【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/

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

一般化して、以下の命題を考える。
pを奇素数、hをh≡-1 (mod p)をみたす2以上の整数、kを奇数とする。

(1)
(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1はpで割り切れるが、p^2で割り切れないことを示せ
(2)
(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数となるとき、kは素数またはpのべき乗となる。

(1)
h^k=mとおくことにする。
m^(p-1)-m^(p-2)+…+１がpで割り切れるがp^2で割り切れないことを示す。
m+1=ps(sは整数)と書けるから
(ps-1)^(p-1)-(ps-1)^(p-2)+…+１≡-p{p(p-1)/2}s+p≡p (mod p^2)
したがって、m^(p-1)-m^(p-2)+…+１がpで割り切れるがp^2で割り切れないことがいえた。

(2)
(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数のべき乗となるとき、kは素数またはpのべき乗となる。

(1)より、(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値はpで割り切れない。

(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数のべき乗となるとき、
2pkがp以外の奇数の素因数qを持つと仮定する。

h^(2k)-1の素因数だが、2kの真の約数d'に対して、h^d'-1の素因数になりえない素数p(2k)
h^(2pk/q)-1の素因数だが、2pk/qの真の約数d"に対して、h^d"-1の素因数になりえない素数p(2pk/q)
をとる。定理Zより存在はいえる。

p(2k),p(2pk/q)は(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}を割り切る。
このとき、p(2k)≠p(2pk/q)がいえる。
∵p(2k)=p(2pk/q)と仮定するとh^(2k/q)≡1 (mod p(2k) )がいえるが、
2k/q＜2kだから、これはp(2k)の定義に反する。

p(2k),p(2pk/q)は(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の相異なる素因数となるから矛盾する。
よって、2pkがp以外の奇数の素因数を持たないことがいえるので、kがpのべき乗であることがいえた。

火ｶｼﾃ(o･_･)y―~―v(･｡･o)ﾄﾞｿﾞ

最近ハマってる漫画、めっちゃ面白いねん

2項係数をC(a,b)と書くことにする。

2^h≦n≦2^h-1をみたす整数hをとる。

まず、f(n)≦hであることをいう。
v(C(n,k) )=Σ_[i=1,∞][n/2^i]-[k/p^i]-[(n-k)/2^i]
[n/2^i]-[k/2^i]-[(n-k)/2^i]＜n/2^i-(k/2^i -1)-((n-k)/2^i -1)=2
n＜2^iとなるとき、[n/2^i]-[k/2^i]-[(n-k)/2^i]=0となるから
Σ_[i=1,∞][n/2^i]-[k/p^i]-[(n-k)/2^i]≦1+1+・・・＋1=hがいえる。
したがって、f(n)≦hがいえる。

次に、f(n)=hであることをいう。
v(n-t)=h,0≦t＜2^hをみたす偶数tに対して
C(n,t+1)={n・(n-1)…・(n-t)}/{1・2…・(t+1)}

1≦j≦t(＜2^h)をみたす整数jに対して、v(j)=v(n-t+j)がいえるから
v( (n-t+1)・(n-t+2)・…・n)-v(1・2…・t)=0だから
v(C(n,t+1) )=v(n-t)-v(t+1)=hとなる。
以上より、f(n)=hであることがいえる。

以下kを偶数とする。

与式＝２^hーΣ_[k=０,n-2] v(C(n,k+1) )-v(C(n,k) )

次に、２^hーΣ_[k=０,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )≦1を示す。
v(n-k)=sをみたす正の整数sをとる。
v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=v(n-k)-v(k+1)=s＞0
よって
Σ_[k=０,2^h-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=2^(h-2)+2・2^(h-3)+・・・+(h-1)・1+h=2^h-1
したがって、
２^hーΣ_[k=０,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=1-Σ_[k=2^h,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )≦1
がわかる。

以上より、求める与式の最大値は1であることがわかる。
さらに、与式が最大値を取るときのnの値は2^hのみであることもわかる。

今月の出題ニだが、もう解答出来たわw

abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ

・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

mを正の整数とする。
a=2m^2+2m+1,b=2m^2-2m+1,c=16m^8-4m^4+1とおくと
明らかにa,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。
このとき、abc-1=64m^12={8m^6}^2だから」、abc-1が平方数となる。


/////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////

ab+1とbc+1とca+1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ

・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

nを正の整数とする。
x(1)=7,y(1)=4,x(n+1)=2x(n)+3y(n)、y(n+1)=x(n)+2y(n)とおくと
だからx(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -3{y(n)}^2=1となることが帰納的にいえる。
以後簡単のためx(n)=x,y(n)=yと書くことにする。
ここでx^2 -4y^2=x^2 -3y^2 -y^2=1-y^2＜0より、x＜2yがいえる。

ここでa=2y-x,b=2y,c=2y+xとおくと、a,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。

ab+1=4y^2- 2xy+1=(3y^2 +1)-2xy+y^2=x^2 -2xy+y^2=(x-y)^2
bc+1=4y^2 +2xy+1=(3y^2 +1)+2xy+y^2=x^2 +2xy+y^2=(x+y)^2
ca+1=4y^2 -x^2 +1=(3y^2 +1)-x^2+y^2=x^2 -x^2 +y^2=y^2

よりab+1,bc+1,ca+1はいずれも平方数となる。

以上より、題意が言えた。

>>207は出題二の解答です。

a,b,c が等差数列をなすと仮定して「ペル方程式」に帰着した
のでござるか。お見事でござる。

小生はフィボナッチ数列 {F_n} を使って
　(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})
としたでござる。されば
　ab + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
　bc + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
　ca + (-1)^n = (F_n)^2,

>>207
蛇足ですが…
　x(n) = [(2+√3)^{n+1} + (2-√3)^{n+1}]/2,
　y(n) = [(2+√3)^{n+1} - (2-√3)^{n+1}]/(2√3),
ビネの式 (?)

きれいな解法ですね。方程式

　x^2 - 3y^2 = a

は実2次体Q(√3)の単数群が無限次巡回群だから任意の整数 a で無限個整数解をもつ事を利用するわけですね。

n-1,n+1,4n.

皆さんエレガントですね。ところで問題1のほう解けた方いますか？
私はそのような命題の表現はないと予想したのですが、示すことができませんでした。

>>207読んでて気づいたんだけど、俺大変な勘違いをしてた。
ab+bc+ca-1が平方数になるような(a,b,c)が無限にあることを示すって
思い込んでた。せっかく頑張って解いたのに俺終わった・・・

自然数 n について定まる X_0 から始まる計算機の状態の列 X_0,...,X_k を C(n) とし列の長さを L(n) とする。平方数は無限にあるからある平方数 n^2 で C(n^2) のなかに同じ状態が現れるものがとれなければならない。そのような n^2の10進表現を A_m...A_1 とする。X=C(n^2)_k = C(n^2)_l (k<l) とする。状態 X_k のときに長さ l-k の入力 A_k+1,A_k+2,...,A_l が与えられたとき計算機はかならず状態 X にもどるからこの計算機は
1) 最初に A_1,A_2,...,A_k が入力される。
2) 次に A_k+1,A_k+2,...,A_l が任意回数入力される。
3) 次に A_l+1,A_l+2,...,A_m が入力される。
ときにかならず最終状態は X_m で終了しなければならない。計算結果は最終状態のみで決まるのでこのような入力でかならず平方数を出力しなければならない。そこで
a = (10進表現が A_kA_k-1...A_1 である自然数)
b = (10進表現が A_lA_l-1...A_k+1 である自然数)
c = (10進表現が A_mA_m-1...A_l+1 である自然数)
とすれば t≧1 について
a + 10^kb + 10^lb + 10^2l-kb + ... + 10^(l-k)(t-1)+kb + 10^(l-k)t+k c
= a + 10^kb(10^(l-k)t-1)/(10^(l-k)-1) + 10^(l-k)t+k c
= 10^(l-k)t (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c ) + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
がつねに平方数でなければならない。とくに
y^2 = (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c )x^5 + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
が無限に有理点をもたなければならないがそれは Faltings の定理により不可能である。

>>207
×abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
○ab-1,bc-1,ca-1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
だな。正しい方の解答は>>209でnが奇数のときを考えれば十分。

自然数 n の k 桁目まで入力されたときの状態を S(n,k) とする。
状態の数が有限なので相異なる平方数 m<n でその桁数が i 未満で S = S(m,i) = S(n,i) となるものが存在する。
ここで M を i より大きい自然数とし l = m(10^M+1)^2 とおく。
l の10進表示の末尾 i 桁をとりのぞいた列を I とし n の10進数表示に I を添加してえられる10進数表示であらわされる自然数を k とする。
l は明らかに平方数である。
l の次の平方数 (√l + 1)^2 は l より 2√l +1 大きくそれは 2(10^M+1)+1 以上であり仮定より n-m より大きい。
よって k - l = n - m により k は平方数ではない。
しかし i 桁目まで読んだ状態が等しく i 桁目以降は k,l は等しいので S(k, j) と S(l,j) は常に等しいことになるので同じ値を出力しなければならない。

>>209さんが答えてますが、出題二の別解を見つけたので今更ながら投下w

nを正の整数とする。
x(1)=1,y(1)=1,x(n+1)=x(n)+2y(n)、y(n+1)=x(n)+y(n)とおくと
x(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -2{y(n)}^2=(-1)^nとなることが帰納的にいえる。

ここでa=y(n),b=2x(n)+3y(n),c=2y(n)とおくと、a,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。

ab+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)}^2 +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)+y(n)}^2
bc+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)}^2 +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)+2y(n)}^2
ca+(-1)^n=2{y(n)}^2 +(-1)^n={x(n)}^2

より、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。

　vv - 2uv - uu = (-1)^m,
は直角双曲線
　U･V = - (-1)^m /(2√2)
を clockwise に π/8 = 22.5° 回したもの。
　tan(-π/8) = 1 - √2,
　tan(3π/8) = 1 + √2,

出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することを示す。

nを正の整数、dを平方数ではない正の整数とする。

pell方程式x^2-dy^2=-1が解(x,y)=(s,t)をもつとき
x(n)±y(n)√d=(s±t√d)^n　(複号同順)をみたす
数列x(n),y(n)を考える。
このとき{x(n)}^2 -d{y(n)}^2=(-1)^nとなることがいえる。

正の整数a,b,cを以下のようにとる。
a=y(n),b=dy(n),c=2x(n)+{d+1}y(n)

ab+(-1)^n={x(n)}^2,bc+(-1)^n={x(n)+dy(n)}^2,ca+(-1)^n={x(n)+y(n)}^2
となり、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。

実際、d=k^2 +1(ただし、kは正の整数)のとき、
pell方程式x^2-(k^2+1)y^2=-1は解(x,y)=(k,1)を持つ。

pell方程式x^2-dy^2=-1が解をもつようなdの取り方は無数にあるから、
ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となるような
a,b,cが無数にとれるような、dは無数にとれる。

以上から、出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することがいえた。

1,1,n^2+1.

(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.

|ps-qr|=1.
a=p^2+q^2.
b=r^2+s^2.
c=(p+r)^2+(q+s)^2.
ab-1=(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.
ac-1=(p^2+q^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(p(p+r)+q(q+s))^2.
bc-1=(r^2+s^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(r(p+r)+s(q+s))^2.

1,n^2+1,(n+1)^2+1.
n^2+1,(n+1)^2+1,(2n+1)^2+4.

a=5=2^2+1^2.
b=65=8^2+1^2=7^2+4^2.
c=4033=63^2+8^2=57^2+28^2.
ab-1=(2^2+1^2)(7^2+4^2)-1=18^2.
ac-1=(2^2+1^2)(57^2+28^2)-1=142^2.
bc-1=(8^2+1^2)(63^2+8^2)-1=512^2.

この問題を解く方法も無限にあったりして……
米澤先生 ご苦労様。

ポピュラーなのはフィボナッチ数を使ったものかな。
　(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})

　F_{n-2}・F_n + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
　F_n・F_{n+2} + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
　F_{n-2}・F_{n+2} + (-1)^n = (F_n)^2.

* nの偶奇によって問題が変わるけど…

a,b,c を A,B,C の位置ベクトルとする。
BC,AD を直径とする円の方程式は
　|p|^2 - (b+c)p + bc = 0, |p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2 = 0
だからP1,P2 は円
　1/3(|p|^2 - (b+c)p + bc) + 2/3(|p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2)
　= |p|^2 - (a+b+c)p/3 + (bc + ca + ab)/3 = 0
上にある。同様にして P3,P4,P5,P6 はすべてこの円上にある。

(f_n) を Fibonacci 数列とする
α=(1-√5)/2, β=(1+√5)/2 とおく。
Newton の二項定理により 0<x<1 に対して
x^k/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k)
= Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x^(k+1)/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k+1)
= Σ[n=k+1,∞] C[n+k,2k+1]x^n
= Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n (ただしC[2k,2k+1]=0とおく。)
だから k=0~∞で足し合わせて
1/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n
より
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
であるが和は正項の和だから順序をかえて
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[n=0,∞]Σ[k=0,n] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
を得る。一方で
(x+1)/(x^2-3x+1)
= α/(1-α^2x) + β/(1-β^2x)
= Σ[n=0,∞](f_(2n+1) + 2f_(2n))x^n
だから係数を比較して
　Σ[k=0,n](C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1]) = f_(2n+1) + 2f_(2n)
である。

以上により
　F_n(x)/x^(2n+1) = x^(2n+1) + (-1/x)^(2n+1) - f_(2n+1) - 2f_(2n)
である。
F_n(α) = F_n(β) = 0 より F_n(x) ≡ 0 ( mod x^2-x-1 ) である。
G_n(x) :=
　= f_1x^(n-1) + f_2x^(n-2) + ... + f_(n -1)x
　= f_1(-1/x)^(n-1) + f_2(-1/x)^(n-2) + ... + f_(n -1)(-1/x)
　+ f_n
とおき
　(x^n + (-1/x)^n - f_n - 2f_(n-1))/(x^n(x+(-1/x)-1) = G_n(x)
を示す。Gn(x) の一般項は 0≦k<n に対して
k 次の項が f_(n-k)x^k
-k 次の項が f_(n-k)(-1/x)^k
である。
F_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1)
を示せばよいが議論にでてくるローラン多項式はすべてx↔-1/xで不変だから次数0以上の項をみれば十分である。
H_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1) とおく。
0<k<n に対して H_n(x) の k次の項は
　f_(n-k+1)x^k - f_(n-k)x^k - f_(n-k-1)x^k = 0
であり n次の項 x^n である。
さらに定数項は -f_n - 2f_(n-1) だから主張が示された。

>>231
〔補題〕
n個の点 A_1, A_2, ……, A_n があり、その重心を
　G := (1/n)Σ[k=1,n] A_k,
とする。このとき、任意の点Xについて
　|GX|^2 = (1/n)Σ[k=1,n] |A_k X|^2 − (1/nn)Σ[i<j] |A_i A_j|^2,

ヴェクトルの内積を使うのが便利。

　Ψ_1(x) = Ｆ_1(x) = xx -x -1,
　Ψ_2(x) ＝ Ψ_1(-x) = xx +x -1,
等とおく。

F_n(x) の既約分解は
　F_n(x) = Π[d|n] Ψ_d(x),
の形になるか？　(dはnのすべての約数をわたる)

　(ただし　Z[√5] では 5は平方数とする。)

>>232
　n=2 の場合は 中線定理 (Pappusの定理) です。

>>235
kwsk
Pappusの定理を使うと出題1が解けるの？

今月号の1問目どうするか

>>237
どういう意味で一般化になってるん？
そんな雑誌refferされても読めるわけないやん

それ一般化じゃないやん
“中線定理の一般化”は“中線定理の十分条件”でないとおかしい

スチュワートの定理じゃないよ

>>239
　ネットで探す方が早いよ。
>>241
　それもおかしい。

>>238
　π^{3^e} < π^{e^3} < 3^{π^e} < 3^{e^π} < e^{π^3} < e^{3^π},
を示す。

^ を無視すれば、π > 3 > e を辞書式順序に並べたものになっている。

テーラー展開は初等的？出題者の意図が、、

以下Pは受賞対象チームの勝ち数の集合とする。

n が偶数、P = { 0,1,...,n/2-1 } のとき♯P = n/2 かつ常に非全受賞
(∵)勝ち越しチームが受賞できないから明らか。□

nが偶数のとき、♯P≧n/2+1なら全受賞となりうる
(∵) まず a,n/2+a∈P となる a があれば全受賞となりうる事を示す
n チームを2a+1チームとn-2a-1チームに分けそれぞれAリーグ、Bリーグと呼ぶ
Aリーグ内の勝敗を全チームa勝a敗ととれる、実際2a+1完全グラフを一筆書きして各辺で筆の動いた元を勝ち、先を負けと定まればよい
同様にbリーグ内の勝敗を全チームn/2-a-1勝n/2-a-1敗ととれる
さらにAリーグのチームとBリーグの対戦は全てBリーグの勝ちとすればAリーグのチームの勝ち数はa, Bリーグの勝ち数はn/2+aとなる。
よって全受賞が不可能ならばa∈[0,n/2)に対して常にa,n/2+aのいずれかはPに属する事ができないから♯P≦n/2が必要である。□

n が奇数、P = { 0,1,...,(n-3)/2, n-1 } のとき♯P = (n+1)/2 かつ常に非全受賞
(∵) n-1勝のチームは高々1チームだから(n-3)/2勝以下のチームがn-1チームとれる。このn-1チームの結果だけを集計すると全チーム負け越しとなり矛盾する。□

nが奇数のとき、♯P≧(n+3)/2なら全受賞となりうる
(∵)n=3なら明らか
(i) n-1∈Pのとき
Q = P＼{n-1}とすれば♯Q≧(n-1)/2+1よりn-1チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り1チームは全勝とすれば良い
(ii) 0∈Pのとき
Q = {w-1;w∈P,w≠0}とすれば♯Q≧(n-1)/2+1よりn-1チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り1チームは全敗とすれば良い
(iii) (i),(ii)でないとき
Q = {w-1;w∈P,w≠0}とすれば♯Q≧(n+1)/2よりn-2チームの勝ち数を全てQに属するように取れる。残り2チームは片方を全勝、残りを全敗とすればよい。□

(iii)後半訂正
a,n-1-a∈P(a≦n-a-1)となるaが取れるから残り2チームのうち一方について直接対決を負け、残るn-2試合はa勝とすればよい□

>>245
　(1/3)e^3 < π^{e-1},
　e^{π-1} < (1/3)π^3,
は
　6.695178974 < 7.148971937
　8.512985074 < 10.33542556
なので、難しそうだねぇ。。。

差は非常に小さい。ミラクル不等式があるのだろうか？？

log取って評価すると、差がすごく小さくなった。

偶数の場合でa=0の場合が抜けてた

a,n-a-1∈P, 0<a<n/2となる a が存在しないとき0,n-1∈P かつn/2-1,n/2のいずれかがPに属する必要がある
n/2-1∈P のときは1チームを除いたリーグを選んでその戦績をn/2-1勝n/2-1負とし残り1チームを全勝とすれば良い
n/2∈P のときは同様にして残り1チームを全勝とすれば良い
□

a<b<c<d.
{a,b,c,d}.

4abcd+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd-a^2-b^2-c^2-d^2-4=0.

h(p,q,r,s)=4pqr+2p+2q+2r-s.

a<b<c<d.
a<h(b,c,d,a).
b<h(a,c,d,b).
c<h(a,b,d,c).
h(a,b,c,d)<d.

A({a,b,c,d})={h(b,c,d,a),b,c,d}.
B({a,b,c,d})={a,h(a,c,d,b),c,d}.
C({a,b,c,d})={a,b,h(a,b,d,c),d}.
D({a,b,c,d})={a,b,c,h(a,b,c,d)}.

xy+1=z^2.
S(x,y)={0,x,y,x+y+2z}.

D({1,3,8,120})={0,1,3,8}=S(1,3).

D(D(D(D(D({81510,1643405480,225042690820638808,120581457028771819044676558804776})))))
=D(D(D(D({81510,1643405480,225042690820638808,420}))))
=D(D(D({81510,1643405480,12,420})))
=D(D({81510,4,12,420}))
=D({2,4,12,420})
={2,4,12,0}
=S(2,4).

mn(mn-2)+1=(mn-1)^2.
A(S(m,n(mn-2)))={m,n(mn-2),(n+1)(mn+m-2),4(mn-1)(mn+m-1)(mn^2+mn-2n-1)}.

mn(mn+2)+1=(mn+1)^2.
A(S(m,n(mn+2)))={m,n(mn+2),(n+1)(mn+m+2),4(mn+1)(mn+m+1)(mn^2+mn+2n+1)}.

xy+1=z^2.
A(S(x,y))={x,y,x+y+2z,4z(x+z)(y+z)}.

P^2=ah(a,b,c,d)+1.
Q^2=4a^2(bc+1).
R^2=ad+1.
(P+Q+R)(Q+R-P)(P+R-Q)(P+Q-R)=4a^2(4abcd+2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd-a^2-b^2-c^2-d^2+4).

↑なにこれ？

a<b<c<d が条件
4abcd + 2ab + 2ac + 2ad + 2bc + 2bd + 2cd
−aa−bb−cc−dd ＋ 4 = 0.
を満たせば
　ab+1, ac+1, ad+1=RR, bc+1=(Q/2a)^2 ,bd+1, cd+1
がすべて平方数になるだろう、という…
>>257 の例は満たしている。

どの話がどう繋がってるのかさっぱりわからん

今回の6月号出題のWeb応募に限り，
6/10 (月) 23:59 まで締切を延期するらしい。。。

腹銀で追いかけ、隅に追い込んで寄切り？

↓は関係なさそう。。。

児玉孝一(6段)「必殺!! カニカニ銀」 〜究極の二枚銀戦法〜　日本将棋連盟 (1992)
2862円

・先手番では両銀とも奇数段／偶数段にいるから、
相手の効きを避けないと取られる。

・後手番では 一方が奇数段、他方が偶数段にいるから、
自由に進んでいい。

ChatGPTでも(1)ぐらいは解けるようになったようだ。
https://i.imgur.com/XwnY5ZF.png
(2)はまだまだだな。
https://i.imgur.com/p2KlBIg.png

6月号 出題２
(1) 正解ですね
(2)
　「・4頂点を選び、そのうち2つが白、2つが黒である場合、
それらを結ぶ直線は交差します。」
〇〇●● の並びばらば確かに交差するが、
〇●〇● の並びならば交差しない。
後者を除いて数えるか、もっと別の数え方をする必要がある。

>>265
最初に銀が
・ともに奇数段／偶数段にいる
・一方が奇数段、他方が偶数段にいる
で勝敗が決まるんかな？　知らんけど。

KLL ってオージェ電子 (AES)？

次はこちら
含み損を耐える会だってば(´･ω･`)

たまに食いたくないなという矛盾

>>268
最初に銀が
・ともに奇数段にいる　→　後手必勝
・ともに偶数段にいる　→　後手必勝
・奇数段 と 偶数段にいる　→　先手必勝
かな

アイスタ300円前後ですから敷居が低く、入ってからに特別待遇やん
総合的にないしな

そうでも見たくならないどころか反感持たれるのにね

>>209
47都道府県暴露をインスタかTikTokでもいいから47都道府県の暴露始めていけばいいのに4500歩くらいしか歩けてないのかな
ここでヘタレずもっと上手くなった
いやいや序盤とか酷かったし今も覚えてる人いるんだろう
でも大多数の国民は実質賃金を一番に考慮すること自体に面白いトークを放送してたしね

場所による脳卒中だろ
藍:すぐ過剰に良いことしてない奴多いよな

閣議決定やぞ？答え合わせどころやないガチのおっさんは興味ないって改めて思ったんだけど
https://i.imgur.com/g0O20iM.png

事例など見てる老人より情弱だよな
それな
どう考えてしまった糖質も

ちゃんと見えてるのかそれとも守りに入ってきてよいつも持ってるから
https://i.imgur.com/o0uyCLI.jpg