面白い問題おしえて〜な 34問目

過去ログ置き場(1-16問目)
//www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/

まとめwiki
//www6.atwiki.jp/omoshiro2ch/

過去スレ
01 //cheese.5ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
02 //natto.5ch.net/test/read.cgi/math/1004839697/
03 //mimizun.com/log/2ch/math/1026218280/
04 //mimizun.com/log/2ch/math/1044116042/
05 //mimizun.com/log/2ch/math/1049561373/
06 //mimizun.com/log/2ch/math/1057551605/
07 //science2.5ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
08 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
09 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1093676103/
10 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/
11 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
12 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1157580000/
13 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/
14 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1209732803/
15 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1231110000/
16 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1254690000/
17 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1284253640/
18 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1307923546/
19 //uni.5ch.net/test/read.cgi/math/1320246777/
20 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1356149858/
21 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1432255115/
22 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1464521266/
23 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1497416499/
24 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502016223/
25 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502032053/
26 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1518967270/
27 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1532793672/
28 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1540739963/
29 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1548267995/
30 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1572866819/
31 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1580123521/
32 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1586230333/
33 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598637093/
(前スレ)

【正12面体パズル】
(i)
20個の頂点に3面ずつ集まっているので、12面を上手く6色で塗り分け、各頂点に全6C3=20パターンが現れるように出来るだろうか？

(ii)
20個の頂点に3辺ずつ集まっているので、30辺を上手く6色で塗り分け、各頂点に全6C3=20パターンが現れるように出来るだろうか？

それぞれ可能なら例示し、不可能なら証明せよ

>>2
6色はabcdefとする
(i)不可能
12こある頂点を6色に塗り分けるので
(a) 1回しか使われない色がある
(b) いずれの色も2回ずつ
のいずれか
(a)の場合
aが1回として良い
このときaを含む三角形は５つしかないが6C3の中にaを含むものは10個ないといけないので不可能である
(b)の場合
aを2箇所に塗るが、隣接する２点は濡れない
aを含む三角形が10個できるが、そのうちのどの２つも辺を共有することはできない
よって２点は重心対称の２点をえらぶ必要なのはがある
コレが6色全てについて言えるから配色は重心対称
よって重心対称の２つの三角形は同じ3色を含むことになり不可である

>>2
可能
色はabcdefとする
(ii)可能
各辺に対して平行または垂直なものは自分自身を含めて6辺ずつある
この6個組が５つできるのでまず各組みにa〜eを割り当てて配色する
頂点Nをひとつ任意に選び、隣接する５点のなす正五角形をABCDEとする
NA〜NEは順にa〜eに配色されているとして良い
辺AB,BC,CD,DE,EAの配色はd,e,a,b,cである
よってNを含む５つの三角形の配色は
abd,bce,cda,deb,eac
である
辺AB,BC,CD,DE,EAを含むがNを含まない三角形のもう一つの配色は
cde,dea,eab,abc,bcd
でありコレら10個は全て異なる
コレら10通りと同じ配色になる三角形が重心対称にもう一組ずつある
ここでAB,BC,CD,DE,EAの配色を全てfに変更すると今あげた10個の三角形の配色は順に
cfe,dfa,efb,afc,bfd
となりコレら10個の配色も全て異なる
以上によりfを含まない10個の配色とfを含む10個の配色が全て出てきたのでこの配色で求める条件を満たすとわかる

>>3-4
正解です！

別スレの問題より

△ABCの面積をS、周の長さをL、とおく領域A,B,C>0, A+B+C=πにおける関数S/L^2は狭義上に凸の関数となる事を示せ

>>6
> 別スレの問題より
>
> △ABCの面積をS、周の長さをL、とおく領域A,B,C>0, A+B+C=πにおける関数S/L^2は狭義上に凸の関数となる事を示せ
A,B,Cが三角形の頂点っぽいのにA,B,C>0とか何言っているのか意味不明。

>>7
受験でよくやるやつです
頂点とその頂点での内角に同じ記号を使う
きにいらないなら適当に変えてください

>>8
> >>7
> 受験でよくやるやつです
意味不明な記号が使われていると即座に×でしょ。
こういう省略はアリで採点しますとか言っている高校とか大学とかあるの？

>>9
自分が使うのではなく教科書レベルですでに使われてる

△ABCの外接円の半径をRとするとき

2R=a/sinA=b/sinB=c/sinC
etc.

このような記号の濫用はよくある
ましてや全部書き出すとめんどくさい掲示板の数学なら言わずもがな

>>10
>頂点とその頂点での内角に同じ記号を使う
しかも角を指すのかその角度を指すのか長さを指すのか辺を指すのかそういったものすら全部同じ記号を使う。
そういうのが教科書でもよくあることなんだね。そうなんだ。

>>11
ああ、わかった。
A,B,Cが何なのか分からないから、対辺の長さのことと思い込んで変な問題だなと思ってたのがおかしかったのか。

>>12
そうです
それでお願いします

△ABCの面積を S(a,b,c) とおく。
領域 {a,b,c>0, a+b+c=L} における関数 S^2 は狭義上に凸の関数となる事を示せ。

>>14
f = √xy(1-x-y) とおいてfのhessian matrixをAとおく
Aの固有値が正である事を示せば良い
それはdet(A)が正でtr(A)が負である事を示せばよい
Aの(1,1)成分はfをxの関数と見做した時の2階微分であり負である
(2,2)成分も同様に負であるからtr(A)<0
また
det(A)=(x^2+xy+y^2-x-y) / (4xy(x+y-1))
であり分母は明らかに負である
分子は狭義凸で頂点(0,0),(0,1),(1,0)において0だから領域において負である
よってdet(A)>0

(hessian of hessian of sqrt(xy(1-x-y))
https://www.wolframalpha.com/input/?i=hessian+sqrt%28xy%281-x-y%29%29&;lang=ja

>>15
× 固有値が正
◯ 固有値が負

なんか変じゃね
det(A)は三角形条件を満たす範囲内で負になり得る

てか問題はS^2だからxy(1-x-y)で考えるべきで、これのヘッシアンも負定値にはならない
グラフ作ってみても明らかに凹んでる部分がある

アレ？
ホントだS^2か

アレ？
領域はa,b,c>0,a+b+c=Lでいいのか？
√ついてると思ってて暗黙に三角不等式は仮定したけどS^2だとL=7でa,bc=1,2,4は入れるんかな？
入れなくても大丈夫なんかな？

とりあえず元の問題はf=tan(A/2)tan(B/2)cot((A+B)/2)でヘッシアン計算させたら負定値で大丈夫っぽいな

イヤ、違う
x=(a+c-b)/L,y=(a+b-c)/L
とおいて領域はx,y>0,x+y<1で
S/L^2=√xy(1-x-y)
なのでSの凸性は大丈夫

>>20
そうそう
元の問題はwolfram先生を信じたら大丈夫

>>14
反例 L=24
(a,b,c)=(10,10,4)と(11,11,2)とこれらの平均

やっぱりS^2だと成り立たないね
2s=a+b+c、x=(s-a)/L,y=(s-b)/L,z=(s-c)/Lとおいてx,y,zの値域は
x,y,z>0, x+y+z=1‥�@
面積Sは
S=L^2/4√(xyz)
よって問題は

領域�@において4S^2/L^2=xyzが上に凸か？

になるけどx=t, y=t, z=1-2tという直線上で
S=t^2-2t^3
となるけどこれは0<t<1/2で上に凸ではないからダメやね

>>25
平均は(21/2,21/2,3)でS^2=243

>>25
>>24のx,y,zは3辺の長さじゃないから三角不等式関係ないよ
もとの3辺の長さa,b,cをパラメータにとって翻訳するなら
a=L/2-t, b=L/2-t とすると
c = L-a-b=2t
変域は
a>0,b>0⇔t<L/2
|a-b|<c<a+b⇔|0|<2t<L-2t⇔0<t<L/4
s=(a+b+c)/2=L/2
∴ S^2=s(s-a)(s-b)(s-c)=L/2 t t (L/2 - t)=L/2 t^2(L/2-t)
となりSは0<t<L/4において上に凸ではない

>>15
0<x,y<1でグラフを書いてみた。

https://i.imgur.com/B2aIcZF.png
https://i.imgur.com/tumlYKX.png
https://i.imgur.com/md6xpTG.png

>>17
(x*y*(1-x-y))で負の値も許して0<x,y,<1でグラフを書いてみた。
https://i.imgur.com/rVrm8Sh.png
https://i.imgur.com/DPph3AH.png

a+b+c=1, a+b>c, b+c>a, c+a>bとして
0<a<1, 0<b<1 で　ヘロンの公式での面積をグラフにしてみた。
https://i.imgur.com/3qlxqsB.png
https://i.imgur.com/C4jcwUM.png
https://i.imgur.com/TcYonRz.png

なんかウリュ爺くせーレスだな。

クサイじゃなくて100%
ほっとくべし

>>14
Sが凸である事の別解

a=px+q, b=rx+s, c=tx+u を任意の一次式として三次式f(x)を
f(x)=(L/2)(L/2-a)(L/2-b)(L/2-c)
とおく
f(x)=0の２つの実数解α、βにおいてf(x)>0 (∀x∈(α,β))を満たすとき、領域 D={ 〜 | y^2≦f(x),x∈[α,β] }が凸領域である事を示せば良い
そうでなければP∈∂Dをその点で∂Dが“うちに凸”であるように取れるPでの接線をy=mx+nとおける(∵ そのようにおけないのはy=0のときしかありえないがそのような点は高々３点しかないが、“うちに凸”である点は有れば無限個)
この時y=mx+nとy^2=f(x)の共有点はPと直線がDから抜ける2点Q,Rの３点が少なくとも存在しなければならない
P,Q,Rのx座標をα,β,γとする時、これらはf(x)=(mx+n)^2の解でαは重複度2でなければならないが、この方程式は三次方程式だから重複度の合計は3でなければならない事に反する

正方形から体積1の立方体の展開図を切り出す
その正方形の最小の面積を求めよ

>>34
まず
(0,0),(1,0),(3,4),(2,4)を含む最小の正方形について考える
平行四辺形の頂点のどれか一個でも正方形の内点なら正方形を小さくできるので不可能
よって正方形の一つの辺の法線ベクトルの偏角をθとする時
(3,4)・(cosθ,sinθ)=(1,4)・(-sinθ,cosθ)
解いて(cosθ,sinθ)=(5/√26,1/√26)で正方形の一辺の長さは
(3,4)・(cosθ,sinθ)=19/√26=3.726206567625...

同様にして(0,0),(1,0),(2,4),(1,4)を含む最小の正方形の最小の辺の長さは
8/√5=3.577708764

同様にして(0,0),(1,0),(2,4),(1,4)を含む最小の正方形の最小の辺の長さは
5/√2=3.535533905933

ココで立方体の展開図は11種類ありいずれの場合も上記の４点の組みを含むとして良い

https://www.google.com/imgres?imgurl=https://happylilac.net/thumb/rippotai_tenkaizu-12.png&imgrefurl=https://happylilac.net/zukei-rippotaitenkaizu.html&;docid=Fmz8CKoHSrsL2M&tbnid=UfLqcHyZ6uMs-M&vet=1&w=339&h=480&hl=ja&source=sh/x/im

よって一辺の長さを5/√2未満にする事は不可能
一方で(0,0),(1,0),(1,4),(0,4)を頂点とする長方形と(-1,2),(2,2),(2,3),(-1,3)を頂点とする長方形を合わせたものを展開図とすることができ、このとき正方形0≦x+y≦5,-1≦y-x≦4に収まっていて、その辺の長さは5/√2
∴最小値は5/√2

>>35
素晴らしい解答ありがとうございます。

「展開図」の定義をしていなかったのが申し訳ないのですが、ここでいう展開図とは面が正方形である必要はなく、連結な図形でかつ、折って組み立てると立方体になる平面図形のことです。

この定義の場合もう少し小さくすることが出来ます

それだと4/√2で可能はすぐ言えるけど、最小性なんだろうか？

例えばもし展開図の直径が4以上であることを示せれば
その帰結として4/√2の最小性は示せることになるね
条件が単純になって扱いやすくなる代わり、より強い条件になってしまうから
示せる保証はないけど…

まぁちょっと掲示板で暇つぶしにやるようなレベルでは収まらない気はするな
一抜けた

ほとんど自演だな。

質問する場所がわからないのでここの数学の天才達に質問します。

先程、リアルの家族4人でトランプゲームのババ抜きを行いました
最後の2人がジョーカー札を4回も往復させて勝負がつきませんでした。
ジョーカーが4回往復する確率を教えてください。

条件不足

>>36
ヒントおながいします

>>41
ジョーカーが一往復する確率は、
(1/2)^2=1/4
二往復する確率は(1/2)^4
三往復する確率は(1/2)^6
∴四往復する確率は(1/2)^8=1/64
ちなみにシミュレーションしてみたら、
最初に14枚配られた人がジョーカーだけになって負けた。
あとの3人の持ち札はそれぞれ6と10,6と3,3と10であった。

前>>44訂正。
>>41
(1/2)^8=1/256

既出だったらスマン

単位正方形をいくつかの正方形に分割するとき、それぞれの正方形の辺の長さは必ず有理数となることを示せ.

この問題は解法が中々面白かった

>>46
ああ一応補足で「いくつか」は有限個のことです

>>45
ありがとうございました^_^

>>44
二人が２枚と３枚を残してジョーカーだけを４回往復させたのかもしれんぞ。

羽田のことですね？

>>36
こういう形になるのかなぁ。

https://i.imgur.com/TXsKsmb.png

>>36
ヒントおながいします
もしかして答え持ってない系？

一辺の長さ4/√2の正方形の包装紙で一辺の長さ1の立方体を包むのは
多少余りが生じるけどギリギリ可能。
しかしそれ未満は無理、という話なんだろうけど
はてさて証明はどうすればいいものやら…

友達4人(ABCD)で10キロメートル離れたグランドに出かけます。しかし自転車は3台しかありません。みんな平等にするために何キロメートルずつ歩き何キロメートルずつ自転車に乗れば良いですかただし自転車は3台とも使わねばならず、簡単な図や表を用いて考えること。

全員合わせると徒歩10Km自転車30kmってだけのことなのに、図や表を使わねばならないところが難しいな

>>55
A: 自転車で7.5キロ走って放置し、徒歩で2.5キロ歩く
B: 自転車で5.0キロ走って放置し、徒歩で2.5キロ歩き、放置自転車で2.5キロ走る
C: 自転車で2.5キロ走って放置し、徒歩で2.5キロ歩き、放置自転車で5.0キロ走る
D: 徒歩で2.5キロ歩き、放置自転車で7.5キロ走る

まあ徒歩より自転車のが速いとか、細かい仮定は必要だろうけど

>>57
徒歩と自転車が同じ速度でも構わないのでは？

>>44
最後の2人になったときに残っているカードが二人あわせて3枚、5枚,、7枚....,27枚になる場合があるのでは？
そうなる確率はどうやって計算すればいいのだろう？

>>46
例えばルジンの問題の最小解と同じ配置の他の解があるかを考える
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AB%E3%82%B8%E3%83%B3%E3%81%AE%E5%95%8F%E9%A1%8C

正方形の大きさを未知変数として上左からx1〜x21として満たすべき方程式は

横向きに足して＝1より
x1+x2+x3=1
x1+x2+x4+x5=1
‥
x21+x20+x18=1
縦向きでも足して＝1より
‥
x3+x5+x10+x18=1

となる
逆にこの方程式を満たせばルジンの最小解の配置の長さが求まる
配置が違っても分割の配置に応じてそれぞれの辺の長さの満たす必要十分条件が有理係数の線形方程式て与える事ができる
コレは線形方程式だから
・無し
・ただ一組の有理数解
・一次式fi(t)で表示される無限個の解を持つ
のいずれかしかない
3番目のケースを否定すれば十分
このタイプになる配色があるとして面積が常に1より
1=Σfi(t)^2
が恒等式になる必要があるが、右辺の２次の項が非自明より矛盾

前>>45
>>50
2人が2枚と3枚を残してジョーカーを4往復させたと思って、
(1/2)^8=1/64
としました。

前>>61
>>55
Aが2.5キロ徒歩で🚶♀
B,C,Dが自転車🚴♀🚴♂🚵♀でスタートしてだれかがAと交代な、
って話だったじゃんね、Dがちょっと怒って、
しんがりのDは公平性を考えて自転車を担いでAに渡しただよな、
自転車を担いで歩く時間も必要だ。
2.5キロは遅いぜ、交代！
これがBには聞こえたが、聞こえなんだCは先行する。
どないなっとんねん？
徒歩2.5キロは4人ともやるとねして、
自転車7.5キロは乗りすぎだ、そう考えたCらは、
自転車を担いで歩く時間も必要だと気づく。

前>>62
>>55
徒歩より自転車が速い。
徒歩より自転車担いで歩くほうが遅い、ていうか放置自転車禁止だからその場で待機が良いか、引き返して渡すか。

>>62
あれ？
自転車に二人乗りするという答を大先生には期待してたのにｗ

>>61
それ、1枚と2枚が残ったときの計算では？
2枚３枚だと
計5枚のままで４往復させる場合と計3枚を経て4往復させる場合があるのでは？

前>>63
実際に計算してみいよ。
計算しないのは現実味がないからだろ。
つまり確率0。
0は足して変化なし。

前>>66
放置自転車は禁止だけど二人乗りは可能だからなぁ。
(1/2)^8+(1/2)^7(1/3)+(1/2)^6(1/3)^2+(1/2)^6(1/3)(1/4)+(1/2)^5(1/3)^3+(1/2)^5(1/3)^2(1/4)+(1/2)^5(1/3)(1/4)^2+(1/2)^4(1/3)^4+(1/2)^4(1/3)^3(1/4)+(1/2)^4(1/3)^2(1/4)^2+(1/2)^4(1/3)(1/4)^3+(1/2)^4(1/3)(1/4)^2(1/5)+(1/2)^4(1/3)^2(1/4)(1/5)+(1/2)^4(1/3)(1/4)(1/5)^2+(1/2)^4(1/3)(1/4)(1/5)(1/6)+(1/2)^3(1/3)^5+(1/2)^3(1/3)^4(1/4)+(1/2)^3(1/3)^3(1/4)^2+(1/2)^3(1/3)^3(1/4)(1/5)+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)^2(1/5)+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)(1/5)^2+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)^3+(1/2)^3(1/3)^2(1/4)(1/5)(1/6)+(1/2)^3(1/3)(1/4)^3(1/5)+(1/2)^3(1/3)(1/4)^2(1/5)^2+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)^3+(1/2)^3(1/3)(1/4)^2(1/5)(1/6)+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)^2(1/6)+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)(1/6)^2+(1/2)^3(1/3)(1/4)(1/5)(1/6)(1/7)+(1/2)^2(1/3)^6+……

>>60
すみません
＞面積が常に1より
1=Σfi(t)^2
が恒等式になる必要があるが

これってfi(t)が個々の一辺の長さとしてるということだと思うんだけどその場合は「1=Σfi(t)^2」は束縛条件なので恒等式ではなく、方程式ではないんですか？

>>68
ああごめん
すごい勘違いをしてた

理解しましたなるほど
Kerが1次元以上だとおかしいということか

>>60
なるほどこういう解法もあるんか

知っていた解法はHamel基底を使うものでした

元ネタはこれ
https://math.stackexchange.com/questions/14878/cutting-a-unit-square-into-smaller-squares?r=SearchResults

>>44
４人ババ抜きシミュレーションプログラムを書いて
２人残ったときの手持ちのカードの総数をだしてみた。
https://i.imgur.com/9c1Io1F.png

> print(table(Loser2)[1:5]/length(Loser2),digits=3)
Loser2
3 5 7 9 11
0.46132 0.39536 0.11206 0.02206 0.00721

４割近くの頻度で５枚になるみたい。

>>72
４人でババ抜きをしたときに１人の勝者が決まるまでに抜き取られた札の延べ枚数の期待値をシミュレーションでだしてみた。

https://i.imgur.com/Giz5fEC.png

厳密解は知らん。

>>60
上の線型方程式の条件から正方形の配置が得られるって本当なのかな
少なくとももうちょっと条件が要りそうな気がするけど

>>73
板間違えんなよジジイ。
https://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1607687111/

問題
非負整数全体の集合を N と置く。

n≧1, a_1,…,a_n∈N, b_1,…,b_n∈N, 1≦a_1＜a_2＜…＜a_n, 0≦b_k≦a_k−1 (1≦k≦n),
{ a_kN＋b_k}_{k＝1〜n} は互いに素

とする。このような (n,a_1,…,a_n,b_1,…b_n) を全て集めた集合を S とする。
各 α＝(n,a_1,…,a_n,b_1,…b_n)∈S に対して、I(α)＝∪[k＝1〜n](a_kN＋b_k) と定義する。
次が成り立つことを示せ。

∀α,β∈S s.t. I(α)＝I(β) ⇒ α＝β.

>最初に14枚配られた人がジョーカーだけになって負けた。

４人でババ抜きをする時は14枚配られた人が敗者になる確率が高いみたいだな。

>>74
ちょっと反例あるかもしれないので訂正します

単位正方形の正方形分割
□ = ∪[i∈I]□i
をとる
同じIをパラメータとする自由変数(xi)を用意しておく
分割の水平の辺eとe上の点Pに対してPの鉛直上方に向かう開半直線をu(P)とする
u(P)その閉包が共有点を持つ添字の集合U(P)を
u(P.) = { i | u(P) ∩ cl(□i) ≠ φ}
で定めておく
同様に鉛直下方への開半直線d(P)についてもD(P)を定める
水平辺eとe上の２点P,Qに対して(xi)の線形結合L(e,P,Q)を
F(e,P,Q)=Σ[i∈U(P)]xi + Σ[i∈D(Q)]xi
で定める
同様の定義を垂直な辺fとPから左、右に水平に伸びる開半直線L(P),R(P)について同様に
G(f,P,Q)=Σ[i∈L(P)]xi + Σ[i∈R(Q)]xi
で定める
F(e,P,Q), G(f,P,Q)の全体は有限集合となのでその全体をEとするとき、線形法廷式の族

　H(x1,‥) = 1 (H∈E)

の正の解の全体

コレなら元の分割を復元するのに十分

４人でババ抜きをするのに
1枚のジョーカーを含む53枚のカードを6,9,15,23枚に分けた。
ババ抜きの順番は無作為（例えばジャンケンで選ぶ）とする。
何枚のカードを選ぶのが最も不利か？

答え用意してない出題はスレが荒れる

前>>67
>>79
23枚
∵枚数が多いから先にあがる2人になれる可能性がいちばん低い。
文学賞でいうところの最終候補に残る可能性がそれに当たる。
つまり最終決戦に残れば受賞するか否かは審査員の好みや最近の傾向や時勢の空気などさまざまな要素の影響が考えられ、編集部もノータッチだと言われたりする所以とのこと。

>>71
この解法、よく見るとハメル基全体は必要ないですね。
分割に応じて有限個の実数が決まって、
それらの実数から生成されるQ上のベクトル空間とその上のQ線形写像が
あれば十分のはず。これなら証明がZFの中に納まる。

また、Q上一次独立な有限個の実数を考えるということは、
実質的には>>78みたいな線型方程式をガチャガチャ弄っているのと大差ないはずで、
たぶん根っこではやっていることは同じ。

>>80
せやな
答え持ってなさそうなやつは無視すべきやね

>>81
>44に書かれているようにシミュレーションしてみたら、偶数は不利みたい。

９人でババ抜きをするのに１枚のジョーカーを含む５３枚を２，３，４，５，６，７，８，９，９枚に分けたカードの山がある。
ババ抜きの順番は無作為（例えばジャンケンで選ぶ）とする。何枚の山を選ぶのが有利（敗けにくい）か？

>>76
aN+b は { ax+b | x∈N } の意味？
だとして
sN+b cN + d ⇒ (a,b) = (c,d)
は明らかだからα =(ai,bi), β=(ci,di)として
l(α) = l(β) ⇒ ∃π:perm. ai = cπi, bi = dπi ⇒ (ai,ni) = (ci,di)
(∵) si,ciがともに単調増大だからπは恒等写像

>>86
aN+b = cN + d ⇒ (a,b) = (c,d) という性質から

l(α) = l(β) ⇒ ∃π:perm. ai = cπi, bi = dπi

をどうやって導出しているのかよく分からない。

>>81
５３枚を１０，１２，１４，１７枚に分けてババ抜きを１万回シミュレーションして
負けた数をヒストグラムにすると、数としては一番大きいけど奇数の１７が一番負けが少なかった。

https://i.imgur.com/gnz56RJ.png

> table(re17)
re17
10 12 14 17
2584 2679 2707 2030

>>88
もっと枚数に差をつけてシミュレーションしてみた。

> table(re19)
re19
8 12 14 19
2556 2625 2725 2094

奇数の方が有利なのが実感できた。

>>81
最初の枚数が多くても最大限13数字とジョーカーだから、配られた時点でかなり捨てることができるぞ。

>>90
２３枚配られた場合、交換前に何枚残るか１００万回シミュレーションしてみた。

> summary(r23)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
1.000 5.000 7.000 6.939 9.000 13.000

２３枚配布されても実質数字の違うカードが７枚配布されたのに相当。

プログラムおじさん

>>91
ｎ枚配られた場合、交換前に何枚残るか。
シミュレーションして平均値と中間値をグラフにしてみた。
https://i.imgur.com/z5lazi6.png

こういうのは「思いついた問題スレ」的なの作ってそこでやるのがいいのでは

>>92
ババ抜きのシミュレーションは思ったより複雑なプログラムになったのでバグが残っているかもしれん。
厳密解が出せる人がいたら、その結果と照合してみたいのだが。
俺は慣れたR言語で書いたけど、他言語でのシミュレーション結果とも照合したい。
>44のシミュレーションってどうやったんだろう？トランプ使って実際に１回やってみただけ？

日本語が通じないプログラムおじさん

>>95
プログラムおじさん＝ウリュウのジジイ
詳細はこちら
https://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1607687111/

>>87

> >>86
> aN+b = cN + d ⇒ (a,b) = (c,d) という性質から

コレは S = aN+b において
a>0 ⇔ #S∩[0,∞) = ∞、a<0 ⇔ #S∩(∞, 0] = ∞、
|a| = min { |x-y| | x,y∈S, x≠y }
でSのみでaが決まり
a≧0 ⇒ b = min S, a≦0 ⇒ b = max S,
でSのみでbが決まるのだから明らか

> l(α) = l(β) ⇒ ∃π:perm. ai = cπi, bi = dπi

コレは(p1,‥,pn)と(q1,‥,qn)において各々が相異なる元からなる列の時
{p1,‥,pn}={q1,‥,qn} ⇔ ∃π:perm pi = qπ(i)
なんだから当たり前でしょ？

前>>81
>>44でやったシミュレーションは、
藁半紙の裏に鉛筆で四方に分けた数字に円描いて、
適当に見た別の計算式の小数のある数字をかぞえて、
その数字2つを塗りつぶしていくやり方だよ。
ぎっくり腰が再発してトランプ探す動きは不可能、
だいたいテスト中にトランプとか持ち込み不可だろうが。
シミュレーションはできて数回、
一回やって14枚の奴がジョーカー1枚になって負ける絵は、
面白いと思った。

とりあえず>>6の解答
x=A/2, y=B/2とおいて

S/L^2=1/4 tan(x)tan(y)cot(x+y)だから関数f(x,y)=tan(x)tan(y)cot(x+y)のヘッシアンの固有値が負である事を示せば良い
そのためにはヘッシアンの対角成分が負でdeterminantが正である事を示せば良い
(1,1)成分はfをxで2回微分して

(tan(x)tan(y)cot(x+y))''= (-1/2)(-cos(2 x + 2 y) + cos(4 x + 2 y) + cos(2 x) + 3) cos^3(x)csc(y)cot(y)sin^3(x+y)

により負、(2,2)成分も同じ
determinantは

2tan^2(x) sec^2(x) tan^2(y) sec^2(y) (-cos(2 (x + y)) + cos(2 x) + cos(2 y) + 3) cot^2(x + y) csc^2(x + y)

により正

参考

https://www.wolframalpha.com/input/?i=%28tan%28x%29tan%28y%29cot%28x%2By%29%29%27%27%2F+%28-cos%282+x+%2B+2+y%29+%2B+cos%284+x+%2B+2+y%29+%2B+cos%282+x%29+%2B+3%29cos%5E3%28x%29csc%28y%29cot%28y%29sin%5E3%28x%2By%29&;lang=ja

https://www.wolframalpha.com/input/?i=hessian+%28tan%28x%29tan%28y%29cot%28x%2By%29%29&;lang=ja

他スレの問題より

nを5以上の自然数とする
θ＝2π/nとおき、外角の大きさが全てθ,周の長さが1である多角形Dに対し適当な頂点から辺の長さを順に並べて(x1,‥,xn)とする
このような点列によってR^n上の余次元3の部分線形空間
P={(xk)| Σxk=1, Σxk exp (kθi)=0}
上の凸領域の点
Δ={(xk)| xk>0}
が定まる
この写像は全射であるのでΔの点(xk)に対しDの面積S(D)を考えれば、これはwell definedである
ここまでは認めて以下の問いに答えよ
(1)SはP上の2時形式に拡張される事を示せ(以下ではその拡張もSと呼ぶとする)
(2)ΔのPでの閉包ΓにおけるSの最大値をMとする
Δの境界でSはMとなり得ない事を示せ
(3)xk≠0となるkが4つ以上ある時、(xk)はΔの頂点となり得ない事を示せ
(4)ΔにおけるSの値域を求めよ

>>95
午前中8レスもしてたのに消えたねwwどうせ仕事なんかしてないんだろ？

>>98
I(α)の定義を取り違えていると思う

>>103
ああ、なるほど、やっと意味わかった
ようはこんな感じ？

fi:N→{0,1}を
fi(x) = 1 (if x ≡ bi (mod ai)
. =0 (otherwise)
としα=(a1,a2,‥n1,b2,‥)に対し
fα(x)=1-Π(1-fi(x))
で定める
fα=fβ ⇒ α=β
を示せ

だな
問題の解答としては
α=(a1,a2,‥n1,b2,‥)に対しfαは(最小)周期がM=Πaiの周期関数
周期関数N→Cの空間上に内積<,>を
<f,g> = lim[T→∞]Σf(x)^g(x)/T
で定める(ただしz^はzの複素共役とする)
f(x) = 1 (if x ≡ b (mod a)
. =0 (otherwise)
で定められる関数fに対し
<exp(2πix/a),f> = exp(2πib)^
<exp(2πix/c),f> = 0 (if (a,c)=1)
<exp(2πix/c),(ac),f> = 0 (if (a,c)=1)
によりfαから元のαに出てくる(ai,bi)を取り出せるから桶ですな

＞ <f,g> = lim[T→∞]Σf(x)^g(x)/T

これは <f,g> = lim[T→∞]Σ[x＝0〜T−1]f(x)^g(x) / T という意味かな？

＞ <exp(2πix/a),f> = exp(2πib)^

上記の意味だとすると <exp(2πix/a),f> = (1/a)exp(−2πib) ですね

＞ <exp(2πix/c),(ac),f> = 0 (if (a,c)=1)

ここはよく分からん。内積なのになぜ <*,*,*> という3つ組なんだ

＞によりfαから元のαに出てくる(ai,bi)を取り出せるから桶ですな

うーん、省略しないで実際に取り出してみて。a_1,…,a_n は互いに素とは言ってないことに注意。

>>85
> ９人でババ抜きをするのに１枚のジョーカーを含む５３枚を２，３，４，５，６，７，８，９，９枚に分けたカードの山がある。
> ババ抜きの順番は無作為（例えばジャンケンで選ぶ）とする。何枚の山を選ぶのが有利（敗けにくい）か？

１０００万回のシミュレーションの結果（９枚は２人いるので一人あたりの負け数）
https://i.imgur.com/O99l4nZ.png

最初に奇数枚の方が負ける確率が少ないみたい。

偶数の方が交換前に抜けることができる可能性があるので有利な気がしたんだが、俺の直感に反する結果になった。
ババ抜きシミュレーションプログラムが誤っている可能性もあるので、奇数の方が有利という断定は保留。

>>106
こいつは年中無休で5chで医者を騙る医者コンプ事務員。プログラムおじさんことウリュウのジジイなので相手にしないように。
https://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1607687111/

>>105
色々タイポあるけどもういいです

>>108
惜しいとこまで行ってるんだけどなあ。
>>104そのままではやっぱりダメやね。

とは言えまぁちょっとは訂正するか
まぁlimとってるとこはそんな意味はない
整数論の教科書によく載ってる密度使っただけ
>>104の後半のfをf[a,b]と書くとする
fαをばらすと
f[a1,b1]+f[a2,b2]+‥
-(f[a1,b1]f[a2,b2]+‥)
+(f[a1,b1]f[a2,b2]+‥)
‥
の形ココに<exp(2πi/ak),〜>の形の線形写像をhitすると
<exp(2πi/ak),f[ak,bk]> = exp(-2πbki/ak)/ak
だけが生き残りあとはvanishする

あ、ウソ書いた
訂正
<exp(2πci, (f[ai,bi] のいくつかの積)>
=0 (if c|(出てくるaiの積)
=0でない定数(otherwise)
になる
まぁいずれにせよ周期M=Πaiの関数になってさらにfαの定義式に出てくる
f[ai,bi] のいくつかの積
の形の関数は全部周期がMの相異なる約数の関数だから周期Mの関数全体の中で一次独立になる
すなわちv1〜vtが全て周期Mの関数でその最小周期が全て異なる時、v1〜vtは周期Mの関数の全体Vの中で>>104の内積で一次独立になる
実際Vはw[p,q](x)=exp(2πp(x-q)i/q) (p|M, q∈[1,p],(p,q)=1)ではられる
Mの約数の順序でd|e→d≦eを満たす全順序を入れると基本周期がdの関数はw[p,q]で貼るときp≦dの項のみではられてp=dであるいずれかのw[p,q]の係数が0でない
この事から基本周期の相異なる関数の族は一次独立とわかる

>>111
うーん、惜しいんだけど、たぶんダメじゃないかなそれ。

N = 2N ∪ 3N ∪ (4N＋1) ∪ (6N＋5) ∪ (12N＋7) ・・・(1)

という等式が成り立つのだが、>>111のやり方はこの分割にも適用できて
「矛盾」が生じることになってしまわないか？

ちなみに、この(1)は>>76の反例というわけではない
(右辺について、{ 2N, 3N, (4N＋1), (6N＋5), (12N＋7) } が互いに素になってないので)。

>>112
aiたちが互いに素だからaiたちからいくつか選んで積を作った時全て異なることが言える

N上の周期関数についてのちょっと一般論

Nを自然数の集合、VをN上のC値周期関数のなすベクトル空間とし、Vにエルミート内積<,>を
<v,w> = lim(1/T)Σ[x=1,T]v(x)^w(x)
で定める(z^はzの複素共役)
Q/Zの元qに対してv[q]=exp(2πqxi)で定める
v[q]の全体はVのconsである
wの基本周期がmのときvは分母がmの約数である既約分数qからなるv[q]ではられる
分母がmの倍数でないqに対して<v[q],w>=0である
また分母がちょうどmである既約分数の類qに対して<v[q],w>≠0である
特に基本周期が相異なる周期関数の族(w[i])はVにおいて一次独立である

>>113
「a_1,…,a_n は互いに素」という条件はそもそも置いてない。
{a_kN＋b_k}_{k＝1〜n} は互いに素としか言ってない。

たとえば { 2N, 4N＋1 } は互いに素だが、しかし 2 と 4 は互いに素ではない。

あぁそうなのか
すまん
でももう眠いのでねる

>>115
いや、その設定の方が簡単ですやん？
その場合相異なるi,jについて元々f[ai,bi]f[aj,bj]はゼロやん

>>117
で？正式な証明は？

問題文をいつまでも誤読し続けたり、
中途半端に証明を省略して曖昧だったり、ずっとそんなのばっかやん。
いや、方針はとても惜しいんだけどね。

＞いや、その設定の方が簡単ですやん？
＞その場合相異なるi,jについて元々f[ai,bi]f[aj,bj]はゼロやん

補足のためにもう一度強調しておくけど、「a_1,…,a_n は互いに素」という条件は
そもそも置いてないので、a_1,…,a_n が互いに素であることを前提とした計算は全て崩壊する。
あなたのことだから、a_1,…,a_n が互いに素である前提での計算をウッカリ繰り返しかねない。

で、そのかわりに {a_kN＋b_k}_{k＝1〜n} は互いに素なので、これは大いに役に立つ。
その上で「結局どうするのか」ということ。

簡単か難しいかと言われれば、実際簡単なのだが、
どういう意味で「簡単」なのか、あなたはきちんと理解しているのだろうか？
今までの経緯を見ると、また勘違いしているのではないかという一抹の不安が残る。
方針自体はとても惜しいので、そろそろ解けてもよい頃合いだとは思うが。

>>118
もうこれまで書いた事でダメなら不正解でいいよ

>>120
実際、不正解と言わざるを得ない。惜しいんだけど不正解。
大切なポイントが1つ抜けてる。そして、あなたはそこに気づく気配がない。

なぜあなたは大切なポイントに気づかないのか？
それは、あなたがずっと「a_1,…,a_n は互いに素」という条件で計算してたから。
実際には、そんな条件は設定していない。
ゆえに、少しだけ工夫しなければならないポイントが新しく発生する。
もちろん、難しいことではなく、簡単なポイントにすぎない。
しかし、それがどういう意味で「簡単」なのか、あなたはきちんと理解しているのか？
今までの経緯を見ると、また勘違いしているのではないかという一抹の不安が残る。

結局、今のままでは不正解と言わざるを得ない。

じゃあ最後
これでダメなら俺には無理
l(α)=l(β)だがα≠βでないとする
l(α)の定義関数をfとする
そのようなペアで一番nが小さいものをとる
α=(‥ak‥bk‥),β=(‥ck‥dk‥)とする
an<cnならf[cn,dn]は残りの元でははられないから矛盾(∵>>114)
逆向きも同様なのでan=cn=eとおける
>>114のv[q]を用いて
<v[1/e],Σf[ai,bi]> = (1/e) exp(-2πbn/e)
<v[1/e],Σf[ci,di]> = (1/e) exp(-2πdn/e)
∴(an,bn)=(cn,dn)
ワンペア減らせるから矛盾

>>122
相変わらずタイポがあって若干おかしいけど正解。

・ α＝(n,a_1,…,a_n,b_1,…,b_n)∈S, β＝(m,c_1,…,c_m,d_1,…,d_m)∈S が I(α)＝I(β) を満たすとき、
　 比較すべきは a_n と c_n ではなく a_n と「c_m」でなければならず、ここがタイポ。
　
・「l(α)=l(β)だがα≠βでないとする」もタイポになっている(l(α)=l(β)だがα＝βでないとする、が正しい)。

・ I(α) から抽出できるのは基本的に末尾の a_nN＋b_n に関係する値でしかない。
　 他の任意の k∈[1,n−1] に対して、a_kN＋b_k に関係する値だけを直接的に抽出しようと思ってもキレイにはいかない。

・ それでも、末尾の a_nN＋b_n が使えれば「ワンペア減らせる」という議論に持ち込めるので問題なく、
　 ここが大切なポイント。簡単なことではあるのだが、あなたの今までの議論からは微妙にすり抜けており、
　 あなたはこのポイントを失念しているのではないかという疑念があった。しかし、今回は問題なかった。

ちなみに、こちらが用意した解法は以下のもの。本質的な構造は>>122と同じ。

解答
α＝(n,a_1,…,a_n,b_1,…,b_n)∈S, β＝(m,c_1,…,c_m,d_1,…,d_m)∈S は I(α)＝I(β) を満たすとする。

STEP1
(1) Σ[k＝1〜n] z^{b_k}/(1−z^{a_k}) ＝ Σ[k＝1〜m] z^{d_k}/(1−z^{c_k}) (|z|＜1),
(2) 1≦a_1＜a_2＜…＜a_n, 0≦b_k≦a_k−1 (1≦k≦n),
(3) 1≦c_1＜c_2＜…＜c_m, 0≦d_k≦c_k−1 (1≦k≦m)

が成り立つ。実際、(2),(3)はα,β∈Sの定義から自明。
(1)を示す。一般に、A⊂N に対して g_A(z)＝Σ[n∈A] z^n (|z|＜1)と置くことにする。
A,B⊂N が互いに素なら g_{A∪B}(z)＝g_A(z)＋g_B(z) (|z|＜1)が成り立つことに注意する。
特に g_{I(α)}(z) について考えると、I(α)＝∪[k＝1〜n](a_kN＋b_k) の右辺は(α∈Sの定義から)直和なので

g_{I(α)}(z) ＝ Σ[k＝1〜n] g_{a_kN＋b_k}(z) ＝ Σ[k＝1〜n] z^{b_k}/(1−z^{a_k}) (|z|＜1)

となる。同様にして g_{I(β)}(z) ＝ Σ[k＝1〜m] z^{d_k}/(1−z^{c_k}) (|z|＜1) となる。
I(α)＝I(β) だったら g_{I(α)}(z)＝g_{I(β)}(z) なので、(1)が成り立つ。

STEP2
a_n ＞ c_m だと仮定する。(1)の両辺に (e^{2πi/a_n}−z) を掛け算して lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] を計算する。
1≦a_1＜a_2＜…＜a_n 及び 1≦c_1＜c_2＜…＜c_m＜a_n に注意して

lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] (e^{2πi/a_n}−z)z^{d_k}/(1−z^{c_k}) ＝ 0 (1≦k≦m),
lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] (e^{2πi/a_n}−z)z^{b_k}/(1−z^{a_k}) ＝ 0 (1≦k≦n−1),
lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] (e^{2πi/a_n}−z)z^{b_n}/(1−z^{a_n}) ＝ (1/a_n)e^{2πi(1＋b_n)/a_n}

となるので、(1/a_n)e^{2πi(1＋b_n)/a_n} ＝ 0 となって矛盾する。a_n ＜ c_m の場合も、同様にして矛盾する。
よって、a_n＝c_m でなければならない。再び(1)の両辺に (e^{2πi/a_n}−z) を掛け算して
lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_n} ] を計算すると、1≦a_1＜a_2＜…＜a_n 及び 1≦c_1＜c_2＜…＜c_m＝a_n に注意して

(1/a_n)e^{2πi(1＋b_n)/a_n} ＝ (1/a_n)e^{2πi(1＋d_m)/a_n}

となるので、a_n｜(b_n−d_m) となる。0≦b_n≦a_n−1, 0≦d_m≦c_m−1 (＝a_n−1) に注意して、
b_n＝d_m となる。(1)の等式に戻れば

・ Σ[k＝1〜n−1] z^{b_k}/(1−z^{a_k}) ＝ Σ[k＝1〜m−1] z^{d_k}/(1−z^{c_k}) (|z|＜1),
・ 1≦a_1＜a_2＜…＜a_{n−1}, 0≦b_k≦a_k−1 (1≦k≦n−1),
・ 1≦c_1＜c_2＜…＜c_{m−1}, 0≦d_k≦c_k−1 (1≦k≦m−1)

となる。よって、以上の作業が帰納的に繰り返せる。

STEP3
もし n＞m ならば、STEP2の作業を繰り返すことで、M＝n−m≧1 に対して

(1)' Σ[k＝1〜M] z^{b_k}/(1−z^{a_k}) ＝ 0 (|z|＜1),
(2)' 1≦a_1＜a_2＜…＜a_M, 0≦b_k≦a_k−1 (1≦k≦M)

となるので、(1)' の両辺に (e^{2πi/a_M}−z) を掛け算して lim[ |z|＜1, z → e^{2πi/a_M} ] を計算すれば、
(1/a_M)e^{2πi(1＋b_M)/a_M} ＝ 0 となって矛盾する。n＜mのときも、同様にして矛盾する。
よって、n＝mでなければならない。この場合、STEP2の作業を繰り返すことで、α＝β を得る。(証明終)

>>91
１枚のジョーカーを含む５３枚のカードを使って４人でババ抜きをする。配布される枚数は１３，１３，１３，１４枚である。
ババ抜き開始前に配布された時点で残る枚数の期待値（平均値）と中央値を、１３人配られた人１４人配られた人各々について求めよ

総当りでプログラムを組もうと思ったけど
53C13=841392966470
53C14=2403979904200
なのでとてもメモリーが足りない。　
まあ、俺の頭脳も足りないので解決法が見いだせない。シミュレーション解なら出たけど。

>>124
前スレ>>496のやつか

>>127
医者であることを証明できなかったら医者板出禁なww
ついでに数学板でも鼻つまみ者として追放かもしれないね。

元より数学板にも居場所は無い
プログラム板
数値計算総合
http://mevius.5ch.net/test/read.cgi/tech/1584474276/

>>130
まさにプログラムおじさんのためのスレやん
そっちの方がいいやろ
ココやとバカにされるだけやで

>>101
(1)n角形の頂点をP1,‥Pnとし、PkP(k+1)の長さをxkとする
P1は原点でP2は(x1,0)としてよい
半直線P1Pkから見てP1P(k+1)は正の向きに回転しているとしてよい
このときPkの複素座標をzkとすれば△P1PkP(k+1)の面積は(1/2)zk'z^(k+1)の虚部に等しい(ただしa'はaの複素共役とする)
一方でzk=Σ[l:1→k-1]x_l exp(2π(l-1)i/n)であり各zkの複素座標は(xk)の一次式で表される
以上により求めるΔの面積は(xk)の2次形式てある

プログラムおじさんことウリュウの爺さん
なぜ同一人物だとバレたか？答えは簡単、ここに書き込んだことと同じことをわざわざ医療板で書き込んだからである。鎌をかけると簡単に挑発に乗ることからもバレバレで、そうでなくても全く空気の読めないレスから即バレである。
詳細についてはこちら
https://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1607687111/

>>101
θ=2π/nとおく
xp≠0,x1〜xp=0,x(p+1)≠0である(xk)がΔの閉包の点とする
c=sinθ+sinpθ-sin(p+1)θとおき正の数t>0に対し
yn=xn-t sinθ + c xn t
y1=x1+t sin(p+1)θ + c x1 t
y(p+1)=x(p+1) -t sinpθ + c x(p+1) t
y k = xk + c xk t (k≠1〜p,n)
で定められる(yk)を考える
この時十分小さいtに対し(yk)もΔの閉包の点である
対応する多角形はもとの(xk)に対応する多角形Dを(1+ct)倍に拡大したのち３つの角がθ、pθ、(p+1)θであり外接円の半径がt/2の三角形を一つの頂点から取り除いた多角形となる
よってその面積は元のDの面積をSとする時、ある正の定数a,bを用いてS+at-bt^2と表されるからやはり十分小さいtに対してSより大きくなる
以上により(xk)においてSは最大値を採らない

>>131
そういうレスはいいから、厳密解をエレガントに出してほしい。
シミュレーション解と照合したいので。

>>135
だからお前はバカだというんだよ
数学全くできないバカが適当に作った問題で綺麗な解が必ず作れると思ってるのがもうすでに数学を誤解してるんだよね
そんな事すら分かってないからバカだと思われてるんだよ？

面白い問題というのは面白くなるように意図的に作られているというわけか

>>137
作れるようなやつもあるだろうけど、大体が地道な研究のなかからなんかの偶然で見つかった神様からの贈り物だよ
ちょっと数値変えただけで解けなくなったりする
もちろん解ける事がわかった後で「ここまでは数値変えても設定変えても大丈夫」なところがあったりもするけど、そこはあってもほとんど本質的なもんだいではない事が多い
とはいえその手の“一般化”のなかからまた新しい発見がないでもないから難しいけど
結局は真面目に数学勉強しないと面白い問題に出会う事すらない

>>136
四の五の言って厳密解もプログラム解も出せないのが罵倒厨。

>137
ババ抜きは奇数枚配付された方が有利らしい、というのは
意味が小学生にもわかる面白い問題だと思う。
俺は具体的な数値を入れての>106みたいなシミュレーションしかできんけど。

プログラムおじさんに問題です
自然数の二乗の逆数の無限和はいくつになりますか？

>>127
6枚なら総当りで分数解がだせた。
102714976 / 22957480 = 20156 / 4505 = 4.4741398446170919

53C6回のシミュレーションで　 4.4742715663914332
両者をヒストグラムにすると
https://i.imgur.com/yYmURIr.png

7枚を越える総当りだとメモリ不足でエラーが返ってきた。

>>140

(π^2)/6

プログラムで体感してみよう。

> n=100000
> sum(1/c(1:n)^2)
[1] 1.6449240668982263
> pi^2/6
[1] 1.6449340668482264

>>139
アホか
一番ご自慢のプログラミング技術ですらせいぜい初心者レベル
数学に至っては高卒レベルですらない

>>142
なんで π^2/6 になったんですか？
数値も一致してませんよね

>>142
収束するのをビジュアル化した方が楽しいな。
https://i.imgur.com/Am0dJz6.png

>>143
罵倒じゃなくて、厳密解を出してくれ。

>>146
だからお前が作ったなんの数学的価値もない駄問につかあうほどひまじゃないんだよ
消えろやカス

>>147
なんだ、答が出せないんだな。6枚のときはプログラムで厳密解を俺はだせたぞ。
「ババ抜きは奇数枚配付された方が有利か」というのは面白い問題だと思う。
小学生でも問題の意味はわかる。俺には解けないけどね。

厳密解もシミュレーション解も出せないけど、罵倒投稿をする暇はあると。
罵倒厨と呼ぼうｗ

>>148
当たり前やろ？
アホか？
そんな事自慢してるレベルでクソやって言ってるんだよ？
その6枚のケースで思わぬ法則が見えて何十枚でも出せるのがいい問題
お前のカスみたいな数学力で作った問題じゃ結局気長に待つか計算機の能力が上がるの待つかしかない
お前の能力ではそんな問題つくるのが限界なんだよ
実際お前今までの人生で他の人よりできるようになっだもんなんかひとつもないやろ？
お前には学問は無理
諦めろ

>>130にプログラムおじさんピッタリのスレッドがあるのに、
おじさんは そこに移住しない理由を述べてないんだよな。
>>135で「そういうレスはいいから」としか言ってない。
都合が悪いから逃げ回ってるんだろうな。

>>151
行かない理由はまぁハッキリしてるがな
要はそんな数値計算の専門家が巣食うようなスレでは自分の能力では太刀打ちできないのがハッキリわかるからやろ
じゃあ計算機利用して彼の言う“厳密解”を見つける力がココの住人の平均レベルあるかと言うとそれすらない
要するに何一つ他の人より抜きんでできる事は何もないんだよ

>>139
プログラムおじさんことウリュウのジジイの本スレはこちらです。相変わらずここでもクソみたいな扱いなんだね笑
https://egg.5ch.net/test/read.cgi/hosp/1607687111/

6x6に並んだ正方形のマス目それぞれに0以上の実数を対応させて、
任意の直線lに対して以下の条件を満たすようにすることは可能か。
ただし、36個のマス目に書かれた実数の合計Sは正とする。

条件：lが内部を通過する正方形に書かれた実数の合計は必ず S/4 以下になる。

>>145
なんで π^2/6 になったんですか？
数値も一致してませんよね

ババ抜き　奇数　で検索すると
こんなのがヒットした

ババ抜き、奇数枚の人勝ちやすい説を検証
http://sumsum88.
hatenablog.com/entry/2017/12/02/170152

python使ってシミュレーションして検証しているなぁ。
やはり、奇数枚数配られた方が有利らしい、という俺の結論と同じだなぁ。

実数 x, y に対する条件を次のように定める:
p: y=1/x
q: y=x
r: y=1/x または y=x
p, q, r の真理集合( R^2 の部分集合)をそれぞれ P, Q, R と定めると、R=P∪Q は成り立つか。

もともと　>41のババ抜きの問題をシミュレーションしたというレス>44があったから、それを発展させただけだが。
厳密解を出せる人がいたら、その結果と照合したかったんだが。　罵倒厨のレスしかないなぁ。
まぁ、数を減らしての総当りでシミュレーションと合致したから、その部分のモジュールにはバグはなさそう。

俺は、カード配布された時点であがりの可能性があるから、偶数有利かと思っていたが
http://sumsum88.
hatenablog.com/entry/2017/12/02/170152
（一行で書きこめないので、リンク先2行を連結してアクセス）
だと、あがるときのことを考えて
　奇数枚であれば最後は1枚になるので前の人に引かれれば無条件で上がれますが、偶数枚だと最後ペアが出来ないと上がれないので、奇数枚の方が有利なんじゃないか
と考察されていた。

他の住人から煙たがれるスレをわざわざ選んでそこに固執するよりも、
最初から方向性がピッタリ合ってるスレに移住する方が合理的なんだけどな。

煙たがられてまでこのスレに固執する理由は何かと言えば、
おそらくプログラムおじさんは数学に憧れかコンプレックスのようなものを持っていて、
何とかして数学の輪に入ろうと必死に歯を食いしばっているのだろう。

しかし、歯を食いしばっている割にはプログラム組んでドカタ作業やってるだけで、
いわゆる数学的な営みは皆無。また、本人にもその自覚はある。
しかし、>>130に移住する気はさらさらないという。バカを通り越して哀れだな。

本気で数学の輪に入ろうと思うなら、まずプログラムを完全に封印することだな。
その上で、数学的にどんな発言ができるか考えることだな。もしそこで

「何も発言できない。俺には数学の問題を数学的に解く力はない。どうしてもプログラムに逃げたい」

と思うなら、>>130に移住すべきだな。

かわいそうだね
医療板でも数学板でも居場所がないなんて
きっと社会でも居場所がないんだろうな

>>158
だから数学力ゼロのお前が思いつきで考えただけの問題でそんな都合のいい抜け穴があって計算機にやらせるよりいい方法がたまたま見つかる事などないと言ってるのに？
言ってる意味わからんの？
こんな簡単な理屈のどこがわからんの？

>>161
罵倒厨からの厳密解はまだかよ？
>44で示唆された
　4人でババ抜き（順序はジャンケンで決める）したときに14枚を配られた人が負ける確率が高い
を検証してみる。

10万回シミュレーションしてみた。
負け回数は
13 14
69811 30189

13枚の人は3人いるので3で割って
　 13 14
23270.33 30189.00
として、これをχ二乗検定すると

data: c(tbl4[1]/3, tbl4[2]) out of c(k, k)
X-squared = 1221.7, df = 1, p-value < 2.2e-16

で偶数枚配られた人が有意に負けやすいという結果になった。

ババ抜きは奇数枚がお得らしい。

>>162
誰からも相手にされないひとりぼっちの世界で誰も尊敬することもなく、誰からも尊敬されることもなく一人で生きろ
お前の残りの人生にはそれしかない

>>162
医療板にも同じこと書いてたぞ。痴呆か？

>>154
通過するはかするのあり？

>>165
"内部を"通過する必要があるので、頂点だけとか辺だけに接するのは無しです

>>155に答えないあたり、都合の悪いことは無視する有象無象の荒らしと一緒だなあ

プログラムおじさんはTwitter、Youtubeで活動すればよくない？
そうすればここよりは自己顕示欲満たせるよ
2chの数学板は向いてないよ

受験数学のチャンネルとかのコメ欄で数値計算披露してればいいよ

Youtubeのコメント欄は子供ばかりだから食いつくぞ

結局どこ行っても罵倒されるだけだと思う

>>167
答、間違っているのならあんたが訂正すればいいだけじゃん。

結局、罵倒厨って、厳密解（分数解）も出せんし、シミュレーション解もだせんのね？
ババ抜きで奇数が有利かどうかって、興味あるけどね。

>>171
だから計算機使って力技で出すしかないクソ問解くことに数学的意味なんかないやろ？
そういう他の人が大切に思ってる文化になんの理解もしようとしないからお前はいつまで経っても何をやってもダメなんだよ

>>166
了解

>>170
なんで π^2/6 になったか聞いてるんですけど

>>172
四色問題は力技での証明だろ？

ほらな、>>174には答えないだろ？

日本語も分からないの？プログラムおじさん

>>175
四色問題の数学的価値は、「放電法」と呼ばれる数学的手法を用いて、
無限に存在する地図を有限個のパターン(600種類程度)に分類したところ。
すなわち、放電法の発見にこそ四色問題の数学的価値がある。

ひとたび有限個のパターンに分類できたならば、あとはそれぞれのパターンで
四色問題が成り立つかどうか検証すれば終わるので、その検証の部分に数学的価値はない。
600種類のパターンを手作業で検証するのはバカバカしいので、プログラムを組んで
自動的に検証させたというのが歴史的経緯なのだが、この検証の部分に数学的価値はない。

なんなら四色問題の反例となるパターンがその中に含まれていたとしても、何の問題もない。
なぜなら、「無限に存在する地図を有限個のパターンに分類できる」という
放電法の価値は失われないからだ。
すなわち、放電法の発見こそが四色問題の数学的価値なのであって、
有限個のパターンをプログラムで検証している部分に数学的価値はない。

プログラムおじさんはこの違いを分かっていない。

>>154
角4マスと内部4×4マスを1、それ以外の16マスを2とすればいけてそうだけど、証明わからん(めんどそう)

これ使ってもう少し頑張れば6×6マスは4本の直線じゃ切断できないことが示せる感じなのかな
そういう目的で作られた感がある

>>176
では、お答えしよう。
　wikiをみろ
（罵倒厨の格言）

４人でババ抜きをする
ある人がシミュレーションしたら14枚配られた人が負けたという。
14枚の人がいつも負けるわけではないだろうからその確率を出して13枚配られた人の負ける確率と比較したい。
厳密解は出せそうもないのでシミュレーションして数値を出す。
14枚の方が負ける頻度が高かった。
偶然かもしれないのでΧ二乗検定で有意であることを確認。
それが、>162でやったこと。

罵倒じゃなくて、厳密解を出せる人がいたらすごいと思う。
シミュレーション結果と照合したいし。

>>181
数学の問題として、あなたはどう導いたんですか？

>>142
追加の質問です。
これが答えられたら計算マニアとして合格です。

>> n=100000
>> sum(1/c(1:n)^2)
>[1] 1.6449240668982263
>> pi^2/6
>[1] 1.6449340668482264

小数点以下５桁目と11桁目に注目してください。
それぞれ1だけ異なりますね。
これを数学的に説明してください。

>>184
訂正：11桁目は５異なる

>>142
連投すまん。さらに追加の問題です。
これが瞬時に答えられたら計算屋としてプロです。

4Σ[n=0,1000000](-1)^n/(2n+1)=
3.141593653588793239...
π=
3.141592653589793238...

小数点以下6桁目と12桁目に注目してください。
それぞれ1だけ異なることを数学的に説明してください。

>>182
>>172で既に終わっている。
計算機使って力技で出すしかないクソ問解くことに数学的意味なんかない。

>>178
>この検証の部分に数学的価値はない
アホ？

>>188
アホはお前。ただの「しらみつぶし」に数学的価値はない。
無限に存在する地図を有限個のパターンに分類できたところにこそ数学的価値がある。

>>179
残念。[1]と[2]だけを通過するように直線を定めたら
合計は 14 > 52/4 となりオーバーしてしまう。

(1)(2)(2)[2][2](1)
(2)(1)[1][1](1)(2)
(2)[1][1](1)(1)(2)
[2][1](1)(1)(1)(2)
[2](1)(1)(1)(1)(2)
[1](2)(2)(2)(2)(1)

>>189
アホ？
しらみつぶしで全部正しくなければ4色問題の証明になりませんがな

だいたい数学の証明は全て有限で終わってるわけで
無限に多い事柄を有限に帰着させるのが難しいのは当然だが
やらなくてはいけないまず第一のこと
その上でいちいちいちいち全部潰すのが証明では大切なんだが
高校で習わなかったのかな

>>191-192

・ ひとたび有限個のパターンに分類できたならば、あとはそれぞれのパターンで
　 四色問題が成り立つかどうか検証すれば終わるので、その検証の部分に数学的価値はない。

・ なんなら四色問題の反例となるパターンがその中に含まれていたとしても、何の問題もない。
　 なぜなら、「無限に存在する地図を有限個のパターンに分類できる」という
　 放電法の価値は失われないし、四色定理の主張も
　「このパターンに帰着されるときは成り立たず、そうでないなら成り立つ」という形に変化するだけ。

>>192
＞無限に多い事柄を有限に帰着させるのが難しいのは当然だが
＞やらなくてはいけないまず第一のこと

そこが終われば、数学的な価値はそこで終わり。

＞その上でいちいちいちいち全部潰すのが証明では大切なんだが
＞高校で習わなかったのかな

その「しらみつぶし」に数学的価値はない。
たまたま全部潰せたらキレイな定理として記述できる。
運悪く反例があるなら、「このパターンだと成り立たず、そうでないなら成り立つ」
という形に定理の主張が変化する。それだけの話。
いずれにしても、「しらみつぶし」の部分に数学的価値はない。

>>190
その直線引けるの気づかんかったわ

じゃあ修正して
012210
121121
211112
211112
121121
012210
なら、どう？

有名な具体例を挙げると、弱いゴールドバッハ予想(7より大きい奇数は3個の素数の和で表せる)は
未だに完全解決していないが、しかし e^3100 より大きな奇数については実際に成り立つことが既に証明されている。

この時点で弱いゴールドバッハ予想の数学的な価値は決まっている。
十分大きな奇数(すなわち e^3100 より大きな奇数)については成り立つことが既に分かっているのだから、
e^3100 以下の奇数で反例があってもなくても、その部分は数学的には何の価値も持たない。

・ 仮に e^3100 以下の奇数で反例がないなら、弱いゴールドバッハ予想はそのままの形でキレイに
　「7より大きい奇数は3個の素数の和で表せる」と表現できる。

・ 仮に e^3100 以下の奇数に反例があるなら、弱いゴールドバッハ予想は
　「7より大きい奇数のうち、〇〇〜××という反例を除いた全ての奇数は3個の素数の和で表せる」と
　 若干きたない形だが表現できる。

このように、しらみつぶしの部分は定理の主張の本質的な部分に何ら寄与しない。
単に定理がキレイに書ききれるかどうかが変化するだけ。

>>195
36マスを

ABCCBA
BDEEDB
CEFFEC
CEFFEC
BDEEDB
ABCCBA

と名付けてA〜Fに非負の実数を並べる
直線が通過するパターンに応じてA〜Fを何回ずつ通過するかのパターンが19通りある
その19通りのパターン全てに対して通過する正方形に割り当てられた和がA+2B+2C+D+2E+Fより小さくなるのが条件
その配置だと(A,B,C,D,E,F)=(0,1,2,2,1,1)で
A+2B+2C+D+2E+F=0+2+4+2+2+1=11
しかし19種類の中に[0,1,4,1,2,0]があってこの時
0+B+4C+D+2E+0=0+1+8+2+2+0=13
なのでダメやね

>>197
うん、これは書いてからすぐミスってるのに気づいた
要するに連立線形不等式を解いて原点以外の解があるかどうかだからコンピュータにやらせれば一瞬なんだろうけど手計算だときつい

>>198
そうそう
束縛条件が19個の線形計画問題
ちょっと事情でLinear Programing系のライブラリが使えないのでここで止めてる
独立変数6個で条件19個だから計算機使えれば一瞬

>>197
本来の質問者や回答者の邪魔ばかりし腐って何様の積もりだテメーは此の野郎？

"しらみつぶし" という表現をするから価値のないように思えるわけで
実際のところは数学的な創意工夫が重要だとおもうのだよね

たとえば e^3100 なんていう上界は大きすぎて
実際に存在する計算機では到底計算不能だから
(そもそも それまでに文明を維持/発展 できるか？)
数学的工夫を以て上界のオーダーを下げるしかない

>>199
それで見つかればいいけど見つからんかったときは36変数を対称性から6変数にしていい証明が必要になってくるけど、それって簡単に示せる？

>>202
もちろん

線形の束縛条件
0A+1B+2C+0D+3E+2F≦1
0A+1B+3C+0D+2E+2F≦1
‥
A〜F≧0
におけるA+2B+2C+D+2E+Fの最大値Mを求めよ

と一緒
Mが1未満ならどんな配置を持ってきてもある直線上の数の合計はS/4を超えるし、Mが1以上ならその配置においてどんな直線取ってきてもS=4M≧4でどんな直線でも直線上の数の合計は1以下だから条件を満たす
なので線形計画問題に帰着される

>>203
非対称な数字の配置にしたときにも実現できないことの証明は含まれてないように見えるんだが

>>204
対称なものに限っても同じなのはすぐ示せる

>>204
もし非対称な配置で可能なら対称な配置でも可能なことは証明できるよ、例えば
(a_ij)_(i,j=1〜6)
が条件を満たすなら、対角線で反転させた
(a_ji)_(i,j=1〜6)
も条件を満たすから、二つを足した
(a_ij+a_ji)_(i,j=1〜6)
も満たす。

>>206
なるほど！
これを聞きたかった

算盤や計算機あれば使うし、公式や定理があれば使う。
トンカツがあれば食べるけど、豚は悪魔の使いだから食べないという宗教の信者もいるだろうな。
その信者がトンカツ食っている人間を非難するのはおかしいと思う。

お前の居場所はねーよ

プログラムおじさんまだ成仏してなかったのか

11個の正方形を通る直線はイメージできた。12個を通過できるかなぁ？
https://i.imgur.com/1HrOY9o.png

>>210
ババ抜きでは奇数が有利という厳密解がでるまでは成仏できんのよｗ

>>208
豚を食わないまでは文化と言えなくもないが、トンカツを食べている人間を攻撃するならカルトだね。

>>209
大丈夫だよ、返答に困ったら「格言」を引用すればいいから。
　wikiをみろ　（罵倒厨の格言）

>>201
６の約数を求めよ、と問われたら誰でもシラミつぶしをやっているはず。

ほらな、>>183には答えないだろ？

>>212
別に誰も求めてないから。

>>194
君ほんとアホダナ
場合分けなどで
ひとつひとつ全部しらみつぶし出来て初めて証明
場合分けで終わりって何狂ったコト言ってんだろ

証明ということをしたこと無い人なんだろうかな
分類して終わりならなんて平和かｗ

2021以下の素数の数は何個かと問われたら基本、しらみ潰しだろう。
俺は道具を使って数えさせるけど
> f <- function(n) length((1:n)[-outer(2:n,2:n)])-1
> f(2021)
[1] 306
>

罵倒厨をこれからは分類罵倒厨と呼ぶべきか？

困難は分割せよ、で終わりが分類罵倒厨ｗ

>>183
お答えいたしましょう。
格言に従ってwikipediaをみましたｗ

>>223
格言ってなんですか？

>>224
それもwikiをみろで終わり。

考えて解く問題は解けないから、数値解にこだわるんですか？
いつも同じパターンですよね、厳密解を出すのが困難な問題に対して
「俺は数値解を出した。比較したいから厳密解を出せ」
って言うの

>>225
あなたが従った格言のページを教えてください

>>226
別言語でシミュレーションプログラムを作成して数値解を出してもらってもいいけど。
ババ抜きシミュレーションは自分には複雑だったからバグがとれていないかもしれない。

４人でババ抜きをしたときは14枚配られた人が負ける確率は30%程度になったのだけどこれが正しいのか自信がもてない。

>>226
wikiをみろの由来はこれ。
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1604500976/970-977

>>228
そもそもこれ面白いと思ってる？
面白いというか滑稽だよね。そんなに執着できるの。

>>227
誰も興味ないのでやりませんよ

>>228
意味不明なんですが、文脈を説明してもらっていいですか？
入試に国語ありましたよね？

>>218
＞場合分けなどで
＞ひとつひとつ全部しらみつぶし出来て初めて証明

「証明」と「数学的価値」をお前はずっと混同している。
「有限個に分類できた時点で証明は終わっている」なんて誰もいってない。
「有限個に分類できた時点で数学的価値は決まっている」としか言ってない。
ウソだと思うなら、今までの俺のレスを全て見返してみればよい。
「証明が終わっている」なんてたったの一言も言ってないことが確認できよう。

だいたい、>>196を完全スルーしてる時点でお里が知れている。

>>230
そりゃ、あんたができないだけだろ。
いや、ネット上ではpythonを使ってのシミュレーションが掲載されているから、興味があってシミュレーションで検証できる人はいるよ。
まぁ、4人ババ抜きの場合のシミュレーションではないけどね。

>>232
「このスレでは」あなた以外に誰も興味ないので、実際誰もやってないんですよ
わかりませんか？

あと>>228がどういうことかを説明してください
入試に国語ありましたよね？

>>201
"しらみつぶし"を　ブルートフォース　と呼ぶとかっこいいかも。
次からはこれで呼ぼうかな。

価値観を押しつける罵倒厨、まさにカルトだな。

厳密解を出すのが困難な問題に対して
「俺は数値解を出した。比較したいから厳密解を出せ」
って言って居座って嫌がらせするのが目的なんですか？

>>190
懲りずに頑張ってみた

244442
421124
412214
412214
421124
244442

これはどうだろうか…

>>231
君の書いた>>196
今読んだけど
自分が書いたことを必ず読んでもらえるって信仰でも持ってるんだな
ところでその>>196
良い結果じゃん
まるで不十分だけどな
数学では良くある条件付き解決というヤツ
いくつかの場合に分けてその一部が証明できたわけで
それ自身はそれだけの価値がある
後はしらみつぶし頑張れば良いけど
大きな問題で最近解決された中では
フェルマーの最終定理は
逆にあるところまではOKと証明されて言っていたのを
とうとう完全解決された
無限に多い側が証明されていなかったのが>>196とは逆
ポアンカレ予想は
>>196と同様無限に多い側がまず証明されて
4次元そして3次元と証明されたわけ
いずれも完全解決してようやくスッキリした
君の言い方を借りれば「数学的価値」が上がったわけだ
4色問題はしらみつぶしで完全解決されたけど
もしもそのうちのパターンに反例が見つかっていたら
部分的解決とも言われなかったろうし「数学的価値」はなかったろうね
もしもそのうちのパターンに反例が有るとも無いとも分からないものが残っていれば
つまりコンピュータの力を借りず人力ではさじを投げた状態であれば
やはり「数学的価値」は皆無だったろうね
部分的解決が残り有限個につなげたのであればなかなか良い結果
しかしちょっと残念な結果でもあるわけ
完全解決は白黒完全に付けるからこそ賞賛されるんだよ
しらみつぶしが出来なくちゃね

>>237
一個だけアウトやね

[([1,2,2,1,2,1],24),([0,1,2,0,3,2],19),([0,1,3,0,2,2],22),
([0,1,4,1,2,0],24),([0,2,2,0,2,3],24),([1,1,1,2,3,0],17),
([1,1,2,1,2,2],22),([1,1,2,1,3,1],21),([1,1,3,0,3,1],23),
([1,1,3,1,3,0],23),([1,2,1,1,2,3],24),([1,2,1,1,3,2],23),
([1,2,1,1,4,1],22),([1,2,1,2,2,0],20),([1,2,2,0,4,1],24),
([1,2,2,1,2,0],22),([1,2,3,1,1,0],25),([1,3,2,1,0,0],24),
([2,2,0,2,2,3],24),([2,3,2,0,0,0],24)]

>>238
＞4色問題はしらみつぶしで完全解決されたけど
＞もしもそのうちのパターンに反例が見つかっていたら
＞部分的解決とも言われなかったろうし「数学的価値」はなかったろうね

何度も同じことを言わせるなよ。四色問題の数学的価値は
「無限にある地図を有限個のパターンに分類したところ(放電法の発見)」だと言ってるだろ。
放電法によって有限個のパターンに分類できている以上、もしその中に反例が見つかっていたとしても、

「このパターンに帰着されるなら四色で塗れて、そうでないなら四色では不可能」

という形に四色問題の主張内容が書き変わるだけだし、そのような主張が可能になるのも
放電法で有限個のパターンに分類できていたおかげだし、つまり反例があろうがなかろうが
放電法の数学的価値は揺るがない。四色問題そのものに強いこだわりを持っている人にとっては、
四色問題に反例があったら「数学的価値が全くない」と勘違いしてしまうかもしれんがね。

>>238
＞ポアンカレ予想は
＞>>196と同様無限に多い側がまず証明されて
＞4次元そして3次元と証明されたわけ

詭弁だな。ポアンカレ予想では「しらみつぶし」はそもそも発生していない。
5次元以上で成立することが証明されても、

「あとは3次元と4次元だけなので、ここから先はしらみつぶしだ」

とはならない。3次元と4次元は、それぞれ別の数学的テクニックで証明された。

その一方で、四色問題は放電法の発見によって有限個のパターンに分類された。
この後は、人力での検証も最悪不可能ではなかったが、当時の科学技術でも
プログラムによるしらみつぶしが可能だったので、その方針が選ばれた。

このように、両者では状況が全然違うし、俺が言っている「しらみつぶし」の
ニュアンスがポアンカレ予想では全く発生していない。

>>238
＞フェルマーの最終定理は
＞逆にあるところまではOKと証明されて言っていたのを
＞とうとう完全解決された

これも同じく詭弁。フェルマーの最終定理で「しらみつぶし」はそもそも発生していない。

結局こいつは、俺が言っている「しらみつぶし」と「有限個に分類されている(ように見えるだけ)」を
混同してるんだろうな。ダメだこりゃ。

数学も他の自然科学も、他の文化も皆同じ
それを極めようと頑張って勉強してるとみんな同じようなところに困難さが見えてきて、そこをどうやって突破しようと知恵を出し合うようになる
そうやって少しずつ少しずつ価値観が生まれて“数学”と言う文化ぎ理解できるようになる
もちろんこいつは何かしらを極めようとした努力を何もした事がないからそういう“価値観の獲得”というものがなんの事かさっぱりわからんのだろう
だから数学勉強した人間ならこんなもんオモロいともなんとも思わないクソ問とコレは面白いと思える問題の違いがわからないだけでなく、何故自分の作る問題がクソ問なのか、その違いはどこから来るのかもわからない
人間性の問題に起因してるから多分一生治ることもない

>>242
>結局こいつは、俺が言っている「しらみつぶし」と「有限個に分類されている(ように見えるだけ)」を
>混同してるんだろうな。ダメだこりゃ。
俺の思う解釈しか許さないか
ダメだこりゃ

>>244
ポアンカレ予想をしらみつぶしに入れるのは違和感大きすぎるけどね。
数学的な価値をある・ないだけに分類する考え方も同意しかねるが。

そもそもポアンカレ予想の証明が理解できてない以前にポアンカレ予想のステートメントすらわからんやろ？
そんな自分が全く理解できてない話を自分の正当性を主張するための道具につかおうとする事に何の躊躇いもないところで話が破綻してる
“自分の数学力の至らなさに対する謙虚さ”
が一つもない
何の努力にも裏打ちされてない傲慢さしかない

数学的な価値を判断するための客観的な判断基準というのは
あるとしたらどういうものだろうか？

>>154 さすがに試行錯誤すぎたのでヒント（というかほぼ答え）

6x6ある中で一番左下にある正方形の頂点のうち、
左下を原点、左上を(0,1)、右下を(1,0) として直交座標を定める。
（つまり一つの正方形の一辺の長さはちょうど1になる）

以下の直線から得られる不等式を総合したら、解空間が一次元以下であることがわかる：
y = x - 1/2
y = (4/5)(x-1) + 1/10
y = (4/5)(x-2) + 1/10
y = (2/9)x
y = (2/5)(x-1) + 1/10
y = (7/9)x
y = (4/5)(x-2) + 11/10

あとは頑張れば >>239 みたいに（それほど大きくない）有限通りだけを
確かめる作業に落とし込めるだろうな、という見通しが立っていたので
実は次元が1か0か（つまり非自明な解があるかないか）は
自分はまだ確かめられてないです、申し訳ない

>>239
左の数字列と直線との対応おしえて

>>249
例えば[1,4,-16]は
x+4y-16=ε (εは十分小さい正の定数)

([0,1,2,0,3,2],[1,4,-16])
([0,1,3,0,2,2],[1,5,-20])
([0,1,4,1,2,0],[3,4,-12])
([0,2,2,0,2,3],[2,5,-20])
([1,1,1,2,3,0],[1,3,-16])
([1,1,2,1,2,2],[2,5,-25])
([1,1,2,1,3,1],[1,2,-11])
([1,1,3,0,3,1],[2,3,-19])
([1,1,3,1,3,0],[3,5,-15])
([1,2,1,1,2,3],[2,3,-16])
([1,2,1,1,3,2],[2,3,-17])
([1,2,1,1,4,1],[3,4,-16])
([1,2,1,2,2,0],[1,4,-21])
([1,2,2,0,4,1],[4,5,-20])
([1,2,2,1,2,0],[1,3,-17])
([1,2,3,1,1,0],[2,5,-10])
([1,3,2,1,0,0],[1,4,-5])
([2,2,0,2,2,3],[1,1,-6])
([2,3,2,0,0,0],[1,5,-5])

>>250
ありがとう、おかげでかなり絞り込めた

非自明解がある場合は定数倍除いてこの形になる
A=0, B=2+ε, C=1+ε, D=2, E=1, F=ε (0≦ε≦1)

あ、ε=1も必要か
A=0, B=3, C=2, D=2, E=1, F=1
これで無理なら自明解しかない

なんでスレ止まったんだよ…
とりあえずこの解の定数倍が出題者の言ってた1次元分ということでいいんだろうか

>>253
そうそう
あとは >>250 に全部当てはめてみて問題なければOKなので
手作業はアレなのでどなたかコーディングで確かめてもらえたら嬉しい…

イヤ確定した答え出てくるの楽しみに待ってるだけ
オレはオレで別法の解法作成中

>>254
イヤ流石に>>252の結論しか出てない状態では続けてみようと思わない
せめて>>252の結論に至るまでの話聞いてみないと

>>254
もちろん>>250の19個の式はすぐ確認して大丈夫だった
これらの式自体や本当に19個で全部なのか自分は確認してない

>>255
なるほど、それは期待

>>256
頑張って>>252の導出を書いてみた

a ([0,1,2,0,3,2], [1,1,0,1,-1,-1],[1,4,-16])
b ([0,1,3,0,2,2], [1,1,-1,1,0,-1],[1,5,-20])
c ([0,1,4,1,2,0], [1,1,-2,0,0,1],[3,4,-12])
d ([0,2,2,0,2,3], [1,0,0,1,0,-2],[2,5,-20])
e ([1,1,1,2,3,0], [0,1,1,-1,-1,1],[1,3,-16])
f ([1,1,2,1,2,2], [0,1,0,0,0,-1],[2,5,-25])
g ([1,1,2,1,3,1], [0,1,0,0,-1,0],[1,2,-11])
h ([1,1,3,0,3,1], [0,1,-1,1,-1,0],[2,3,-19])
i ([1,1,3,1,3,0], [0,1,-1,0,-1,1],[3,5,-15])
j ([1,2,1,1,2,3], [0,0,1,0,0,-2],[2,3,-16])
k ([1,2,1,1,3,2], [0,0,1,0,-1,-1],[2,3,-17])
l ([1,2,1,1,4,1], [0,0,1,0,-2,0],[3,4,-16])
m ([1,2,1,2,2,0], [0,0,1,-1,0,1],[1,4,-21])
n ([1,2,2,0,4,1], [0,0,0,1,-2,0],[4,5,-20])
o ([1,2,2,1,2,0], [0,0,0,0,0,1],[1,3,-17])
p ([1,2,3,1,1,0], [0,0,-1,0,1,1],[2,5,-10])
q ([1,3,2,1,0,0], [0,-1,0,0,2,1],[1,4,-5])
r ([2,2,0,2,2,3], [-1,0,2,-1,0,-2],[1,1,-6])
s ([2,3,2,0,0,0], [-1,-1,0,1,2,1],[1,5,-5])

(直線を通るマス,S/4との差,直線の形)とした
例えばa式の第2項
[1,1,0,1,-1,-1]は条件式
A+B+D-E-F≧0を意味する

まずj,k,l,pを連立してC=2E=2F
次にn,r,からD-2E≧0かつ-A+2C-D-2F≧0
これからE,Fを消去してD≧C≧A+D
よってA=0,C=Dを得る
最後にc,qからA+B-2C+F≧0かつ-B+2E+F≧0
これからA,E,Fを消去してB≧3/2C≧B
よってB=3/2Cを得る

以上より、C=2とおけば(A,B,C,D,E,F)=(0,3,2,2,1,1)
そして全ての条件式はこれにより満足される

>>257
そうだったのか、そしたら念のため厳密的に確かめてみるか…

対称性より、>>248の状況設定において
傾きが0以上1以下かつ点(3,3)より下を通過する直線のみを調べれば良い。

このような直線が無限行６列に並んでいる正方形のうちいくつかを通過する際、
二つ以上（つまりちょうど二つ）の正方形が通過されるような列の組として
あり得るものを以下に列挙する。
ただし直線はどの正方形の頂点も通過しないものとする。

{},
{1},{2},{3},{4},{5},{6},
{1,4},{1,5},{1,6},{2,4},{2,5},{2,6},{3,5},{3,6},
{1,3,5},{1,3,6},{1,4,6},{2,3,5},{2,4,5},{2,4,6},
{1,2,4,5},{1,2,4,6},{1,3,4,5},{1,3,4,6},{1,3,5,6},{2,3,4,5},{2,3,4,6},{2,3,5,6},
{1,2,3,4,5},{1,2,3,4,6},{1,2,3,5,6},{1,2,4,5,6},{1,3,4,5,6},{2,3,4,5,6},
{1,2,3,4,5,6}

無限行６列の正方形のうち特定の6x6にはAからFの値が>>197のように対称的に、
それ以外の正方形には0が書かれているとする。
つまりこんな感じ↓
…
000000
000000
032230
321123
211112
211112
321123
032230
000000
000000
…
この時、上で列挙した列の組み合わせそれぞれの場合に対して
通過する正方形の合計の最大値を計算する。
これがいずれも15を超さなければ良い。
※点(3,3)、つまりFが書かれている四つの正方形全てに共有されている頂点よりも
直線が下を通ることに注意。

{}: 3+2+1+1+2+3=12
{1}: (0+3)+2+1+1+2+3=12
{2}: 0+(3+2)+1+1+2+3=12
{3}: 0+3+(2+1)+1+2+3=12
{4}: 0+3+2+(2+1)+2+3=13
{5}: 0+3+2+2+(3+2)+3=15
{6}: 3+2+1+1+2+(3+2)=14
{1,4}: (0+0)+3+2+(2+1)+2+3=13 ←一列目で6x6の外側を通過
{1,5}: (0+0)+3+2+2+(3+2)+3=15
{1,6}: (0+3)+2+1+1+2+(3+2)=14
{2,4}: 0+(0+3)+2+(2+1)+2+3=13
{2,5}: 0+(0+3)+2+2+(3+2)+3=15
{2,6}: 0+(3+2)+1+1+2+(3+2)=14
{3,5}: 3+2+(1+1)+1+(1+1)+2=12
{3,6}: 0+3+(2+1)+1+2+(3+2)=14
{1,3,5}: (0+3)+2+(1+1)+1+(1+1)+2=12

挫折orz

>>257
では>>250の19個の出し方を
36こある正方形をD4の作用で6種類に分類する
左下隅から正方形の左下隅までの距離が
0,1,2,√2,√5,√8の正方形の類をA,B,C,D,E,Fとする
まず直線Lが極大型と言うのを直線Kで
Lが通るA型の正方形の数≦Kが通るA型の正方形の数
Lが通るB型の正方形の数≦Kが通るB型の正方形の数
‥
Lが通るF型の正方形の数≦Kが通るF型の正方形の数
を満たすのは常に等号に限られる時と定める
極大型直線に限定して良い
対称性利用してy軸平行でなく、-1≦傾き≦0に限定して良い
また“かするのなし”なのでちょっとずらしても通過する正方形は増えることがあっても減ることはないので極大型なら少しずらしても型は変化しない
よって傾きは-1<傾き<0である無理数として良い
Lが正方形□を弱通過すると言うのをLが□の内部もしくは左下隅を通過する時と定める
Lを下方にずらして最初に格子点を通過するものをKとする時Lが通過する正方形とKが弱通過する正方形は一致する
逆にKを一般の直線とする時、十分小さいεだけ上にずらした直線をLとすればKが弱通過する正方形とLが通過する正方形は一致するので結局一般の直線の弱通過する正方形の数を分類すれば良い
よって極大型直線が弱通過する正方形の数を分類すれば良い
ただし極大型も通過バージョンと同様に定めるものとする



い

まず直線Kに対して下方にずらして最初に領域内の格子点を通るものをK'とするとKの弱通過する正方形とK'の弱通過する正方形は一致するのでKは最初から領域内のある格子点Aを通過するとして良い
傾き無理数としているのでこれ以外には通らない
KをA中心に負、正の方に回転し最初にあたる領域内の格子点をBDとする、ただしともにAより左にとるCをABCDが平行四辺形になるようにとる
Cは格子点になるが領域内だとするとB,Dと定義に反するからCは領域外
しかしB,Dが領域内にあるとするとCは[-6,6]×[0,6]にあるとして良い
さらにKを直線AC=Mまで回転させるときには領域内の格子点とは当たらない
よってKの弱通過する正方形とMの弱通過する正方形は一致する
以上により、問題は

「[0,6]×[0,6]の格子点Aと[-6,6]×[0,12]の格子点を結ぶ傾きが[-1,0]に入る直線の弱通過する正方形の数を分類せよ」

になる
有限個の話に落とし込んだので後は計算機

なるほどなぁ
弱通過を考えることで1つは領域内の格子点通ってるとしてよくなるわけか
もう1つの格子点として領域外にCを取るのも上手い

ところで、この6×6マス(=7×7格子点)がxyz空間のz=1平面に浮かんでるとみると
直線たちは原点を通る平面たちと思えて射影平面をなし
格子点を0次元的に通る平面たちが辺
格子点を1次元的に通る平面たちが頂点
として射影平面の有限胞体的な分割になって
この胞体の面たちが通過のパターンになりそう
(ただし角の格子点の通過に関して重複はある)

>>261
確かめ大変感謝…
>>252 (と>>248)と合わせて正解とさせていただきます

>>180 のご指摘の通り、
6x6の正方形全ての内部を四本の直線で通過することの不可能性 …(P)
を示すために使おうと思った命題です

しかし示そうと思ったら、解の候補が実際に(合計が必ずS/4以下であるという)条件を示すのが
思いの外困難で、一般化は無理そうだなあ…ということでここで供養したという経緯

ちなみに本命のPはこの結果を使ってどう示したらいいだろう…というのも考え中なので
興味のある方は是非ぜひ

Pは非交差解がないことを示せればいいんだよね
1直線が通過できる最大が11個でその形は6×6を2領域に分断して、その2領域はどちらも1直線ではカバーできない形になるので11個の形は使えない
9個の形4つのときはそれぞれが角を1つずつカバーしないといけないけど、これも不可能なことがすぐわかる
よって10個の形を少なくとも1つ使わないといけない
10個の形も無理な2領域の分断を作るものがほとんどだから総当たりで不可能性が言えそう

>>265
いいから医師免許はよ。

あ、角では交差可能なのか…きつい

いや、角で交差の場合はそんなに問題にならないか

>>268
おい、ウリュウのジジイ。医師免許はまだか？

Pもいけるかも　途中までの流れはこんな感じ

命題1. どの直線についても、通過する正方形の実数の合計も15でなければならない.
これより
命題2. A以外の同じマスを二つ以上の直線が通過することはない.
そして
命題3. どの直線もAのマスを二つ以上通過することはできない.

（命題3の証明の流れ）
もし二つのAのマスを通過する直線Lがあるなら、命題1から、
その二つの正方形は距離4√2だけ離れた二つ組でなければならない。
Lに通過されていない二つのAマスA_1, A_2とおく。
A_iを含む2x2の正方形であって6x6の正方形に含まれているものをS_iとおく。
Lを挟んで反対側にあるS_1,S_2はどちらも
･Lによって通過されていない
･内包する正方形全てを単一の直線によって通過されることはない
を満たすため、S_1とS_2をどちらも通過する直線L'が存在しなければならない。
しかし、これはL'がA以外でLと交わることを意味し、命題2と矛盾。
（終わり）

つまり命題2と3から
命題4. どのマスもただ一つの直線によって通過される.
ここまで来たらあとはどうにでもなりそうだけど…

ところで(n+1)×(n+1)マスはn本でいけるんだな(n≧2)
前スレ最後の問題のように左上と右下に2マスずつ残して
残りの部分を傾き(1/3+ε)の平行線(n-1)本でカバー出来て
最後の1本で左上と右下の2マスずつをカバーすればいい
ただnが大きくなると(n-1)本でもいけるようになるのか微妙なところ
このn本でのカバーの仕方がギリなのか無駄が大きいのか判断が難しい

7×7のときも6×6のときを真似して
中心マスを第0核、それに接するマスを第1核、さらにそれに接するマスを第2核、…と第6核まで分けて、
核の数字を中心から順に1,1,1,2,2,3,0とすれば
S/5=17となって、これで上手くいきそう

>>264
P計算機使うとできた
まず>>250の19種から重複を許して4つ選んだ和が[4,8,8,4,8,4]以上になるものを探してみると
[[0,1,4,1,2,0],[1,2,2,0,4,1],[1,3,2,1,0,0],[2,2,0,2,2,3]]
[[1,2,1,1,2,3],[1,2,1,1,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0]]
[[1,2,1,1,3,2],[1,2,1,1,3,2],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0]]
[[1,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
の4通りしかない
しかも総和は各々36,36,36,37なので最後を除いてdisjoint unionでなければならず、最後のものも被りは一ヶ所しか許されない

最初のタイプで使えるもの
最後の3択でどれを選んでもdisjoint unionにはできない

"0,1,4,1,2,0"
● × × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●

"1,2,2,0,4,1"
× × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●

"1,3,2,1,0,0"
× × × × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●

"2,2,0,2,2,3"
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×

× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ●
● ● ● ● × ×

× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×

次のタイプで使えるもの
コレも無理

"1,2,1,1,2,3"
× × ● ● ● ●
● × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●

× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●

× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●

"1,2,1,1,4,1"
× × ● ● ● ●
● × × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●

"1,2,3,1,1,0"
× × × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●

次のタイプ

"1,2,3,1,1,0"
× × × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●

"1,2,1,1,3,2"
× × ● ● ● ●
● × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●

× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●

最後のタイプは一ヶ所だけ被りが許されるけど[2,2,0,2,2,3]が二ヶ所のコーナーを埋めていて、そこでどちらか必ず被る
残りの２つを被りなく配置するのは不可能

"1,2,2,0,4,1"
× × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●

"1,2,3,1,1,0"
× × × × ● ●
● ● ● × × ×
● ● ● ● ● ×
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●
● ● ● ● ● ●

"2,2,0,2,2,3"
× × ● ● ● ●
● × × ● ● ●
● ● × × ● ●
● ● ● × ● ●
● ● ● × × ●
● ● ● ● × ×

嘘書いた
訂正
[[1,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
がコーナーのどこか一ヶ所で被るけどそれは必ずしも[2,2,0,2,2,3]とは限らない
しかし[1,2,3,1,1,0]のどちらかか[1,2,2,0,4,1]が被りコーナーに来る
前者なら
[[1,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[0,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
後者なら
[[0,2,2,0,4,1],[1,2,3,1,1,0],[1,2,3,1,1,0],[2,2,0,2,2,3]]
のdisjoint unionで36マス埋めないといけないけど、いずれでも[1,2,3,1,1,0]を使うことになるけど、これを抜いた28マスが28=26+2に分かれてしまうので2マスの方が絶対無理
他の3タイプもココで出てるパターンは全て極大型で“斜めに擦り抜け”ができないので“残りマス”を見るだけでほとんど無理だとわかるみたいだな

>>272
残念ながらそう単純ではなさそうだ
[ ]を全て通過したら合計18になる
(0)[3][2][2](2)(3)(0)
(3)(2)(2)[1][2][2](3)
(3)(2)(1)(1)(1)[2][2]
(2)(1)(1)(1)(1)(1)[2]

確か3x3、4x4、5x5、6x6と大きくなるにつれて
だんだん変数の条件が厳しくなっていった記憶があるから、
個人的には7x7は無理な気がしている…

>>279
いつも検証すまん、また見逃しててめんぼくない

不動産や！不動産屋！

徳・側・家・安っ！


https://youtu.be/L10ehFAAYU4

家だ！！言うや！！

六軒、ロー！

元・気付け！
危機・killing、冗談？！

計算機使わなくても良さそうな類題ができたので投稿

ユークリッド平面 R^2 上の領域
B = { (x,y)∈R^2 | 0≦y≦1 }
を平面内で回転、平行移動して得られる領域のことをベルトと呼ぶことにする。
正の整数 n に対して、直径 n の円を (n-1) 本のベルトで被覆することは可能か。

>>282
メチャクチャ難しい気配があるけど答えあるの？

>>283
ある。
要は6x6でやったようないい感じの"重み付け"を円(の内部)に行うことがポイント

>>282
n=2が反例

>>284
あるんや
つまり任意の帯領域Bに対して
∫[円∩B]ω ≦1
だけど
∫[円]ω>n-1
となるような円上の重みがとれるって事かな？
考えてみる

n=3も反例

n=4も反例

>>287
多分不可能なんだと思うよ
実質不可能である事を示せやな

つまり
被覆できないことを証明したら良いのか

>>286-287 すまん、答えあるというのは、答えを用意しているってこと
問いの答えは勿論「不可能」

n-1本で被覆されているとして矛盾を示す訳ね

日経サイエンスのパズルの国のアリスで見たような問題ですね。

https://www.nikkei-science.com/page/magazine/alice/201604/question.html

>>293
あちゃあ。やっぱりこんくらいシンプルだと先駆者がいるもんだね
球を使うというのもうまいな

おまけ

一辺の長さ n の正方形を (n-1) 本のベルトで被覆することは可能か。

直径nの円が無理なのにと小一時間(ry

>>296
当たり まあ気づけば一瞬か…

これが正三角形とかになるとまた別のややこしさが生じるみたいだけど、
そこはまあ有志にお任せしますってことで…

それよりも原点中心の半径Rの球について[a,b]⊂[-R,R]のときz∈[a,b]に該当する部分の面積が
2πR(b-a)
ってこんなキレイな式になるの知らんかった

>>298
微小帯で考えれば自明なので昔から知られっていた。
この性質を使えば球の表面積を微積分なしで計算できる。

>>101
(3)
(xk)を4つ以上の成分が0でないΔの点とする
s,t,u,v成分が0でないとする
この時ρ=exp(2πi/n)とおく時、実数a,b,c,dを方程式
aρ^s+bρ^t+cρ^u+dρ^v=0
a+b+c+d=0
を満たす非自明な組とする
この時(yk)を
ys=a, yt=b, yu=c, yv=d, yk=0 (if k≠s,t,u,v)
とおけば十分絶対値が小さい実数εに対して(xk+εyk)はΔの点である
εの符号は絶対値が十分小さければ正でも負でも良いので(xk)はΔの頂点たりえない□

難しそうに見えるが割と簡単な問題。

a,b,cは正整数で、gcd(a,c)＝1, gcd(b,c)＝1 を満たすとする。
このとき、x^a＋y^b＝z^c を満たす正整数の組(x,y,z)が無限に存在することを示せ。

mc-nab=1となるようにm,nをとって
x=2^(nb),y=2^(na),z=2^m

このようなm,nはc,abが互いに素なので存在し
さらにm+kab,n+kcという形で無限に存在する

>>302-303
正解！

>>293
コレ強烈だよな
n-1で不可能であるのはおろか、n本の時の解が実質ひとつしかない事まで示してる

ユークリッド平面内にあり正の面積を持つ凸領域に対して三本の直線を引き、
面積が等しい七つの領域に分割することは可能か

>>306
ヒントおながいします

あ、イヤ不可能である図形を探せ？

凸だったら直感的には普通に出来そうでしょ

まず3本の直線が一点で交わるようにしてそれで中間値定理によって六等分して、
等分を保ちながら一点の交わりをずらして真ん中を三角形にして拡大してく的なノリじゃないかな

知らんけど

>>307
ヒント：答えは不可能

ごめんなさい

>>306
円の場合不可能
∵) 単位円の場合を考える
全ての直線は円を3:4の面積比に分けるので原点からの距離は等しい
ひとつlを固定する
面積の小さい方をDとする
mを同じ条件下で動かしてmがDを1:2で分けるものはちょうど2個しかない
∴ 図形はlの垂直二等分線に関して対称
同じ事が他の2本でも言えるから真ん中の三角形は正三角形である
よってlの原点からの距離は3√3d=π/7によりd=π/(21√3)
コレからDの面積は
∫x:d→1 2√(1-x^2)dx=1.3983....
コレは3π/7=1.346396851538より大きい

https://www.wolframalpha.com/input/?i=integrate+2sqrt%281-x%5E2%29dx+from+pi%2F21%2Fsqrt%283%29+to+1&;lang=ja

ユークリッド平面内にある凸領域に対して三本の直線を引き、
面積が2つの値のいずれかであるような七つの領域に分割することは可能か？

円の場合 可能。
∵ 単位円の場合を考える。
原点からの距離がhで、互いに120°をなす3直線をひく。
(0≦h≦1/2),
真ん中の△の面積は 3(√3)hh,

△とそれに隣合う領域の面積が等しくなるのは
3(√3)hh = 2π/3 - 2(√3)hh - arccos(h) + h√(1-hh),
より
　h = 0.38301507241481

△とそれに対向する領域の面積が等しくなるのは
3(√3)hh = arccos(h) - π/3 - h√(1-hh) + (√3)hh,
より
　h = 0.19631515254515

一辺4の正三角形から
一辺1の正三角形3つを切り落とす
で終了でしょ

前>>99
>>313
正六角形の中央に正三角形を正対させるように3本の直線を、
正三角形の面積とこれに隣接する3つの五角形がすべて同じ面積になるように描けば、
面積が2つの値のいずれかである七つの領域に分割される。
∴示された。

一般の凸でも可能
凸図形の面積を1として良い
各<S<1/2に対して直線l=l(S)をlが分ける部分の小さい方の面積がSになるようにとる
ただしl(S)はSについて連続に変化させていく
小さい方の領域をD(S)とおく
lの両端点を共有する弦m,nをやはり切り取る面積がSであるようにとる
m,nが切り取る部分を
ココから始めてm,nをm,nがDから切り取る部分の面積aが等しくなるように連続的にずらしていってmの切り取る部分とnの切り取る部分の共通域の面積がaと等しくなるようにとれる
この時Dからm,nによって切り取られて残った部分の面積をbとおく
この時l,m,nはそれぞれ面積比が2a+bの部分を切り取っていて、いずれの二つの共通部分の面積もaとなると
残った部分の面積をcとおく
この作業はずらしていく前の最初のm,nが共有点を持つ場合には必ず可能である
持たない場合にはm,n,a,b,cはundefinedとする
S=0の近傍ではundefinedから始まってSを1/2に近づけて行くある時点でm,nの初期位置が交差し、それ以降から1/2未満の任意の値までm,n,a,b,cは定義される
a=cとなる時がある事を示せば十分
定義可能域を(S0,1/2)とする
SがS0に十分近い時にはa<cであるため結論を否定すると定義域において恒等的にa<cである
すなわちa<1-3a-3bであるから4a+3b<1が成り立つ
ココでS=2a+b=1/2-eでe→0とすると条件からa→1/4,b→0となる必要がある
特にc→0である
しかし一方でl,mの交点をR,l,nの交点をQ,m,nの交点をPとおく時b→0から∠QPR→0がわかりc→0である
コレは矛盾□

>>101
(4)
SはΔの閉包で最大値をとるが、それは(2)により境界ではないから内点である
特に極値である
すなわち gradSがPの法ベクトル(1,1,‥)と平行になる点である
一方でSの対称性により(1/n,1/n‥)においてgrad Sは(1,1,‥)に平行である
さらにSは(1)により2次形式であるから極値を1箇所しか持ちえない
∴ΔにおいてSの最大値はS(1/n,‥)=n/4 cot(π/n)である
さらに以上のことからSは負定値の2次形式である事もわかる
よってSはΔの頂点での値の最小値が下限値である
nが偶数の時は第1成分と第n/2+1成分が1/2で他は0である点(1/2,0,‥,1/2,0‥)において最小値0をとる
nが奇数とする
(3)により対応する図形が三角形の場合を考えれば良い
すなわち３つの角をA,B,Cとするとき平面A+B+C=πの領域|B-C|<A<B+CにおいてT=三角形の面積/周^2の値を考えれば良い
Tはこの領域で上に凸である
一方でΔの境界として現れる△の内角はπ/nの整数倍である必要がある
よってそれは平面の上の(π/n,π/n,π-2π/n),(π/n,π-2π/n,π/n),(π-2π/n,π/n,π/n)の３点の凸包Tに含まれる
さらにa=2cos(π/n)+2とおく時第1,第n成分が1/aで第(n+1)/2成分が(a-2)/aである点に対応する三角形は内角の大きさが(π/n,π/n,π-2π/n)の三角形となる
以上によりnが奇数の場合のSの下限値は1/(2a^2)sin(2π/n)である

>>307 ヒント
正三角形の三辺を延長してできる三本の直線によって
七つの等しい面積に分割されるような凸領域が存在しないことを示せばよい。
（∵線形変換によって集合の凸性や直線性は変わらない）

え？
>>307は一個不可能な例をあげるだけではダメなん？
任意の凸図形で不可能まで示せなの？
束縛の指定がいい加減で分からん

すまんね 言われてみれば >>295 とかもその辺曖昧だったな

>>306 もすこしヒント
正三角形の三辺から延長される合計６本の半直線いずれも
凸領域と共通部分を持つことがわかる。

もしある半直線と凸領域の共通部分が一点のみだったならば
七つの領域のうちある特定の領域の面積が0でなければならず、
正の面積を持つことと矛盾。

もしある半直線と凸領域の共通部分の長さがある値以上になると…？

>>322
でけた
条件を満たす凸領域Δは閉としておく
真ん中領域を三角形ABCとする
A(0,0),B(1,0),C(0,1)として一般性を失わない
D(2,-1),E(-1,2),
B'(√2,0),C'(0,√2),D'(2√2,-√2),E'(-√2,2√2)
とおく
まずy<-2x,x+y≧1の部分にはΔの点はこれない
この部分に来るとx+y<1,x<0,y>0にくる部分の面積が△ABCの面積1/2を超えてしまう
次に線分C'E'にはいずれかのΔの点がくる
ココに来ないとすると領域はx<0,x+y>1においてはy≧-2xと合わせて閉四角形CEE'Eに真に面積の小さい部分集合となるがこの四角形の面積が1/2なので矛盾する
同様にして線分B'D'にもいずれかのΔの点がくる
よってΔは線分B'C'を含む
ココで□BCC'B'の面積は1/2だからx+y>1,x>0,y>0の部分にあるΔは□BCC'B'に完全に一致しなければならない
よってΔの点はx+y>1の部分にはこれない
よってx+y>1,x<0に含まれる部分は□CEE'Cに完全に一致する
特にEがΔの点だからΔは面積1/2の三角形ACEを含む
従って領域x+y<1,x<0,y>0の部分のΔは△ACEに一致する
よって領域x<0,y<0の部分にΔは来ない
コレは矛盾□

>>316
　正六角形の一辺を１とし、
　中心から3直線までの距離をhとする。 (0≦h≦1/2)
　中央の△の一辺は 2(√3)h, 面積は S_3 = 3(√3)hh,
　それに隣接する五角形は、正六角形の2辺から 1/2 +h ずつ切り取る。
　その面積は S_5 = (√3)(1/4 + h - 2hh),
　これらが等しいとき
　h = (1+√6)/10 = 0.344949

>>323
おお、正解です(多少記載ミスはあったけど修正して内容を追えたのでOK)
わりとシンプルなロジックだけで片付けられててお見事。

正三角形から伸びた半直線と凸領域の共通部分について
（凸領域が条件を満たすように動かした時の）下限と上限をそれぞれα,βとおいて、
それらに関する対称不等式から矛盾を導くという想定だったけど、
なるほど、最初から凸領域の可動範囲を考えれば早かったんだな…

(1) [0,1]上有界な可測関数fに対して、
lim(n→∞) (∫_0^1 |f(x)|^n dx)^(1/n) = sup_{x∈[0,1]} |f(x)|
となることを示せ.

(2) C[n,k] := n!/{k!(n-k)!}とする(二項係数)
極限
lim(n→∞) [Σ_{k=0}^n C[n,k]/(2k+1)]^(1/n)
を求めよ.

>>324

中央の△に対向する四角形は、正六角形の2辺から 1/2 - h ずつ切り取る。
　その面積は S_4 = (√3)(1/2 - h)^2,
　これが S_3 = (√3)(3h^2) に等しいとき
　h = (√3 - 1)/4 = 0.1830127

・参考　>>314

>>328
素晴らしい正解です

なるほど(1)など使わなくとももっと上手いやり方があるのか

手持ち金額10,000円で100回コイントスを行う

�@「表」が出たら残金の5%もらえる、「裏」がでたら残金の5%失う
�A勝ったら次は"残金"の倍の金額でもう1回
間違い(1回目表　残金10,500円　2回目裏　残金9,500円)　
正しい(1回目表　残金10,500円　2回目裏　残金9,450円)　
�B負けても2連勝しても�@からトライ

最終的に残る金額はいくら？

>>328
　I_n ≒ (2^n)(1/n + 1/n^3 + 3/n^4 + 16/n^5 + ････)

某パズル本より

テーブルの上に100枚の円形のコインが乗っている
ただしコインが乗るのはその中心がテーブル上にある事で縁がはみ出しても構わないとする
今ココにさらに一枚のコインをすでに乗っているコインに被る事なくコインは乗せられないとする
この時同じコイン400枚を使ってうまく乗せなおせばテーブル全体を覆える事を示せ

テーブルの大きさも明示されてないし流石にはしょりすぎじゃないか…
日本語も所々あやしいぞ

1枚分の隙間が無いように100枚を乗せれる任意の図形は400枚で覆えるということではないのか

>>332
テーブルの形が何でもいいんなら簡単に反例が作れるけど