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
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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/

>>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

下手に考えだすよりもゲスな癖で大正解、なところが面白いという問題かな？

>>101の問題は
「同じ集合の異なる3数の組はピタゴラス数ではない」
で、解は7824

>>99の問題は
「ピタゴラス数の小さい方から2つは異なる集合」
だけでよいので
解はこれよりも小さくなる

nを40まで増やすと
{9, 12, 16, 30, 40}
の平方数成立の関係が5角形になり
5つの数を2つの集合に分けられなくなる
よって、最大のnは39

>>103
本当に合ってる？

すくなくとも
6,19,30
が同様の性質もつから無理やん
「３９以下では不可能」
の証明やってなかったんやろな

1と3は同じグループではない
1と8は同じグループではない
1と15は同じグループではない
3と6は同じグループではない
よって
　{1, 6}
　{3, 8, 15}
6と10は同じグループではない
15と10は同じグループではない
すると10はどちらのグループにも属さないので矛盾
従ってn≧15は不可

1-3-6-10-15 ですか

>>107
それが>>103の最小五角形にあたるのだろう、おそらく。

{1,2,...,14}を二つの集合A,BにわけてAのどの２元の和も平方数でなく、Bのどの２元の和も平方数でないようにできるか？

はい、分けることができます。以下のように集合 A と集合 B 割することで、どちらの集合でも「どの2つの元の和も平方数（4, 9, 16, 25など）にならない」という条件を満たすことができます。

分割の具体例集合

A = {1, 2, 4, 6, 9, 11, 13} B = {3, 5, 7, 8, 10, 12, 14}

集合{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}の部分集合A={a_1, a_2, ..., a_n}を考える
ただし、a_1＜a_2＜...＜a_nとする
nは7以下
このとき、S(A)=a_n - a_(n-1) + a_(n-2) - … ± a_1を考える
つまり、大きい順にプラスマイナスを交互につけて和を求める
たとえば、
A={1, 3, 5, 7}のとき、S(A)=7-5+3-1=4
A={1, 2, 3, 5, 6}のとき、S(A)=6-5+3-2+1=3
となる
ただし、Aが空集合のときはS(A)=0とする

問、全てのAについてS(A)を求めて、その総和を出せ（エレガントに）

最大の数以外は＋と－の回数が等しいから
総和をとると相殺される

総和は 7×2^(7－1)

お見事です

正の実数 a,b が無理数の時、a^b + b が有理数になることはあるか。

結論から申し上げますと、ご指摘の通り、ゲルフォント＝シュナイダーの定理を正しく適用すると、「\(\alpha, \beta, \alpha^\beta\) がすべて代数的数（かつ \(\alpha \neq 0, 1\)）であるならば、\[\beta \] は必ず有理数でなければならない」というのは正しい（Yes）です。 

x ^ √2 + √2 = 2 の解 x=α が有理数とすると α、√2、α^√2 = 2 - √2 のすべてが代数的数、α≠0,1、で √2 が有理数となり矛盾

>>114
正解
ゲルフォントシュナイダー使えたんかこれ…

一応想定解
(√2)^x + x = 3 の実解で x>1 となるものをとる。
この x が有理数 p/q (p,qは正の整数で互いに素)であると仮定すると
√2^(p/q) = (3q-p)/q.
両辺を2q乗して整理すると
2^p × q^(2q) = (3q-p)^(2q) …(A)
を得る。
(A)の左辺の 2^p 以外の因子と右辺は全て平方数であるから、2^p も平方数なのでpは偶数。
(A)の左辺は偶数なので右辺の累乗の中身も偶数。よって q も偶数。
これは互いに素の仮定に反するので矛盾。
ゆえに x は無理数である。

ある無理数 0<b<1 に対して (1-b)^{1/b} は無理数 … (1)
を認めると、a=(1-b)^{1/b} と置けば、
a, b は無理数で a^b + b = 1 すなわち a^b+b は有理数。

あとは(1)を示せばよい。
(1-x)^{1/x} は x∈(0,1)上で狭義単調減少である … (2)
を認めると、無理数 x∈(0,1) を動かしたときの (1-x)^{1/x} は
全て異なるので、特に非可算無限個あり、
その全ての (1-x)^{1/x} が有理数であることはあり得ない。
よって、ある無理数 x∈(0,1) に対して (1-x)^{1/x} は無理数となる。

あとは(2)を示せばよい。f(x)=(1/x)log(1-x) (0<x<1)と置く。
f(x)が(0,1)上で狭義単調減少であることを示せば十分である。
−log(1-x) = Σ[k＝1〜∞] x^k/k (0<x<1) により
−f(x) = Σ[k＝1〜∞] x^{k-1}/k (0<x<1) であり、
右辺は 0<x<1 について狭義単調増加なので、
f(x) は 0<x<1 について狭義単調減少である。

>>116
いま気づいたけど、これ a,b ともに超越数にできるな。

ある正の超越数 a,b に対して a^b+b は有理数になる。実際、
ある超越数 0<b<1 に対して (1-b)^{1/b} は超越数 … (1)
を認めると、a=(1-b)^{1/b} と置けば、
a, b は超越数で a^b + b = 1 すなわち a^b+b は有理数。

あとは(1)を示せばよい。
(1-x)^{1/x} は x∈(0,1)上で狭義単調減少である … (2)
を認めると、超越数 x∈(0,1) を動かしたときの (1-x)^{1/x} は
全て異なるので、特に非可算無限個あり、
その全ての (1-x)^{1/x} が代数的数であることはあり得ない。
よって、ある超越数 x∈(0,1) に対して (1-x)^{1/x} は超越数となる。

あとは(2)を示せばよいが、それは>>116と同じ。

e^x + x = 100 の実数解を α とする。αが代数的とすると

　e^α + (α-100)e^0 = 0

となり {e^α,e^0} は \bar{ℚ} 上線形従属になるが、これは Lindemann の定理に反する。

一般化。

O⊂R^2 は開集合とする。(a,b)∈O とする。
f:O→R はC^1級で f(a,b)＝0, f_x(a,b)≠0, f_y(a,b)≠0 とする。
このとき、超越数x,yであって、(x,y)∈O かつ f(x,y)＝0 を
満たすものが存在することを示せ。

f_x(a,b)≠0, f_y(a,b)≠0
条件ゆるくない？f_x ≠ 0、f_y=0 でも g(x,y) = f(x+y,x-y) とすればg_x,g_y≠0 になってしまうけど？det( J_(a,b) (f) ) ≠ 0 じゃないの？

>>120
＞ f_x ≠ 0、f_y=0 でも g(x,y) = f(x+y,x-y) とすればg_x,g_y≠0

なぜ f_y＝0 を持ち出しているのか分からないが、f_y＝0 なら反例がある。

f：R^2 → R を f(x,y)＝x と置くと、f_x≠0, f_y＝0 であり、
f(x,y)＝0 を満たす超越数 x,y は存在しない(xの方を超越数にできない)。

一方で、問題文の仮定では f_y＝0 なんて言ってないので、
こういう反例は出てこない。

>>120
f(x,y)＝x の場合に g(x,y)＝f(x+y,x-y) を考えると、
g(x,y)＝x+y なので g_x≠0, g_y≠0 であり、
また g(0,0)＝0 なので、もし >>119 が正しいと認めるなら、
超津数 x,y であって g(x,y)＝0 を満たすものが取れる。
つまり f(x+y, x-y)＝0 を満たす超越数 x,y が取れる。
A＝x＋y, B＝x−y と置けば、f(A,B)＝0 となるので、
もし A,B が超越数なら

＞f(x,y)＝0 を満たす超越数 x,y は存在しない(xの方を超越数にできない)。

に矛盾するので、>>119 は間違っていることになる。
>>119は条件が足りてないのではないか？

・・・という意図であるなら、その指摘には穴がある。
x,y が超越数であっても、A＝x＋y, B＝x−y と置いたときの
A,B は必ずしも超越数ではないからだ。

いや、ふつうこのての問題の条件で f_x(a,b)≠0、f_y(a,b)≠0 なんてありえない設定だとおもうけど？理由もつたえてるけど、つたわらないなら過去の教科書みてみたらいい。そんな条件設定してる問題みたことある？そんな条件意味ないんだよ。

>>123
意味不明。>>119の反例が提示されてるわけでもなく、
>>119が正しいことの証明が提示されてるわけでもない。
ただ単に「そんな条件は見たことが無い」という感想文を
述べているだけ。何がしたいの？

「f_x≠0 かつ f_y≠0」という条件を緩めても
>>119が成り立つと言いたいなら条件を緩めればいいが、
実際には f_x≠0 かつ f_y＝0 だと反例があり、
f_x＝0 かつ f_y≠0 でも反例がある。
ゆえに「f_x≠0 かつ f_y≠0」は必須である。

「f_x≠0 かつ f_y≠0 でも反例を見つけた」

ってことなら「そんな条件意味ない」と言えるけど、
反例が提示されてるわけでもない。何がしたいの？

fが超越的な零点を持つことは平行移動や回転で保たれる性質じゃないってことよね

もしその性質（超越的な零点を持つこと）が平行移動や回転によらずfの関数の形だけで決まるなら
「問題の条件で f_x≠0, f_y≠0 という制限を設けた所で、それってfの関数の形に対する本質的な制限になってないよね」
という指摘は一定正当性はあるけど、今回の場合は
「そもそもfの形だけを制限するための条件ではない。回転等で結果が崩れ得る（実際）条件を制限するために設けている条件である」
そうではない、ということかと

うわ、途中送信しちゃった
（実際）は（実際回転等で性質が保たれなくなる反例は >>121 で構成されている）って書きたかった