【数セミ】エレガントな解答をもとむ 4【2021.08】

締切りの過ぎた問題をみんなで議論しましょう。
ただし難易度情報は可。

過去スレ：
1. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1295154182/
2. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1476702312/
3. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1537116043/

最近少し時間ができて数学を勉強し直しています。
高校の数学からやり直してますが、せっかくなのでエレ解にも挑戦してみようと思い、とりあえず10月号の出題2を提出しましたが、私にはなかなか難しく、簡潔な回答が思いつきません。

このスレの皆さんは凄いですが、どんな職業の人が多いのか興味があります。

出題2は答えの予想も立つし、証明もそれほど難しくないけど、官名な証明ほ見つからないな

>>102
a=5 のとき
　n回で s≡r (mod 5) となる確率は
　(n-1)回で s≡(r-1) となる確率に１を足して6で割ったもの。
　ここに 0≦r<5
修正ｽﾏｿ.

>>106
真ん中だけ1、真ん中だけcのパターンもある。n<=8だと他にもある。

そうそう
Xの最小値は[3(n-1)/2]
コレはbが1スタートの場合
1c1c...
1111c1111
1111c11111
のタイプが無限系列で出てきてスポラディックな奴
1cc1
11c11c11
が出てくる
答えはコレでいいハズだけど簡明に書くのが難しい

上手い解き方を見つけた人はぜひ書き込んでいただきたい。
俺は場合分けの嵐のような、提出するのをためらう答案になってしまった。

1c11c1もあるかな。

>>111
おっと
そうそう
俺が作った解答はまず
Δ(k) = #{長さkのbの連続部分列に含まれるcの数}
m = min{ k | Δ(k)=1 }
とおく
n-1 = qm + r ( 0≦r≦ m )
とすれば頑張るとm≧3においてX = [ 3(n-1)/2 ]になりうるのは
・q = 1
・q=2, r=0
・( m, q, r ) = (3,2,2)
に絞られる
q = 1 のケースで11111c11111, 11111c111111の無限系列解と1cc1
( q, r ) = (2, 0 )のケースで1c11c1
( m,q,r ) = ( 3,2,2 )のケースで11c11c11
に絞れた
コレで多分全部

今んとこ間違いは見つけてないがエレガントではない解を張ってみる

準備
階差列I(X)を以下(b1,..b(n-1))とする
Δ(k):=#{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k項の部分列}
と定める
d(X)=Σ[k]Δ(k)
である
以下b(1)=1の場合を考える
Δ(k)=1であるkがなければd(X)≧2(n-1)である
以下そうでないとする
m=min{ k | Δ(k)=1 }とおく
n-1 = qm + r ( 0 ≦ r < m )
とおく
m=2のときd(X)=[3(n-1)/2]である
以下m≧3とする
条件(❇︎)を
m≧3, d(X)=[3(n-1)/2]‥(❇︎)
とおく
K1 = { k | Δ(k) = 1 }, K2 = { k | Δ(k) ≧ 2 }
とおく

claim1 (❇︎)が成立するには
#K1 ≧ #K2
が必要である
∵) 容易□

claim2 Δ(k)=1のとき b(p+k)=b(p)である
すなわちbは周期mの数列である
∵) Σ[p≦i≦p+k-1]b(i) = Σ[p+1≦i≦p+k]b(i)
によりb(p)=b(p+k)を得る□

claim3 k≦(n-1)-(m-1)に対してΔ(k)=Δ(k-m)である
すなわち最後のm-1項を除いてΔは周期mの数列である
∵) sをb(1)からb(m)までの中のcの数をsとするとき
a∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k項の部分列}
→a-s∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k-m項の部分列}
である
何故ならは連続k項の部分列b'の中のcの数がaのとき、その末尾m項を取り除いた部分列の中のcの数はa-sとなる
また
a∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k-m項の部分列}→a+s∈{ b'の中のcの数 | b'はbの連続k項の部分列}
何故ならは連続k-m項の部分列b'の中のcの数がaのとき、k-m≦(n-1)-(2m-1)であるからb'の前か後ろかのいずれかの方向にm項列の長さを伸ばせる余地がありその伸ばした部分列の中のcの数はsとなる□

claim4 (❇︎)のとき#K1≦#K2+1である
さらに全てのkでΔ(k)≦2である

∵) Δの最初のm-1項と最後のm-1項を取り除いた列を考える
この部分列は初項が1で第2項〜第m項が2以上である周期mの数列である
従ってこの部分列の中でK1に属する項の数は多くともK2に属する項の数より高々1大きい事しか許されない
一方で最初に取り除いた2m-2項にはK2に属する項の数の方がK1に属する項の数より多いかまたは等しい
以上により#K1は高々#K2+1以下である
もしΔ(k)≧3となる項があるとする
n-1が奇数の時は[3(n-1)/2]=3(n-1)/2-1/2であり
d(X)≧1+2#K2+#K1
≧1+3/2#K2+3/2#K1-1/2
=3(n-1)/2+1/2
=[3(n-1)/2]+1
により(❇︎)に矛盾する
n-1が偶数の時は#K1≦#K2となり、[2(n-1)/2]=3(n-1)/2だから
X≧1+2#K2+#K1
≧1+3/2#K2+3/2#K1
=[3(n-1)/2]+1
により(❇︎)に矛盾する□

claim5 Δ(i) = Δ(i+1) = 1のときb(i+1)〜b(n-1)とb(1)〜b(n-i-1)は全てb(1)に等しい

∵) b(i+1) = b(1) = b(i+2)=...=b(n-i-2)=b(n-1)=b(n-i-1)である□

claim6 q≧2で(❇︎)が満たされるのはbが
b:1c11c1
b:11c11c11
のいずれかの場合である

∵) #K1≦#K2+1でΔの全ての項は1か2,n-1≧2mだからΔは
・(m-1個の2)12(m-1個の1)
・(m-1個の2)1221(m-1個の1)
の形しか許されない
前者のときΔ(m+2)=Δ(m+3)=1によりb(1)〜b(m-2), b(m+3)〜b(2m)は全て等しく、Δ(m)=1からb(m),b(m+1)もコレらに等しい
すなわちb(k)はb(m-1),b(m+1)を除いて全てb(1)に等しい
b(1)〜b(m)の中のcの個数とb(m+1)〜b(2m)の中のcの個数は等しいのでb(m-1)=b(m+2)である
さらにそれはb(3)〜b(m+2)の中のcの個数にも等しいからここに第m-1項は入ることができないのでm-1<3となりm=3を得る
よってbは
1c11c1
である事が必要である
コレは(❇︎)を満たす
後者のときΔ(m+3)=Δ(m+4)=1によりb(1)〜b(m-1), b(m+4)〜b(2m+2)は全て等しく、Δ(m)=1からb(m+1),b(m+2)もコレらに等しい
すなわちb(k)はb(m),b(m+3)を除いて全てb(1)に等しい
b(1)〜b(m)の中のcの個数とb(m+3)〜b(2m+2)の中のcの個数は等しいのでb(m)=b(m+3)である
さらにそれはb(4)〜b(m+3)の中のcの個数にも等しいからここに第m項は入ることができないのでm<4となりm=3を得る
よってbは
11c11c11
である事が必要である
コレは(❇︎)を満たす□

コレらは(❇︎)を満たす□

claim7 q=1の時(❇︎)が成立するのは
b: (m-1個の1)c(m-1個の1)
b: (m-1個の1)c(m-2個の1)
b: (m-2個の1)c(m-1個の1)
b: 1cc1
のいずれかの場合である

∵) K2は[1,m-1]を含むからK2の元数は少なくともm-1元ある
よって#K1≧#K2のためにはn-1≧2m-2が必要であり、よってr=m-2,m-1のいずれかが必要である
さらにいずれの場合にもK2=[1,m-1]、K1=[m,n-1]である
特にΔ(m)=Δ(m+1)=1が必要である
よってΔは
・(m-1個の2)(m個の1)
・(m-1個の2)(m-1個の1)
のいずれかの形しか許されない
前者のときΔ(m)=Δ(m+1)=1によりb(1)〜b(m-1), b(m+1)〜b(2m-1)は全て等しい
よってbは
(m-1個の1)c(m-1個の1)
である事が必要である
コレは(❇︎)を満たす
後者のときΔ(m)=Δ(m+1)=1によりb(1)〜b(m-2), b(m+1)〜b(2m-2)は全て等しい
b(m-1)=b(m)=cかつm≧4とするとbは11ccの形の連続部分列を含むので11,1c,ccの形の連続部分列をも含みΔ(2)≧3となって矛盾する
よってb(m-1)=b(m)=cとなるのはm=3の時に限られる
以上によりbは
b:(m-1個の1)c(m-2個の1)
b:(m-2個の1)c(m-1個の1)
b:1cc1
である事が必要である□

11月の出題2がえらく簡単に思えるが何か勘違いしているかな。

今ごろ出題2の解答を出してるのはオレだけかも (#1600)
ちょっと複雑…

今回は出題1の方が難しくね？

うむ。
きのう出した出題1の解答　 (#1614)
きょう出した出題1の解答　(#1615)

>>120
コレ他の人の解答もみれんの？
hp見てもそれらしきリンクないけど

見れるワケないだろ。
自分の解答の整理#は確認メールで分かるけど…

じゃあ番号貼るのなんで？
他の人にはなんの意味もないやん？

今月の解答一番乗りだってことだろ。

正解です。

猛者の皆さん、解答よろ

2021年11月号

■出題2
　P2からx軸 (直線PoP1) に最速で接近 (降下) する枝を求めて
　下限のy座標 >0 としました。　(必ずしも先端ではない)
・0 < θ ≦ π/2,　( [π/2θ]=m とおいた)
・π/2 ≦ θ ≦ 3π/4,
・3π/4 ≦ θ < π,
の3つに分けました。ちょっと複雑になりました。。。

出題1(2)
l,m,nを固定された実数とする
[-1,1]^3上の実数値関数a,b,cを
a = √(m^2+n^2-2mn(2x^2-1))
b = √(n^2+l^2-2nl(2y^2-1))
c = √(l^2+m^2-2lm(2y^2-1))
とする、ただしx,y,zは座標関数である
さらにF,G,Hを
F =1/(16( -a^4-b^4-c^4 +2(b^2c^2+c^2a^2+a^2b2))
G = (1-x^2-y^2-z^2+2xyz)
H = F - 3(lmnG)^(4/3)
K = F - lmn(l+m+n)G
によって定める
[-1,1 ]^3の閉集合Dを
D = { (x,y,z) | G(x,y,z) ≧0 }
で定める
DにおいてG≦1であるから容易にH≧Kである

補題
OA=√l, OB=√m,OC=√nであるOA,OB,OCを辺として含む平行6面体でθ=∠BOC, φ=∠COS, ψ=∠AOB, x=cosθ, y=cosφ, z=cosψとするとき
a,b,cはそれぞれBOC,COA,AOBを含む面の対角線の積であり(lmn)Gは平行6面体の体積の2乗である
またF≧0はBC=a,CA=b,AB=cとなる3点が存在するための必要十分条件であり、特にこのときFはこの3点の凸包の面積の2乗である
∵) 計算すれば容易に示される□

補題
G=0のとき平面上の3点A,B,CをBC=a,CA=b,AB=cとなるように取れる
特にこのときH=K=Fは非負の値をとる
∵) θ,φ,ψ∈[0,π]をx=cosθ、y=cosφ、z=cosψとなるようにとる
このとき
G=4sin((θ+φ+ψ)/2)sin((-θ+φ+ψ)/2)sin((θ-φ+ψ)/2)sin((θ+φ-ψ)/2)
であるから
θ,φ,ψ∈[0,π]より
θ+φ+ψ∈2πZ
-θ+φ+ψ∈2πZ
θ-φ+ψ∈2πZ
θ+φ-ψ∈2πZ
のいずれかが成立する
いずれの場合でも
A(l,0),
B(mcos(2ψ),mcos(2ψ)),
C(ncos(2φ),-nsin(2φ))
とすれば良い
またこのときFはこの3点の凸包の面積の2乗であるから非負の値をとる□

補題
Kは原点以外の内点で最小値を取り得ない
∵) まずxyz≠0である部分について考える
X=(mnx)^2, Y=(nly)^2, Z=(lmz)^2と変数変換してKをX,Y,Zの関数と見るとき非線形項は
-X^2-Y^2-Z^2+2(YZ+ZX+XY)-2k√(XYZ)
である、ただしxyz>0においてはk=l+m+n, xyz<0においてはk=-(l+m+n)である
このときHessian matrixの特性方程式は
- λ^3
+(- 6+(1/2)k√(XYZ)(1/X^2+1/Y^2+1/Z^2)) λ^2
+ 2k√(XYZ))(1/X^2+1/Y^2+1/Z^2-1/(YZ)-1/(ZX)-1/(XY)) λ
-k^3/(2 √(XYZ))
+ (2k^2)(1/X + 1/Y + 1/Z)
- (8k√(XYZ))(1/(YZ)+1/(ZX)+1/(XY))
+32
である
極小値をとる点ではHessian matrixの固有値が全て非負実数となる事が必要である
よってまず二次の項が負ではないからk≧0が必要である
さらに一次の係数は正ではないから
1/X^2+1/Y^2+1/Z^2-1/(YZ)-1/(ZX)-1/(XY)≦0
が必要でありX=Y=Zが必要とわかる
再度二次の項が負ではないから
- 6+(3/2)k/√(XYZ)≧0
よりX≦1/16k^2が必要である
(X,Y,Z)=(T,T,T)においては
K=3T^2-2kT^(3/2)+2(mn+nl+lm)T
であり
K' = 6T-3kT^(1/2)+2(l+m+n)
K'' = 6-3k/2T^(-1/2)
である
よって0≦T≦1/16k^2ではK'は単調減少であり符号が負から正へ転じる部分はないから内部で最小となる事はない
次に平面z=0のxy≠0にある内点について考える
ここではX,YについてのKの非線形項は
-X^2-Y^2+2XY
しかないからHessian matrixは
[[-2,1],
[1,-2]]
となりその固有値は-1,-3でありやはり内点で最小値をとらない
直線y=z=0の原点以外の内点についても同様であるから主張は成立する□

主張
Kの最小値は0である
Dの内点で最小値をとるのはx=y=z=0の場合のみである
∵) 補題によりDの境界上のみ考えればよい
Dにおいてxが±1となるのはy=±zの場合のみであり、さらにこのときG=0となる
y,zが±1の場合も同様にG=0となるからG=0である境界についてのみ考えればよい
このときは補題によりF≧0となることが示されているのでK≧0である
また原点においてK=0である
原点以外の内点では最小値を取れないこともすでに示されている□

定理
平行6面体の3種類の面の対角線の積をa,b,cとするときa,b,cを3辺とする三角形が存在する
その面積は常に平行6面体の体積の4/3乗の√3倍以上である
等しくなるのは立方体の場合に限る
∵) 補題によりK≧0であるからF≧(l+m+n)V^2であるが(l+m+n)≧3(lmn)^(1/3)≧3V^(2/3)によりF≧3V^(8/3)である
ここでF>0がa,b,cを3辺とする3角形が存在するための必要十分条件でその時Fが三角形の面積の2乗を与えることから主張が成立する□

T=ABCD が平面四角形なら
三角形Sの辺 AC･BD をはさむ角は
Tの min{A+C, B+D} らしいけど…
四面体に拡張できるのかな？

* ブレットシュナイダーの定理 (1842)

コレ？
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%96%E3%83%AC%E3%83%BC%E3%83%88%E3%82%B7%E3%83%A5%E3%83%8A%E3%82%A4%E3%83%80%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%85%AC%E5%BC%8F
ちょっと違うような
他にもあるの？

カードの問題、動的計画法を使ってコンピュータでは解けたけど、手では無理だった。もう少しだったんだけどなあ。

今月の問1は何だろう。指示通りに計算を進めると答えが出て、グラフ似てますね以外の感想が無いのだが。

問２は有名すぎない
3.05をもっと大きくしないとと思うが

基本に戻ったんだよ
パズルは数学ではない

有理数という縛りと、ある程度初等的にπにどこまで近づけられるかという合わせ技で中々面白いと思う

正多角形ではなく多角形と書いてあるのがポイントだと思ったのだが。

>>139
ほぼおんなじことでしょ
有理数なら正多角形(七角形以上なら)にそもそもならんし
正多角形でないからこそ有理数ともいえる
(正多角形でないのに面積は無理数でいいなんて訳わからんし)

こういう感じの事やれという事やろ
https://youtu.be/FUDnpT17St4
この例では面積÷半径^2=2.823529411765なので使えないけど

先月号の締切だいぶ過ぎたけどπのやつはどんなの見つけた？
結局
�@0<xi<π
�Ax1+‥+xn=π
�Bsin(x1)+...+sin(xn)は有理数
�Csin(x1)+...+sin(xn)は3.05より大きい
を満たす(xi)をひとつ例示せよ
なんだけど�Bの縛りは
�B'sin(xi)は全て有理数
が題意だと思って探したけど
なんか面白いのあった？

円周率のやつは単位円周上に有理点を打っていくとかいう面白くないのしか見つけられなくて(その有理点の打ち方も芸がない)投稿する気が失せた

まぁあんまり工夫のしょうがない問題ではあったな

3月号は？

ΣC[2k+1,j](-1)^j/(2k-2j+1)
=Σ[m=0,k]C[2k+1,k-m](-1)^(k-m)/(2m+1)
=Σ[m=0,k]C[2k+1,k+1+m](-1)^(k-m)/(2m+1)
=Σ[m=0,k](-2k-1):(k+1+m) (-1)^(k-m)/((2m+1)(k+m+1)!)
=-Σ[m=0,k](-2k-1):(k+1+m) (1/2):m /((3/2):m 1:(k+m+1))
= -(-2k-1):(k+1) / 1:(k +1)
Σ[m=0,k](-k):m (1/2):m /(3/2:m (k+2):m)
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1] 3F2(1/2,1,-k,3/2,k+2,1)
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(1+1/2)Γ(1+1/2-1/2+k)Γ(1+1-1/2)Γ(1+1+k)
/(Γ(1+1)Γ(1+1-1/2+k)Γ(1+1/2-1/2)Γ(1+1/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(3/2)Γ(1+k)Γ(3/2)Γ(2+k)
/(Γ(2)Γ(3/2+k)Γ(1)Γ(3/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(3/2)k!Γ(3/2)(k+1)!
/(Γ(3/2+k)Γ(3/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
4^kk!(k+1)!/((2k+1)!!)^2
= (-1)^k 16^k (k!)^2/(2k+1)!

与式
Table[sum[C[2*k+1,j]/(2*k-2*j+1)*(-1)^j,{j,0,k}] ,{k,1,10}]

https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5Bsum%5BC%5B2*k%2B1%2Cj%5D%2F%282*k-2*j%2B1%29*%28-1%29%5Ej%2C%7Bj%2C0%2Ck%7D%5D+%2C%7Bk%2C1%2C10%7D%5D&;lang=ja

計算結果
Table[ (-1)^k* 16^k *(k!)^2/(2k+1)!,{k,1,10}]

https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5B+%28-1%29%5Ek*+16%5Ek+*%28k%21%29%5E2%2F%282k%2B1%29%21%2C%7Bk%2C1%2C10%7D%5D&;lang=ja

3月号　出題2

まず交差なしのときの不等式を示す
その場合全て三角形としてよい
点の数をv、線分の数をe、面の数をs、凸包の辺数をnとして
1 = v - e + s
であるが3s + n = 2eより
3 = 3v -3e + 2e -n
∴ e = 3v - 3 - n ≦ 3v - 6
である
直角の公差を許す場合について考える
頂点の数をv'、線分の数をe'とする
公差している交点の総計をcとする
交差している部分を頂点と計上し、交差の部分で線分を切り離したとき、頂点はc個、辺は2c個増加する、すなわちv = v' + c、e = e' + 2cである
これを先ほどの不等式へ代入して
e' + 2c ≦ 3(v' + c) - 6
∴e' ≦ 3v' - c - 6 ≦ 6v' - c - 12 ( ∵ v' ≧ 2 )

今月の出題2だが、えらく簡単に思える。もしかして、とんでもない勘違いをしているのかも知れない。

イヤ、簡単

数学セミナー：巻頭にコーヒーブレイクがある不思議な雑誌．
数学徒は，昼夜逆転どころか前後不問・時間経過無視なのだろう．

済みません．表題明記を忘れました．

投稿するとき住所欄あるけどみんなどこまで書いてる？丁目番地まで？

出題1
f(1) から順に
1, 7, 22, 28, 13, 23, 29, 19, 25, 10, 4, 14, 24, 9, 3, 18, 8, 2, 12,
6, 21, 27, 17, 11, 5, 15, 30, 20, 26, 16, 31, 37, 52, 58, 43, 53, 59,
49, 55, 40, 34, 44, 54, 39, 33, 48, 38, 32, 42, 36, 51, 57, 47, 41,
35, 45, 60, 50, 56, 46, 61, 67, 82, 88, 73, 83, 89, 79, 85, 70, 64,
74, 84, 69, 63, 78, 68, 62, 72, 66, 81, 87, 77, 71, 65, 75, 90, 80,
86, 76, 91, ...

>>155
どうやって見つけたの？
試行錯誤？

>>156
FindHamiltonianPath[]で一発よ
応募は自重したけども

6月号2番はどう？

エレガントで無くていいからとりあえず解け
まず解け
本末転倒をやるな
いい加減止めろこのアホスレ

ついに来たか
https://twitter.com/sugaku_seminar/status/1556797796396646400/photo/1
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)

今月号の出題1だが、めんどくさそう。
スッキリ解けるのか？

出題1だが、一応解けたが、どうまとめようか。出来るだけ、スッキリした形にまとめたい。

まず、以下を示す。
命題※
xを整数、pを素数、s,tを正の整数とする。
このとき、x^(p^s・t)-x^(p^{s-1}・t)はp^sで割り切れる。
証明
x^(p^s・t)-x^(p^{s-1}・t)=x^(p^{s-1}・t){(x^{(p-1)p^(s-1)})^t-1}

xがpで割り切れるとき
p^(s-1)・t≧2^(s-1)≧sだから、x^(p^{s-1}・t)がp^sで割り切れる。

xがpで割り切れないとき
フェルマー・オイラーの定理より
{x^{(p-1)p^(s-1)}^t-1≡1^t-1≡0 (mod p^s)だからx^{(p-1)p^(s-1)})^t-1
がp^sで割り切れる。

以上より命題※は示された。□

Nを正の整数、pは素因数とする。
N=p^k・M,gcd(p,M)=1と書ける。
このとき、k=v_p(N),M=N'と書くことにする。

mn=Lとかく、Lの素因数pを任意にとる。
v_p(L)=u,i=v_p(d),j=v_p(e),L"=L'/(d'e')とおくと
φ(d)φ(e)x^{L/lcm(d,e)}=φ(d')φ(e')φ(p^i)φ(p^j)x^(p^{u-max(i,j)}・L")

φ(d')φ(e')の値ごとに、φ(p^i)φ(p^j)x^(p^{u-max(i,j)}・L")の和をとり、
mai(i,j)=hの値でまとめると
x^(p^u・L")+Σ_(h=1)^(h=u){p^(2h)-p^(2h-2)}x^(p^(u-h)・L")
=Σ_(h=0)^(h=u-1) p^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}+p^u・x^(L")

>>163の命題※より、x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")はp^(u-h)で割り切れる
からp^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}はp^(u+h)で割り切れる。
とくに、p^uで割り切れる。

したがって、Σ_(h=0)^(h=u-1) p^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}+p^u・x^(L")
はp^uで割り切れる。

以上より、問題の式もp^uで割り切れることがいえるので、L=mnで割り切れることが
いえたことになる。

出題２
m=3：ファノ平面
m=4：有限射影平面 Pj(3)
m=5：Witt design S(5,8,24) を削る
m=6：有限射影平面 Pj(5)

>>164
12行目の式だが、
×・・・　+p^u・x^(L")
○・・・　+p^(2u)・x^(L")
だな。大筋は変わらないけど、一応書いといた。

数学の体系のまだ右も左もわからない基礎知識の足らない中学生や高校生に、
功名心で釣ってこれぐらいなら自分にも解けそうだと思わせて、いたずらに
延々と日時を費やさせてしまう「エレガントな解答を求む」は教育としては
有害ではなかろうか。まずは、大学の標準的な講座物の書籍全体を通読読破
した上でチャレンジする、のであれば良いかもしれないが。
　まずは、既存既知の数学の体系を学ぶことを優先すべきではなかろうか。

>>167
>>数学の体系のまだ右も左もわからない基礎知識の足らない中学生や高校生に、
>>功名心で釣ってこれぐらいなら自分にも解けそうだと思わせて、いたずらに
>>延々と日時を費やさせてしまう「エレガントな解答を求む」は教育としては
>>有害ではなかろうか。

このレベルの問題に二三日費やして集中することは
例え解けなくても有益であると思う。
正解できればなおさら。

メールのやり取りの中でドイツの大学の人に
突然「エレガントである」と褒められた。
やはり「エレガント」という言葉はいいなあ。

エレガントで無くていいからとりあえず解け
まず解け
本末転倒をやるな
いい加減止めろこのアホスレ

通りすがりです
>>170さんのご意見の通り、
確かに問題を解けないにも関わらずエレガントな解答を求める行為は、本末転倒といわれても仕方ないかと思います

しかし、そもそもの前提が間違っているのではないでしょうか
『エレガントな解答をもとむ』とは、まず問題が解けることが前提であり、さらにエレガントといえる解答をもとめると考えられます

例えば、円(ケーキやらピザ)を3等分にする作図問題なら、
お店で見掛けるカット方法が模範解答とするならば、実用性が皆無だとしても他のカット方法を考えることなどが、目的(主旨、趣旨)の一つなのではないでしょうか

https://i.imgur.com/nInzk1B.jpg
https://i.imgur.com/PBoRi2h.jpg
https://i.imgur.com/uOWc4SM.jpg
https://i.imgur.com/o2NnROY.jpg
https://i.imgur.com/AhCJn2E.jpg
https://i.imgur.com/7SMDIhl.jpg
https://i.imgur.com/i7aQ3a6.jpg
https://i.imgur.com/MrM0nfL.jpg
https://i.imgur.com/kDLJBHU.jpg
https://i.imgur.com/Z25abqH.jpg
https://i.imgur.com/vApmX8v.jpg
https://i.imgur.com/6lkwaRG.jpg

>>169
藤子不二雄作品の「怪物くん」のドラキュラとオオカミ男を足すと
「エレガンスがんすよ」
ってセリフが似合う。

あくまでマンガでおまんがな。

https://en.wikipedia.org/wiki/Caenorhabditis_elegans

エレガンスな生物

対立する概念としてエレファントな解答というのがあった。

今月号の出題2は、ちょっと考えにくいな。

面白い問題
手ごろ感もある

ある体系で命題に対する証明が存在するときに、その証明の記述の長さが最も短い
証明を求めることは，たぶん困難な問題に違いない。
たとえば1つの証明が既に得られていてその長さがNであるとき、
最小の長さの証明を見つける計算量というのはN-Pなのではないか？

言ってみただけ

age

幾何多杉

問題投下（良かったら解いてみてくれ）

4以上の整数nを任意にとる。
以下の条件をみたす整数係数の多項式が存在することを証明せよ。
(1)　n=deg{f(x)}
(2)　f(x)はモニックかつ既約(整数の範囲で)である。
(3)　任意の整数mに対して|f(m)|の値は合成数となる。
(4)　f(x)をf(x)=x^n ＋a(n-1)・x^(n-1) ＋a(n-2)・x^(n-2)＋ …＋a(0)と書き下す。
このときgcd(a(n-1),a(n-2),…,a(0) )=1がいえる。

実は、(4)は付け足しで、条件(1),(2),(3)だけだと下記のEisensteinの既約判定法を用いると、
結構簡単にできてしまうので。

Eisensteinの既約判定法
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A2%E3%82%A4%E3%82%BC%E3%83%B3%E3%82%B7%E3%83%A5%E3%82%BF%E3%82%A4%E3%83%B3%E3%81%AE%E6%97%A2%E7%B4%84%E5%88%A4%E5%AE%9A%E6%B3%95

条件(4)がなければ、以下のように解ける。
f(x)=x^n +3x^(n-2)+12とおけば、
(ただし、nは4以上の整数)
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-2)・(m^2-1)≡0 (mod 4)
また、Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることがいえる。
そして、deg{f(x)}=nがとなることは明らか。

上記を一般化すると
pを奇素数かつs,tを下記の条件を満たす整数とする。
sはpで割り切れ、かつs≡-1 (mod 4)となる。
tはpで割り切れるがp^2で割り切れない。
このときf(x)=x^n +s・x^(n-2)+4tとおくと、
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-2)・(m^2-1)≡0 (mod 4)
また、Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることがいえる。
そして、deg{f(x)}=nがとなることは明らか。

また、nを3以上の整数、pを5以上の素数かつs,tを下記の条件を満たす整数とする。
sはpで割り切れ、かつs≡-1 (mod 6)となる。
tはpで割り切れるがp^2で割り切れない。
このときf(x)=x^n +s・x^(n-2)+6tとおくと、同様に
任意の整数mに対して、f(m)は6で割り切れること、
Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることと、
deg{f(x)}=nがとなることがいえる。

ちょっと考えただけだが、これだけ見つかった。

あまりエレ解関連の投稿がないので、試しに問題を作ってみました。
皆さんに関心を持っていただければ嬉しいのですが、一応1か月くらい
見てみます。そのあたりで、自分の解答を投稿します。
(皆さんがこの問題に関心がなかったとしてもw)

gcd(16,2n^2-8n+9)=1.

>>182の解答編(誰も望んでないかもしれないがw)
https://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf
2ページ目のTheorem３を用いる。
「整数係数の多項式
f(x)=a(n)・x^n ＋a(n-1)・x^(n-1) ＋a(n-2)・x^(n-2)＋ …＋a(0)が、
下記の条件を満たすとき、f(x)はk次以上の既約な整数係数多項式の因数を持つ。
(1)a(0),a(1),・・・,a(k-1)は素数pで割り切れるが、a(k)は割り切れない。
(2)a(0)はp^2で割り切れない。」・・・＠

nを3以上の整数
f(x)=x^n-x^(n-1)+6
とおくと>>182の(1)〜(4)すべてみたすことをいう。

f'(x)=x^(n-1)・{nx-(n-1)}だから
nが偶数のとき
f(0)=f(1)=6,m≦0またはm≧2のときf(m)＞6となる。
nが奇数のとき
f(-1)=4,f(0)=f(1)=6
m≦-2のとき
f(m)≦-6
m≧2のとき
f(m)＞6
したがって、任意の整数mに対して|f(m)|＞2がいえる。
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-1)・(m-1)≡0 (mod 2)
よって、f(m)の値は合成数となる。
したがって、f(x)=0は整数解を持たないこともわかる。
f(x)=0の有理数解の候補は±1,±2,±3,±6のみだから
f(x)=0は有理数解を持たないことがいえた。
したがって、f(x)は一次式の因数を持たない。

>>186であげた命題＠を用いると
f(x)はn-1次以上の次数を持つ既約な整数係数の多項式を因数に持つ。

したがって、f(x)は下記のいずれかである。
(1)　f(x)は既約なn-1次式と一次式の積である。
(2)　f(x)は既約である。
ところが>>187より、(1)はありえない。　
よって、f(x)は既約であることが言えた。

以上より、f(x)=x^n-x^(n-1)+6が>>182の(1)〜(4)すべてみたすことがいえた。

今月号にζ氏が記事を書いてるぞ

Shin-ichiro Seki@integers_blog
数学セミナーのζ氏の記事をちゃんと読みました。
私の語彙力ではこの感情を言葉にはできません。
この文章から発せられる凄まじい何かは私の涙に変換されました。

えー読んでみよ
素性はどういう方なの？医者？

自分も気になるわ
ζ氏は界隈だと正体知られてるとかではないの？

4月からの案内来た

失礼誤爆

ζ氏のインタビュー記事を読んで驚いた
今月号を買ってよかったと思った

ζ氏に親近感
エレガントな仲間は皆同じ思いを持って解いてるんじゃないかなと思わされた

エレガント：　えっ　れすなの　ガンだなんて　時計ドライバーまら

今月号のZsigmondyの定理だが、書き方が嫌。
a+1が2のべき乗かつn=2の場合が嫌だったんだろうけど・・・。

簡単な証明を求む。
素朴な証明を求む。
優美な証明を求む。
短い証明を求む。
面白い証明を求む。
簡潔な証明を求む。
見事な証明を求む。
アロガントな証明を求む。
イグノラントな証明を求む。
。。。

6月号の正解者の中にクスコ先生が

始めは普通の夏らしいジャズですが、だんだんとSF感を隠せなくなっていきます。
/youtu.be/f0og1UrDFy0