面白い数学の問題おしえて〜な 45問目

面白い数学の問題を紹介して解き合うスレです
質問スレではありません
出題者が答えを知らない問題はお控えください
統計学などはスレ違い、数学以外の話題は論外です
荒らし、煽りはスルー推奨

前スレ
面白い数学の問題おしえて〜な 44問目
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1746070300/

まとめwiki
http://w.atwiki.jp/omoshiro2ch/

1乙🍛

もしR^4で有理的な三次元立体がR^3でも必ず有理的になるのが本当だとしたら、
つまり有理的な（成分が全て有理数であるような）任意の３つの四元数a,b,cに対して、
ある有理的な非零四元数xが存在して ax, bx, cx の実部が全て0になるってことか

本当かどうかはわからないけど、だとしたら四次元ってやっぱり色々と特別なんかな

前スレの問題のことなら
多面体
を
正多面体
と間違えて書いたのではと思ってる

前スレの問題多分四元数のテクニックで解けそうやな

ハミルトン代数 ℍ とその元 a に対して a 倍写像 a×(x) = ax は相似変換である。よってその部分超平面 ℙ の法線ベクトル が a である場合、aの共役元を a̅ とする時 a̅× によって ℙ は 1 を法線ベクトルとする超平面 ℍi + ℍj + ℍk に写される。とくに a が有理ベクトルである場合、ℙの有理点は a̅× によって ℍi + ℍj + ℍk の有理点に相似写像で写される。

>>6
正解です！
問1の方は誰も書いてないけど簡単すぎましたかね

(p,q)/(|p|*|q|)　=　(1-√5)/4　となる有理的なベクトル　p,q　は無い

>>8
そうですね
その両辺を2乗すれば有理数=無理数となります

kを正整数とする。
√{m-√(n)}+√{m+√(n)}=(1/k)√(mn)
を満たす正整数の組(m,n)を自然数解と呼ぶ。

（1）自然数解(m,n)が存在するならば、2k^2≦n<4nであることを示せ。

（2）それぞれのkに対して、自然数解がすくなくとも1つ存在し、その個数はk√2未満であることを示せ。

（3）k=3のとき、自然数解をすべて求めよ。
（↑ここまで早稲田理工2026）

（4）一般のkに対して自然数解をすべて求めよ。

>>10
訂正
2k^2≦n<4k^2

与式
⇔2m + 2√(m²-n) = mn/k²
が成立するには l = √(m²-n) が整数である事が必要であり、さらに
与式
⇔2m+2l = m(m²l²)
⇔2k² = m(m-l)...①
よって与式の自然数解(m,n)に対して①の自然数解(m,l)が一対一に対応する。また①の自然数解の個数はd(2k²)/2である。よってd(x)≦2√x...②を示せば良い
c(2) = 3/2
c(3) = 2/√3
c(p) = 1 ( p≧5 )
として
d(2ᵉ)≦c(2)√(2ᵉ)
d(3ᵉ)≦c(3)√(3ᵉ)
d(pᵉ)≦c(p)√(pᵉ)
が任意の素数pと非負整数 e について成立するから②は成立する。

>>12
面白さはそんなにないですか？

そこそこ面白い希ガス

>>12の式
2k² = m(m-l)...① n = m² - l²
を得た事で>>10の(1)~(3)が誘導と関係なしに
ほぼ同時に解けたような感じだけど
誘導にそった想定解が別にあるのかな

(2)は2k²=mm' ( m>m' )と分解する組み合わせの上限が m=m'の場合の√(2k²)で
m=1~√(2k²)を全部カウントしただけですね

√(2001√(2000√(1999√(1998√(1997√(1996√(1995√(1994×1992+1)+1)+1)+1)+1)+1)+1)+1)
を求めよ

2000

1994×1992+1=(1993+1)(1993-1)+1=1993^2
以下同様で
2000

お見事です

BC=10、∠BAC=80°、∠ABC=50°の△ABCがある。
辺CA上に点Pを、∠PBC=10°となるようにとる。APの長さを求めよ。

>>21
△ABPにおいて正弦定理よりAB/sin60°=AP/sin40°
∴AP=2ABsin40°/√3=2・5/√3=10√3/3

BからACに下ろした垂線の足をMとする
AP=AM+MP=BM*tan(∠ABM)+BM*tan(∠PBM)
=BC*sin(50°){tan(10°)+tan(30°)}=BC*tan(30°)=10/√3

∵
sin(50°){tan(10°)+tan(30°)}
=cos(40°){tan(20°)tan(30°)tan(40°)+tan(30°)} ; ※
=tan(30°)cos(2t){tan(t)tan(2t)+1} ; t=20°
=tan(30°)

※　公式　tan(3x)=tan(x)tan(π/3+x)tan(π/3-x)　にx=10°を代入し変形

AB = 5/cos50° から △ABP に正弦定理

>>21
正弦定理を使わない方法
AからBCに下ろした垂線の足をE、AからBPに下ろした垂線の足をFとすると、
四角形BEFAは等脚台形でBE=AF
AP=(2/√3)AF=(2/√3)BE=BC/√3=10/√3

a_{n+1}=(a_n^2+a_n)/n (n=1,2,3,…)
で定まる数列の全ての項が整数となるa_1を全て求めよ。

-2, -1, 0, 1

>>27
それに限ることを示せ、という問題です

>>28
ヒントおながいします

A:=Π[k=1,N]a_{k},B:=Π[k=1,N](a_{k}+1) とすると a_{1}*A*B=N!*A*a_{N+1}

>>30
kwsk

A=0とA≠0に分けて、前者は省略。後者なら
a_{1}*(a_{1}+1)*(a_{2}+1)*(a_{3}+1)*...*(a_{N-1}+1)*(a_{N}+1)=N!*a_{N+1}　が成立。
N=2,N=3のとき、
a_{1}*(a_{1}+1)*(a_{2}+1)=2*a_{3}
a_{1}*(a_{1}+1)*(a_{2}+1)*(a_{3}+1)=2*a_{3}*(a_{3}+1)=3!*a_{4}
...以下同様。つまり、
a_{1}*(a_{1}+1)=2,a_{n}=n(n≧2)で成立

>>32
いや、そこではなくてそこからどうやって「a_1 ≠ -2,-1,0,1 のときある項が整数とならない」を示す？
示せないけど気づいたこと書いただけ？

整数という条件を課すと、各項の値が限定され、いくつかに収束します。
逆に整数という条件を除くと、定まりません。
A=0と繋がるのが、a_{1}=0,-1
A≠0と繋がるのが、a_{1}=-2,1
ということです。
これ以外の値をa_{1}として与えれば、整数でない値がどこかに現れます。

>>34
なぜ？
各項の値が収束するというのは lim a_n が収束するという意味？
a_{1}*A*B=N!*A*a_{N+1}
から a_{N+1} が収束することが証明できるんですか？

例えば
「5個の変数a,b,c,d,eがあり、a*b*c*d*e=120　だという。a,b,c,d,eは何か」
では答えは分かりません。

しかし、「0<a<b<c<d<eを満たす整数」　という条件が加われば、(a,b,c,d,e)=(1,2,3,4,5)と答えが定まります。
様々な可能性があったけど、条件が加わることで一意に定まる様子を収束と表現しただけです。

あるkに対し、a_{k}≧a_{k+1} となれば、その後どんどん小さくなります。
a_{k}は正の整数という条件／性質を考えれば、a_{k}≧a_{k+1}はありえません。
従って、a_{k}＜a_{k+1}　が言え、上のような解の特定ができます。

>>36
何言ってるかわかりません
証明できたと勘違いしてませんか？
ちゃんと読める解答あげてください

確かにもやもやしている部分はあります。
問題ないだろうと思ってはいるのですが取り下げます。
恐らく別のアプローチではスッキリしているのでしょう。
お騒がせしました。

>>26 は出題したひとは解答持ってんの？

modで攻めればある程度候補を絞ることはできるけど有限個までは無理だし、
もし出題者っぽい反応がしばらく無かったら勘違いだった説濃厚かもね

真剣に考えて考えて考えて後になって「解答ないよ」とかやめてくれよと思う

もし、m*(m+1)=n! の正整数解が、(m,n)=(1,2),(2,3) のみというのが証明できるなら、いけそう。

次のような関数を考える。

f(n):nがk!で割り切れるが、(k+1)!では割り切れない時、k　を返す関数

a_{2}*(a_{2}+1)=2*a_{3}

であるが、右辺のa_{3}は必ず3の倍数
(∵　a_{3}=a_{2}*(a_{2}+1)/2=...=(1/2)a(a+1)(a^2+a+1) ≡ 0 (mod 3) ;a=a_{1}　)

右辺にfを作用させると必ず3以上の値が得られるが、左辺にfを作用させると、
上の不定方程式の結論が正しければ2か3。辻褄が合うのは3のみで、a_{3}=3が導かれる。

あの…大丈夫？
a_1=n! とでもすれば f(a_2(a_2+1)) の値なんていくらでも大きくなるけど…

あれ、何やってたんだろう。無しで、。。。

>>26
とりあえず、この問題はこっちのスレで解いたら？

A≠0の時
a_{1}*(a_{1}+1)*(a_{2}+1)*(a_{3}+1)*...*(a_{N-1}+1)*(a_{N}+1)=N!*a_{N+1}
が成立。これを、
a_{1}*(a_{1}+1)*(a_{2}+1)*(a_{3}+1)*...*(a_{N-1}+1)*{(a_{N}+1)/a_{N+1}}=N!
と変形。
左辺は、N個の相異なる整数と、{(a_{N}+1)/a_{N+1}}の積。
前者は最低でもN!の値を持ち、{(a_{N}+1)/a_{N+1}}はせいぜい1。その積がN!であるなら、

a_{1}*(a_{1}+1)*(a_{2}+1)*(a_{3}+1)*...*(a_{N-1}+1)=N!
(a_{N}+1)/a_{N+1}=1

が成立。これでもやもや感が払拭できたと思います。

あ、ダメだ。せいぜい１なのだから、成立させられない。ごめん、また却下

単発質問スレから


スレタイ：
これどうやって証明するの？

@McDonaldsJapan
公式を発見しました
https://pbs.twimg.com/media/HC7iuFGXEAAUiyi.jpg

一杯のコーヒーに無限のこだわり

マクドナルド

ああそうか
n=0 の項が負の階乗で無限大になるからか

>>48
33だけなんと読むのかわからない
さあさあ？

C^1級実関数f,gに対して、
lim_{x→∞} f(x) = lim_{x→∞} g(x) = 0
であり、
lim_{x→∞} f(x)/g(x) と lim_{x→∞} f’(x)/g’(x) がどちらも存在するとき、

lim_{x→∞} f(x)/g(x) = lim_{x→∞} f’(x)/g’(x)

は成り立つか？

まんま　L'Hôpital's rule　ちゃうん？
ひっかけ？

私もそう思います。
何か罠があるのか…。

>>52
AIが言うには

C^1級実関数f,gに対して、
lim_{x→∞} f(x) = lim_{x→∞} g(x) = 0 であり、
lim_{x→∞} f’(x)/g’(x) が存在するとき(Mとおく)、

lim_{x→∞} f(x)/g(x) も存在して M に等しい

lim_{x→∞} f(x) = lim_{x→∞} g(x) = ∞ に置き換えても同じ

これには 十分大きな x に対して g’(x) ≠ 0 である事も含まれる
つまり f’(x)/g’(x) を数式上で分子分母でキャンセルされた形で計算するのではなく
分子分母それぞれの x での値に対して割り算を行う

>>52
すみません
f’(x)/g’(x)の定義をちゃんと書いていなかったので書きます

g’(a)=0となるaが存在したとしても
f’(a)/g’(a) := lim_{x→a} f’(x)/g’(x)
で定義します

なので、例えばf’(x) = (1+x)sinx、g’(x) = xsinx
の場合でも、g’(a)=0となるaは無限に存在しますが、
この定義の場合
lim_{x→∞} f’(x)/g’(x) = 1
になります

高校範囲で、
lim[x→+0] (x^x)sinx = 0
を簡単に証明することはできますか？
言い換えればx^xの極限が1になると分からなくても、有限値になることが言えますか？

高校範囲でlim[x→+0]x^x=1は示せるでしょ

>>60
それを示すのがめんどくさいので、x^xの極限が有限値になることだけでいいから証明できないかと言っています

lim[x→+0] (x^x)sinx = 0 を示すにあたって、
x^x に極限値が存在している必要はない。
単に x^x が有界であればよい。

0＜x＜1/2 のとき 0＜ x^x ＜ 2 である。
実際、0＜x^x は明らか。x^x＜2については背理法を使う。
ある 0＜x＜1/2 に対して 2≦x^x ならば、
両辺を 1/x 乗して 2^{1/x}≦x であり、0＜x＜1/2 により
2＜1/x なので 2^2 ＜ 2^{1/x} ≦ x ＜ 1/2 となって矛盾。
ゆえに、0＜x＜1/2 のとき 0＜x^x ＜ 2 である。

これを踏まえて、0＜x＜1/2 のとき |x^x sin x|≦2|sin x| となるので
lim[x→+0] (x^x)sinx = 0 を得る。

>>57
その理屈だと f(x)/g(x) についても g(a)=0 を認めてその様な点 a での極限は常に存在する
と仮定する事になるのかな？

>>57,58
そもそも答えを持って出題してるのか疑問だけど
g(a)=0, g'(b)=0が無限に存在しつつ>>52の前提条件を満たす具体例・実用例はあるの？
興味本位で脇道に行っても不毛だったりするよ

>>64
>不毛だったりするよ

おまえはハゲだ！と言いたいのですか？

ピカールの定理

>>64
当然答えを持っています
結論としては成り立たない例があります
とある論文が元ネタになってます

まあ、あの書き方なら成り立たない感じがするよね。
私はパスするけど。

まあロピタルの定理の適用条件でg'(x)≠0は普通に習うからね

>>52
>>57
こんな書き方をするのなら、C2級じゃない関数が怪しくなってくる。
これ以上は全く分からんから、深入りはやめとくわ。

>>67
シュトルツの論文は関係ない？

いや、Daniel V Tausk 氏の論文か？
あるいは、小林健太先生か。

おそらく、小林先生のものかと思われる。

ロピタルの話の真相はどうなのよ。

>>74
「小林健太 ロピタル」で検索
x->1/xと置き換えたら>>52の反例そのもの

g'(x)≠0 を確かめずに f'/g' を約分したらダメって親切な先生や教科書なら説明あると思うけど
その「完成度が高い反例」になっている

>>75
これで一件落着ですね。

nは3以上の整数
a[i](i=1,2,…,n)はどの2つも異なりどの2つも互いに素な正の整数
Π[1≦i<j≦n](a[i]^2+a[j]^2)
は平方数ではないことを示せ

n＝2だとピタゴラス数があるのね

>>77
ヒントおながいします

>>77
n=3のときは、まず二平方恒等式で与式をA^2+B^2の形にする。ピタゴラス数の性質からAまたはBは3の倍数になるはずだから、そこから互いに素であることと矛盾しないか？

ほとんど全ての実数xに対して、
lim[n→∞] 1/(n^2 sin(nx)) = 0
を示してください

(ちなみにlim[n→∞] 1/(n^2 sin(n)) の収束は未解決問題です)

実数 r に対して、r と整数の差の絶対値として最も小さい値を ||r|| と表記することにする。
実数 x であって x/π の無理数度が2.5以下であるようなものを任意にとる。…(1)
n を正の整数とすると
|sin(nx)| = |sin(π×nx/π)| = sin(π×||nx/π||) > ||nx/π||
となるが、x/π の性質よりある（xのみに依存する）正の定数Cが存在して、最右辺は
> Cn^(-1.5)
と評価できる。ゆえに、
1/|n^2 sin(nx)| < 1/|n^2 × Cn^(-1.5)| → 0 (as n→∞).

ほとんどの実数xは (1) を満たすので、示された。
・参考（無理数度の章参照）
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%84%A1%E7%90%86%E6%95%B0

>>82
おー素晴らしいお見事です
想定解はBorel–Cantelliを使いますがなるほど素直に無理数度を使えばいいんですね

>>77（スマホなら横倒しで見て）
n=3のとき、二平方恒等式を2回適用すると
(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)
={c^2·(a^2·b^2+b^2·c^2)^2+a^2·(a^2·c^2-b^4)^2}^2
+{a^2·(a^2·b^2+b^2·c^2)^2+c^2·(a^2·c^2-b^4)^2}^2
と整理できる。
これが平方数だと仮定するとピタゴラス数の性質により、整理した式の2項の少なくとも一方は3の倍数である。・・・①
a,b,cは互いに素であるから、全て3の倍数でないか1つだけ3の倍数であるが、これは①に矛盾する。

これ合ってる？

age

整理した式の2項目の真ん中のプラスはマイナスの間違いね。

自然数nに対して、集合
{(a,b)∈Z^2 | 21^n = a^2 + 5b^2}
の要素数を求めよ

1, 2, 3, ..., 100の番号のついた100個の箱があり、各箱には番号と同じ数だけの玉が入っている。
1回の操作で次のことを行う。
「いくつかの箱を選び、それら全てから同数の玉を取り出す」
例えば、90, 92, 94, 96, 98を選び、各々から80個ずつ取り出すと、残りの個数は、
1, 2, ..., 89, 10, 91, 12, 93, 14, 95, 16, 97, 18, 99, 100
となる。

問、全ての箱を空にするまでにかかる最短操作は何回か。

2進数を利用？

>>88
8

7回じゃないか？

>>91
私もそう思う。

2進法で

>>91
正解です。

6回では無理の証明はどうやるの？

>>95
それは少し気になるよね。

n回めに取り去るか取り去らないかで表現出来る数の種類が最大2^nとかそんな感じですか？

もし６回で可能だとする。k回目の引き算とl回目の引き算で引かれる数がdとするとk回目の引き算をd、l回目の引き算を2dにしてもとの引き算でどちらか片方の引き算に参加してるものはk回目の引き算だけに参加させて２回の引き算両方に参加してるものはl回目の引き算一回だけに参加させるように変更する。この作業をくりかえしてすべての回数の引き算で引かれる数はすべて相異なるとしてよい。よってある６元集合 F が存在して任意の1≦n≦100 にたいしてFの部分集合Aで n = Σ[k∈A]k となるものがとれないといけないが Σ[k∈A]k の形で表せる集合は高々64個しかない。

自然数nに対して、1～nまでの自然数を2グループに分ける。
ただし、同じグループに属する異なる2数の和は平方数ではない。
たとえば、n=6の場合、
　{1, 4, 6}
　{2, 3, 5}
とすれば、条件をみたす。

問、nとしてありうる最大の自然数は何か。

とりあえずAIにかけてみるという、ゲスな癖が身につきましたw

>>99
https://en.wikipedia.org/wiki/Boolean_Pythagorean_triples_problem

賞金100ドルの未解決問題
2016年にコンピュータによる総当たりで解かれた