面白い問題おしえて〜な 35問目

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

まとめwiki
//w.atwiki.jp/omoshiro2ch/

過去スレ
1 //cheese.5ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
2 //natto.5ch.net/test/read.cgi/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 //science2.5ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
8 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
9 //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/
34 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1608679703/
(前スレ)

数列pn,qnが以下で定められている

p0=4,p1=0
p(n+1) = (2n+1)pn+ n^2p(n-1)

q0=2,q1=1
q(n+1) = (2n+1)qn+ n^2q(n-1)

lim pn/qnを求めよ

訂正

数列pn,qnが以下で定められている

p0=4,p1=0
p(n+1) = (2n+1)pn+ n^2p(n-1)

q0=1,q1=1 ←ココ!
q(n+1) = (2n+1)qn+ n^2q(n-1)

lim pn/qnを求めよ

こんな数列の問題を思い出した

数列a(n)は
a(0)=0,a(1)=1
a(n+2)=a(n)×1/2+a(n+1)

a(n)に出てくる整数は有限個か

>>4
ヒントおながいします

わかった
bn=(12 an^2-(-2)^(n+1))/2^(n+1)
とおくとbnは漸化式
b0=1,b1=2,b(n+2)=4b(n+1)-bn
を満たす
この時bnが4の倍数となるのはないので十分大きなnでanは整数ではない

最初の方の項は

a(0)=0
a(1)=1
a(2)=1
a(3)=3/2=1.5
a(4)=2
a(5)=11/4=2.75
a(6)=15/4=3.75
a(7)=41/8=5.125
a(8)=7
a(9)=153/16=9.5625
a(10)=209/16=13.0625

ここまでの整数は0,1,1,2,7の5つだけど…

やり直し
数列bとcを
b0=0, b1=1, bn= 2(b(n-1)+b(n-2))
c0=2, c1=1, cn= 2(c(n-1)+c(n-2))
で定める
an = 2bn/(2^n)
なので問題は bnが2^(n-1)の倍数となるのはいつか？ になる
vを2進付値としてcnのv値は
v(c) : 113233545576...
は容易、特にn≧3の時v(cn)<n
同じく漸化式だけで
v(b) : ≧<≧<≧<≧<≧<‥
も容易で特にv(bn)=(n-1)/2 ( if n odd )も容易
よって奇数項で条件を満たすのはn=1のみである
偶数項についてはb(2n) = bn cnと先に述べたことから
b(2n)≧2n-1 only if b(n)≧n-1 for n≧3
ココでn:0〜16で条件を満たすのがn=0,1,2,4,8しかないからn≧17に条件を満たす偶数は存在しない

>>8
> vを2進付値としてcnのv値は
> v(c) : 113233545576...
> は容易
これは何で？

>>8
帰納法

a,a,a+2,a+1
cn=2(c(n-1)+c(n-2))
だから前２つの付値が違う時は小さい方+1
なので次の２つがa+2,a+2まで確定
cn=16c(n-3)+12c(n-4)で
a,a,a+2,a-1,a+2,a+2
の次は３つ前からのa-1+4と4つ前からのa+2+2の小さい方+1でa+4確定
最後のa+3も同様

訂正
cn=16c(n-3)+12c(n-4)より
a,a,a+2,a+1,a+2,a+2のa+1+4とa+2+2の小さい方でした

cn=14c(n-3)+12c(n-4)では

ごめんミス
無視して

>>3
p_n / q_n → {(1-π/4)p_0 + (π/4)p_1} / {(1-π/4)q_0 + (π/4)q_1},

特に　q_0 = q_1 = 1 のときは

p_n / q_n → (1-π/4)p_0 + (π/4)p_1 = 4-π = 0.8584073464102…

>>14
不正解です
最初の1000桁計算するプログラム

https://ideone.com/Bj68Zu

あ、いや
失礼しました
オレが出題ミスしてる
orz

p0とp1が逆

もう答え書きますね
p0=0,p1=4なら>>3の漸化式でπに収束します
ガウスの超幾何関数というやつでした
出題ミスしといて何をいうかですけど...

ちなみに漸化式が線形なので(p0,p1)=(4,0)のときは
(4,0)= (4,4) - (0,4)
より>>14さんの指摘通り4-πに収束します

p 0 = 4
p 1 = 0
p n = (2*n-1) * ( p$ n-1)+ ( n-1) ^2 * ( p $ n-2)

q 0 = 1
q 1 = 1
q n = (2*n-1) * ( q$ n-1)+ ( n-1) ^2 * ( q $ n-2)

main = do
print $ ( p 10) / ( q 10 )
print $ 4-pi
----
0.85840745955346
0.8584073464102069

>>3
　p_0 = 4,　q_0 = 1,　r_0 = 4,
　p_1 = 0,　q_1 = 1,　r_1 = 0,
　p_2 = 4,　q_2 = 4,　r_2 = 1,
　p_3 = 20,　q_3 = 24,　r_3 = 0.83333333
　p_4 = 176,　q_4 = 204,　r_4 = 0.86274510
　p_5 = 1904,　q_5 = 2220,　r_5 = 0.85765766
　p_6 = 25344,　q_6 = 29520,　r_6 = 08585365854
　p_7 = 398016,　q_7 = 463680,　r_7 = 0.85838509
　p_8 = 7212096,　q_8 = 8401680,　r_8 = 0.858411175
　p_9 = 148078656,　q_9 = 172504080,　r_9 = 0.85840669
　p_10 = 3397674240,　q_10 = 3958113600,　r_10 = 0.85840746
　・・・
となったが。。。

>>20
はい
>>3のままの出題だと4-πに収束します

sin_N(x):=sin(sin(…sin(sinx))…)(N回合成)とおく

sin_N(x)=Σa_n(N)x^n/n!と展開したとき

各係数a_n(N)はNの多項式になることを示せ

>>4
https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q12183688757

>>22

sin_N(x) = Σ a[N,k]x^kとおく
sin_(N+1)(x) = Σ a[N,k](sin x)^k
の右辺を展開した時の係数はa[N,k]についての線形変換であり、a[N,k]はk次以上の項にしか寄与しないから
a[N+1,k] = Σ[l≦k]S[k,l] a[N,k]
とおける
すなわちa[N,k]を列ベクトル、S[k,l]を行列と見做して
a[N+1] = S a[N]
とかくとき、Sは下三角行列になる
さらにsin(x)のマクローリン展開の定数項が0で一次の項がxてある事によりSの対角成分は全て1である
以上によりS^Nの全ての成分はNの多項式である

>>3 を初等的に解いてみた

p[n],q[n]の一般項は以下のように表される

p[n]=(4+2π)f[n](1)-8g[n](1), q[n]=f[n](1)
ここで
f[n](x) = (1/2)^n (d/dx)^n {(1+x^2)^n},
g[n](x) = (1/2)^n (d/dx)^n {(1+x^2)^n arctan(x)}
(∵f[n](x),g[n](x)はともに漸化式 f[n+1](x)=(2n+1)xf[n](x)+n^2f[n-1](x) を満たす)

n→∞の漸近評価をすると
g[n](x) = (1/2)f[n](x)(arctan(x) + π/2 +o(1))
より
g[n](1)/f[1](x)→3π/8 (n→∞)
∴
lim[n→∞]p[n]/q[n] = 4-π


ちなみに問題の初期値
>p0=4,p1=0
を
p0=0,p1=4
に変更すると答がπになる

>>18
πに直ぐに近づいた

> data.frame(n=n,pq=y)
n pq
1 1 4.0000000000000000
2 2 3.0000000000000000
3 3 3.1666666666666665
4 4 3.1372549019607843
5 5 3.1423423423423422
6 6 3.1414634146341465
7 7 3.1416149068322983
8 8 3.1415888250921244
9 9 3.1415933118799275
10 10 3.1415925404465401
11 11 3.1415926730303347
12 12 3.1415926502502449
13 13 3.1415926541633663
14 14 3.1415926534912950
15 15 3.1415926536067063
16 16 3.1415926535868897
17 17 3.1415926535902923
18 18 3.1415926535897079
19 19 3.1415926535898087
20 20 3.1415926535897918

Twitterでバズってた問題

https://pbs.twimg.com/media/EvMsDIlU4AAscDG.jpg

>>25
おお、GJ
コレは面白い
一般の超幾何関数でもできるのかな？
一般のケースだと係数がnの多項式にはなるけど一個おきに変化するからなぁ
ちょっと考えてみよう

>>27
対偶を示す。
連続な f:R→R が lim_(x→∞)f(x)=0 を満たさないと仮定する。
正の無限大に発散する実数列 {a_n}_(n=1,2,…) であって
全てのn≧1について f(a_n)=1 を満たすものが存在すると仮定してよい。
（∵必要であれば f を実数倍すれば良いため）

正の幅を持つ閉区間の列 {T_i}_(i=1,2,…) と、
単調増加な正の整数列 {m_i}_(i=1,2,…) を次のように定める。
まず T_1=[1,2], m_1=1 とする。
そして i≧2 に対しては、まず次(★)を満たす m>m_(i-1) を任意にとり m_i と定める：
(★) ある t∈T_(i-1) と正の整数 n が存在して tm=a_n.
この m_i に対して
T'_i = { t∈T_(i-1) : f(tm)≧1/2 }
と定めれば、これは(★)を満たすある n について (a_n)/m を元に持つ。
よって f の連続性より、T'_i は (a_n)/m を元に持ち正の幅を持つようなある閉区間を含むので、
そのような閉区間を任意にとり T_i と定める。

このように定めた列 {T_i} は T_(i-1)⊃T_i を満たすので、
全ての T_i に含まれるような実数 α>0 が存在する。
この α は f(α･m_i)≧1/2 を満たすので、
lim_(m→∞) f(αm)=0 は満たさない。（終わり）


補足
(★)を満たす m>m_(i-1) が必ず存在すること

整数kに対して kT_(i-1) = { kt : t∈T_(i-1) } と定めると、
∪_(k=1,2,…) kT_(i-1)
は十分大きな全ての実数を含む。
よって、十分大きな a_n の元は全てその集合に属するので、
kt=a_n を満たす k>m_(i-1) と t∈T_(i-1) を任意にとって、その k を m とすれば良い。

仮にTiが[1.97,1.98]とかになった時
(k+1)1.97>k1.98⇔1.97>0.01k⇔k>197
でむしろkが大きくなるほど区間の隙間はでかくなっていくのでは？

>>30
イヤ、違う
だから有限個除いて重なるのか
吊ってくる

>>27
ε>0 を任意にとる
Xk = { δ>0 : ∀n≧k に対して |f(δn)| < ε/2 } とすると
与えられた条件から ∪_(k≧1)Xk = (0,∞)である
ベールのカテゴリー定理より、あるkと開区間(a,b) (0<a<b)に対して
Xk∩(a,b) は(a,b)において稠密である

(N+1)a < Nb　かつ k<N をみたす十分大きいNをとると、∪_(m≧N)(ma,mb) = (Na,∞)
Na = r とおき、x∈(r,∞)を任意にとる。あるM≧Nについて x∈(Ma,Mb)である
このとき x/M∈(a,b)なので、任意のc>0に対して、あるδ∈Xkが存在して
|x/M - δ| < c/M　をみたす。よって |x - δM| < c
cを十分小さくとればfの連続性から |f(x) - f(δM)| < ε/2 となる
δ∈Xk および M>k なので |f(δM)| < ε/2
よって |f(x)| ≦ |f(x) - f(δM)| + |f(δM)| < ε
以上より x > r ⇒ |f(x)| < ε

b 0 = 0, b 1 = 1
b(n+2) = 2b(n-1) + 2bn
で与えられる数列と二進付値vにおいて
v(b(n)) = [ n/2 ] + v(n)
を示せ

前スレの問題だけど
Σ[k:-∞〜∞]exp(-πk^2×n)
の計算n=3,5の場合はわかったけどn=7の場合はどうやるんだろう？

厚さが一定で長軸の長さ２０cm、短軸の長さ１０cmのステーキを単軸方向に１直線で分割して２：１に分割したい。
切断線の長さは何ｃｍか。小数３桁まででよい。

θ_3(0, e^(-π×n))

関係ないけど、Ｔ．新社の接待の「お代」は一人あたり7万4203円らしいから、
ステーキにしても相当の大きさだろうなあ。(涎)
エンゲル係数が飛び上がるかも。。。

>>34
とりあえずコレ↓見つけてなんとかn=3,5の場合の証明は目で追った
https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0022247X03009090
しかし結局はラマヌジャンがやった事を整理してるに過ぎない(とはいえ恐ろしくキレイにまとまってるのでLast notebook読むよりは遥かに楽)
しかしキーのtheorem 4.4, theorem 4.5はlast notebook読むしかない
結局のところラマヌジャンがやった事を辿るしかないんだろうかねぇ？
任意のnでφ(exp(-nπ))の計算アルゴリズムはまだ夢の彼方なんだろうか？

数列a0,a1,a2,…を
((1/x)+Σaix^i)を何乗しても1/xの係数が常に1になる
ように定める(何乗=1乗,2乗,3乗,…)

このときΣaiは収束する、その値は何か？

0かな(適当)

>>38
Σのiは0以上？

>>40
すみません、そうです

>>41
ラジャ
考え中

何項か計算してみたら見覚えのある数字が
[1 % 2,1 % 12,0 % 1,(-1) % 720,0 % 1,1 % 30240,0 % 1,(-1) % 1209600,0 % 1,1 % 47900160,0 % 1,(-691) % 1307674368000,0 % 1,1 % 74724249600,0 % 1,(-3617) % 10670622842880000,0 % 1,43867 % 5109094217170944000,0 % 1,(-174611) % 802857662698291200000,0 % 1,77683 % 14101100039391805440000,0 % 1,(-236364091) % 1693824136731743669452800000,0 % 1,657931 % 186134520519971831808000000,0 % 1,(-3392780147) % 37893265687455865519472640000000,0 % 1,1723168255201 % 759790291646040068357842010112000000]

>>38
できた
fx) = 1/x + ‥
とおく
条件からマクローリン展開の係数が一意に定まるので存在すればただ一つ
f(x)=1/(1-exp(-x))
である事を示す
それにはΓを原点の周りに正の向きに一周する周回路として∫[Γ]f(z)^ndz =2πiを示せば良い
n=1で明らか
ここでf(z)^(n+1)-f(z)^n=exp(-z)/(1-exp(-z))^(n+1)はΓ上で原始関数を持つからf(z)^nのΓ上の線積分値は全てのnで等しいから主張が従う
特に求める値は
f(1)=e/(e-1)
である

>>44
正解です！(Σaiはf(1)-1なので1/(e-1)ですね)
まさしく複素積分を使った答えを期待していました

>>34
７次のモジュラー等式のまとめ(Ramanujan's Notebooks IIIのChapter19 p314 Entry19)
でq=e^(-π)に相当するモジュラスを√α=1/√2と置いて(i)式を解くと
β=(1/2)-3*2^(1/4)*7^(1/8)√(167611-72864√2*7^(1/4)+63351√7-27540√2*7^(3/4))
と求まり(q=e^(-7π)に相当)これを(ii)式に代入してKの倍率を求めると
m=7^(7/8)√(61√2+23√14-53*7^(1/4)-20*7^(3/4))

したがって
Σ[k=-∞,∞] e^(-7π k^2) = m^(-1/2) Σ[k=-∞,∞] e^(-π k^2)
= (7+4√7 + 7^(1/4) (5+√7)√2)^(1/4) π^(1/4)/(√7 Γ(3/4))
と計算できる

>>46
おお、thx
確認してみます
結局のところアルゴリズム化は今のところされてない感じですかね？

前スレの話の続きばかりで申し訳ないんですけど、ramanujan の lostnotebook って再編されたバージョンがあるんですかね？
例えばLosnotebook part IIIで検索すると多くの文献で参照されてるやつと、springerのシリーズに入ってるのと２つヒットしてすごい鬱陶しいんです
作者もタイトルも同じだから後者が前者の再編バージョンだと思うんですけど
しかしページ番号もセクション番号の振り分けも全く違うので後者の方は全く役に立たないorz

>>49
勘違いしていたらすまないが
"Ramanujan's notebooks"と"Ramanujan's lost notebook"を
検索エンジンが混同しているのでは
前スレと本スレで引用しているのは前者のほう

簡潔な違いの説明は
https://www-math.ias.tokushima-u.ac.jp/~katayama/suori/lostnb.pdf

>>50
あざっす
そういう事ですか
別物なんですね
とりあえず今chapter19に挑戦中です

>>25 関連の問題:

f[n](x) = (1/2)^n (d/dx)^n {(1+x^2)^n}
で定義される関数列 f[n](x) が漸化式
f[n+1](x)=(2n+1)xf[n](x)+n^2f[n-1](x)
を満たすことを、なるべく簡潔に証明せよ。

>>52
とりあえず
i^nfn(-ix)/n! = Pn(x)
とおけば
Pn(x) = (d/dx)^n(x^2-1) /2^n/n!
すなわちPn(x)はLegendre pilynomialのRodriguesの定義式に一致して示すべき等式は
(n+1)P(n+1)(x) = (2n+1)Pn(x) -nP(n-1)
すなわちBonnetの関係式になる
つまり求められてるのは
「Legendre多項式をRodriguesの定義式で定める時、定義式からBonnetの関係式を導出せよ」
になるのかな？

とりあえず帰納法
まず直交性
(Pm,Pn) = ∫[-1,1] .Pn(x)Pm(x)dx = 2δmn/(2n+1)
は初等的に証明できる
https://risalc.info/src/Legendre-polynomial.html
最高次数はRodriguesの定義式からも容易にえられるから(n+1)P(n+1)のそれと(2n+1)xPnの最高次数は一致する事も容易
(2n+1)xPn-nP(n-1)がn次以下の全ての多項式と直交する事を言えば良い
n-2次以下で自明
P(n-1)との直交性は帰納法の仮定から
xP(n-1)=(nPn-(n-1)P(n-2)/(2n-1)
が言えているから
(2n-1)((2n+1)xPn-nP(n-1), P(n-1))
= ((2n+1)Pn (nPn-(n-1)P(n-2)),1) - (P(n-1), P(n-1)) = 0
Pnとの直交性はxPn^2が奇関数になる事から明らか
以上により(n+1)P(n+1)と(2n+1)xPn-nP(n-1)は最高次と(n次以下の多項式においての直交補空間が一致する等しい

>>54
正解です。

想定していた解答は、ε>0としてCauchyの積分公式のn階微分
f[n](x) = n!(1/2)^n(1/(2πi))∫[|z-x|=ε](1+z^2)^n/(z-x)^2 dz
を
f[n+1](x) - (2n+1)xf[n](x) - n^2f[n-1](x)
に代入し、二回部分積分して0になることを確認する方法です。
この方法だと直交性などの性質は必要なく、直ちに証明が得られます。

訂正:
×f[n](x) = n!(1/2)^n(1/(2πi))∫[|z-x|=ε](1+z^2)^n/(z-x)^2 dz
〇f[n](x) = n!(1/2)^n(1/(2πi))∫[|z-x|=ε](1+z^2)^n/(z-x)^(n+1) dz

>>55
なるほどうまい
まぁ回り道してjacobi多項式周りの理論勉強できたからよしよう

そうか
wikiのページにBonnetの公式を生成関数の係数比較で証明する方法が載ってたけど、肝腎要の生成関数が1/√(1-2xt+t^2)になる事の証明が載ってなかった
難しそうと思って手つけなかったけどコレも
1/(2πi)∫[|z|=suff. large] 2/(-tz^2+2z-2x+t)dz
積分するだけなんだ

あ、いやsuff. largeではなくsuff. small
しかしどのみち無限和が一様可積分に収束するためにはtを十二分に小さくせねばならず、結果路がどんなに小さくとも極が路の中に入ってくるのか
これもしかして高木貞治に載ってた？

>>60
ですよね
やっと大昔やったの思い出した
懐かしき思い出

スレ違いかもしれないですが、考えて欲しいです。
例えば4月は10個5円、5月は3個20円のものがあれば、5月と4月の差は

30*20-10*50=10円で計算できますが、この計算式以外に5月と4月の差である10円を算出する方法はありますかね

>>62
3*20-10*5=10円の間違いです。

前スレにあった「正方形を4片に分けて任意の比率の正方形を2つ作る」問題について

当初はこう考えて
https://i.imgur.com/sPsIHd4.jpg
1:1のほかには、斜辺と長い辺の差が1のもの、つまり(2m+1):2m(m+1)の分割のみ可能だと思ってたが

こうわければ
https://i.imgur.com/qVkKhdv.jpg
1:n (n>√3)を全て網羅できることに気づいた

あとは1/√3≦n<1, 1<n≦√3の場合が分かれば…

>>64は無視でお願いします

>>36
座るだけで５万円かかる店らしいから、巨大ステーキではないと推測。

>>64
コレ今のところ確認できる「××片に分ければできる」といえる××は何片？

あ、いや、もしかして「任意の」だとそもそも必要最低分割個数は上に有界ですらないのかな？

>>67
5片だと確実に全ての比で分けれて何通りもあるっぽいです
最後の1:n (n>√3)なら4片でできるっていうのは盛大な間違いです

>>69
5片でできるんですか？
面積10001の正方形を1×1と100×100にわずか4片で組み替えられるんですか？

わずか5片でした
なんか前スレで3平方の定理の証明の奴を使えばできるって言ってた記憶があるけどどうやるんでしょう？

5片だとこうですね
https://i.imgur.com/iNzeIAX.jpg

他にもイナ氏が別解を出してた気がします

ありがとう
なるほど
5片なら必ずできるのか

5片別解
https://i.imgur.com/Zv1eWbp.jpg

>>35
0≦x≦aの範囲で部分積分する。
四半分のさらに1/3だから、
∫[0→a](25-x^2)^(1/2)dx=25π/12
2√｛25-(1.22276685862)^2｝=9.69635832866……
≒9.696

>>74
平面ハトメ返し
カンタベリー・パズル
ボヤイ・ゲルヴィンの定理
ハドヴィゲール・グリュールの定理

前>>75補足。
切断線はy軸に平行だから、
楕円よりもx軸方向に縮めた円で考えると楽。
直径10cmの円x^2+y^2=25を描き、
点(a,0)を通りy軸に平行な直線x=aで切ると、
切断線の端っこ(a,√(25-a^2)と(a,-√(25-a^2))の距離は、
2√(25-a^2)
y=√(25-x^2)を0≦x≦aの範囲で部分積分する。
半径5cmの円の四半分のさらに1/3だから、
∫[0→a](25-x^2)^(1/2)dx=25π/12
(上げてそのまま、上げて下げる)
※下げるのところで25-a^2を微分した-2aを掛けるのを忘れがち。割ったりしがち。
a(25-a^2)^(1/2)-a(-2a)/(25-a^2)^(1/2)=25π/12
a(25-a^2)+2a^2=25π√(25-a^2)/12
75a-3a^3+6a^2-(25/4)π√(25-a^2)=0
左辺が限りなく0となるaを探す。
a=1.22276685862のとき、
切断線2√(25-a^2)=2√｛25-(1.22276685862)^2｝
=9.69635832866……
≒9.696

奇数nに対して
f(n)=1/√nΣ[k=-n,n](-1)^k exp((-3k^2/n+k)π)
の値は-1,0,+1のどれかに非常に近い値になる

どのnがどの値に近くになるか？
また、なぜそのようになるか？

>>54
力技の別解
Rodriguesの定義式から直ちに
Pn(1-2y)=2F1(-n,n+1,1,y)
でこの置き換えにおいてBonnetの公式は2F1(-n,n+1,1,x)とおくとして
-(n+1)F(n+1)+(2n+1)Fn-nFn = 2(2n+1)xFn
左辺のk次の係数×(k!)^2×(n+k)×(-n+k-1)/(-n)_k/(n+1)_kを計算すると
(n+1)(k+n+1)(k+n)+(2n+1)(n+k)(k-n-1)+n(k-n)(kk-n-1)
=(4n+2)k^2
でコレは右辺のk次の係数に等しい

>>79

> >>54
訂正
Fn(x)=2F1(-n,n+1,1,x)とおくとするとBonnetの公式は

-(n+1)F(n+1)+(2n+1)Fn-nF(n-1) = 2(2n+1)xFn

でした
最初この問題見て超幾何関数への置き換え見た時、超幾何関数がらみの数ある公式のどれかですぐだせるかと思ったんだけど思いつかず
wolfram大先生は一発で等しいと判定するんだけどなぁ

https://www.wolframalpha.com/input/?i=%281-2x%29%282n%2B1%29hypergeometric2F1%28-n%2Cn%2B1%2C1%2Cx%29+-%28n%2B1%29hypergeometric2F1%28-n-1%2Cn%2B2%2C1%2Cx%29+-%28n%29hypergeometric2F1%28-n%2B1%2Cn%2C1%2Cx%29&;lang=ja

>>78
f(n)を無限和に置き換えたものをg(n)と置くと
f(n) = g(n) + O(exp(-2πn)/√n)

g(n) = 1/√nΣ[k=-∞,∞](-1)^k exp((-3k^2/n+k)π)
Cを実軸からa (aは任意の正の数)離れた上下2本の直線とすると留数定理より
= 1/(2πi√n)∫[C](π/sinπz) exp((-3z^2/n+z)π) dz
= 2/√n Re∫[-∞-ai,+∞-ai]1/(1-exp(-2πiz))) exp((-3z^2/n+z-iz)π) dz
= 2/√n ReΣ[k=0,∞]∫[-∞-ai,+∞-ai]exp(-2πikz)) exp((-3z^2/n+z-iz)π) dz

和の各項に関して a=n(2k+1)/6, z=t+n(1-(2k+1)i)/6 と置くと(平方完成+ガウス積分)
g(n) = 2/√n Σ[k=0,∞]Re∫[-∞,+∞]exp(-3πt^2/n-πn(i+2(1+i)k+2k^2)/6) dt
= 2/√3 Σ[k=0,∞]Re exp(-πn(2k(1+k)-(1+2k)i)/6)
ここでk=2までの和で近似すると
g(n)= 2/√3 cos(πn/6) (1 + O(exp(-2πn)))

したがって
f(n)≒2/√3 cos(πn/6)
n≡±1 mod 6 のときほぼ (-1)^(floor((n+3)/6))
n≡3 mod 6 のときほぼ 0
誤差はO(exp(-2πn))

>>81
正解です！nに関してmod 12周期になってるのがポイントです
背後にη関数の保型性があって、それを使った証明を想定していたんですが直接複素積分で示してしまうとは驚きです

誤差がexp(-2πn)くらいなので非常に整数に近く、
例えばこれを利用すると次のような問題が作れる

【ひっかけ問題】
Σ[k=1,25] (-1)^k exp(-0.12k^2 π) cosh(kπ)
= 1.999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999999984…

しかし和を∞まで計算しても2に収束するわけではない！

>>82
η関数使う証明キボンヌ

>>84
n=12m±3のときはkと4m±1-kの項が打ち消し合う
n=12m±1,±5のときは五角数定理を使ってq=exp(-2π/n)のη関数形にして、さらに保型性でq=exp(-2πn)の形にする
というものでしたが、改めて考えるとη関数を経由させるより直接θ関数の保型性(ヤコビの変換公式)を使って示す方がnを一斉に扱えて良いかも知れません

>>85
お手数ですが気の向いた時にあげてたも

>>52
とりあえず
二項公式で展開する。
　f[n](x) = (1/2)^n Σ_{k=[(n+1)/2], n} C[n,k] x^(2k-n),

　f[n+1](x) - (2n+1) x f[n](x) - n^2 f[n-1](x)
における x^(2k+1-n) の係数は
　 (1/2)^n {(k+1)(2k+1)C[n+1,k+1] - (2n+1)(2k+1-n)C[n,k] - n^2 2C[n-1,k]}(2k)!/(2k+1-n)!
ここで
　C[n,k] = n!/(k!･(n-k)!),
を使えば 0 となる。

高校生向け (簡潔かどうかは？だが)

訂正…
　f[n](x) = (1/2)^n Σ_{k=[(n+1)/2], n} C[n,k] (2k)!/(2k-n)!・x^(2k-n),
でした。

>>86
η関数を使う場合
n=6m±3のとき
f(n)=1/√nΣ[k=-n,n](-1)^k exp(k((2m±1-k)π/n)
はkと2m±1-kの項が打ち消し合うので
=1/√nΣ[k=-n,-n-1+2m±1](-1)^k exp(k((2m±1-k)π/n)
=1/√n(-exp(-(4m+1±2))(1+1/n)π)+…)
=O(1/√n exp(-2nπ/3))≒0
n=6m±1のとき
f(n)=1/√nΣ[k=-∞,∞](-1)^k exp(-(k-m)(3(k-m)-(±1))π/n+(n-1/n)π/12)+O(1/√n exp(-2nπ))
ここで±(k-m)→kと置き直すことで
=(-1)^m/√n Σ[k=-∞,∞](-1)^k exp(-k(3k-1)π/n) exp((n-1/n)π/12)+O(1/√n exp(-2nπ))
ここで五角数定理を使って
=(-1)^m/√nexp((n-1/n)π/12)Π[k=1,∞](1-exp(2πk/n))+O(1/√n exp(-2nπ))
ここでη関数の保型性を使って
= (-1)^mΠ[k=1,∞](1-exp(2nπk))+O(1/√n exp(-2nπ))
再び五角数定理を使って和に直しk=0以外を誤差にして
=(-1)^m+O(exp(-2nπ))≒(-1)^m

θ関数を使う場合
n=12m+δのときτ=3i/n, z=-δ/6とおくと
g(n)=√(τ/3)Σ[k=-∞,∞](-1)^k exp(πiτ(k-2m)^2-2πiτz(k-2m)+(1/(4τ)+τz^2-1/4)πi)
ここで(k-2m)→kと置き直すことで
=√(τ/3) exp(1/(4τ)+τz^2-1/4)πi)θ_4(τz,τ)
ここでヤコビの変換公式を使うと
=1/√3 exp(πi/(4τ)) θ_2(z,-1/τ)
=2/√3 Σ[k=0,∞]exp(-nπk(k+1)/3) cos((2k+1)δπ/6)
ここでk=0以外を誤差にして
=2/√3 cos(2πδ/12)+O(exp(-2nπ/3))

よく考えたらポワソンの公式
Σ[k=-∞,∞]exp(-πt(k+z)^2)=1/√t Σ[k=-∞,∞]exp(-π/t k^2+2πikz)
を使うのが一番すっきり示せるのかな
(まぁ実質どれも同じ計算なわけだけど)

η関数出発で問題作ったから12周期が出てきたけど、別に任意の4a周期は作れるのか

1/√nΣ[k=-∞,∞](-1)^k exp((-ak^2/n+k)π)
=1/√nΣ[k=-∞,∞]exp(-aπ/n(k-(1+i)n/(2a))^2+πin/(2a))
=1/√aΣ[k=-∞,∞]exp(-nπ/a k^2+πi(1+i)n/a k+πin/(2a))
=2/√aΣ[k=0,∞]exp(-nπ/a k(k+1))cos((2k+1)πn/(2a))
≒2/√a cos(2πn/(4a))

2/√a cos(2πn/(4a))がa=2,3のときは奇数nで整数値をとるから他のaと比べて良いというだけか

>>91
なるほどJacobi Identity使って分子の3が分母に来るわけですね

難問？
https://pbs.twimg.com/media/EncD2maUwAEIhXw.jpg

何かの場合の数なんだろうな

ラベル付きの木だよ

>>95
kwsk

>>96
ケイリーの公式
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%B1%E3%82%A4%E3%83%AA%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%85%AC%E5%BC%8F

ラベル付きの木を１つの辺を選んで切って２つの根付き木にすることを考えれば>>93がでる

>>97
なるほど
素晴らしい
よく知ってるなぁ

連続関数f:[0,1]→Rに対して
{x∈[0,1] | f(x)=0}の境界の1次元ルベーグ測度は0か？

>>100
[0,1]内の全ての有理数を適当に番号づけて {p_n｜n≧1} と置く。
連続関数 f_n：[0,1] → [0,1/2^n] であって

{x∈[0,1]｜f_n(x)＞0} ＝ [0,1]∩(p_n−0.1^n, p_n＋0.1^n)

を満たすものを何でもいいから1つ作る。
f：[0,1]→[0,1] を f(x)：＝Σ[n＝1〜∞] f_n(x) で定義すると、
右辺は [0,1] 上で一様収束するので、f は連続である。また、

{x∈[0,1]｜f(x)＝0} ＝ [0,1]−∪[n＝1〜∞](p_n−0.1^n, p_n＋0.1^n)

となることが分かる。右辺は内点を持たない閉集合であることが確かめられる。
特に、{x∈[0,1]｜f(x)＝0} の境界はそれ自身である。そして、

μ(∪[n＝1〜∞](p_n−0.1^n, p_n＋0.1^n)) ≦ Σ[n＝1〜∞] 2 * 0.1^n ＜ 1

なので、{x∈[0,1]｜f(x)＝0} の境界の1次元ルベーグ測度は正である。

>>101
素晴らしい
大正解です

調和級数の部分和は整数にならないことを示せ

nが2進数表示でe桁とする
e>1と1〜nの中に2^(e-1)の倍数がただ一つある
この時vを2進付値とすればv(Σ1/k)=-e+1<0であり整数ではない
∴整数となるのはn=1の時のみ

(大意)
n < 2^e
n>1 のとき e>1
1〜n の中に 2^(e-1) の倍数がただ一つある　…　2^(e-1).
N = 2^(e-2)･LCM{3,5,7,…,2[n/2]+1}
とおくと
　n≠2^(e-1) のとき N/k は自然数。
　n=2^(e-1) のとき N/k = (奇数)/2,
　N･Σ[k=1,n] 1/k = (自然数) + (奇数)/2,
∴ n>1 のとき 左辺は整数ではない。

懐かしいな。高校生のとき帰納法で解いたわ。

n≧2 のとき Σ[k＝1〜n] (1/k) ＝ 奇数 / 偶数 が成り立つことを、n≧2に関する帰納法で示す。
n＝2のときは明らか。次に、m≧2を任意に取る。2≦n≦mのときは成り立つとする。
n＝m＋1のときを考える。nが奇数ならば、

Σ[k＝1〜n] (1/k) ＝ Σ[k＝1〜n−1] (1/k)＋1/n ＝ 奇/遇 ＋ 1/奇 ＝ 奇/遇

であり、成立。nが偶数ならば、n＝2M, M≧2 と表せて、

Σ[k＝1〜n] (1/k) ＝ (1/1＋1/3＋1/5＋…＋1/(2M−1)) ＋ (1/2)(1/1＋1/2＋…＋1/M)
＝ 整/奇 ＋ (1/2)(奇/遇) ＝ 整/奇 ＋ 奇/遇 ＝ 奇/遇

であり、やはり成立。数学的帰納法により、成立。


↑nが偶数のときの計算がポイント。

！？
Σ1/2^nは整数になるが…

>>106
面白い発想

>>107
部分和ってのはn番目以下の項の和のことでしょ
勝手に部分を取っていいなら1/2+1/3+1/6=1とかあるし

>>106
結局2進付値やね
Σ1/奇数 は2進整数、1/偶数=1/2Σ1/(偶数÷2)は帰納法の仮定より2進整数でない

この三角形の生成規則がわかるだろうか
https://i.imgur.com/BH7OmVH.jpg

答えは「左斜め上にも右斜め上にも未登場の最小の自然数を並べたもの」(俺は当てられなかった)
例えば3段目の1番左は、右上に1と2が既に出てるので3が
6段目の左から3番目は、左上に4と3、右上に3と4と1が出てるので2があてはまる

この三角形は「2の累乗段目には全て同じ数が並ぶ」ことを説明せよ

全体から1引いて2進数表記にすると,
000 001 010 011 100 101 110 111 : i xor 000
001 000 011 010 101 100 111 : i xor 001
010 011 000 001 110 111 : i xor 010
011 010 001 000 111 : i xor 011
100 101 110 111 : i xor 100
101 100 111 : i xor 101
110 111 : i xor 110
111 : i xor 111
たとえば4段目に3が並ぶのは, i xor (011 - i) = 011 (0 <= i <= 3)だから

いい解き方だ

つまりi+j段目の左からi番目は(どちらも0から数える)xor i j になるということか
うーん法則としてそうなってるとして証明はどうするの？
簡単？

あ、イヤできた
i+j段目の左からi個目について件の┛のライン上に同じ数字がならばない事は容易
0〜i xor j -1 までの数学が全て現れる事も帰納法で言えるからi xor jが来るのか

ニム数とかグランディー数とか呼ばれてるよ
https://en.wikipedia.org/wiki/Nimber

せやね
Nim gameのnim sumですな

ニムゲームと関係があるのはしらなかった

じゃあ隣のスレから
オイラーのトーシェント関数をφ, そのk回合成をφ^kと書くことにする.　このとき正の整数mに対して, nをφ^n (m)=1を満たす最小の自然数と定める.
このときn=O(log(m))となるか? もし異なるならば最も良い上界を与えよ.

>>119
それは答え出そうにないな
wikiに載ってたオイラートーシェントーシェントの評価全部見回しても答えられそうな評価式ひとつもない

いや緩い上界は簡単に見つかる
例えば素数pについてφ(p)=p-1だから, n=O(m)が言える

>>119
2以上のmについて φ(φ(m))≦m/2 を示せば十分。

正の偶数 k について φ(k)≦k/2 であるから、mが偶数の時は
φ(φ(m))≦φ(m)≦m/2.
また、mが3以上の奇数の時は φ(m) が偶数になるため
φ(φ(m))≦φ(m)/2≦m/2.
以上により示された。

そんなんあったり前やん

あ、失礼しました
mとn逆に見てた

でも、それでもあかんやろね

じゃあ等比数列の逆数和は整数になるんやろか

あ、むりか
ちょっと考えればすぐにわかることだった

p(k)=Σ[1≦i≦n](x_i)^kとおく
p(k)=1 (1≦k≦n-2), p(n-1)=2, p(n)=n のとき
p(k)(k>n)の値も自動的に決定する
p(k)が整数値になるk>nが存在することを示せ

nは3以上の自然数で固定しています

どうも第2n-1項が2nになるくさい

解と係数の関係から
x^n-x^(n-1)+ax+b=0 (x=x_1,x_2,…,x_n)
となるa,bの存在を利用する感じなのかな
どっちも有理数ということはわかるけど…

>132
a = (-1)^n/(n-1)
b = (-1)^(n-1)(n^2-3n+1)/(n(n-1))
かな
なのでp(k) (n+1≦k≦2n-1)で分母に来れるのはn(n-1)の約数だけでしかも(n+1≦k≦2n-3)まではnの約数しか来れないところまでは簡単
頑張らないといけないのはk=2n-2とk=2n-1のときだな

違う

> a = (-1)^(n-1)/(n-1)
> b = (-1)^(n-1)(n^2-3n+1)/(n(n-1))

だ
n=4→p(k) = p(k-1)+1/3p(k-3)+5/12p(k-4)
n=5→p(k) = p(k-1)-1/4p(k-4)-11/20p(k-5)
n=4→p(k) = p(k-1)+1/5p(k-5)+19/30p(k-6)
‥

>>134
まだ違う

a = 1/(n-1)
b = (n^2-3n+1)/(n(n-1))

だ

n=4→p(k) = p(k-1)+1/3p(k-3)+5/12p(k-4)
n=5→p(k) = p(k-1)+1/4p(k-4)+11/20p(k-5)
n=6→p(k) = p(k-1)+1/5p(k-5)+19/30p(k-6)
...
か
なのでpn〜p(2n-3)までは公差(n-1)/nの等差数列でp(2n-3)=(2n^2-4n+3)/n
∴ p(2n-2)
=p(2n-3)+1/(n-1)p(n-1)+(n^2-3n+1)/(n(n-1))p(n-2)
=(2(n-1)^3+n^2)/(n(n-1))
p(2n-1)
=p(2n-2)+1/(n-1)p(n)+(n^2-3n+1)/(n(n-1))p(n-1)
=2n

正方形をいくつかの三角形に分割する
全ての辺の長さが整数になるとき、正方形の大きさが最も小さいものを答えよ

あと、分割数が最少になるやつも

24×24があるからそれ以下だな

よく簡単に見つけられるなあ。すばらしい。
それはさておき、そうすると　12x12　も満たすのでそれ以下ということになるな。

>>139
え？なんで？

あ、そうかw

>>137
とりあえず6があるな

根と係数の関係から
　x^n - q(1)x^{n-1} + q(2)x^{n-2} - ････ + (-1)^{n-1} q(n-1) + (-1)^n q(n) = 0,
ここに　q(j) は {x_1, x_2, …, x_n} のj次の基本対称式。

　p(1) = q(1) = 1,
　p(2) = q(1)^2 - 2q(2),
　p(3) = q(1)^3 - 3q(1)q(2) + 3q(3),
　p(4) = q(1)^4 - 4q(1)^2･q(2) + 2q(2)^2 + 4q(1)q(3) - 4q(4),
　…
漸化式
　p(k) = Σ[j=1,k] (-1)^{j-1} p{k-j} q(j),

β ≒ - 1 + log(2)/n + {3 + (1/2)log(2)(1-log(2))}/nn
　= - 1 + 0.6931472/n + 3.1063471/nn

f:R→Rがf(f(x))=e^xを満たすとする(fは一意に決まらない)
f(1)の値として取りうる範囲を求めよ

前>>75
>>136
3:4:5の直角三角形を2枚ずつてれこで貼りあわせた長方形を、
縦横3枚4枚並べると、
一辺12の正方形ができる。
三角形の数をできるだけ少なくするには、
3:4:5を2つ
5:5:6を3つ
6:8:10を2つ
10:10:12を1つ
の8分割にするといい。

>>136
まずn×nを分割した三角形の面積をSiとでもすると
n^2=ΣSi
かつヘロンの公式からSi^2は有理数
よって両辺のトレースを計算することによりSiは全て有理数とわかる
ここで3辺がa,b,cの時面積は
1/4√(-a^4-b^4-c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2)
であるが、a,b,cのうち奇数が3個、又は1個の時ルートの中がmod 4で3に合同となり平方数になり得ないので不可能
よって組み合わせとして許されるのは全部偶数か奇数2個のみ
奇数2個の場合ルートの中は32の倍数で面積は偶数、全部偶数の時はa/2,b/2,c/2に議論を還元してやはり面積は偶数とわかる
同様に考えて3の倍数である事もわかり面積は6の倍数である
よってnも6の倍数とわかる
6×6が不可能で12×12が可能であるのも容易にわかるから、求める分割可能な最小の正方形は12x12

>>147
g(x)=e^xとおくとする
f^(2)=gとなるfを以下”gの平方根”と呼ぶとする
任意の実数が0以下の実数rと非負整数nを用いてg^(n)(r)と一意に表される事に注意する
0以下の実数rに対しGr = { g^n(r) }とおくとする
よってgの平方根fは0以下の実数のペアリング
(-∞,0] = ∪ { ri,si }
を用いて
f(g^(n)(ri) = g^(n)(si)
f(g^(n)(si) = g^(n+1)(ri)
を満たすものに限られる
特に1はG0に属し、1=g(0)であるからf(1)として得られる実数は負の実数rを用いてg(r)かもしくはg^(2)(r)と表されるものである
以上によりf(1)の取りうる値の範囲は
(1,e) ∪ (e,e^2)
である

某スレより

問：999999999999以下で最も多くの種類のピタゴラス三角形の底辺となりうる数は何か？

解説：ピタゴラス三角形とはご存じの通り、辺長がいずれも正整数の直角三角形のことであるが、
例えば 24 は (24,7,25),(24,10,26),(24,32,40),(24,70,74),(24,143,145) の5種類のピタゴラス三角形の底辺となりうる。
(ここで「底辺」は斜辺でない辺のいずれかを指す)
24未満の正整数で5種類以上のピタゴラス三角形の底辺となりうる数はないので、
「24以下で最も多くの種類のピタゴラス三角形の底辺となりうる数は何か？」の解は24である。
上の問いは、同様のことを1兆未満の正整数で求めよというもの。

計算機で総当たりするより理詰めで解く方が向いていると思ったのでこちらのスレに移動してみる。

ようは2mnか(m+n)(m-n)の形で最も多く書ける数を調べればいいわけだ

単純に約数の個数が最大のものとはならないんだろうか

多分だけど1兆の2つ手前の高度合成数に2の累乗をかけて1兆に近づけたやつが答えなんじゃないだろうか

単純に約数の種類が多ければいいってもんじゃないかもしれないけど、高度合成数に考え方は似てるよね

思いきって、１兆以下の１兆に一番近い高度合成数が最大だと予想しておく

>>150
解き方としては大正解です
最後がもったいないミス

こんなの解ける人間には簡単
整数論のイロハのイ
ガウス環の素因数分解だよ

>>155
あざっす
じゃあもういいや

>>136
コレもしかして6n×6nで分割可能なのはnが偶数の時に限られたりしない？
反例ある？

長方形で分割するなら必ず偶数になるね
それ以外の複雑な分け方ってあるんだろうか

例えば60×60で36-48-60の直角三角形を60の辺を正方形の辺に合わせておけば中に斜めってる12×12が残ってそれを埋めるとかで長方形を分けていくのとは違うのができる
どのみち「長方形に分ける方法ではできないからどうやっても無理」は通らないし

それって結局偶数にならないか

分割数最小は
12×12で

(0,0)から(12,9)
(8,6)から(0,12)
(8,6)から(8,12)
(8,12)から(12,9)
に線分を引いた5分割でいいのかな

最小の方は最小性の証明ができん
３分割不可能の証明すら思いつかない

ちなみに３分割不可能の証明は多分不定方程式

2xy=2zw=x^2-y^2+z^2-w^2

が整数解を持たない事とかになると思うんだけど、でどうしたものか

>>164
変数4つは多すぎる
3分割なら正方形の1辺を1:nにわけるとかでできないか

>>165
「存在するなら1:nの形」が言えるならもちろん終わり
(n+1)^2+1^2が平方数になるnは存在しない
変数の数増やすだけなら

楕円曲線
((s^2+2s-1)/(2s))^2+1 = t^2
が0<s<1である有理点を持たない事を示す

でもいい
しかしできるんかねぇ？
コンピュータに調べさせたら4桁/4桁くらいまでは解なし
オレは出題者も答え持ってないと踏んでる

1:nじゃなくてm:nだった

>>151
底辺 N のとき、ピタゴラス三角形の種類の数を P(N) とする
N の素因数分解表示を N = 2^e Π p_k^e_k (p_k は奇素数) とすると、P(N) = |2e - 1| (Π(2(e_k) + 1)) - 1) / 2

N = 931635825120 = 2^5 × 3^3 × 5 × 7 × 11 × 13 × 17 × 19 × 23 × 29 のとき、
P(N) = ((9 × 7 × 3^8) - 1) / 2 = 206671

明らかに0やん

>>168
N=24=2^3･3^1のとき、
P(N)=((2･3-1)(2･1+1)-1)/2=7
151の設問と合ってないような

観測気球かなwwww

>>170
P(24)=7で正しい
151の例示に抜けがある

上で出てきた高度合成数（＝A002182）は、約数の個数の記録を更新する正整数のこと
1, 2, 4, 6, 12, 24, 36, 48, 60, 120, 180, 240, 360, 720, 840, 1260, 1680, 2520, 5040, 7560, ...

同じようにP(N)の記録を更新する数を列挙すると、高度合成数と重なる部分もあるが微妙に異なっている
3, 8, 12, 24, 48, 60, 120, 240, 360, 420, 720, 840, 1680, 2520, 3360, 5040, 9240, ...

法則をどう見つけたら良いだろうか

もちろん単純に約数の個数とピッタリ一致するはずもないからねぇ？
いつものごとく思考0で解くんでしょ？
ひたすら法則見つかるまで計算機で計算し続けたらええやん？

素因数分解の問題になるから大雑把な法則はあるかもしれないが次の数を予測するようなものはなさそう

P(N)との重なりを調べるよりもP(N)×1/2でとの重なりを調べた方がいい気がする

>>155
(1,e) ∪ (e,e^e) かな

>>174
いくら計算しても計算機は答えしかくれないからね
法則は人間が見つける必要があるよ

高度合成数は、約数の数が評価関数になっている。

これに対して、P(N)は、
Nが偶数の時は　(N/2)^2の約数の数
Nが奇数の時は　N^2の約数の数
が、評価関数になっている。(正確には、(約数の数-1)/2)

似た傾向を持つことも、完全には一致しないことも納得できると思うが。

評価関数はP(N)そのものではないの？
約数関数をd(N)として、P(N)とd(N/2)を比べても増減の傾向が厳密には一致していないから、記録更新の箇所が異なるんでしょ

>>179
一般に約数関数といえば、約数の和を指すので、
ここでのd(N)は、Nの正の約数の個数を表す関数ということで、いいですよね。

高度合成数の数列は、当然、d(n)が評価関数になっています。
>>173の下の数列を、高度ピタゴラス数の数列と呼ぶこととすると、高度ピタゴラス数は
d(N^2/4) または、d(N^2) が評価関数となります。(前者か後者かは、Nの偶奇によります)

d(N/2)は、この議論に関係ありますか？　関係あるのはd((N/2)^2)のはずですが。

>>181
失礼しました。175の話題とごっちゃにしていて ^2 を見落としてました。

評価関数がP(N)そのもの、という点に誤りはないと思っています。
ただ、偶数のNに限れば 2P(N)+1 に等しい d((N/2)^2)の増減傾向は P(N)と変わりありませんので、d((N/2)^2)を評価関数とすることに異論はありません。

n = 2^a1 * 3^a2 * 5^a3 * ... * pn^an
と素因数分解できるとき、高度合成数の評価関数は
(a1+1)*(a2+1)*(a3+1)* ... * (an+1)
であり、高度ピタゴラス数の評価関数は
|2*a1-1|*(2*a2+1)*(2*a3+1)* ... * (2*an+1)
となります。

これを踏まえれば、「似た傾向を持つことも、完全には一致しないことも納得できると思うが。」
という意見を>>178では書きました。

こちらが言いたいこともそれです

そうか、二乗か・・・。と思ってリストに当てはめようとしましたが
そもそもどちらのリストにも殆ど平方数は含まれていないので、
2倍とかと同じように調整して重なる部分を単純に比較する、ということはできないですね。

>>183
お前期待値もわからないんだって？

>>180
NとP(N)を両対数軸でプロットしたところ
青い線は公比2
http://imgur.com/G1mroq0.png

P(N)を増やすにはNを2倍するのが最も効率が良いかと思われるけど指数 e が増えると効果が低くなる
そのような場合は奇素数の指数 ek を増やして補うと良い

>>187
Nを偶数に限って考えてみる。N=2nとして、評価関数にP(N)の代わりにD(n)=d(n^2)を採用する(dは約数関数)。
nに素数pで乗じたときのD(pn)は、nの素因数分解のpにおける指数をeとして、
D(pn)/(2(e+1)+1)=D(n)/(2e+1), よって、D(pn)=(1+2/(2e+1))D(n)

横軸をnと縦軸をD(n)で取った両対数軸のグラフにD(n)とD(pn)をプロットすると、

線分(log n, log D(n))-(log pn, log D(pn))の傾きが
((log D(pn))-(log D(n)))/((log pn)-(log n))=(log (1+2/(2e+1)))/log p となる

n<499999999999の範囲でD(n)が最も大きくなるnを見つけるためには、
この範囲で、グラフ上で線分の傾きが最も大きくなる素数を選んで掛け合わせていくと良い
まず、n=1 から始める。nの素因子の指数はすべて0なので、1→pの傾きはpが最も小さいときに最も大きい。よって次のnは2*1=2
n=2 について、2→4, 2→6 の傾きはそれぞれ log(5/3)/log(2), log(3)/log(3) であり、2→6 の傾きが大きいので次のnは6
同様にして、評価関数グラフの傾きが大きい素因子を選択すると以下のようになり、
1→2→6→12→60→420→840→2520→27720→360360→6126120→116396280→232792560→5354228880→155272637520→465817912560
N=2n=931635825120=2^5*3^3*5*7*11*13*17*19*23*29 のときD(n)は最大値D(n)=d(n^2)=9*7*3^8=413343をとる
このとき、P(N)も最大でP(N)=(d(n^2)-1)/2=206671

なお、Nが奇数の場合も評価関数をd(N^2)とすることで同様に考えることができ、
N=902522205585=3^3*5*7*11*13*17*19*23*29*31のときP(N)=(7*3^9-1)/2=68890

ダメやろ
使える素数の数がひとつ増えた時、値が最大になる解が前の最大解にひとつ素数を追加したものであるのは決して自明ではない
それで答えが合うにしても「答えあってるからいい」ならプロおじレベル
それでいいならいいが

自明じゃないなら証明すりゃいい

いや、そもそも正しいかすら怪しい

実際に「高度(非斜辺)ピタゴラス数」を計算させてみた。偶数限定なので、3を加えると、順番は一つずつズレる。

68:{53542288800, 82012},69:{64250746560, 84199},70:{80313433200, 89302},71:{107084577600, 100237}
72:{155272637520, 114817},73:{214169155200, 118462},74:{310545275040, 147622},75:{465817912560, 160744}
76:{621090550080, 180427},77:{776363187600, 191362},78:{931635825120, 206671},79:{1242181100160, 213232}
80:{1552726375200, 246037},81:{1863271650240, 252598},82:{2329089562800, 267907},83:{3105452750400, 300712}
84:{4658179125600, 344452},85:{6210905500800, 355387},86:{9316358251200, 420997},87:{9626903526240, 442867}
88:{14440355289360, 482233},89:{18632716502400, 497542},90:{19253807052480, 541282},91:{24067258815600, 574087}

>>192
御託だけは一丁前だな
期待値も分からないくせに

まぁ考えてみるのは勝手だから挑戦してみればいい
要するに問題は
束縛条件
Σei log(pi) ≦ logN
における
S=Σlog(2ei+1)
の最大値を求める問題
束縛条件を満たす領域は条件が線形だから超三角形というか、超四面体というかそんな感じの領域
Nを少しずつ増やしていったときSを最大にする点PNについて次のP(N+1)はPNに隣接しているのかという問題
もちろんSがどんな凸関数取ってきても成立するわけではない
今回問題になってるSだとなんかの特殊事情で成立してるかもしれない
成立してると思うなら挑戦してみるのはいい事ではある
しかし証明できるまではただの妄想に過ぎない
問題の性格上68位でやってみた結果なんかひとつもあてにならんしな

押すと(1/2)^nの確率でn億円貰えるけど
一度押したら当たるまでその部屋から出られなくなるボタン
nは押すたびに1→2→3……って1ずつ増えてく
押す？

プロおじは自称医者にも関わらず期待値も応召義務も分かってなかったことがバレてしまいましたw

http://hissi.org/read.php/hosp/20210323/K05ML1R6S0Q.html

病院板へ帰れ
もう来るな

前>>148
>>162
いい。
12×12内に最大の9:12:15をとり、
逆側から3:4:5
その谷間に5:5:6
残る台形を6:8:10
と10:10:12に分ける。
たしかに5分割。

>>186
人物鑑別できないガイジ発見！

>>199
語るに落ちてるじゃないか。底無しのバカとお見受けする。
そんなお前は出禁だぞ。

発見したら黙って虫籠へ
それで皆も喜ぶ

>>195
一生出られない確率
＝0.2887…
https://www.wolframalpha.com/input/?i=product%5B1-1%2F%282%5Ek%29%5D%2C+k%3D1+to+infinity

解析的には解けないのね

期待値はものすごいんだけどな

と思ったら全然ものすごくなかったｗ

期待値有限で出られない可能性あるならやる価値はないな

カタルニア落ちた
　カタルニアにしてもスコットランドにしても…
　還付金とか、取るに足らんイザコザをあげつらって「独立運動」と言ってるが
　本気で独立する気なら、だれを首相にするのか？
　今の首相よりいいのか？

語るに落ちてる

>>195
無限ループ回避のため、ボタンを押す回数の上限を1000回に設定してシミュレーションプログラム1万試行してみたら
獲得賞金の期待値　
> mean(y)
[1] 1.0947

1000回までに賞金が獲得できない（＝部屋から出られない）確率は
> mean(y==0)
[1] 0.2828

オマケ（Rのコード）
sim <- function(MAX=1e3){
n=0
win=FALSE
while(!win & n < MAX){
n=n+1
win=rbinom(1,1,(1/2)^n)
}
return(ifelse(n==MAX,0,n))
}
y=replicate(1e4,sim())
hist(y,breaks='scott',ann=F, axes=F) ; axis(1)
mean(y)
mean(y==0)

>>209
獲得する賞金の分布（ボタンを押す回数の上限は1000とした）

https://i.imgur.com/A51m3EW.png

>195を改題

押すと(1/2)^nの確率で2^n億円貰えるけど
一度押したら当たるまでその部屋から出られなくなるボタン
nは押すたびに1→2→3……って1ずつ増えてく
押す？

>>195
５回以内くらいに当たらないと部屋から出られる確率がぐんと減るんだな。
https://i.imgur.com/Mbb4Xsf.png

１０億円以上の賞金を獲得して部屋から出られる確率を計算させてみると
0.0005647745

プロおじは出禁だぞ。

>>172
24のときの正しい例示は
> Pithago(24)
[[1]]
[,1] [,2] [,3]
[1,] 7 24 25
[2,] 10 24 26
[3,] 18 24 30
[4,] 24 32 40
[5,] 24 45 51
[6,] 24 70 74
[7,] 24 143 145

[[2]]
[,1] [,2] [,3]
[1,] 7 24 25
[2,] 24 143 145

[[2]]の方は原始ピタゴラス数の組み合わせ。

サイコロを6の目が6回連続で出るまで振り続ける時、サイコロを振る回数の期待値はいくつ？

x=(x+1)×(5/6)+(x+2)×(1/6)×(5/6)+(x+3)×(1/6)^2×(5/6)+(x+4)×(1/6)^3×(5/6)+(x+5)×(1/6)^4×(5/6)+(x+6)×(1/6)^5×(5/6)+6×(1/6)^6

https://www.wolframalpha.com/input/?i=x%3D%28x%2B1%29%C3%97%285%2F6%29%2B%28x%2B2%29%C3%97%281%2F6%29%C3%97%285%2F6%29%2B%28x%2B3%29%C3%97%281%2F6%29%5E2%C3%97%285%2F6%29%2B%28x%2B4%29%C3%97%281%2F6%29%5E3%C3%97%285%2F6%29%2B%28x%2B5%29%C3%97%281%2F6%29%5E4%C3%97%285%2F6%29%2B%28x%2B6%29%C3%97%281%2F6%29%5E5%C3%97%285%2F6%29%2B6%C3%97%281%2F6%29%5E6&;lang=ja

正解！

>>216
1回連続から15回連続までの試行回数の期待値

> E(1/6,1:15)
[1] 6 42 258 1554 9330 55986
[7] 335922 2015538 12093234 72559410 435356484 2612139164
[13] 15672839570 94037367119 564224202719

>>219
どんな形状の分布になるのか興味が湧いたので数を減らしてシミュレーション
https://i.imgur.com/TitE0sw.png

xyz空間において、x軸からの距離が1以内かつ、y軸からの距離が1以内である領域の体積を求めよ。

>>221
原点を中心とする単位球と対象の領域を平面z=aで切断した断面積の比は常にπ:4だから
(4*π/3)*(4/π)=16/3

>>221
どんな形状になるのんだろ？
円柱を円筒でくりぬいた立体になるのか？？

>>223
https://science-log.com/%E6%95%B0%E5%AD%A6/%E4%BA%A4%E5%B7%AE%E3%81%99%E3%82%8B%E5%86%86%E6%9F%B1%E3%81%AE%E5%85%B1%E9%80%9A%E9%83%A8%E5%88%86%E3%80%90steinmetz-solid%E3%80%91/

>>224
すごいな、4本や6本の場合も意外とシンプルな体積になるんだ
どうやって計算するんだろう

>>225
受験で出てくる直角に公差する場合と同じでしょ？
全部半径1とする
各円柱を[-π,π)×Rに展開した時、他の円柱との公差はただのサインカーブ
円柱が何本あろうが位相差が出るだけ
なので表面積は楽勝
1/3倍すれば体積

>>226
もう少し詳しく頼む
何本あろうが、ってある程度キレイに交差してないとダメなんじゃないの？それも関係ない？

>>223
モンテカルロ法で描画と求積

https://i.imgur.com/7psy12u.gif

Geogebra使いがもっと分かりやすい動画をあげてくれるかも。

体積は
N=1e7
moca=cbind(runif(N,-1,1),runif(N,-1,1),runif(N,-1,1))
f <- function(x) x[2]^2+x[3]^2<=1 & x[1]^2+x[3]^2<=1
P=moca[apply(mc,1,f),]
nrow(P)/N*2^3

> nrow(P)/N*2^3
[1] 5.335401

>222の16/3と近似。

>>227
軸が共有点持てばいい
２つの柱の公差部分は平面２つとの共有部分に等しい
証明もそんなに難しくない
(cos(t),sin(t),z)
と平面px+qy+rz=0の共有点はpcos(t)+qsin(t)+rz=0よりz=-(pcos(t)+qsin(t)/rなので振幅が√(p^2+q^2)/rのサインカーブで位相は(p,q)の偏角で決まる
どんなサインカーブになるかは２つの柱の軸の公差角だけで決まる

>>219
E(0) = 0; E(n) = 6*E(n-1) + 6.
と云う数列らしい。
http://oeis.org/A105281

k回目の「(n-1)個連続」で初めて「n個連続」となる確率は (5/6)^{k-1}･(1/6)
それに要する回数の期待値は (E(n-1)+1)･k
E(n) = {E(n-1)+1}Σ[k=1,∞] (5/6)^{k-1}･(1/6) = 6{E(n-1)+1},
したがって
E(n) = (6/5)(6^n - 1),

訂正
E(n) = {E(n-1)+1}Σ[k=1,∞] ｋ･(5/6)^{k-1}･(1/6) = 6{E(n-1)+1},
でした。

x = sum[k,1,n] (x+k)(1/6)^(k-1)(5/6) + n(1/6)^n

https://www.wolframalpha.com/input/?i=x+%3D+sum%5Bk%2C1%2Cn%5D+%28x%2Bk%29%281%2F6%29%5E%28k-1%29%285%2F6%29+%2B+n%281%2F6%29%5En&;lang=ja

>>228
辺縁が視認しやすいようにして、動画にしてみた。
https://i.imgur.com/wWdbeqt.mp4

某ワードをNGにしたら面白いようにひっかかるな笑

前>>198
>>221
半径1の樋を鉢合わせにしたような円筒が直交してる部分の体積だから、
π×1^2×2=2π
∵直交部分の斜め45°切りした片方を斜め45°に180°回転すると高さが2になる。

前>>198
>>221
半径1の樋を鉢合わせにしたような円筒が直交してる部分の体積だから、
π×1^2×2=2π
∵直交部分の斜め45°切りした片方を斜め45°に180°回転すると高さが2になる。

前>>238訂正。
>>221
>>235の図のように円筒の端も円筒状に削って、
半径1の樋を鉢合わせにしたような円筒が直交してる部分の体積は、
π×1^2×2×(π/4)=π^2/2
または(π^2/2)(π/4)=π^3/8

前>>239
>>228見てわかった。
緑の生命体をz=tで斬った断面は一辺2√(1-t^2)の正方形。
V=2∫[t=0→1]｛2√(1-t^2)^2｝dt
=8∫(1-t^2)dt
=8[t-t^3/3](t=1)
=8(1-1/3)
=16/3

>>240
>235のタイガース配色より>228のモノリスの方が見やすかった？

前>>240
>>241
なんかしらんかわいくて、緑の奴を斬ったらどうなるかと、
気づく瞬間があった。
全体の形を把握しやすいのはタイガースのほうだったけど、
動いてる緑の奴見て、斬ったよ、あ！　正方形だ！　ってなった。

等脚台形が1つと、その等脚台形と相似で辺の長さを2倍にしたやつが2つ、3倍にしたやつが3つ、4倍にしたやつが4つある
これら10個の図形を並び替えると、元の等脚台形と相似で辺の長さを10倍にした図形ができあがった
元の等脚台形の辺の比を求めよ

>>243
この問題は撤回
見なかったことに

前>>242
>>243
4倍したやつの上底をxとおくと、
2x+4=6+3x/4
x=8/5
8/5:4=2:5
∴2:5

前>>242
>>243
4倍したやつの上底をxとおくと、
2x+4=6+3x/4
x=8/5
8/5:4=2:5
∴2:5

前>>247
等脚台形の側辺の下底に対する角度を45°にするとUFOらしくなる。
上底を2,下底を5,高さを1.5とすると、
最初の等脚台形の面積は｛(2+5)×1.5｝/2=5.25
相似比2の2個の面積はともに5.25×2^2=21
相似比3の3個の面積はともに5.25×3^2=47.25
相似比4の4個の面積はともに5.25×4^2=84
すべて足すと5.25+21×2+47.25×3+84×4=525
これは最初の等脚台形の面積の100倍
∴切り貼りして相似比10の等脚台形を作ることができる。

ほうう？
http://i.imgur.com/L8jTin3.png

撤回と言ったのに・・・
答えはあるから解いてもいいけどさ

>>250
ドユコト？
自明解的なものがあるとか？

あるいは一意には決まらないとか？

ダメだ
やっぱり見つからないや
一抜けた

前>>248
>>249
そんな感じで切って貼ってみて。
絶対きっちり埋まるから。

切っていいならどんな形でもいい
そういう問題じゃない

答えを言ってしまうと上底3:下底6:脚8

>>256
配置は？

配置はこんな感じ
https://i.imgur.com/1NqFxkq.jpg

別解の有無については知らないというし、あまり数学的な問題ともいえないので撤回した

問題の一般化

1つの平面図形と、2≦k≦nであるそれぞれのkについて元の図形と相似比がk倍のものがk個あるとき、それらを切らずに組み合わせて元の図形と相似なものを作ることは、2以上のどの自然数nで可能だろうか

>>258
thx
まぁパズル的な面白さはあるね

>>258
いつも思うけど、これ系マジで何食えば思いつくんだよ

>>259
n=4,等脚台形に限っても割と難しいのに一般化して解けるんだろうか
2や3ですら解けるかどうか・・・

まぁこの手のパッキングプロブレムはいろんなタイプが数学愛好家の間で研究されてて論文誌に掲載されたりするレベルのやつもあるからな
数学のメインストリームには上がらないにせよ一部マニアの間では根強い人気のあるテーマではある
ともかくこの手の問題はひたすら根気あるのみか計算機に頼るしかない事が多いわな

前>>254
>>261
オマール海老のフリカッセ。

>>258
このパターンは等脚台形じゃなくてもいいみたいで
http://imgur.com/XY0RnzN.png

裏返してもよければ反対側に傾けてもいい

前>>264
鯖味噌の炊きこみ御飯。

xy≡1 mod N ⇒ x≡y mod N

が成り立つのはNがどんな時か？

>>267
N=2,3,4,8
じゃないかな

>>268
もう少しあります

>>269
じゃあ12,24も追加で

>>267
2 3 4 6 8 12 24

1を除く24の約数ってこと？

環Rの単数群をR^とする
Z/nZ^が位数3以上の元を持たない事が必要
m|nのときZ/mZ^はZ/nZ^である
pが5以上の素数のときZ/pZ^は位数(p-1)の元を持つからnが5以上の素因子を持たない事が必要
Z/9Z^は2を含む類の位数が6だからnが9で割り切れない事が必要
Z/16Z^は3を含む類の位数が4だからnが16で割り切れない事が必要
Z/24Z^≡Z/8^×Z/3Z^≡(Z/2Z)^3だからnが24のとき適、前述の通りその約数も適

１は除かなくても良かった

x1+x2+x3+...+x9=9を満たす非負整数で
x1,x2,...,x9を並べて
000000009から900000000までの数字を作るとき12345番目の数字は何か？

8本の“|”と9個の“○”の並べ替え図を各数字に対応させる。例↓
000000009:||||||||○○○○○○○○○
900000000:○○○○○○○○○||||||||
103020111:○||○○○||○○||○|○|○

一番左に|が来る場合、残り|が7本と○が9個では、C[16,9]=11440通りの方法があり、12345には足りないので、一番左には○が来る
一番左を○に固定すると、11440通りの並べ替えを消費。残り12345-11440=905
“○|”と始まる場合、残り|が7本と○が8個で、C[15,8]=6435>905、
“○||”と始まる場合、残り|が6本と○が8個で、C[14,8]=3003>905、
“○|||”と始まる場合、残り|が5本と○が8個で、C[13,8]=1287>905、
“○||||”と始まる場合、残り|が4本と○が8個で、C[12,8]=495<905、なので、
“○|||○”が確定。495消費し、残り905-495=410
“○|||○|”と始まる場合、残り|が4本と○が7個で、C[11,7]=330<410、なので、
“○|||○○”が確定。330消費し、残り410-330=80
“○|||○○|”と始まる場合、残り|が4本と○が6個で、C[10,6]=210>80
“○|||○○||”と始まる場合、残り|が3本と○が6個で、C[9,6]=84>80
“○|||○○|||”と始まる場合、残り|が2本と○が6個で、C[8,6]=28<80、なので
“○|||○○||○”が確定。28消費し、残り80-28=52
“○|||○○||○|”と始まる場合、残り|が2本と○が5個で、C[7,5]=21<52、なので
“○|||○○||○○”が確定。21消費し、残り52-21=31
“○|||○○||○○|”と始まる場合、残り|が2本と○が4個で、C[6,4]=15<31、なので
“○|||○○||○○○”が確定。15消費し、残り31-15=16
“○|||○○||○○○|”と始まる場合、残り|が2本と○が3個で、C[5,3]=10<16、なので
“○|||○○||○○○○”が確定。10消費し、残り16-10=6
“○|||○○||○○○○|”と始まる場合、残り|が2本と○が2個で、C[4,2]=6、なので
これに、○○||を付加して、○|||○○||○○○○|○○||
これは、100204200 に対応する並べ替え図

以下最上位に0を許す9桁の数として考える

上1桁が0である物　8H9 = 11400
上4桁が1000である物　5H8 = 495
上4桁が1001である物　5H7 = 330
上5桁が10011である物　4H6 = 84
上6桁が100111である物　3H5 = 21
上6桁が100112である物　3H4 = 15

コレで計12345
よって12345番目の数は上6桁が100112である最後の数
∴100112400

訂正
以下最上位に0を許す9桁の数として考える

上1桁が0である物　8H9 = 11440
上4桁が1000である物　5H8 = 495
上4桁が1001である物　5H7 = 330
上5桁が10011である物　3H6 = 28
上6桁が100111である物　3H5 = 21
上6桁が100112である物　3H4 = 15
上6桁が100113である物　3H3 = 10
上6桁が100114である物　3H2= 6

コレで計12345
よって12345番目の数は上6桁が100114である最後の数
∴100114200

ダメだ
ポロポロ
>>277-278は無視して
寝ます

>>279
なんでそうやってわざわざ他人の間違いを嘲笑うかのようなレスするの？
楽しいん？
お前数学がどうこういう以前の問題だよ

ある呪文によると12345個めは
1 0 0 2 0 4 2 0 0との事です。
全部で24310個あるそうです。

プロブレム板に投げてきた
https://mevius.5ch.net/test/read.cgi/tech/1606662245/573

ご苦労様

さすがプログラム板だけあってもう答え上がってる
しかも中々に美しい

呪文は実質１行ですむ。
https://ideone.com/KFeP2F
x1+x2+····+xk=ｍの非負整数解を列挙。

短ければいいと思ってるからダメなんだよ

列挙しないと気が済まないか

>>288
(a+1/a+b+2/b+c+3/c+d+4/d+e+5/e)^21の
a*b^2*c^3*d^4*e^5の係数を求めよ。

を解くための部品なので、場合分けして計算するには列挙が必須。
35通りだから手書きでもできなくはないとは思うけど。

288はもちろん286宛だ

>>289
> (a+1/a+b+2/b+c+3/c+d+4/d+e+5/e)^21の
> a*b^2*c^3*d^4*e^5の係数を求めよ。
これは面白い問題でもプログラミングの問題でもなく、ただのWolfram処理問題でない？

Wolfram Mathematicaに訊くと一瞬で
Residue[(Residue[(Residue[(Residue[(Residue[(a+1/a+x)^21/a^2,{a,0}]/.x->x+b+2/b)/b^3,{b,0}]/.x->x+c+3/c)/c^4,{c,0}]/.x->x+d+4/d)/d^5,{d,0}]/.x->e+5/e)/e^6,{e,0}]
=9738383692957920

まさしく恥の上塗り

{a+b+(2/a)+(1/b)}^7を展開したときのab²の係数を求めよ、という問題の数を増やしただけ。

半径1、中心Oの円周上の二点A,Bを、∠AOBが直角になるように取る

短い方の弧AB上に点Pを
長い方の弧AB上に点Qをおくとき、

P,Qの中点がとりうる領域の面積を求めよ.

>>294
ごめんちょっと問題文不備の修正ですが
A,Bは固定した点
として考えてください

ああもちろんOも固定です

>>294
π/4+1/2
だろうか

>>297
お見事
正解です

半径1、中心Oの円周上の三点A,B,Cを、∠AOB = ∠BOC = ∠COAとなるように取る

弧AB上に点Pを
弧BC上に点Qを
弧CA上に点Rをおくとき、

三角形PQRの重心がとりうる領域の面積を求めよ.

>>294
まずは、作図

https://i.imgur.com/Opz6juz.png

この図であってるかな？

>>300
合ってます
アスペクト比を調整してもらうとこんな感じになると思います

https://i.imgur.com/utoF6gm.png

あってるわけない

>>299
只今、描画中

https://i.imgur.com/S8u48y4.gif

>>303
ミッキーマウスみたいな形になった。

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

>>302
じゃあ、罵倒厨謹製の粘土細工でアップロードしてくれ。

自分で問題出して勝手に間違って間違いだと指摘したら罵倒厨呼ばわり

今日はここで喚いているのかプロおじ

>>301
なんかのロゴでこういうのあったよね

>>306
>>304
図はたしかにそうなりますね

>>294と>>299は俺のオリジナル問題です
もちろん数学的な証明でもって完答になるけど

>>300は「図」だけなら合ってるということです

>>308
民主党かな

>>306
俺とプログラムおじさんは別人だぞ

あってない

>>312
問題>>294の図のこと？
それなら数学的にも>>301になることは証明できるよ

>>312
何か誤読してませんか？

長さ1以下のベクトル３つ足して3で割って(1,0)になるには３つとも(1,0)になるしかない

>>315
やっぱり誤解してるじゃん

>>300と>>301の図は問題>>294だよ？

>>294は
「三角形の重心」ではなくて「線分の中点」です

だからp,q,rの重心の位置ベクトルは(op+oq+or)/3でopとoqもorと単位円の円周上やろ？

あ、そうか、すまん中点か

>>318
あなたは問題>>299と誤解してますが

図>>300,>>301は
問題「>>294」です

点rなんて出てきません

あ、違う
>>294が中点なのか

>>319
僕をプログラムおじさんと決めつけたことを謝ってください

>>322
だ俺はお前をプログラムおじさんといったことは一回もないぞ
あってないと言っただけ
お前もオレを誰かと間違ってる
いずれにせよこんなレベルの問題くだらないよ

>>323
>>306だと僕も誤解してましたすみません

ちなみに証明はわかりますか？

書かないけとわかる

>>325
方針はどんな感じですか？

ちなみに片方の点を固定して包絡線を求める方法だと計算地獄になるのでまずいです

プロおじに過剰反応してる時点でお察し

>>326
書かないって
つまんないし
それで不正解と言いたいならそれでいい

>>328
わかる人なら方針は一言で言えるはずなんですが

>>328
>>325で証明は「わかる」と書いてます

その方針を一言でいうとどんな感じですか？

うるさいなぁ
適当にアフィン変換したら1/4の円弧の右端を3/4の円弧に沿って動かすだけやろ？
π/2〜2πまで動かすとして最初のπ/2〜πまでの通過領域は簡単
ちょっと議論が必要なんはπ〜3π/2までだけどその時の動いてる円弧の中心とある定点の距離を考えればそこまで難しくない
最後の部分は図の対称性から容易
このスレのレベルに達してない

>>331
円弧を動かす領域の計算は結局包絡線の計算になると思うのですが
煩雑な計算になりませんか？

ちなみに方針次第でもっとはるかに簡単に解くことができます

「あってない」の件もそうですけど
色々決めつけは良くないですよ

何で包絡線なんか関係するんだよ？
普通に考えてさして難しくもないんだから問題そのものにはどうやって解いたらいいんだろうと考える面白みはない
大体作問者本人の「面白い解法がある」はあてにならんしな
多分反応したのがプロおじみたいだからプロおじが考えるんじゃない？
私はもうやりません

>>334
あなたの方針はこんな感じ
https://i.imgur.com/1B7tc41.png
の円弧の動きをアフィン変換により「円弧に沿う動き」にするという方針
でいいですか？

その場合アフィン変換した後の通過領域は得られると思うのですが、引き戻した領域が>>301のような領域になる証明はどんな感じでするんですか？

最後ね
そのマークのうち1/4円弧の右下隅の奇跡がわかる
元の1/4円の方の動点が(1,0)に固定されてる場合の中点の軌跡は容易
それが合わさるアフィン変換なんてすぐわかるでしょうに
こんなの“受験問題縛り”がなければそんな難しい問題でもないでしょ？

297を解答しましたが
形は301のものを想定しました

二円の交点と二中心が一辺1/2の正方形に位置しますので
面積は適当に切り貼りして求めることができます

前>>266
前スレの702をだれか解いてよ。あってんのかな？

>>309
重心を内心に変えて作図。
https://i.imgur.com/27qk2xX.png

重心を外心にかけての作図は省略。面積は０になる。

>>311
罵倒厨は自分と意見が違う人間が全部、同一人物に見える病気なのよ。

こうなると垂心も気になるところ

>>340
垂心でやってみた。
外れ値があるから、エラー処理が不完全なんだろうな。
https://i.imgur.com/TM1aQRl.png

>>343
PとQが一致して三角形を形成しないときも垂心の座標を計算させていたバグを除去して再度作図。
https://i.imgur.com/2ke3xbl.png

>>344
これをモンテカルロ法で求積する方法が思いつかないや。

>>322
プログラムで作図できると認定されて名誉なことだぞｗ

322は不名誉に思ってるんだよ

>>299
面積求めるんだったよね
(√3)/6+2π/9

病気なのは自分に不都合な相手を罵倒厨とかほざくプロおじのほうだよ笑
医者じゃなくて患者だろお前

いくらなんでも垂心の位置ベクトルの公式知らないなんて事はないやろ
釣りやろ

どうやろ？
いくら345がアホでも>>352を知らないとは思えないけどな
つい先日別スレで単位円に内接する三角形の内心、垂心、重心の話自分で書いてたとこやのに
R使ってるも一人のやつにモンテカルロで求積させようとしてるんじゃないの？
仲間が欲しいんじゃないの？
受験の時には知らなくてもついこないだ自分でふったテーマで出てきた話題で出てきたのに出来ないのはアホすぎる

>>340
　内心がとりうる領域は、幅√3 のルーローの三角形 。
　半径√3, 中心角60° の円弧3個 からなり、
　面積は (3/2)(π - √3) = 2.114312769

補助線すら引けないバカはどーこだ？

>>355
補助線の助けがないと答が出せないのは情けない。

補助線すら引けない方が遥かに情けないよ。

>>356
早速バカ発見笑

あとはフェルマー点だな

フェルマー点は円全体になる希ガス
××心と名前ついてる点は腐るほどある
キリがない

では三角形から四角形,五角形,n角形に拡張して重心を求めるとどうなるだろう？

この問題、円みたいな凸図形を考えるよりもアステロイドのような非凸図形を考えた方が面白そう