25)により5±2√6≡5±7 (mod 25)。
7^4≡49^2≡(-1)^2≡1(mod 25)であるから
(5±2√6)^20≡(5±7)^20≡1(mod25)によりa[2019]≡a[-1]≡a[1]≡10(mod 25)。
以上によりa[2019]≡10(mod 100)。
∴ nを100で割った余りは9。

違います
答えはトリップです(答えが1なら名前欄に
#1
と書く)

2√5ね。やり直し

a[i]=(5+2√5)^i+ (5-2√5)^iとおいてn=a[2019]-1。
a[i+2]=10a[i+1]-5a[i]、a[0]=2、a[1]=10。
容易にa[i]≡2(mod 4)。
vを√5進付値としてv(a[i])≧i)。
とくにa[2019]は25の倍数。
以上によりa[2019]≡50(mod 100)。
∴ nを100で割った余りは49。

Prelude> let a = map ((+(-1)).fst) $ iterate (\(x,y)->(y,10*y-5*x)) (2,10)
Prelude> take 10 a
[1,9,89,849,8049,76249,722249,6841249,64801249,613806249]
Prelude> let b = map (truncate) $ iterate (*(5+(sqrt 20))) 1
Prelude> take 10 b
[1,9,89,849,8049,76249,722249,6841249,64801249,613806249]
Prelude> flip mod 100 $ a!!2019
49

正12面体の3面を任意に選ぶとき、12面体の頂点のうち選んだ3面のいずれかの頂点となるものの個数の期待値を求めよ。

前>>34
>>47
正十二面体の一つの面の形は正五角形。五つの正五角形と接する。頂点の数はぜんぶで、
5+10+5=20
面の数はぜんぶで12あり、うち3つをどう選ぶかで、その3つの面に使われてる頂点の数は変わる。
それぞれの頂点が�@3つの面に含まれてることもあれば�A2つの面に含まれてることもあるし�B1つの面のみに含まれてることもあるし�C3つの面のいずれにも含まれてないこともある。
�@の場合は頂点の数だけ、すなわち20通りある。
�Aの場合は2つの面の選び方が辺の数だけ、すなわち5+10+5=20(通り)あり、2つととなりあわないあと1つの面が8通りあり、
20･8=160(通り)ある。
�Bの場合は1つの面の選び方は任意で、
1つととなりあわないあと2つの面が6Ｃ2=15(通り)ある。
�Cの場合は、
あわせて12Ｃ3=12･11･10/3･2=220(通り)あればいいから、
220-20-160-15=25(通り)
あってる可能性がある。
選んだ1つの頂点が、
選ばれた3つの面のうちいくつに含まれてるか、
その期待値は、
3(20/220)+2(160/220)+1(15/220)=3/11+16/11+3/44
=(19･4+3)/44
=79/44
=1.79545454……

不正解

前>>48訂正。
>>47
正十二面体の一つの面の形は正五角形。五つの正五角形と接する。頂点の数はぜんぶで、
5+10+5=20
面の数はぜんぶで12
3つの面をどう選ぶか。
任意に選んだ頂点が、
�@3つの面に含まれてる場合
頂点の数、すなわち20
�A2つの面に含まれてる場合
2つの面の選び方は辺の数、すなわち5+10+5=20
あと1つの面の選び方は8
20･8=160
�B1つの面のみに含まれてる場合
1つの面の選び方は12
1つととなりあわないあと2つの面が、6Ｃ2=15
12･15=180
�C3つの面のいずれにも含まれてない場合
期待値は、0
12面から3面選ぶ場合の数は、
12Ｃ3=12!/3!･9!=12･11･10/3･2=220
1つの頂点が、
3つの面のうちいくつに含まれてるか、
その期待値は、
3(20/220)+2(160/220)+1(180/220)=3/11+16/11+9/11
=28/11
=2.545454……

不正解

前>>50わかった！
いずれかの頂点になるだ。
わかってきたぞ。
20ある頂点のうち、
3つの正五角形のいずれかが取りうる頂点の数の期待値の最大値は、
5･3=15
天辺の取り方は12通り。
二段目5つは空ける。
三段目5つのうち手前に2つ目の面をとると、3つ目の取り方はとなりを空けて2つある。
12の面から3つとる取り方は、
12Ｃ3=12･11･10/3･2
=220
場合分けして解く。
�@いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合、
天辺の取り方は12
2つ目の取り方は下段に5
3つ目の取り方は下段に2
12･5･2=120
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数は、
5･3=15
期待値は、
15(120/220)=90/11
�A1辺だけ重なるように3つの面をとる場合、
となりあう2つの面ととなりあわないあと1つの面の取り方は4通りあるから、
天辺の取り方は12
2つ目の取り方が5
3つ目の取り方が4
12･5･4=240
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数は、
5+3+5=13
期待値は、
13(240/220)=156/11
�B1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる取り方は、
天辺の取り方が12
2つ目の取り方が5
3つ目の取り方が4
12･5･4=240
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数は、
5+3+3=11
期待値は、
11(240/220)=12
�C3つの面が1つの頂点で重なる取り方は、
天辺の取り方が12
2つ目の取り方は上段に5
3つ目の取り方は上段に2
12･5･2=120
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数は、
5+3+2=10
期待値は、
10(120/220)=60/11
�@�A�B�Cより、
(90/11+156/11+156/11+12+60/11)/5=(462/11+12)/5
=(42+12)/5
=54/5
=10.8
自信ない。

不正解

頂点の数は、
15、13、11、10の4種類。
それぞれの起こる確率を足すと1になるはず。
220を超える分子が気になった。
前>>52
4種類の起こる確率が正確に把握できれば、
期待値は出るはず。
12ぐらいかな？

前>>54
>>47
�@頂点の数が15の場合(いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目は空ける。
3段目の5つのうち2つをとる取り方は、
5Ｃ2=5･4/2=10
12･10=120(通り)
�A頂点の数が13の場合(1辺だけ重なるように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は4
12･5･4=240(通り)
�B頂点の数が11の場合(1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は4
12･5･4=240(通り)
�C頂点の数が10の場合(3つの面が1つの頂点で重なる取り方は)、
天辺の取り方は12
2つ目の取り方は上段に5
3つ目の取り方は上段に2
12･5･2=120(通り)
�@�A�B�Cの場合の数の合計は、
120+240+240+120=720(通り)
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数の期待値は、
�@�A�B�Cより、
15(120/720)+13(240/720)+11(240/720)+10(120/720)=3+11/3+5/3
=(15+26+22+10)/6
=73/6
=12.166……

不正解不正解

>>42
用意していたのと毛色の違う答案が来たので読めないでいる。
後半は読めそうなんだが、
そのn,mは整数？

nは整数、m=(45,n)は45とnの最大公約数。
0<n<90, n≠45, tan n°が有理数と仮定すると
m=(45,n)とおくとき
mは45の45でない約数かつtan m°が有理数
となる。
∵ mが45の約数であるのは自明。
m=45とするとnは45の90未満の倍数。
∴n=45。
これはn≠45に矛盾。
m=45x+ny を満たす整数x,yが取れるが加法定理とtan45°、tan n°がともに有理数と仮定してるからtan m°も有理数。

前>>55
正十二面体の頂点の数は20。

12の面のうち3つの面にある頂点の数の期待値として、12.166……は妥当な値だと思うんですが、半端ですね。

解くたび値が変わってるし。
計算間違いしたのかな？

前>>59訂正。
>>47
�@頂点の数が15の場合(いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目は空ける。
3段目の5つのうち2つをとる取り方は、
5Ｃ2=5･4/2=10
12･10=120(通り)
�A頂点の数が13の場合(1辺だけ重なるように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は3
底辺の取り方は1
12･5･(3+1)=240(通り)
�B頂点の数が11の場合(1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は2
2段目ととなりあわない2段目の取り方は2
12･5･(2+2)=240(通り)
�C頂点の数が10の場合(3つの面が1つの頂点で重なる取り方は)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目は空ける。
2段目ととなりあう2段目の取り方は2
12･5･2=120(通り)
�@�A�B�Cの場合の数の合計は、
120+240+240+120=720(通り)
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数の期待値は、
�@�A�B�Cより、
15(120/720)+13(240/720)+11(240/720)+10(120/720)
=(15+26+22+10)/6
=73/6
=12.166……

前>>60あ、そうか！　2段目空ける場合が抜けてるわ。訂正。
>>47
�@頂点の数が15の場合(いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目は空ける。
3段目の5つのうち2つをとる取り方は、
5Ｃ2=5･4/2=10
12･10=120(通り)
�A頂点の数が13の場合(1辺だけ重なるように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は3
底辺の取り方は1
12･5･(3+1)=240
2段目を空ける場合は、
3段目の取り方が5で、
かつ底辺をとる。
12･5=60
240+60=300(通り)
�B頂点の数が11の場合(1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は2
2段目ととなりあわない2段目の取り方は2
12･5･(2+2)=240(通り)
�C頂点の数が10の場合(3つの面が1つの頂点で重なる取り方は)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目は空ける。
2段目ととなりあう2段目の取り方は2
12･5･2=120(通り)
�@�A�B�Cの場合の数の合計は、
120+300+240+120=780(通り)
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数の期待値は、
�@�A�B�Cより、
15(120/720)+13(300/720)+11(240/720)+10(120/720)
=(15･2+13･5+11･4+10･2)/12
=(30+65+44+20)/12
=159/12
=13.25

不正解

前>>62
>>61重複しとるね、3段目。訂正。綺麗な値になった。あってるかもしんない。
>>47
�@頂点の数が15の場合(いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目は空ける。
3段目の5つのうち2つをとる取り方は、
(5Ｃ2)/2=(5･4/2)/2
=10/2
=5
12･5=60(通り)
�A頂点の数が13の場合(1辺だけ重なるように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は3
底辺の取り方は1
12･5･(3+1)=240
2段目を空ける場合は、
3段目の取り方が5で、
かつ底辺をとる。
12･5=60
240+60=300(通り)
�B頂点の数が11の場合(1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は2
2段目ととなりあわない2段目の取り方は2
12･5･(2+2)=240(通り)
�C頂点の数が10の場合(3つの面が1つの頂点で重なる取り方は)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目は空ける。
2段目ととなりあう2段目の取り方は2
12･5･2=120(通り)
�@�A�B�Cの場合の数の合計は、
60+300+240+120=720(通り)
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数の期待値は、
�@�A�B�Cより、
15(60/720)+13(300/720)+11(240/720)+10(120/720)=(15+13･5+11･4+10･2)/12
=(15+65+44+20)/12
=144/12
=12

不正解

>>47
問題文には「正12面体の3面を任意に選ぶとき」とあるが、
重複不可の三面なら12.3636...　、重複可なら、11.5625

正解

n次元空間の一片の長さが1の正n+1面体の体積を求めよ。

全部チョロいけど一つの問題に2年掛かる

もはや体力なし。力尽きてそろそろ死ぬ。南無阿弥陀仏。

数学板:(簡単に解ける奴はきもい)

前>>64
>>47
まだ重複してたってことだな。
3面選ぶのに重複しましたもんで2面ですとか、3面とも重複しましたん、せやで1面なんですとかボケるのなしで、
136/11ってことか。
もしそれが正解なら、俺の答えは144/11
あと8/11だけ重複してたってことになる。
あと8、重複をみつける。

前>>72訂正。難問だな。
>>47
�@頂点の数が15の場合(いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目は空ける。
3段目の5つのうち2つをとる取り方は、
5Ｃ2=5･4/2
=10
重複してるから5
12･5=60(通り)
�A頂点の数が13の場合(1辺だけ重なるように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
1辺が重なる2面ととなりあわない面は4
12･5･4=240
2段目をとらずに3段目と底辺の6枚のうちとなりあう2枚をとる取り方は10
12･10=120
240+120=360
�B頂点の数が11の場合(1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目の取り方は2
3段目をとらずに2段目ととなりあわない2段目をとる取り方は2
12･5･(2+2)=240(通り)
�C頂点の数が10の場合(3つの面が1つの頂点で重なる取り方は)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
3段目は空ける。
2段目ととなりあう2段目の取り方は2
12･5･2=120(通り)
�@�A�B�Cの場合の数の合計は、
60+360+240+120=780(通り)
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数の期待値は、
�@�A�B�Cより、
15(60/780)+13(360/780)+11(240/780)+10(120/780)=(15+13･6+11･4+10･2)/13
=(15+78+44+20)/13
=157/13
=12.07692308……

前>>73
>>66答えだけ当ててもなんにもならない。出題者以外だれが理解するんだ。

ちなみに期待値の線型性を用いるとかなり楽に解けます。

前>>74
>>75
書き方が違うだけでやってることは同じみたいだ。
天辺で12掛けてるのを省略すると、
�@5�A30�B20�C10
正解は�@5�A30�B15�C5
つまり頂点の数が15のときと13のときは訂正してあってるってことか。�B�Cがちょっと多かったみたい。頂点の数が11のときと10のときが重複してないか、なんで多くなってるのか検討してみます。

各面、各頂点に番号を振り、実際に三面を選んだとき、いくつの頂点が選ばれたかを、
プログラムでも確かめてあります。（重複不可と重複可の両方走らせてあります。）

http://codepad.org/UBUAl3KK

前>>78�@�A�Cは修正した。�Bがまだ不明。
>>47
�@頂点の数が15の場合(いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目は空ける。
3段目の5つのうち2つをとる取り方は、
5Ｃ2=5･4/2
=10
重複してるから5
12･5=60(通り)
�A頂点の数が13の場合(1辺だけ重なるように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
1辺が重なる2面ととなりあわない面は4
12･5･4=240
2段目をとらずに3段目と底辺の6枚のうちとなりあう2枚をとる取り方は10
12･10=120
240+120=360
�B頂点の数が11の場合(1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
この2面ととなりあう6面のうち4面がとりうるから、
12･5･4=240(通り)
�C頂点の数が10の場合(3つの面が1つの頂点で重なる取り方は)、
天辺の取り方は12
2段目で2つとる取り方は5
12･5=60(通り)
�@�A�B�Cの場合の数の合計は、
60+360+240+60=720(通り)
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数の期待値は、
�@�A�B�Cより、
15(60/720)+13(360/720)+11(240/720)+10(120/720)=(15+13･6+11･4+10)/12
=(15+78+44+10)/12
=147/12
=12.25

前>>80�@�A�Cは修正済み。
�Bもわかった。
>>47
�@頂点の数が15の場合(いずれの辺も重ならないように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目は空ける。
3段目の5つのうち2つをとる取り方は、
5Ｃ2=5･4/2
=10
重複してるから5
12･5=60(通り)
�A頂点の数が13の場合(1辺だけ重なるように3つの面をとる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
1辺が重なる2面ととなりあわない面は4
12･5･4=240
2段目をとらずに3段目と底辺の6枚のうちとなりあう2枚をとる取り方は10
12･10=120
240+120=360(通り)
�B頂点の数が11の場合(1辺が重なり、かつ別の1辺が重なる場合)、
天辺の取り方は12
2段目の取り方は5
この2面ととなりあう6面のうち4面がとりうるが、
2段目からとる場合は5つのうち2つをとる取り方は10で、重複してるから5
12･5=60
3段目からとる場合は2段目1つについて3段目2つがとりうるから5･2=10
12･5･2=120
60+120=180(通り)
�C頂点の数が10の場合(3つの面が1つの頂点で重なる取り方は)、
天辺の取り方は12
2段目で2つとる取り方は5
12･5=60(通り)
�@�A�B�Cの場合の数の合計は、
60+360+180+60=660(通り)
3つの面のいずれかに含まれる頂点の数の期待値は、
�@�A�B�Cより、
15(60/660)+13(360/660)+11(180/660)+10(120/660)=(15+13･6+11･3+10)/11
=(15+78+33+10)/11
=136/11
=12.363636……

三面の「形状」（＝相対的な位置関係）で分類し、数え上げる方法（＝考え方）。

密着型：
　頂点は１０個。一つの頂点を共有する三面で構成。
　正十二面体上の一つの頂点と１対１に対応づけられる。従って２０通り
鎖型：
　頂点は１１個。三つの面が繋がっている。ただし、密着型では無いもの。
　真ん中の面と、その面内の一つの辺で、三面を特定できる。従って１２×５＝６０通り
2分離型：
　頂点は１３個。三面の内二面が接触、他の一面が非接触。
　接触している二面は、その共通辺に対応づけられ、非接触の一面は４つの候補がある。従って、稜の数の４倍。３０×４＝１２０通り
3分離型：
　頂点は１５個。お互い共通辺を持たない。
　密着型の三面のすぐ外にできる三面がこれにあたり、密着型と１対１に対応づけられる。従って２０通り

20+60+120+20=220。合計220通り。

プログラムでも示したように、「三面」の選び方はC[12,3]=12*11*10/3!=220通りが基本。
3!　分を「あえて」重複して数えたりする方法もあろうが、その場合でも、この倍数になるのが普通。
そうならない場合は、何かがおかしい。

https://imgur.com/9zzzxKK.jpg

28

難問じゃないの出すのやめ

前>>81
>>83
34乗のとこが2乗なら、
展開式のxの係数が最大のkで、
2･4･√2=8√2
4乗なら、
x^2の係数が最大のkで、
6･4^2･√2=96√2
……
34乗のとき、
x^17乗の係数が最大のk。
あとで考慮します。

ほとんど誰も答えてないな

別に解く義務はないからね。
面白そうと思ったやつ限定で挑戦してまつ。

>>58 は合ってた。
45x+nyを計算する過程で90+180Zを通らないか心配したけど、
これはyを適切にとって先にnyを計算して45づつ引けば回避できるわ。

で >>42
tan 9° の最小多項式は
1-4x-14x^2-4x^3+x^4=0
が正しくて、4つの根は
x=1+s√(5)+t√(5+s√5)
s,t∈{±1}
(複号3つだが4通りしかとれないという意味)
らしいです(wolfram調べ)

まあ整数度についてはこれで正解にしよっか

>>42
はtan18°の最小多項式だな。
tan9°が有理数⇒cos36°=(1+√5)/4も有理数
tan15°が有理数⇒cos30°=√3/2も有理数
の方が計算は楽？

こっちの使ってるのが飛び道具だから
無理はしてくれるなと思うけど
有理数度の場合の答えは
来週末に書きます

引くってか足すこともあるか

>>89
ほぉーん
これもちゃんと解いたら
tan18°=√(1-2/√5) だ

ついでに
1,2,3,... 度のtanの最小多項式の次数 24,24,8,24,6,... をwolframに聞いてOEISに突っ込んだけどなかったw

exp(2πi/n)の最小多項式の次数=φ(n)
やcos(2π/n)のそれ=φ(n)
は有名だけどね。
tan(2π/n)のそれもやろうと思えばできるんだろな。

あ、[Q(cos(2π/n)):Q]=φ(n)/2 (n≧2)でした。

[Q(cos(1°)):Q]=φ(360)/2=48
か

素数 p≧3 に対して
[Q(tan(2π/p)):Q]=φ(p)=p-1
というのがあった

この方向でいくなら
正確に求めずとも1でさえなければ無理数確定だが

>>41の問題をこの方向で解くだけでいいなら
[Q(tan2π/n):Q(cos4π/n)]=1,2と比較的簡単に証明できる[Q(cos(2π/n)):Q]などをうまく使えば出来る。
しかしどうせなら気分良く[Q(tan2π/n):Q]を明示的に求めたいものだ。

多分できた

[Q(tan(2π/n):Q]=
φ(n) (n:odd)
φ(n/2)/2 (8|n)
φ(n/2) (otherwise)

自信はない。

>>68
R^n で解くのは面倒
R^{n+1} に n+1 個の点を
(1,0,...,0) の置換から得られる座標に取って全ペア結ぶと、
一辺が √2 の n 次元 n+1 面体 A になる
これと各座標軸に垂直な n+1 個の n 次元面 x_i=0 とで囲まれる図形 K は
n+2 個の n 次元面を表面とし n+1 次元体積をもつ

表面積1の八面体の体積の最大値を求めよ

>>68
K の n+1 次元体積 V は
勝手な n 次元面を底にして
V = (底の n 次元体積) × 高さ × 1/(n+1)

A は n 次元平面 Σx_i=1 にあるので
A を底とみるとき K の高さは
原点から Σx_i=1 までの距離であり、それは 1/√{n+1}
よって
V = volume(A) × 1/(n+1)^{3/2} ...[1]

一方で x_1=0 にある K の面 B を底とみると、
B の体積を求めるには次元を下げて帰納的にいけば
V = V_{n+1} = V_n × 1 × 1/(n+1),
V_2 = V_1 × 1 × 1/2,
V_1 = 1
よって
V = 1/(n+1)! ...[2]

>>68
V = volume(A) × 1/(n+1)^{3/2} ...[1]
V = 1/(n+1)! ...[2]
から
volume(A) = √{n+1}/n!

しかし A の一辺は √2 だった
単位長さに調節すると
(n 次元物体なので n 乗)
Ans. √{n+1}/(2^{n/2} n!)

どやどや

辺上のみならず面の内側を切ってもよいとするとき、
展開図を単位正方形にできる八面体のうち体積が最大のものがわかっていて
アレキサンダー・ダイソン・オルーク(ADO)の八面体というらしい
秋山仁の新書より

でも>>98はこれじゃないんだろうな

違うよ。
正解は
V1=1
V2=√3/4
V3=√2/12
V4=√5/96
‥‥
です。

あ、ごめん、>>100が答えね。正解です。お見事。

>>98は面白スレで散々盛り上がったやつね。
懐かしい。

>>68の用意してた解答
p1〜pnを
|pi|=1、pi・pj=1/2 (i≠j)
となるようにとる。
グラム行列GをG[ij]= pi・pjで定めれば求める体積Vは
V=1/n!√|G|。
Iをn次単位行列、Aを全成分が1/2の行列、B[11]が(n/2)残りは0の行列とする。
AとBはトレースが等しくともにランク1なので相似。
よって
|G|=|A+I/2|=|B+I/2|=(n+1)/2^n。
以上により
V=√{n+1}/(2^{n/2} n!)。

綴りが気になってたので自分でググったら
Alexander, Dyson, O'Rourke と出た

>>47の用意してた解答。
頂点をp1〜p12としてpiが選んだ3面のいずれがの頂点となるとき1、そうでないとき0をとる確率変数とする。
求めるのはE(ΣXi)=ΣE(Xi)。
E(Xi)はpiが選んだ3面のいずれがの頂点となる確率に等しく、その値は
1-c[9,3]/c[12,3]=1-84/220=34/55。
∴求める期待値は
34/55×20=136/11。

e^π と π^e はどちらが大きいか

logπ/π<log e/e。
∵ log x/xはx≧eで単調減少
∴ π^e < e^π。

>>109
電卓叩けば出る問題って寂しい

じゃあ別人だけど
n^{n^n} が {10^7}^{2^122} を初めて上回る正整数 n を求めなさい。

電卓を叩くための変形がいる

電卓叩く
5.316e36<2^122<5.317e36
∴10^37.212e36<(10^7)^(2^122)<10^37.219e36
26<6.157e36
26<10^1.415
∴26^(26^26)<10^8.712155e36
27^27>4.434e38
27>10^1.431
∴27^(27^27)>10^6.345054e38
∴n=27

>>113
正解〜

x^y=y^x をみたす異なる実数xとyを全て求めよ

てｓと

半径1の円に内接する二つの正三角形を独立に一様分布でえらぶとき、共通部分の面積の期待値を求めよ。

>>115
(log x)/x = (log y)/y = t
0 < t < 1/e
を満たす x ≠ y の組は無数にある

内角が全て等しく、辺の長さが全て整数の素数角形は必ず正多角形となることを示せ.

辺の数をp、辺の長さをai、ζ=exp(2pi/p)としてΣaiζ^i=0。
∴ai=aj (∀i j)

>>120
早いな さすが正解です

pが素数のときなぜa_i=a_j (for all i,j)になるのか示して欲しいけどまあ分かってるだろうからいいか

半径が1の球の表面または内部に点を一つとるとき、その点と球の中心との距離の期待値を求めよ

一様分布？

一様分布なら原点からの距離の分布関数は
F(r)=4πr^3/3 ÷ (4π/3) = r^3。
よって期待値は
∫[0,1] rd(r^3) = ∫[0,1] 3r^3dr = 3/4。

前>>85
>>122中心との距離は0〜1のあいだにある。
0は一点のみ、1は表面にたくさんある。1/2もかなりあるが1ほどじゃない。
期待される距離は、3/4
>>117二つの正三角形が一致するとき重複部分の面積は、一辺√3の正三角形の面積だから、
3√3/4
ちょうどずれて正六角形になるとき、その面積は正三角形を9分割した6個分になるから、
(3√3/4)(6/9)=√3/6
3/4と1/6のあいだは、
11/24
期待される面積は、
11√3/24

>>125
答えだけでいいよ
そもそも違ってること多いから君

https://light.dotup.org/uploda/light.dotup.org618446.jpg

手当たりしだいにやっていって、答えは「179」かなー？と思うのですが
ちゃんとした解き方教えて下さい。

x/4 - r/4= x/5- s/5 ⇔ x = 5r - 4s
(r=-2,-1,0,1 s=-2,-1,0,1,2)

一の位で四捨五入って35なら40ってことか？

あ、少数第一位じゃないのか

>>127です。
申しわけありませんスレ違いでした。
「算数スレ」を見つけたので、そちらで聞くことにします。

これあんまりキレイに解けそうにないなぁ。
押さえ込んで絞り込んでくしかないんじゃない？

>>125
不正解

ある整数Nを4で割って一の位で四捨五入したものがQだとすると、Q-5≦N/4＜Q+5
同様にNを5で割って一の位で四捨五入したものがQだから、Q-5≦N/5＜Q+5

5Q-25≦N＜4Q+20でなければならない。これを解いてQ＜45
Qは10の倍数だからその最大は40
よって35≦N/4＜45かつ35≦N/5＜45となる最大の整数Nを求めれば良い
解は179

>>134
なるほど！ありがとうございます！

じゃあ用意していた解法を書くね
>>95がおそらく正しいが判断しきれませんでした
あと>>94は自分でした

まずガウス整数環 Z[i] の素因数分解についておさらい
Z[i] の0でない元は素因数分解でき、その一意性もある意味で成り立つ。

素数(素元)に単元(±1,±i)を掛けたものはみな素数とするのが普通。
この解答では、偏角が (45°, 45°] の範囲にある素数を「赤い素数」と呼ぶことにする。

Z[i] の0でない元は
i^t Π{p_k}^{a_k}
(p_k は相異なる赤い素数, a_k≧1)
の形に p_k の順番の違いを除いて一意に表せる。

>>117を高校生でも理解できる形に読み替える方法。

Eを底面がz=-π/3にある原点中心の単位円に内接する正三角形で高さが2π/3の柱とし、Fを-π/3≦z≦π/3にあり、z=tにおける断面が(cos t,sin t)を頂点に持つ単位円に内接する正三角形である立体とする。
EとFの共通部分の体積を求めよ。

これの答えの÷2π/3が求める期待値。
この積分は高校生でもできるハズなんだけどなぜかwolfram先生はやってくれないんだよな。

tan x° が有理数と仮定する。
あるガウス整数 z=a+bi をとって
arg(a+bi)=x°, tan x° =b/a とできる。
z の素因数分解を
i^t Π{p_k}^{a_k}
(p_k は相異なる赤い素数, a_k≧1)
とする。

0＜x＜90 を満たす有理数は
ある正の整数 N をとって
xN を360の正の整数倍にできる。
M=z^N は正の整数となり、
複素共軛 ~ を考えると
M=(z^N)~=(z~)^N

(>>137 訂正 (-45°, 45°] )

M=i^{Nt} Π{p_k}^{Na_k} ...[1]
共軛をとると
M=i^{-Nt} Π{(p_k)~}^{Na_k} ...[2]
両者の素数に対応がつかなければならない。

ア. arg(p_k)≠45° の場合
(p_k)~ も赤いので
(p_k)~=p_k' となるk' がある。
p_k が実数なら k=k' で自身と対応する。
p_k が虚数なら k≠k' で p_kp_k' が実数。 a_k=a_k' も成り立つ。
結局ここからは実数しか出ない。

イ. arg(p_k)=45° の場合
(p_k)~ は-45°なので赤くない。
しかし i(p_k)~ は赤いので
Πの外から適当な数のiを持ってきて調節すればよい。
i(p_k)~=p_k なので自身と対応する。
ちなみに偏角45°の素数は 1+i のみ。

さて
z=i^t Π{p_k}^{a_k} は
iの積
×アから得られる実数
×イの偏角45°の素数の積

なので、(0°, 90°) では45°しかありえない。

以上

>>140
乙。
ミソはzにおける赤い素因子pの多重度がp~の多重度と常に等しい事ね。
ナル。
>>96の証明そのうち書こうと思いますが、私の証明長いのでどなたか短いの見つけたら書いて下さい。

n次元双曲空間H^nの境界S^(n-1)の異なる3点をH^nの等長変換群SO(n,1)で自由に動かす事は出来るか？

nを2以上の任意の自然数とするとき、1+(1/2)+(1/3)+・・・+(1/n)は非整数であることを示せ

n=2のとき明らか。
n>2のときはチェビシェフの定理により(n/2)<p≦nを満たす素数pがある。
vをp進付置とすると1≦K≦nにおいてk=pのときのみv(1/k)=-1でそれ以外ではv(k)=0。

wikiのチェビシェフの定理はnは1より大きい自然数だが1より大きい実数でも成立するのは容易。

>>142
n=2では容易。
以下ポアンカレモデルを用いる。
すなわちH=H^nはn次元実ベクトル空間の単位球の内部で等長写像は単位球と直交する球による反転であり、向きを保つものはそれらの偶数回の合成と考える。
A,B,Cを∂Hの3点とし、A',B',C'を(1,0‥),(-1,0‥),(0,1,0‥)とする。
A,B,CをA',B',C'に移せればよい。
まずSO(n)の作用はHの距離を保つからA=A'としてよい。
ABOを含む平面Pで切ればn=2の場合から中心がPに含まれる偶数回の反転でAを止めたままBをB'に移せる。
よってB=B'も仮定してよい。
よってABC全てを含む平面Qが採れる。
C''をOC''=1, ∠AOC''=π/2と採ればやはりn=2の場合からA,Bを止めたままCをC''に移せる。
よって∠AOC=π/2としてよい。
この時二つのCONS (OA,OC,‥)と(OA',OC',‥)が採れて互いにSO(n)で写しあえる。□

>>145
正解！

>>119関連
1〜1001を並べ替えた数列anで
Σ[n=1,1001]an^2exp(2πi n/1001)=0
を満たすものが存在することを示せ。

>>143の別解
nを二進数表示したときの桁数をa≧2とし、2進付置をvとするとa桁以下の全てのkについてv(k)≦a-1であり、等号成立はk=2^(a-1)の時のみ。
特に1〜nの自然数kではk=2^(a-1)を除いてv(k)<a-1であるからv(Σ[k:1〜n]1/k)=-a+1。

4/2019=(1/x)+(1/y)+(1/z)をみたす自然数x,y,zを求めよ

>>149
2019を素因数分解すると1、3、673、2019だよね？
3×673でできる数2019だよね？

>>149
(x,y,z) = (673,2692,8076) とか

>>151
2665/1358787
どんなチェックしたらそんな値出てくるんだ？

答え1個出すだけなら
1/673+1/6057+1/6057+1/6057
でもいい。
全部出せと言われるとアルゴリズムとしては受験数学レベルでもよく出てくる話なので難しくはない、が、数値がデカすぎて手計算ではやる気しない。

>>153
解けるやつの主張がみんな意味分からん過ぎててワケわかめ
>>150だがなんで4つなの？xyzなんだけど
府に落ちなさすぎて眠れない助けてくれ

この手の方程式の解を全部見つけるアルゴリズムはそこそそ有名で受験でも時々出るんだよ。
京大文系の過去問とかで

1=1/x+1/y+1/z
の自然数解求めよ

とか。
有名な解き方はx≦y≦zとして、x≧4なら３つ足しても1に届かないのでx=1,2,3。
よって
1/y+1/z=0, 1/y+1/z=1/2, 1/y+1/z=2/3
‥‥

と小さい方から可能性が有限個に絞られていくので根気よくやっていけば解ける。
が、本問でそれやると死ぬ。

>>152
いやむしろその数値どこから出てきた

>>156
ふつうのだが
https://i.imgur.com/JYx7aEt.jpg

>>157
手計算なのか。努力は誉めたい。
xzのとこ見直すことを勧める。

>>155
寝てたわすまん
そのアルゴリズムは足すなのにxyzの一つすらも2019超えてくるのなんで？約分で消えるから？
yz+xz+xyからa^n b^m+p c^l+q？みたいな式あるの？今日まで知らんかった。なんてアルゴリズム？

>>149
計算機回して少なくとも192個の異なる解を得たが、
x＜y＜z＜10000 に限ると >>151 のが唯一かな
x≦y≦z＜10000 なら3通りある

>>158
あー5435148だー死んだ
ありがとうすっきりした

>>161
お疲れさま。
ちなみに、2692 や 8076 が 673 の倍数だってことを利用すれば、計算はもっと簡単なはず。

>>160
大きなものは1兆を少し超える
(x,y,z) = (505,1019596,1039574983620)

なんじゃ、そんなん手計算で出せるわけない。
なんかうまい方法みつけたら手計算でもできるよではないのか。

RSA-24:300414687283

>>159
特にこのアルゴリズムに名前は付いてないと思う。
このタイプの方程式なら変数の数が何個になっても答えが出せる。
ただ変数が2個まできたら分母払って整理した方が早い。
京大の例なら
x=2のとき
1/y+1/z=1/2
⇔(y-2)(z-2)=4
⇔(y,z)=(3 6),(4,4)
x=3のとき
1/y+1/z=2/3
⇔(2y-3)(2z-3)=9
(y,z)=(3,3)
みたいに。
今回のも1個x=673とか勘で決めると残り二つは分母払って出せる。
その時整数解が存在しうるxを理詰めである程度絞れるなら手計算でも答えられなくないんだろうけど、コレは計算機マターだな。

>>166
いや、計算機ないと厳しいっす。

エジプト分数、精神に悪い（

2019の倍数の中に、111…1の形の整数(1だけが並んでいる)があるか？

(10^φ(9n)-1)/(10-1) ≡ 0 (mod n) if (10,n)=1

長軸の長さが2a、短軸の長さが2bの狭義の楕円の周長は、2πaと2πbの相加平均より小さく相乗平均より大きい事を示せ。

しまった。
相加平均の方が小さい。
>>171は無かったことに。orz

[2019/1],[2019/2],[2019/3]…[2019/2018],[2019/2019]の2019個の整数の中に異なる整数は何個あるか。ただし、[ ]はガウス記号とする。

https://i.imgur.com/tGOuIY0.jpg

[2019/1],‥,[2019/44]=45は相異なるので44個。
[2019/45]=44,‥,[2019/2019]=1は1〜44すべて現れるので44個。
計88個。

クラスとは何か？

sin1° は有理数か

>>177
x=sin1° を有理数と仮定する。
このとき、sin5°＝5x−20x^3＋16x^5であるから
y=sin5°は有理数である。
このとき、sin15°=3y−4y^3であるから、
z=sin15°は有理数である。
このとき、sin45°=3z−4z^3であるから、
w=sin45°は有理数である。
sin45°は、正方形の辺と対角線の比と等しい。この比は無理数であるから矛盾する。
このことから、最初にsin1° を有理数と仮定したことが誤りであることがわかる。

よって、x=sin1° は無理数である。

円周率が3.14より大きいことを証明せよ

>>179
3.140＜3.141

>>163
へぇ〜そんなに大きな解があるのか。意外

aとbを正の実数とするとき、(a^b)・(b^a)≦(a^a)・(b^b)を証明せよ

a≦b、c≦dのときad+bc ≦ ac+bd
与式は
b log a+a log b ≦ a log a+b log b。

>>181
以下の計算式を逆にたどれば分母が大きくなる理由も納得できるのでは
1/505+1/1019596+1/1039574983620
=1/505+1/1019596+1/(1019595×1019596)
=1/505+(1/1019596)(1+1/1019595)
=1/505+(1/1019596)(1019596/1019595)
=1/505+1/1019595
=1/505+1/(505×2019)
=(1/505)(1+1/2019)
=(1/505)(2020/2019)
=4/2019

>>182
a≦bとしても一般性を失わない。
b=ka(k≧1)とおく。
a^a・b^b−a^b・b^a
=a^a・(ka)^(ka)−a^(ka)・(ka)^a
=a^a・k^(ka)・a^(ka)−a^(ka)・k^a・a^a
=a^a・a^(ka)・{k^(ka)−k^a}
≧0

△ABCの内接円の半径が1のとき、外接円の半径の最小値を求めよ

前>>125
>>186
(答え)2
∵題意の△ABCは作図するとAB=BC=CAのとき外接円の半径を最小にし、正三角形の内角は60°だから。

tan1(rad)は有理数か。

yes by F. Lindermann, K. Weierstrass

nが奇数のとき、n^5≡n(mod 240)であることを証明せよ

>>190
n^5 - n = n(n+1)(n-1)(n^2+1)
が240の倍数であることを示せば良い。
240 = 2^4*3*5
だから3の倍数かつ5の倍数かつ16の倍数を示せば良い。

n-1, n, n+1 のうちいずれか一つは3の倍数。

mod 5 で
n≡0ならnが、
n≡1ならn-1が、
n≡2,3ならn^2+1が、
n≡4ならn+1が
それぞれ5の倍数。

nは奇数なので
n^2+1は偶数。
n-1とn+1も偶数で、一方は4の倍数。(他方は4k+2型)
合わせて(n+1)(n-1)(n^2+1)は16の倍数。

どっかの入試かしら。

Wikipediaの「四乗数」に最近手を入れたんだけどこれでもいけるんじゃない？
n(n^4-1) が240の倍数ならよくて
かなりの場合 n^4≡1 (mod 16,3,5) になる
ならないのは n≡0 (mod 3,5) のときだけなので左がOK

n^4≡1 (mod 16) が長いんだな

座標平面において、3つの格子点をどのように選んでも、その3点を結んだ三角形は正三角形にならないことを示せ

ピックの定理から三角形の面積は有理数。

もし正三角形だとすると
一辺は三平方より√整数
面積=一辺×一辺×√3/4
=整数×√3/4
これは無理数。
矛盾。

1から10までの整数を5つの組(a,b),(c,d),(e,f),(g,h),(i,j)に分け、a-b=1,c-d=2,e-f=3,g-h=4,i-j=5とすることができるか

1から12までの整数を6つの組(a,b),(c,d),(e,f),(g,h),(i,j),(k,l)に分け、a-b=1,c-d=2,e-f=3,g-h=4,i-j=5,k-l=6とすることができるか

>>195
前者は
2-1, 9-7, 6-3, 8-4, 10-5

後者は
左辺を7, 8, 9, 10, 11, 12の中から選ばなければならず
12と組むのに6を使ってしまい
差が1になる組み合わせが無くなるので不可能

>>196
後半がわからない。
12の相方が6確定なのはなぜ？
12-6を組み合わせると差が1になる組み合わせがなくなるのはなぜ？

あ、12-6にしないとダメなのは分かった。
なぜ1が作れなくなるの？

あ、いや、12-6が必須の理由もまだわかんないや。
詳しく。

>>198
左辺には7〜12しか置けない
12には6しか組み合わせられない
残りの右辺候補1〜5では左辺7〜11とどう組み合わせても1を作れない

あー勘違いだ
左辺に7〜12しか置けないなんて事ない

一項目の和+ニ項目の和=78
一項目の和-ニ項目の和=21
だからか。
なるほど。

>>195 後半
a-b=1,c-d=2,e-f=3,g-h=4,i-j=5,k-l=6より
(a+c+e+g+i+k) = (b+d+f+h+j+l) + 21
一方、(a+c+e+g+i+k) + (b+d+f+h+j+l) = 78 だから
(a+c+e+g+i+k) = 99/2 かつ (b+d+f+h+j+l) = 57/2 でなければならない
これを満たす整数解はない>>195

単純な話、差が1, 3, 5の組は偶奇の組で残りの奇数と偶数が三個ずつ
差が2, 4, 6の組は偶偶or奇奇なので不可能か

「無理数の無理数乗は無理数である」は真か偽か

コレ高校生でも理解できる奴もあるけどやっぱりLindemannだよな。

>>205
題意を仮定すると√2^√2は無理数だが(√2^√2)^√2=2より矛盾する。偽。

あれ？
これよく考えたらLindemannなんかどうでもいいのか。
2^m=9^nは非自明整数解を持たないからlog[2]9は無理数。
√2も無理数。
しかし(√2)^(log[2]9)=3は有理数。
反例一個出すだけならLindemannもヘッタクレもないのか。

半径rのπ倍の線分を作図せよ

>>209
無理

集合AとBの冪集合をそれぞれP(A)とP(B)とする。
問1.「A⊂B ⇔ P(A)⊂P(B)」は真か偽か。
問2.「A∈B ⇔ P(A)∈P(B)」は真か偽か。

>>211
1は偽
P(A)とP(B)が共に空集合を元とするため真部分集合にならない

2は偽
P(B)はAの部分集合全てを元として持つが、Aの部分集合全ての集合であるP(A)を元として持つ訳ではない

>>211
> 1は偽
「⊂」が真部分集合と部分集合のどちらを意味するかは流儀によるけれども、
> P(A)とP(B)が共に空集合を元とするため真部分集合にならない
の意味が分からない
A⊂Bの時にP(A)がP(B)の真部分集合にならないといっているのか、
P(A)⊂P(B)の時にAがBの真部分集合にならないといっているのか
前者なら、
> P(A)とP(B)が共に空集合を元とするため真部分集合にならない
は、任意の空集合を元に持つ2集合は真部分集合の関係にならない、と言っており明らかに偽
後者も、A=φ、P(A)={φ}、B={φ}、P(B)={{φ},φ}と楽に反例を作れる。もちろん前者の反例にもなる

同値を示すなら例えばこうだろうか
A⊂B
⇔∀x∈P(A) x⊂A⊂B
⇔∀x∈P(A) x⊂B∈P(B) (∧A≠B)
⇔∀x∈P(A) x∈P(B) (∧P(A)≠P(B))
⇔P(A)⊂P(B)


> 2は偽
> P(B)はAの部分集合全てを元として持つが、Aの部分集合全ての集合であるP(A)を元として持つ訳ではない
偽なのはいいけれど、→と←のどちらのことか分からないがA∈BとP(A)∈P(B)のどちら仮定にしろ、
> P(B)はAの部分集合全てを元として持つ
なんてことは言えないだろう

A={{φ}}、B={{{φ}},φ}とすると
P(A)={{{φ}},φ}
P(B)={ {{{φ}},φ} , {{{φ}}} , {φ} , φ}
の通りA∈B、P(A)∈P(B)だが、P(B)はAの部分集合であるA自身{{φ}}を元に持たない

>>213は>>212宛て

実数αが全ての自然数nに対してn^α∈Zを満たすならばαは非負整数である事を示せ。

>>214
αが非負整数でないとする。
容易にα>1。
[α]=Nとしf(x)=α(α-1)‥(α-N+1)x^(α-N)とおく。
f(x)をx〜x+1で積分する事をN回繰り返すと
Σ[k:0〜N](-1)^(N-k)C[N,k](x+k)^α
=∫∫‥∫fx)dxdx‥dx
xが自然数のとき左辺は整数値、右辺は十分大きなxに対して(0,1)に属する。
矛盾。

>>216
訂正N>[α]ととる。
最近超越数論使うと一撃の問題がいっぱい出てるから、>>215ももしかしたらその手の問題かなと思ったけどwikiに載ってる定理使ってもうまくいかなかったなぁ？

長方形の辺上に3点をどのように選んでも、その3点を結んだ三角形の面積は長方形の面積の半分以下であることを証明せよ

前>>187
>>218
2点を長方形の頂点にとり、その2点を結ぶ辺をめいいっぱいとったとしても、もう一辺をもっとも遠い頂点にとったとき、3点が作る三角形は長方形の2辺と対角線で作る直角三角形がせいぜい最大で、面積は大きくとも長方形の1/2である。
∴示された。

x=0とx=1の2点だけで連続な関数は存在するか

f(x)=x^2-x (x:有理数)
0 (x:無理数)

n枚の硬貨を投げたとき、表がk枚出る確率を求めよ。

n枚の硬貨を投げてから、そのうちの任意の2枚をひっくり返したとき、表がk枚になる確率を求めよ。

C(n,k)/2^n

>>221
ほぉーよくぱっと出てくるねえ

半径4の球Sの表面に任意に点A, Bをとり、半径1の球T, Uがそれぞれ球Sの内側で点A, Bに接しているとき、球T, Uが交わっている確率を求めよ

前>>219
>>225
半径4の球内に半径1の球を詰めていくと、中心角80°の範囲に2個入る。
∴80°/360°=2/9

∠AOB<2arcsin(1/3)となる確率である。
よって
(∫[7/9,1]π(1-x^2)dx + (1/3)(7/9)(4√2/9)^2π)/(4/3π)

>>225
TとUが接するとき
Sの中心,Tの中心,Uの中心が
辺長3,3,2の三角形をなす。
この中心角はarccos(7/9)≒38.9°だが出す必要はない。
相似に拡大して
Sの中心,A,Bが
辺長4,4,8/3の三角形をなす。

Aを固定して直線距離8/3より近い範囲にBがあればよい
Sのうちこの範囲の表面積は π(8/3)^2 で求められる
Sの表面積は 4π4^2
確率はこの比で
π(8/3)^2/(4π4^2)=1/9

前>>226訂正。
自分の答えとほかの方の答えから考察し、
1/9＜(正解)＜2/9
と予想した。
計算過程は整理中。
π{36/(3.25)^2}/4π3^2
=1/10.5625
=8/845
(答え)8/845

前>>229訂正。計算ミス。
1/10.5625
=16/169
=(4/13)^2

2020を2つ以上の連続した自然数の和に分解する方法は何通りあるか

前>>230
>>225
半径1の玉の中心が存在しうる表面積は、
π3^2――�@
半径1の球の中心Aを決め、半径1の球の中心Bがこの2つの球が接するように動くとき、中心Bが存在しえない表面積は、コンタクトレンズの前面のような膨らんだ曲面積。
このとき中心Bは円軌道を描くが、その半径は、直角三角形の辺の比が、
1:3:2√2なんで、
2(2√2/3)=4√2/3
中心Bのとりえない表面積は、
球体の表面積の出し方だ、やっぱり。球の半径が3でも4でも。欠球？　欠片？　っていうのかな、の曲面積。
�@を分母として分子の出し方。円の周長を積分するのかな？

微積できらればすぐ示せるけど積分したら負けだからなwww

>>231
3通りじゃないかな
402+……+406
249+……+256
31+……+70

前>>232
>>233そうだった。積分したら負けだ。俺は負けない。
直角三角形の辺の比が、
1:3:2√2
∵ピタゴラスの定理。
相似だから、
△OABの辺の長さは、
4/3:4:8√2/3
AB=(4/3)･2=8/3
Aを固定したときBのとりうる曲面積2πrhにおいて、
r=(8/3)(2√2/3)=16√2/9
h=(8/3)(1/3)=8/9
よってBのとりうる曲面積は、
2πrh=2π(16√2/9)(8/9)
半径4の球の表面積=4π4^2
半径4の球内面に任意に接着した半径1の2球が重なる確率は、
2π(16√2/9)(8/9)/2π4^2=(2/9)^2
=4/81

前>>235
>>225別解。
>>226より、2/9という比を得た。
元は80°/360°だが、
任意の2球が重なる確率は面積比になるから、
これを2乗すればよい。
∴(2/9)^2=4/81

そんなに小さくない

>>231
負整数を含んでいいならあと4通りある

切頂二十面体の二種類の面それぞれの立体角を求めよ。

前>>236
>>237たしかに。
2球が重なる曲面積は球面なんだから、1/9より小さいのはおかし。

前>>236
>>237たしかに。
2球が重なる曲面積は球面なんだから、1/9より小さいのはおかしい。

前>>241
>>225
球Sの内面を球Tに接しながら球Tのまわりをまわるように球Uを動かすと、点Bから点Aについて点Bと対称な点B'を経由して一周するあいだに2πrの軌道を描く。
BB'の中点をNとして、
AN=r,NB=h
球Tと球Uが重なる確率は、
2πrh/4π4^2=rh/32
ピタゴラスの定理より、
r^2+(4-h)^2=4^2
r^2+h^2-8h=0
r^2=8h-h^2――�@
また球Sの中心をOとすると、球Tと球Uの接点をP、球Uの中心をQとして、△OPQは直角三角形で、辺の比が、
1:3:2√2だから、
△OABにおいて、
AB=8/3
ピタゴラスの定理より、
h^2+r^2=(8/3)^2=64/9――�A
�@�Aよりh=8/9
求める確率は、
4√2/81

n個の自然数がある。このとき、その「一つ」、または「複数個の和」にnで割りきれるものがあることを証明せよ
例、{5,6,7,8}のとき、8は4で割りきれる
例、{2,5,7,9}のとき、5+7は4で割り切れる

>>225
球TとSが接しているとき∠AOB=θとする
このときsin(θ/2)=1/3
倍角公式からcosθ=1-2(sin(θ/2))^2=7/9

Aを固定したときTとUが重なるようなBの範囲の立体角は公式から2π(1-cosθ)
求める答えはこれを全立体角4πで割って(1-cosθ)/2=1/9

前>>242計算、訂正。
>>225
BB'の中点をNとして、
AN=h
BN=r
2πrh/4π4^2=rh/32――�B
ピタゴラスの定理より、
r^2=8h-h^2――�@
h^2+r^2=(8/3)^2――�A
�@を�Aに代入すると、
h^2+8h-h^2=64/9
h=8/9――�C
�Aに代入し、
r^2=8(8/9)-(8/9)^2
=(64/9-1)(8/9)^2
=(55/9)(8/9)^2
r=8√55/27――�D
�C�Dを�Bに代入し、
求める確率は、
(8√55/27)(8/9)/32
=2√55/243

前>>245計算ミス、訂正。
>>225
BB'の中点をNとして、
AN=h
BN=r
2πrh/4π4^2=rh/32――�B
ピタゴラスの定理より、
r^2=8h-h^2――�@
h^2+r^2=(8/3)^2――�A
�@を�Aに代入すると、
h^2+8h-h^2=64/9
h=8/9――�C
�Aに代入し、
r^2=8(8/9)-(8/9)^2
=(8-8/9)(8/9)
=(64/9)(8/9)
r=16√2/9――�D
�C�Dを�Bに代入し、
求める確率は、
(16√2/9)(8/9)/32
=4√2/81

まだ小さい

>>227はSの半径を1として体積比に置き換えているのか。
計算すると自分>>228と同じ1/9になる。

自分の π(8/3)^2 という一見怪しげな式の根拠は
http://shochandas.xsrv.jp/area/sphere.html

なに、htmだと！？
http://shochandas.xsrv.jp/area/sphere.htm

あえてのガウスボネを使ってみる。
半径Rの球上の点Aからの直線距離がa以下の球面上の点全体のなす部分Mの面積をSとする。
ガウスボネの定理により
∫[M]KdA+∫[∂M]kds=2πχ_M。
Mは円盤と同相なので右辺は2π。
KはSの各点において1/R^2。
よって第一項はS/R^2。
球の中心をO、∂M上の点Bを選び∠AOB=θとおく。
∂Mは半径Rsinθの円である。
∂Mの十分小さい近傍を平面上に展開したとき半径Rtanθの円弧となるからk=1/(Rtanθ)。
よって第二項は2πRsinθ/(Rtanθ)=2πcosθ。
一方でsin(θ/2)=a/(2R)であるから結局第二項は2π-a^2/R^2。
以上によりS=πa^2。

前>>246
>>225
半径4の球に内接する半径1の2球が重なる確率は、
2πrh/4π4^2=rh/32――�@
(4-h)^2+r^2=4^2――�A
r^2+h^2=AB^2――�B
AB=8/3――�C
�Cを�Bに代入すると、
r^2+h^2=64/9――�D
�Aより、r^2=8h-h^2――�E
�Dに代入すると、
8h-h^2+h^2=64/9
h=8/9――�F
�Eに代入すると、
r^2=8(8/9)-(8/9)^2
=(8-8/9)(8/9)
={(72-8)/9}(8/9)
=(64/9)(8/9)
=8(8/9)^2
r=(8/9)2√2
=16√2/9――�G
�F�Gを�@に代入すると、
求める確率は、
(8/9)(16√2/9)/32
=4√2/81

>>251
この問題が半径3の球から見て直線距離が2以下の点のなす領域の割合なのはわかる？
正二十面体の辺と外接球の半径はほぼほぼ同じなので結局一辺の長さが3の正二十面体のある頂点からの直線距離が2以下の点のなす割合にほぼほぼ等しい。
で、ある一頂点含む面のその頂点に近い部分の2/3はその条件満たすでしょ？
そう考えるとその数値は明らかに小さすぎると思わん？

公式 2πrh における r に代入するのは
もとの球の半径 4 であって断面の半径 16√2/9 ではない

つまり>>251は�Aから文字の置き方がおかしい
こいつの間違いの根源これだろ

40°と80°は
平面において作図不可能な角度として有名

空間図形とはいえ適当な断面図が定規とコンパスで書ける状況下で
そんな角度が出てくるわけがない

>>243
n個をa_1,a_2,…,a_nとする。このとき、次のn個の数を考える。
a_1
a_1 + a_2
a_1 + a_2 + a_3
　:
a_1 + a_2 + a_3 + … + a_n
この中にnの倍数が一つでもあればそれが答え。一つもない場合はnで割ると余りは1〜n-1のどれかになるはずだが、上にはn通りの式があるので余りが等しいものがある。それを
a_1 + a_2 + a_3 + … + a_i = nm + r
a_1 + a_2 + a_3 + … + a_j = nm' + r
とする(i＜j)と、下式から上式を引いた
a_(i+1) + … + a_j = n(m'-m)
はnの倍数になりok

前>>251考察。小さいなぞが解けた！
>>225
>>253r=4なの？　つまり曲面積は球冠球欠断面の半径じゃなく、球の半径に比例すると。
r=4だとすると、Bの軌道の半径はrとは別の半径r'を置かないといけない。
半径4の球に内接する半径1の2球が重なる確率は、
2πrh/4π4^2=rh/32
=h/8――�@ これは正しい。
(4-h)^2+r'^2=4^2――�A
r'^2+h^2=AB^2――�B
AB=8/3――�C
�Cを�Bに代入すると、
r'^2+h^2=64/9――�D
�Aより、r'^2=8h-h^2――�E
�Dに代入すると、
8h-h^2+h^2=64/9
h=8/9――�F これも正しい。
�@に代入すると、
求める確率は、
(8/9)/8
=1/9

n^3 + 3、n^5 + 5、n^7 + 7が全て素数となる自然数はいくつあるか

(n^3+3)(n^5+5)(n^7+7)
≡n(n^2-4)(n+1)
≡n(n+2)(n-2)(n+1)
≡0 (mod 3)
∴ n^3+3,n^5+5,n^7+7 のいずれかは3である必要がある。

1からnまでの自然数から異なるm個a_1,a_2,…,a_mを選ぶとき、a_1の期待値を求めよ。ただし、n≧mとする。

(n+1)/2

>>259

n-1
　Σ 　(k-m+2)・kC(m-1) / nCm
k=m-1

a_1が最小値なら(n+1)/(m+1)

a[0]=0, a[m+1]=n+1, b[i]=a[i]-a[i-1]とおけば
E(b[i])=E(b[j]), Σb[i]=n+1
により
E(a[1])=E(b[1])=(n+1)/(m+1)。

うへぇこんなシンプルな答えになるのか
パスカルの三角形なぞって足すのが近道だと思ってやってみると>>262になるし全然近道じゃなかった

曲線y=x^3上に異なる9個の点a〜iがある。5つの組{a,b,c},{d,e,f},{a,d,g},{b,e,h},{c,f,i}の3点がそれぞれ1直線上にあるとき、{g,h,i}も1直線上にあることを証明せよ

g+h+i
=(-a-d)+(-b-e)+(-c-f)
=-(a+b+c)-(d+e+f)
=0

aを整数、bを0でない整数とするとき、分数a/bは「循環しない無限小数」にならないことを証明せよ

筆算を実行すると引き算の過程で出てくるのが必ずb未満0以上
よって少なくともb以下の桁数で循環する
じゃダメなんか

すべての自然数nについてn^4+mが合成数となる自然数mをひとつ示せ

x^4+64
=(x^2+4x+8)(x^2-4x+8)

難問ってちょっと賢い高校生なら解けるって意味？

誰も解けないだろっていうのではそれはそれで嫌らしいから加減が難しいね。

初出題だったし解けそうなの出したわ

nを自然数とし、n^2 +3とn+1の最大公約数をd_nとするとき、Σ[n=1→1010]d_nを求めよ。

>>275
2021

2019でね？

あれ、奇数の時のパターン逆になってたわ

2019ももう終わりか

方程式8(cos x)^3 - 4(cos x)^2 - 4(cos x) + 1 = 0を解け(0≦x＜π)

π/7, 3π/7, 5π/7

前>>256
>>280
8(cos x)^3 - 4(cos x)^2 - 4(cos x) + 1 = 0
(0≦x＜π)
8cos^3x-4cos^2x-4cosx+1=0
(2cosx-1)(2cosx-√2)^2=-3
cosπ＜cosx≦cos0
-1＜cosx≦1
-2＜2cosx≦2
-2-√2＜2cosx-√2≦2-√2
0≦(2cosx-√2)^2≦6+4√22cosx-1=-3/(2cosx-√2)^2
2cosx-1=-3/(6+4√2)のとき、
2cosx-1=-3(6-4√2)/4
8cosx-4=-18+12√2
8cosx=-14+12√2
4cosx=-7+6√2
cosx=3√2/2-7/4
=1.5√2-1.75
≒0.371320344
難しい。

前>>282
cosx=0.37132……のとき、
cos(3π/7)=0.22252……
cos(3π/8)=0.38268……
3π/7だったらまだ3π/8のほうが近い。

電卓で
8×0.3713203^3-4×0.3713203^2-4×0.3713203+1
と
8×0.2225209^3-4×0.2225209^2-4×0.2225208+1
を比べてみる事を何故思いつかんのかねぇ？

前>>283
>>284
かつてよく使ってた電卓は左下にEがついていて、正しく計算してくれない。

イナは荒らし（でなければガチの無能）だから相手にすんな

荒らしでかつガチの無能

しかしイナの場合相手にしようがしまいがとっくに正解出てる問題に訳のわからん誤答を延々と被せてくるからなぁ。

前>>285
答えだけ書く難問があろうはずがないだろう。

難問じゃないのを載せる出題側にも問題があるな

2以上の自然数nに対して、1+√2+√3+...+√n は無理数であることを示せ

a=√1+√2+‥+√n、K=Q(√1,√2?‥,√n)、d=[Q(a):Q]、b=(tr[K/Q](a))/dとおけばb=Σ[k:平方数]k<a。

a,b,cの3文字から重複を許してn個を選び、横1列に並べる。このとき、文字列ab（aの直後がb）を含まないのは何通りあるか。

aで終わる文字列の数をxn、b,cで終わる文字列の数をynとすれば
x[n+1]=xn+yn
y[n+1]=xn+2yn。
右辺traceが3でdeterminantが1だからt^-3t+1=0の二解をu,vとして
xn
=(u^n-v^n)/(u-v)x1+(u^(n-1)-v^(n-1))/(1/u-1/v)x0
=3(u^n-v^n)/(u-v)+(u^(n-1)-v^(n-1))/(1/u-1/v)。

2^α+3^α=1を満たす実数αがただ一つだけ存在し、無理数であることを示せ

互いに素である自然数m,nにおいて
3^(-m/n)=1-2^(-m/n)
であるとする。
K=Q(2^(1/n),3^(1/n))とし、Qの2進付値の上にあるKの付値vをとればv(3^(-m/n))=0、v(1-2^(-m/n))<0により矛盾。

>>294
x1=1 , y1=2→和=3
x2=3 , y2=5→和=8
x3=8 , y3=13→和=21
つまり、フィボナッチ数列の連続した2項の和になる
(1+√5)/2=p,(1-√5)/2=qとおくと
xn+yn
={p^(2n) + p^(2n+1) - q^(2n) - q^(2n+1)}/√5通り

>>297
>>294の特性多項式はx^2-3x+1。
フィボナッチ数列のそれはx^2-x-1。
たまたま何項かあっただけじゃないの？

数直線上の原点に動点Pがあり、1秒ごとに正か負の方にそれぞれp,1-pの確率で1だけ移動する。n秒後の座標の2乗の期待値を求めよ

p^nΣc[n,k](q/p)^k k^2
= p^nΣc[n,k](q/p)^k (k(k-1)+k)
= p^n(q/p)^2n(n-1)(q/p-1)^(n-2)
. + p^n(q/p)n(q/p-1)^(n-1)

>>299
あ、負の方向にも行くから
>>299 ×2 - qn。

>>299-300
あ、違う。
逝ってきます。

>>300

p^nΣc[n,k](q/p)^k (n-2k)^2
= p^nΣc[n,k](q/p)^k (4k(k-1)+4(1-n)k+n^2)
= 4p^n(q/p)^2n(n-1)(q/p-1)^(n-2)
. + 4(1-n)p^n(q/p)n(q/p-1)^(n-1)
. + n^2

>>299
n秒後の座標をXn、k秒後に正方向に動く場合をYk=1、負方向に動く場合をYk=-1とすると
　Xn = Y1 + Y2 + … + Yn
　Xn^2 = Y1^2 + Y2^2 + … + Yn^2 + 2Y1Y2 + 2Y1Y3 + …←後半はnC2通り
また
　E(Yk)=1×p - 1×(1-p) = 2p-1
なので
　E(Xn^2)
= E(Y1^2 + Y2^2 + … +Yn^2 + 2Y1Y2 + 2Y1Y3 + … )
= (±1)^2 + (±1)^2 + … + (±1)^2 + 2E(Y1)E(Y2) + 2E(Y1)E(Y3) + …←独立なので
= 1 + 1 + … +1 + 2(2p-1)(2p-1)nC2
= n + (2p-1)^2 × n(n-1)

a,b,cを自然数とするとき、一次不定方程式ax+by=cの自然数解(x,y)の組は[c/ab]組または[c/ab]+1組あることを証明せよ。ただし、[ ]はガウス記号とする。

(a,b,c)=(2,3,6)のとき自然数解なし

a^2 + b^2 = c^2を満たす自然数a,b,cについて、abc≡0(mod 60)であることを証明せよ。

abc≡0(mod 3)でなければa^2≡b^2≡c^2≡1(mod3)。
d=2cとおけばa^2+b^2+d^2≡0(mod 5)。
x≡0でないときx^2≡1(mod 5)もしくはx^2≡4mod 5)。
よって必要なら4倍して二つは^2≡1(mod5)として良い。
d^2≡b^2≡1のとき2+a^2≡0(mod 5)。
d^2≡a^2≡1のとき2+b^2≡0(mod 5)。
a^2≡b^2≡1のとき2+d^2≡0(mod 5)。
解なし。

>>307
やめろ。

見返したらmod 3の所2mn, (m+n), (m-n)のうち少なくとも一つの間違いだわ
あとmod 5の所mかnが0(mod 5)なら2mn≡0(mod 5)っての抜けていた

2桁 × 3桁 = 4桁 = 3桁 × 2桁の式で全体として回文になるものを書け。ただし、2桁と3桁の数はともに回文数ではないとする。
(例、22 × 303 = 6666 = 303 × 22などは駄目)

Prelude> let t x = (read :: String->Integer) $ reverse $ show x
Prelude> [(a,b) | a<-[10..99],b<-[100..999],let c=a*b,let (ta,tb,tc)=(t a,t b,t
c),c==tc,tc==ta*tb,a/=ta,b/=tb]
[(12,231),(21,132)]

1からnまでの自然数の総和が偶数であるとき、1からnまでの自然数を2つの組に分けて、それぞれの組に属する数の総和が等しくなるようにできることを証明せよ

n≡3 (mod 4)のとき
1+2 + 4+7 + 8+11 + ‥‥
= 3 + 5+6 + 9+10 + ‥‥

n≡4 (mod 4)のとき
. 1+4 + 5+8 +‥‥
= 2+3 + 6+7 +‥‥

3個のサイコロを同時に振るとき、どの2個のサイコロの目の和も5の倍数にならない確率を求めよ

p(5|x+y)=5/6×1/6+1/6×2/6=7/36=21/216
p(5|x+z ∧ 5|x+z)=5/6×1/36+1/6×4/36=9/216
p(5|x+y ∧ 5|x+z ∧ 5|y+z)=1/216
1-3×21/216+3×9/216-1/216=179/216

難問でもないし高校レベルの話多すぎてレベルが察せられる

5の倍数になる場合は
1,1,4→3通り
1,2,3→6通り
1,2,4→6通り
1,3,4→6通り
1,4,4→3通り
1,4,5→6通り
1,4,6→6通り
1,5,5→3通り
2,2,3→3通り
2,3,3→3通り
2,3,4→6通り
2,3,5→6通り
2,3,6→6通り
2,4,6→6通り
2,5,5→3通り
3,4,6→6通り
3,5,5→3通り
4,4,6→3通り
4,5,5→3通り
4,5,6→6通り
4,6,6→3通り
5,5,5→1通り
5,5,6→3通り

計100通り
よって、確率=1-100/216=1-25/54=29/54

>>317
p(5|x+y)=5/6×1/6+1/6×2/6=7/36=42/216
p(5|x+z ∧ 5|x+z)=5/6×1/36+1/6×4/36=9/216
p(5|x+y ∧ 5|x+z ∧ 5|y+z)=1/216
1-3×42/216+3×9/216-1/216=116/216

3次関数f(x) = x^3 + px + qについて、aが1, 1-p, 1-qのどれよりも大きいならば、f(x)=0の解はx＞aの範囲にはないことを証明せよ。

x>1,1-p,1-q
⇒x^3+px+q
>x^3+(1-x)x+(1-x)
=x(x-1)+1
>0

pを3より大きい素数とするとき、1+(1/2)+(1/3)+…+{1/(p-1)}を約分したあとの分子がp^2で割りきれることを証明せよ

n=p(p-1)-1とおいて1≦k≦p-1に対し1/k≡k^n(mod p^2)。
∴ 2Σ(1/k)
≡2Σk^n
≡Σk^n+Σ(p-k)^n
≡Σnpk^(n-1)
≡0(mod p^2)。

Σ{k:1→p-1}[k^2/n]≧(n-1)(n-2)/3と、等号成立するnが無限にあることを示せ.[]はガウス記号.

pとかnとか

r(k)でkをnで割った剰余とするとき
Σ[k^2/n]=1/6(n-1)(2n-1)-Σr(k^2)/n
よって
与式⇔Σ[kがZ/nZの平方剰余,1≦k≦n-1]k≦n(n-1)/4‥(❇︎)
そこで実指標φを
φ(k)=1⇔ kがZ/nZの平方剰余
で定めるとき
(❇︎)⇔ Σ[1≦k≦n-1]φ(k)k≦0。
dをnの約数とし、導手dの実指標χを
χ(k)=1⇔ kがZ/dZの平方剰余
とし、この形の指標全体をXとするとき
φ=Σ[χ∈X]<φ,χ>/<χ,χ>χ
ここで
φ(k)χ(k)=-1
であるのはφ(k)=-1、χ(k)=1
の場合に限られるがそのようなlを一つ固定すれば
φ(k)χ(k)=-1⇒φ(kl)χ(l)=1
により<φ,χ>≧0。
よって
Σ[1≦k≦n-1]χ(k)k≦0
を示せば十分であり、導手が素数のべきの場合に示せばしである。
2べきのときは容易である。
dが奇素数のとき
Σ[1≦k≦n-1]χ(k)= Σ[1≦k≦(n-1)/2]χ(k)n
である。
p≡1(mod4)である素数のべきの場合
Σ[1≦k≦n-1]χ(k)= Σ[1≦k≦(n-1)/2]χ(k)n=0
である。
p≡3(mod4)である素数のべきの場合
Σ[1≦k≦n-1]χ(k)= Σ[1≦k≦(n-1)/2]χ(k)n
であるが、この場合ガウス和
Σχ(k)exp(2πki/n)
の虚部が正であることから上式右辺は0以下である。
またnが法4で1に合同である素数のときには等号が成立するから等号成立は無限に起こりうる。

宇宙空間から地球の全表面をカバーした写真を撮りたい。地表からある一定の距離だけ離れて撮影することにする。4枚の写真だけで済ませるには地表から少なくともどれだけ離れていなければならないか。ただし、地球を半径がrの完全な球体とし、カメラの視野は180度あるとする。

>>328
地球に外接する正四面体の頂点から撮影すればよい。
半径rの球Sに外接する正四面体ABCDの一辺の長さaは(2√6)r
正四面体ABCDの高さ(√6 /3)a = 4rと球Sの直径2rとの差が撮影位置である。
よって地表からの距離は2r

ここんとこ一行に収まってないのでまくってないか？、

R^3\{0}は直線の直和か？

まずcを連続体濃度としてR^3＼{O}とcの一対一対応c→R^3＼{O}を選んでi→p(i)としておく。
同じくcでパラメタライズされた直線の族l(i)を
・p(i)∈l(i)、O∈R^3＼l(i)
・l(i)=l(j)でなければl(i)∩l(j)=φ
を満たすように超限帰納法で構成する。
l(1)は好きにする。
全てのj<iに対してl(j)が構成されたとする。
∪[j<i]l(i)にp(i)が入るときはp∈l(j)であるjを選んでl(i)=l(j)とする。
そうでないとき、各j<iに対してp(i)とl(j)を通る平面P(j)が一意に定まるが、それら平面の全体の濃度は連続体濃度より真に小さいためどれともことなる平面Pが選べる。
l(j)とPの交点をあればq(j)、なければ未定義とすると、これら定義されたq(j)の全体と、P∩{O}の全体の濃度はやはりPに含まれp(i)を通る直線の全体の濃度より小さいので、その中からp(i)を通りq(j)、Oを通らないものが取れる。□

>>332
集合論の素人ですみません
P(j)平面達の濃度が連続濃度より真に小さいのは何ででしょうか？

整列集合Xにおいて、a<bならば、{x∈X | x≦a}の濃度は{x∈X | x≦b}の濃度より真に小さいとは限らないと思うのですが

>>333
基数(cardinal number)とはその濃度と同じ濃度を持つ順序数(prdinal number)の中で最小であるもの
だからです。
証明でcは連続体濃度の基数としています。
cの各元iに対して{j |1≦j≦i}はcより小さい順序数になります。(順序数の集合がまた順序数と呼ぶのが初学者が混乱しやすいところ)
よってその濃度はcの濃度より真に小さくなります。

>>334
なるほど
ご丁寧に解説ありがとうございます

立方体の形をしたチーズをナイフで3回切り、大きい方の立体の面の数を11にするにはどう切ればよいか。ただし、切断面は平面とする。

誰か問題の意味解説して

>>336
これ解ある？
元々n面しか無い立体をどう切ってもできた二つの立体の面の数はどちらも高々n+1面にしかならないよね？
6面しか無い立体からスタートしたらどう3回切っても、どの断片も高々9面にしかならないと思う。
トンチ系かな？

もしかしてスパッと切り落とさないのもありなのかな？

x:y:z:11か。

0:4:z:11
zは4

ってことは立方体に側面を分断するまで切り込み入れて片方の側面の鋭角の角落とす

出来たけど図がないと説明しにくい
この図のように突き刺すように三回ナイフを入れれば二面から三角錐２つをくりぬける(+無意味な切れ込み)
これで11面

>>341
9じゃん

俺も書いてみた

>>342
三角柱じゃなくて三角錐２つをくりぬくんだよ
入り口を▲、出口も▲の向きで切ると三角柱になるが▲▼なら三角錐のペアになる

>>344
それ俺も初め考えたけど、6+3+3は？

>>341
これ、三角錐を2個くりぬいたあとに余計な刃跡が残るけど、
12個の面を作ることに成功してるんじゃない？

>>345
今戦慄してる
12を何の疑いもなく11と思ってた

4面のうち3面までにナイフが入った状態で元の立方体に繋がったまま取り外せない三角錐が6つ生じると思われる

>>347
これでしょ？
偶数面ならMINが3辺から1面が出来るから対称性から言えるんだが奇数だから偶数回切らないと奇数面にはならないんよね

今度こそ出来た…もっとシンプルだった
三角柱２つをくりぬいて11面だ

>>350
それでも出来るな

例え切り込みがあっても>>341の方が好きだな。

>>350
ちょっと待てよ？
立方体面で1面が2分されてるから2面で計7面で
内部で3+2=5面ある…計12面…
奇数なのになんじゃこりゃ

1,2,3の順で切る
https://i.imgur.com/W88fNxT.jpg

1個足りなくね？

>>354が正しい
>>350は手前の面が二分割されている事を失念してた

あ、手前にもう一面できるのか。なるホロ。

恋の方程式に解の公式はあるか？

恋の方程式における解の存在について真に驚くべき証明を見つけたが、この余白はそれを書くには狭すぎる