面白い問題おしえて～な二十一問目

面白い問題おしえて～ ..

291:287
15/08/26 20:32:01.77 BOAIrO3E.net
正解です。私も漸化式を立てる同じ解法でした。
問題を次のように変えたものを考えていますが、まだ解けていません。
偏りのない１枚のコインを繰り返しn回投げるとき、表が連続する最大回数の期待値を求めよ。

292:１３２人目の素数さん
15/08/26 21:14:00.77 9nc0affB.net
n回投げたときに、表の確率をq(n)、裏となる確率をt(n)とすると
q(n)=t(n-1)/2
t(n)=(q(n-1)+t(n-1))/2
t(n+2)=t(n+1)/2+t(n)/4
t(1)=1/2 t(2)=1/2
T(n)=t(n)*2^nとするとT(n)はフィボナッチ数列であり
T(n+2)=T(n+1)+T(n)
T(0)=1 T(1)=1
となる。
n回投げたときに3回連続表が出る確率をp(n)とすると
2回連続するのは、表が出てから裏表表と出る場合か
裏が出てから2回表が連続する場合だから
p(n)=q(n-3)/8+t(n-2)/4
q(n)=t(n-1)/2から
p(n)=t(n-4)/16+t(n-2)/4
P(n)=p(n)*2^nとすると
P(n)=T(n-2)+T(n-4)=2*T(n-2)-T(n-3) (n≧5)
が成立する。
t(n)=C1((1+√5)/4)^n+C2((1-√5)/4)^n
t(1)=1/2 t(2)=1/2から
C1=(5+√5)/10 C2=(5-√5)/10
t(n)=(5+√5)((1+√5)/4)^n/10+(5-√5)((1-√5)/4)^n/10
E(n)=Σ[k=2,n]p(k)*k=p(2)*2+p(3)*3+p(4)*4+Σ[k=5,n]p(k)*k
=1/4*2+1/8*3+1/8*4+Σ[k=5,n]p(k)*k
=11/8+51/8=31/4

293:１３２人目の素数さん
15/08/26 22:29:07.04 soY25NWM.net
すみません、 >>289 >>292 さんはどの問題の話をされているのでしょうか？
>>291
念のため確認ですが、正解というのは >>288 のことでいいのですよね

294:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:33:42.84 LWtuunFN.net
>>292
２行目で既に分からないのですが…

295:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:36:16.76 LWtuunFN.net
>>292
> n回投げたときに、表の確率をq(n)、裏となる確率をt(n)とすると
どういうこと？
n回投げたときに、n回目が表の確率をq(n)ということなのかな？

296:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:46:51.26 gn1uHFUy.net
>>295
この解は以前に検討して書いたもので正確性は定かではありません。
2回連続して表が出ると試行が終わるので、q(n)はn回目の試行で表が出て
n>1ではn-1回目に裏になっている確率という意味です。

297:１３２人目の素数さん
15/08/27 22:49:33.65 gn1uHFUy.net
>>292　自己レス、11行目を
n回投げたときに2回連続表が出る確率をp(n)とすると
に訂正

298:１３２人目の素数さん
15/08/27 23:01:04.87 LWtuunFN.net
>>291
> 偏りのない１枚のコインを繰り返しn回投げるとき、表が連続する最大回数の期待値を求めよ。
念のため、n=3 の場合で説明する。
表が連続する最大回数を kとおく。表を○、裏を×で表す。
　k=0のとき、×××となる確率は、1/8
　k=1のとき、○××、×○×、××○、○×○となる確率は、4/8
　k=2のとき、○○×、×○○となる確率は、2/8
　k=3のとき、○○○となる確率は、1/8
したがって、表が連続する最大回数の期待値 E(3) は、
　E(3) = 0・(1/8) + 1・(4/8) + 2・(2/8) + 3・(1/8) = 11/8

299:１３２人目の素数さん
15/08/28 00:00:14.03 pJoVXbh5.net
ちなみに、 >>292 氏が書いてるのは、
>>291 の問題ではなく、 >>287 の問題のn=2のケースのようだぞ？
>>289 の数値との一致を見る限りでは。

300:１３２人目の素数さん
15/08/28 00:08:09.53 pJoVXbh5.net
>>288 と >>291 で話が完結していることに気付いていないのか
あえて無視しているのか、何がやりたいんだ >>292は

301:１３２人目の素数さん
15/08/28 04:18:33.21 LeKTMziP.net
>>298
表が連続する最大の回数の期待値は、表がn回連続するまでの回数の期待値とは違う。
>>300
前に検討した結果と異なるから書いているだけ。

302:287=298です
15/08/28 05:23:15.87 UDTInPuv.net
>>301
> 表が連続する最大の回数の期待値は、表がn回連続するまでの回数の期待値とは違う。
そんなこと分かりきっていますが…

303:１３２人目の素数さん
15/08/28 05:26:14.98 UDTInPuv.net
整理しておきます。
問題>>287
> 偏りのない１枚のコインを繰り返し投げるとき、表がn回連続するまでの投げる回数の期待値を求めよ。
解答>>288
> 期待値が有限値であることを仮定して、それをa(n)とおく
> 表がn回連続した状態からn+1回連続するまでに投げる回数の期待値は
> 1+a(n+1)/2と表せるので，
> a(n+1)=a(n)+1+a(n+1)/2、すなわち
> a(n+1)=2a(n)+2
> という漸化式が成り立つ
> これとa(0)=0より
> a(n)=2^(n+1)-2

問題>>291
> 偏りのない１枚のコインを繰り返しn回投げるとき、表が連続する最大回数の期待値を求めよ。
例(n=3の場合)>>298
> 念のため、n=3 の場合で説明する。表が連続する最大回数を kとおく。表を○、裏を×で表す。
>
> 　k=0のとき、×××となる確率は、1/8
> 　k=1のとき、○××、×○×、××○、○×○となる確率は、4/8
> 　k=2のとき、○○×、×○○となる確率は、2/8
> 　k=3のとき、○○○となる確率は、1/8
>
> したがって、表が連続する最大回数の期待値 E(3) は、
>
> 　E(3) = 0・(1/8) + 1・(4/8) + 2・(2/8) + 3・(1/8) = 11/8

304:256=287=291
15/08/28 05:34:33.89 UDTInPuv.net
まだ解かれていないもの
問題>>256
> ルーレットで赤か黒に賭けて勝つ確率は、どちらも9/19。
> 毎回1ドルずつ賭け、元金900ドルを1000ドルに増やしたい。
> 1000ドルになるか、0ドルになるまで続ける。
> p=9/19、x=900、y=1000 とおくとき、1000ドルに達する確率は
> (((1-p)/p)^x-1)/(((1-p)/p)^y-1) で表せることを証明せよ。

305:１３２人目の素数さん
15/08/28 05:37:28.31 UDTInPuv.net
>>291
念を押すけど、>>291は答えが準備できていません。
>>299
> ちなみに、 >>292 氏が書いてるのは、
> >>291 の問題ではなく、 >>287 の問題のn=2のケースのようだぞ？
なるほど。
てっきり>>292氏が、>>291の問題を勘違いして解いていたのかと思っていました。

306:１３２人目の素数さん
15/08/28 05:45:42.43 UDTInPuv.net
あたりきしゃりきのこんこんちき

307:１３２人目の素数さん
15/08/29 14:49:44.64 lXTUasUq.net
>>256,304
xから始めて yに達する確率を P(x)とすると
P(0)=0, P(x) = (1-p)P(x-1) + pP(x+1) (0<x<y), P(y)=1.
これを解けば、 P(x) = (((1-p)/p)^x-1)/(((1-p)/p)^y-1).

308:１３２人目の素数さん
15/08/29 16:06:35.07 YCiHvtOJ.net
この問題と同等の問題が、過去スレのどっかにあるはず。
出題者が「高校生に解けるはず」とか書いていたが、
ここで言うところのP(1)を結論から持ってきたようで、
P(0)、P(1)と漸化式から一般式を導いていたようだ。
確かに、P(0)、P(1)と漸化式があれば、高校生でも回答可能だ
だが、P(1)の計算方法を具体的に示し、
「このようにP(1)の計算は困難だが、それでも高校生に可能か」
のような質問をしたが、返答が無かったように記憶している。
その時の出題者と同一人物か？

309:１３２人目の素数さん
15/08/29 17:05:44.69 SyRxSJon.net
どっちの出題者でもないけど、P(1)は P(y)=1 があるからわかる。
P(0)=0, P(x) = (1-p)P(x-1) + pP(x+1) (0<x<y), P(y)=1.
漸化式を変形すると、
P(x+1) - P(x) = ((1-p)/p) {P(x) - P(x-1)} (0<x<y).
数列{P(x+1) - P(x)}は初項 P(1)-P(0)、公比 r := (1-p)/p の等比数列だから、
P(x+1) - P(x) = r^x {P(1) - P(0)} (0<=x<y).
よって、
P(x) = P(0) + Σ[k=0, x-1] {P(k+1) - P(k)} = P(0) + {(1 - r^x)/(1-r)} {P(1) - P(0)}.
P(0)=0 より、P(x) = {(1 - r^x)/(1-r)}P(1).
P(y)=1 より、P(1) = (1-r)/(1 - r^y).
したがって、
P(x) = (1 - r^x)/(1 - r^y) = (((1-p)/p)^x-1)/(((1-p)/p)^y-1).

310:１３２人目の素数さん
15/08/29 17:18:49.71 GXuWDarj.net
>>309
答えありきで逆算するならそれでもいいけど
真面目にやるなら下式で証明しないとダメでしょ
P(x,t+1) = (1-p)P(x-1,t) + pP(x+1,t) (0<x<y)
まあ、やることは大して変わらないけど

311:１３２人目の素数さん
15/08/29 17:24:03.87 9tBeoMHo.net
>>308
別人だよ

312:１３２人目の素数さん
15/08/30 21:55:58.20 lCKX1Y5g.net
pを奇素数とするとき, 任意の相異なる5つの正の整数に対して, そのうち2つを上手く選ぶことで, 選んだ2数の和がpでない奇素数で割り切れるようにできることを示せ.

313:１３２人目の素数さん
15/08/30 22:32:00.01 /oWHA1w4.net
>>312
なんか微妙な表現で分かりにくくしてあるけど
うまく選ぶことで3で割り切れるようにすることもできるし
5で割り切れるようにすることもできることを示せばいいだけのような

314:１３２人目の素数さん
15/08/31 12:27:28.60 YiMuchNW.net
>>313
5つとも15で割って1余る整数のとき、どの2つの和も3や5で割り切れない

315:１３２人目の素数さん
15/08/31 13:09:06.91 yUZ5qTrj.net
>>314
あそうか、なんか問題読み違えてた。
任意の5つの正の整数があれば、
2数の和を割り切る奇素数が少なくとも2つ存在することを言えばいいのかな。

316:１３２人目の素数さん
15/09/02 17:35:22.12 XNWv0rxl.net
>>312
S={a,b,c,d,e}をa<b<c<d<eなる5つの正整数からなる集合とし、
どの2つを選んでもその和はp以外の奇素数で割り切れないとする。
Sの元に共通因数があれば、それで割った数からなる集合S'も
やはり上の条件を満たす。
よって最初からSの元に共通因数は無いものとする。
このような集合Sが存在しないことを示せばよい。
A,B,C(A<B<C)をSの中から任意に選んだとき、
A+CとB+Cがともに2の冪乗と仮定すると2(A+C)≦B+C<2Cとなり矛盾。
よってA+CとB+Cのうち一方はpの倍数である。
よってa+d,b+d,c+dのうち2つはpの倍数。
同じくa+e,b+e,c+eのうち2つはpの倍数。
よってa+dとa+eがともにpの倍数であるか、
またはb+dとb+eがともにpの倍数であるか、
またはc+dとc+eがともにpの倍数である。
いずれの場合もe-dはpの倍数となる。
ここでd+eがpの倍数でないと仮定するとa+e,b+e,c+eはpの倍数。
よってc-aとc-bはともにpの倍数。
またa+cまたはb+cのうち一方はpの倍数。
よって(c-a)+(a+c)=(c-b)+(b+c)=2cはpの倍数なのでcはpの倍数。
これとc+eがpの倍数であることからeはpの倍数。
続いてa,b,dもpの倍数であることがいえる。
よってSの元に共通因数pがあることになり矛盾。
したがってd+eはpの倍数である。（続く）

317:１３２人目の素数さん
15/09/02 17:36:14.61 XNWv0rxl.net
d+e,e-dがともにpの倍数であることからd,eはpの倍数。
これとa+d,b+d,c+dのうち2つはpの倍数であることから
a,b,cのうち2つはpの倍数。
これとa+c,b+cのうち一方がpの倍数であることからcはpの倍数。
さらにa,bがともにpの倍数とするとSの元に共通因数pが
あることになり矛盾するので、a,bのうち一方はpの倍数でない。
以下、aがpの倍数でないとする。
bがpの倍数でないとしても同様なのでこの場合は省略。
c,d,eはpの倍数でありaはpの倍数でないから、
a+b,a+c,a+d,a+eはpの倍数でないので2の冪乗である。
よってa+c,a+d,a+eは4の倍数でありe-c,e-dは4の倍数となる。
ここでc+eとd+eのうち一方が4の倍数と仮定すると、
(e-c)+(c+e)=(e-d)+(d+e)=2eは4の倍数となりeは偶数となる。
これとa+eが2の冪乗であることからaは偶数。
続いてb,c,dも偶数であることがいえる。
よってSの元に共通因数2があることになり矛盾。
したがってc+eとd+eはどちらも4の倍数ではない。
e-cとe-dが偶数であることからc+eとd+eはともに偶数である。
よって整数s,t(0<s<t)を用いて
c+e=2p^s
d+e=2p^t
と表せるが、
p(c+e)=2p^(s+1)≦2p^t=d+e<2eとなり矛盾。
したがって、条件を満たすような集合Sは存在しない。
ちなみに4つの場合は1,5,7,11のような例がある。

318:１３２人目の素数さん
15/09/03 07:36:05.84 bNPipVA3.net
>>312
五つの相異なる正整数a,b,c,d,eに対し、十通りの和　a+b、a+c、a+d、．．．、d+e全てが、2^m*p^n　型になるような5数の選び方は無いことを証明すればよい。
これが示されれば、五つの相異なる正整数を選べば、必ずその中に、2^m*p^n型で無い二数の和が有ることになり、それは、2、p以外の素因数を持つ。
そのような5数a,b,c,d,eが見つかったとすると、2a,2b,2c,2d,2e、も自動的に条件を満たすので、５数の内少なくとも一つは奇数としてよい。（※）
同様に、pa,pb,pc,pd,pe、も自動的に条件を満たすので、５数の内少なくとも一つはpで割り切れないとしてよい。（※※）
(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある　→　a,b,cに奇数は１個か３個ある。
同様の議論を、(a+c),(a+d),(c+d)の間等でも行い、（※）も考慮すると、結局、a,b,c,d,e全てが奇数であるとしてよい。
(a+b)、(a+c)、(b+c)はいずれもpの倍数だとすると、(a+b) + (b+c) = (a+c) + 2b であるから、bもpの倍数でなければならない。
すると、aもc、pの倍数となる。この検討を(a+c),(a+d),(c+d)等へ波及していくと、結局、abcde全てが、pの倍数でなければならなくなり、(※※)に違反する
つまり、(a+b)、(a+c)、(b+c)の中に、2^m型の数がある。(mは明らかに2以上)
仮にそれをa+b=2^sとし、b+c=2^x*p^y,a+c=2^u*p^vとすると、(a+b) + (b+c) = 2^s + 2^x*p^y = (a+c) +2b = 2^u*p^v + 2b
b= 2^(s-1) + 2^(x-1)*p^y - 2^(u-1)*p^v　となるが、bは奇数なので、xかuの一方は1、他方は2以上でなければならない。
つまり、(a+b)、(a+c)、(b+c)のように、a,b,c,d,e中から3数を選び、その中の組み合わせで作った三つの和は、
一つは2^m型（以後Ａ型）、一つは2*p^n型（Ｂ型）、一つは、2^s*p^t　ただしs≧2（Ｃ型）と、明確に3種類に分けることができる。
しかし、十通りの和を、矛盾無くこの3種類に分類することはできなく（下参照）、文頭の命題が証明される。

319:１３２人目の素数さん
15/09/03 07:36:34.50 bNPipVA3.net
４つならば、a=1、b=5、c=7、d=11の時
a+b
a+c　b+c
a+d　b+d　c+d　　とすると
06(Ｂ型)
08(Ａ型)　 12(Ｃ型)
12(Ｃ型)　 16(Ａ型)　 18(Ｂ型)　の様に可能。
２段目までは必然、3段目一番左a+dの位置を仮にＡ型にすると、b+dの位置はＣ型になるが、b+c、b+d、c+dの関係が矛盾する
従って3段目一番左a+dの位置はＣ型になり、残りも確定。このように、型の入れ替えを除いて、可能なパターンはこれだけ
５つならば
a+b
a+c　b+c
a+d　b+d　c+d
a+e　b+e　c+e　d+e
a+bがＢ型なので、a+eをＡ型とすると、b+eはＣ型とせねばならないが、b+cがＣ型なので、無理
従って、a+eをＣ型、b+eはＡ型となるが、b+dがＡ型なので、やはり矛盾する。

320:１３２人目の素数さん
15/09/03 12:10:25.76 iq8wMPDx.net
>>318
間違いだらけだな。

321:１３２人目の素数さん
15/09/03 13:42:51.33 Kz60zSMw.net
＞(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある　→　a,b,cに奇数は１個か３個ある。
a,b,cについての恒等式からa,b,cの偶奇の組合せが絞られるわけないわな

322:１３２人目の素数さん
15/09/03 14:14:00.03 nh2qC05S.net
a,b,c,d,e全てが偶数であるケースを除いて考えてよいので、
可能性として残るのは、a,b,c,d,e全てが奇数の時のみ

323:１３２人目の素数さん
15/09/03 14:19:43.64 77MtUAG6.net
確かにこの段階で、除外するのは早々なので、
誤：(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある　→　a,b,cに奇数は１個か３個ある。
正：(a+b)+(a+c)+(b+c)=2(a+b+c)なので、(a+b),(a+c),(b+c)の中に奇数は０個か２個ある　→　a,b,cに奇数は０個か１個か３個ある。
と訂正しておく

324:１３２人目の素数さん
15/09/03 15:15:01.98 Kz60zSMw.net
a,b,cについての恒等式から（以下略

325:１３２人目の素数さん
15/09/03 20:06:53.92 ZTPCiJii.net
あ、なるほど、いろいろ検討している内に、a+b、a+c、...、d+e の十個の和は、全て偶数であることが
当たり前と思っていたので、それを前提に議論を進めていたが、そうで無い場合についても言及せねばならなかった。
a,b,c,d,eの中の奇数の数が０個の時、a+b,a+c,,,,,d+eの１０個の和の内、奇数の数は０個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が１個の時、同、４個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が２個の時、同、６個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が３個の時、同、６個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が４個の時、同、４個
a,b,c,d,eの中の奇数の数が５個の時、同、０個
となるが、a+b,a+c,,,,,d+eの１０個の和全てが偶数なら、a,b,c,d,e全てが偶数か、全てが奇数と結論できる。
前者を除いたので、a,b,c,d,e全てが奇数となり、その後の内容が>>318の通り
ここで、10個の和全てが偶数では無い場合について少し説明を加えると、
10個の和の内、４個が奇数の場合は、a,b,c,d,e全てが、pの倍数か、残り６個の和が全てが2の冪数と要請される。
前者は前提から除かれ、後者も、(b+d)+(c+e)=(b+e)+(c+d)という関係式から、
x<u、x<v、u<y、v<yという条件で、2^x+2^y=2^u+2^vという関係を満たす必要があり、不可能と判る。
６個が奇数の場合は、a,b,c,d,e全てが、pの倍数となり、やはり除かれる。

326:１３２人目の素数さん
15/09/03 21:20:52.95 eePIZyAA.net
>>285誰か解けた？

327:１３２人目の素数さん
15/09/04 16:18:20.31 I2InW5r5.net
円周上にランダムに5点を取るとき、それらが半円弧に収まる確率を求めよ。

328:１３２人目の素数さん
15/09/04 16:22:09.35 +AZVzaso.net
>>312 の一般化
kを正の整数, p_1, p_2,...,p_kをk個の相異なる素数とするとき, 任意の相異なる2^k+1個の正の整数に対して, そのうち2つを上手く選ぶことで, 選んだ2数の和がp_1,p_2,...,p_kのいずれとも異なる素数で割り切れるようにできることを示せ.

329:１３２人目の素数さん
15/09/04 16:38:08.52 wfaRDC6Y.net
>>327
1/16

330:１３２人目の素数さん
15/09/04 17:02:48.59 I2InW5r5.net
>>329
ハズレ。
そもそも答えだけ書く者は、以降荒らしと見做して無視することにする。

331:１３２人目の素数さん
15/09/04 18:29:41.26 KNPzHhFF.net
ランダムにとった５点はいずれも重ならないの？

332:１３２人目の素数さん
15/09/04 18:45:19.70 KNPzHhFF.net
そもそも実数をランダムに選択ってのが出来たんだっけ？
よくわからんくなってきた。

333:329
15/09/04 19:05:43.41 wfaRDC6Y.net
>>331
単位円上に点を設定することとし、5点の内x軸との角度が最小な点をAとすると
他の1点がある半円の方に他の3点が存在すればよいから
(1/2)^3=1/8

334:１３２人目の素数さん
15/09/04 19:56:58.23 wfaRDC6Y.net
訂正
単位円上に点を設定することとし、初めの1点を原点として座標を設定し
次の1点がある半円の方に他の3点が存在すればよいから

335:１３２人目の素数さん
15/09/04 19:59:51.48 Qh2v0xn2.net
＞次の1点がある半円
その半円は一つに定まるのかいな

336:１３２人目の素数さん
15/09/04 20:22:26.79 RexkMsQ0.net
第１点第２点の成す角をαとして、αは0～πの一様分布。
第３点が第１点に対して成す角を
第２点が正になるように測った偏角をβとすると
βは-π～πの一様分布で、
α-π≦β≦πのとき題意は成立する。
そのうち、0≦β≦αのときは
第３点γがα-π≦γ≦πならよく、
α≦β≦πのときはβ-π≦γ≦πならよい。
これを同様に第５点まで繰り返して、
題意の成立範囲を積分すれば終了。
単純だが面倒な作業なんで、誰かやって。

337:327
15/09/04 20:31:51.84 I2InW5r5.net
紛らわしいので相異なる5点としておきますね。結果はたぶん変わらないかと…。
とりあえず正解は出ていない。
（再掲）
円周上にランダムに相異なる5点を取るとき、それらが半円弧に収まる確率を求めよ。

338:１３２人目の素数さん
15/09/04 21:14:10.21 wfaRDC6Y.net
>>329
は間違っていた。
>>337
3点目以降の場合分けにより、角度/360の掛け算により計算できると思われる。

339:１３２人目の素数さん
15/09/04 21:38:47.86 I2InW5r5.net
ちゃんと答案作ってから書いてください。
思いつきで適当なこと書いているのと変わらないから。

340:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:08:11.86 qNbCyIHq.net
やだよ、めんどくさいから。>>336

341:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:11:55.70 YJSRpv0h.net
360などという人工的な数字が出てくるなんてビックリだよ

342:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:20:32.24 FBLHJ4e5.net
まさか、
「ランダムに相異なる5点を取る」
では問題が定義できていないことに気付いてないわけではないよな？
ただの釣りだよな？
それにしても、Wikipediaの「ベルトランの逆説」の項もたいがいだな…
エムシラも暴れてるし

343:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:27:40.58 YJSRpv0h.net
この場合、ベルトランの逆説のような多義性は産まれるのか？
ワイルの一様分布定理の「一様」って何だよ、などと文句言う人がいないのと同程度には明確な文章だと思うけど

344:１３２人目の素数さん
15/09/05 00:35:25.88 B7UAE1rW.net
>>341
当然、360[°]=2π[rad]

345:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:06:21.18 qNbCyIHq.net
>>343
台が有界だから、一様分布は普通にあるだろ。あと、
五点の分布が独立とすれば、分布は定義できてる。
問題はないよ。

346:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:12:01.76 FBLHJ4e5.net
通し番号を付けた5点がそれぞれ独立に円周上の一様分布で選ばれるものとする。
2点以上が一致する場合は確率としては0になるので無視して構わない。
5点が異なり、なおかつ全てが半円周内に含まれるとき、
その半円周内での反時計回りの並び順は半円周の取り方によらない。
したがって、どの点がその半円周の中で最初に出現するかで場合分けして確率を求めればよい。
条件を満たし、１番目の点が半円周内で最初に出現する確率は、他の点がその点から始まる半円周内に含まれればよいので、1/16
以下いずれも1/16なので、
条件を満たす確率は5/16
一般に、n個の点なら
n/(2^(n-1))

347:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:32:00.22 qNbCyIHq.net
そりゃ、違うだろ。

348:327
15/09/05 01:44:50.07 KPdtalXu.net
>>346
正解です。

349:１３２人目の素数さん
15/09/05 01:52:53.10 tC0sbvGS.net
>>346
シミュレーションでも、それを支持しているようです。
URLﾘﾝｸ(codepad.org)
URLﾘﾝｸ(codepad.org)

350:１３２人目の素数さん
15/09/05 02:11:01.03 Z/YUQy9A.net
本日の赤っ恥　ID:qNbCyIHq

351:１３２人目の素数さん
15/09/05 07:28:47.36 9SCQre6I.net
>>346
n点が1/3円周に含まれる確率はいくつか
n点が2/3円周に含まれる確率はいくつか

352:１３２人目の素数さん
15/09/05 11:58:09.69 FBLHJ4e5.net
>>351
1/3だと同様の考え方でできますが．
2/3だと（つまり1/2を超えると）問題が複雑化しそうですね

353:１３２人目の素数さん
15/09/05 13:31:07.44 FBLHJ4e5.net
>>351
5点だと
1/3円周の場合は同様にして5/(3^4)=5/81

2/3円周の場合は、隣り合う点と点の間隔が1/3以上となる箇所が
1箇所のみの場合と2箇所の場合を考える必要がある。（3箇所の場合は確率0なので無視）
5×(2/3)^4 = 80/81 という計算では、2箇所の場合をダブルカウントしているので
それを引く必要がある。
以下、隣り合う点と点の間隔が1/3以上となる箇所が2箇所ある場合について考える。
その２つのインターバルで区切られる点のグループは
「1個と4個」の場合と「2個と3個」の場合がある。
1個と4個の場合、単独の1個をA、4個の先頭をBとして、AとBの選び方が5Ｐ2 = 20通り
以下、1周を1として、AB間の距離をrとすると、1/3≦r＜2/3
ABを固定して考えると、残りの3点はBに続く長さ(2/3)-rの範囲に存在すればよいので
1個と4個の場合の確率をまとめると
20×∫[1/3～2/3]((2/3)-r)^3 dr = 5/81
2個と3個の場合、2個を順にA，B、3個の先頭をCとして、ABCの選び方が5Ｐ2 = 60通り
AB間の距離をx、BC間の距離をyとすると、0＜x＜1/3、1/3≦y＜(2/3)-x
残り2点の存在範囲は(2/3)-x-y以内となり、確率は
60×∫[0～1/3]∫[1/3～(2/3)-x]((2/3)-x-y)^2 dydx = 5/81
よって、求める確率は
80/81 - (5/81 + 5/81) = 70/81
…とここまで書いて、あることに気付いたので続く

354:１３２人目の素数さん
15/09/05 14:09:39.00 FBLHJ4e5.net
>>351 >>353
n点が2/3円周に含まれる場合
n×(2/3)^(n-1)では、隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある場合を
ダブルカウントしている
隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある配置を１つ考える。
その2箇所で分断される2つのブロックの先頭をA,Bとすると、
Aから始まるブロックまたはBから始まるブロックを前に1/3だけ詰めることで、
n点が1/3円周に含まれる配置を計2つ作ることができる。
また、そのような操作で同じ「n点が1/3円周に含まれるパターン」となるような元の配置は
n-1個存在する。
したがって、隣り合う2点の間隔が1/3以上となるのが2箇所ある配置となる確率をp、
n点が1/3円周に含まれる確率をqとすると、
2p=(n-1)qとなり、p=(n-1)q/2
q=n×(1/3)^(n-1)より、p=(n(n-1)/2)×(1/3)^(n-1)=(nＣ2)×(1/3)^(n-1)
よって、n点が2/3円周に含まれる確率は
n×(2/3)^(n-1) - (nＣ2)×(1/3)^(n-1) = n(2^n-n+1)/(2・3^(n-1))

ちなみに、p=(nＣ2)×(1/3)^(n-1)となるところはもっと簡単に説明できそうだ。
1/2円周～2/3円周の間なら同様の考え方。

355:１３２人目の素数さん
15/09/06 16:18:23.20 C64RsHHe.net
一般化した。
m,nを自然数とし、(m-1)/m < r ≦ m/(m+1) とする。
通し番号をつけたn個の点を、円周上からそれぞれ独立に一様分布に従いランダムに選ぶとき、
n点が、円周全体のr倍の長さの範囲に全て含まれる確率をPとすると、
P = Σ[k=1～m]Σ[j=1～k](-1)^(k-j)・(nＣk)・(kＣj)・(1-k(1-r))^(n-1)
となることを示せ。
ただし、二項係数aＣbは、0≦a<bのとき0となるものとする。
（この注釈を認めない場合は、n≧mという制約が必要となる）

356: ◆z2JTMx230M
15/09/07 11:23:30.81 gh2mDV64.net
半径1の半球を底円と並行な平面で体積が半分になるように切断した
このとき、断面積は{(ア)cos(イウ°)-(エ)}π
アイウエに当てはまる数字はなにか？
答えはトリップ
#ｱｲｳｴ
の形で

357: ◆z2JTMx230M
15/09/07 12:04:12.25 8ic4L5sE.net
どうだ。

358:１３２人目の素数さん
15/09/07 12:07:16.62 8ic4L5sE.net
ちょっと面白かった。カルダノさんのおかげ

359:１３２人目の素数さん
15/09/08 08:42:20.02 mvj/sh7U.net
警察による税金を使ったいやがらせ犯罪、集団ストーカー。犯行内容
盗聴、盗撮、尾行、待ち伏せ、家宅侵入、窃盗、器物破損、風評のばらまき、就職妨害、リストラ工作、
暴走族や暴走大型車両による騒音攻撃の繰り返し、住居周辺での事件のでっちあげ、音声送信の強要、
電磁波による触覚攻撃、思考盗聴、無言電話、無実の人間を犯人にでっち上げ、ヘリによる威嚇、殺人、
メディアを使ってのほのめかし、パソコン遠隔操作で対象者のパソコン内部データをいじくる。
こういった犯罪組織に人を逮捕する権限をあたえているという、今の日本は恐ろしい国になっている。

360:１３２人目の素数さん
15/09/08 09:23:37.41 aX2AWZyo.net
妄想はともかく、マイナンバーは酷いことになりそうだな。

361:１３２人目の素数さん
15/09/08 13:36:28.23 zb04xocN.net
ヘリによる威嚇というのは間違いなく存在し、私が就職活動で東京に高速バスで行ったときに
蛯名パーキングエリアでバスから降りると、頭上に自衛隊のヘリが高度100m程度で
ホバーリングしていた。
上下関係ということでも示したかったのだろうか。小学生程度の頭の持ち主の行動だと考えられる。
そのことを盗聴されている部屋で「独り言」で言ったら、すぐに某テレビ局で蛯名パーキングエリアが
取り上げられていた。

362:１３２人目の素数さん
15/09/09 01:18:11.86 mShGGGhv.net
>>328
二つの素数、例えば、2,3なら、1,5,7,11の四つの数を取れるが、五つは無理（証明済み）
三つの素数、2,3,5なら、1,3,7,17,47や、1,5,31,49,59等５つの数を取れるが、おそらく６つは無理（2000以下でチェック済み。以下同様）
四つの素数、2,3,5,7なら、1,2,3,5,7,13や、1,2,3,7,13,47等６つの数を取れるが、おそらく７つは無理
五つの素数、2,3,5,7,11なら、1,2,5,9,13,19,23,31や1,3,5,6,9,15,27,39等８つの数を取れるが、おそらく９つは無理
六つの素数、2,3,5,7,11,13なら、1,2,3,5,7,9,13,19,23,47や1,3,5,7,9,13,17,19,23,47等１０の数を取れるが、おそらく１１は無理
つまり、
k=3では、おそらく6つで無理なのに、9個では無理であることを
k=4では、おそらく7つで無理なのに、17個では無理であることを
k=5では、おそらく9つで無理なのに、33個では無理であることを
k=6では、おそらく11で無理なのに、65個では無理であることを証明せよという一般化になっている
保険を掛けすぎ。
（最初に指摘しておくべきだが、問題文にも問題があると思われる）

363:１３２人目の素数さん
15/09/09 02:07:36.57 8SrfUZPd.net
>>362
328ではないが
その「保険をかけている」ものについてすら一般化した証明を示してないのに
何言ってんの？
それって、たとえば
「双子素数どころか、三つ子素数だろうが４つ子素数だろうが
可能な素数の並びはどれも無限に存在するっぽいのに、
双子素数だけ取り上げて無限にあるという命題立てるなんて保険かけすぎ」
とか言ってるのと同じ。
証明ってなあに？
>>328は自分の証明できたものを問題として提示しているだけでしょうに

364:１３２人目の素数さん
15/09/09 02:56:08.65 m3YLRiSK.net
(1) cos1°は無理数であることを証明せよ
(2)cos1°は超越数か？そうでなければ最低何次の有理数係数の方程式で表せるか

365:１３２人目の素数さん
15/09/09 03:47:16.16 hpZpH5c5.net
>>364
cosの30倍角公式と60倍角公式が
整係数多項式であることから、
cos1゜が代数的無理数であることが判る。
次数は、どしたらよかろ？

366:１３２人目の素数さん
15/09/09 07:17:59.99 8SrfUZPd.net
>>365
自然数nについて、T_n(cosθ)=cos(nθ)を満たすような多項式T_n(x)
（n次のチェビシェフの多項式）について
T_n(x)=0の解は、x=cos((2k-1)π/(2n)) （k=1,2,…,n）
であることを踏まえると、
T_90(x)=0の解がcos1°，cos3°，cos5°，…，cos179°
T_30(x)=0の解がcos3°，cos9°，cos15°，…，cos177°
T_18(x)=0の解がcos5°，cos15°，cos25°，…，cos175°
T_6(x)=0の解がcos15°，cos45°，cos75°，…，cos165°
となるので、
T_90(x)*T_6(x)/(T_30(x)*T_18(x))なる48次の有理数係数の多項式が存在し、
～=0の解はcosN°（Nは180以下で180と互いに素なφ(180)=48個の各自然数）
解の1つがcos1°となっているので、48が最低次数の上界であることは確か。

367:１３２人目の素数さん
15/09/09 08:14:04.63 hpZpH5c5.net
48次の多項式がある
って話でしょ。
最低次数はどうしよう？

368:１３２人目の素数さん
15/09/09 10:03:56.77 iAt2BKmH.net
>>366
48は正解です
厳密な証明は有理数体にcos1°を添加して拡大次数を見る
あとは1の原始360乗根使ってφ(360)/2を計算するだけ

369:１３２人目の素数さん
15/09/09 10:27:59.54 iAt2BKmH.net
もう少し具体的に言うと
1の原始n乗根をζ_nとすると
オイラーの公式から
cos1°=cos(2π/360)=(ζ_360+ζ_360^-1)/2
よりQ(ζ_360)⊃Q(cos1°)
またcos1°は実数でζ_360は虚数を含むため[Q(ζ_360):Q(cos1°)]≧2
さらにオイラーの公式からQ(cos1°)上ζ_360を根に持つ二次方程式を実際に作れているので[Q(ζ_360):Q(cos1°)]=2が確定
拡大次数が乗法的なことから
[Q(ζ_360):Q]=[Q(ζ_360):Q(cos1°)][Q(cos1°):Q]
⇔[Q(cos1°):Q]=[Q(ζ_360):Q]/[Q(ζ_360):Q(cos1°)]=φ(360)/2=φ(2^3 3^2 5)/2=2^2(2-1)3(3-1)(5-1)/2=48
したがって最低次数は48であることが分かる

370:１３２人目の素数さん
15/09/09 12:58:38.19 8SrfUZPd.net
>>369
自分の知識では>>366の予想が限界だったことはよくわかった
＞1の原始n乗根をζ_nとすると
正確に言うと「ζ_n=e^(2πi/n)とすると」かな
まあわかるけど。

371:１３２人目の素数さん
15/09/09 13:26:04.64 Gaa20TDn.net
>>364
この問題か。最小多項式の次数を除いては、
もうとっくの昔に思い付いて解いちゃっているよ。
半倍角公式からsin^2(1°)＝(1-cos(2°))/2で、
cos(2°)も代数的無理数だから、sin(1°)の方も代数的無理数な。

372:１３２人目の素数さん
15/09/09 13:30:31.47 iAt2BKmH.net
>>370
高校生の知識でも実際に48次方程式作って判定法使って既約ってことを気合いで示す方法もあるにはあるよ
あまりにも無謀すぎるやり方だけど
>>371
いちおう次数がメインの問題として作ったつもり(1)はおまけ問題程度だと思って

373:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:12:57.74 8SrfUZPd.net
>>372
その48次方程式が既約であることが示せても、
それ以外にcos1°を解として持つもっと次数の低い方程式が存在しないことを示すのは
高校生の知識では無理かと。

374:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:27:49.15 Ar2FfDWa.net
>>373
いやそれを根に持つ多項式が既約ならその多項式の次数が最低次数ってことは言えるよ
最小多項式(最高次の係数が1で既約なもの)の一意性から言える
一意性の証明は高校生レベルでも出来るには出来るよ
多項式の剰余を使う

375:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:35:26.17 7pNKW7ME.net
高校レベルだと既約性を示す方が難しいんじゃないか

376:１３２人目の素数さん
15/09/09 15:37:01.63 Ar2FfDWa.net
>>375
それも確かに問題だね
アイゼンシュタイン判定法は数学オリンピックでも使うくらいだからいちおう高校生レベルと言えるのかな？

377:１３２人目の素数さん
15/09/10 08:13:40.43 q7HF0xVJ.net
a(1)=1,a(n+1)=a(n)/2+1/a(n)のとき、
a(n)を求めよ
Wolframとか使わずに初見で解いたらバケモノ

378:１３２人目の素数さん
15/09/10 09:25:33.48 FE0uoLCP.net
１次分数式だから高校数学レベル

379:１３２人目の素数さん
15/09/10 09:26:09.96 FE0uoLCP.net
低レベル掲示板だったか
これはすまぬ

380:１３２人目の素数さん
15/09/10 10:24:22.44 q7HF0xVJ.net
>>378
通分して分子二次式になるから普通の分数型と違うぞ
解けるなら解いてみろよ

381:１３２人目の素数さん
15/09/10 10:26:56.48 fwhHKoME.net
>>378
１次分数式の定義は？

382:１３２人目の素数さん
15/09/10 11:23:27.03 fwhHKoME.net
>>377
a(n+1) = (a(n)^2+2)/(2a(n))
a(n+1)+√2 = (a(n)+√2)^2/(2a(n))
1/(a(n+1)+√2) = 2/(a(n)+√2)-2√2/(a(n)+√2)^2
b(n) = √2/(a(n)+√2)とおくと
b(n+1) = 2b(n)-2b(n)^2
1-2b(n+1) = (1-b(n))^2
c(n) = 1-2b(n)とおくと
c(n+1) = c(n)^2
c(1) = 2√2-3
c(n) = (2√2-3)^(2^(n-1))
a(n) = √2(2/(1-c(n))-1)
= √2(2/(1-(2√2-3)^(2^(n-1)))-1)
なんか、等価でもっときれいな形式もありそうではあるが。
a(n) = √2(1+c(n))/(1-c(n))のほうがまだまし？

383:１３２人目の素数さん
15/09/10 11:43:27.03 1+1gfes7.net
>>377
a(n)=√2b(n)/c(n), b(1)=1 c(1)=√2 とおいて元の式に代入すると
√2b(n+1)/c(n+1) = b(n)/√2c(n) + c(n)/√2b(n) = √2{b(n)^2+c(n)^2}/2b(n)c(n)
分母分子比較して、 b(n+1)=b(n)^2+c(n)^2, c(n+1)=2b(n)c(n)
b(n+1)+c(n+1)=(b(n)+c(n))^2, b(n+1)－c(n+1)=(b(n)－c(n))^2
よって、 b(n)+c(n)=(1+√2)^(2^(n-1)), b(n)－c(n)=(1－√2)^(2^(n-1))
a(n)=√2・{(1+√2)^(2^(n-1))+(1－√2)^(2^(n-1)}/{(1+√2)^(2^(n-1))－(1－√2)^(2^(n-1)}
整理すると、a(1)=1, n≧2のとき a(n)=√2・{(1+√2)^(2^n)+1}/{(1+√2)^(2^n)－1}

384:１３２人目の素数さん
15/09/10 13:55:41.73 UqiYOrwz.net
>>383
> 分母分子比較して、 b(n+1)=b(n)^2+c(n)^2, c(n+1)=2b(n)c(n)
なんだよ、このトンデモ数学は！ああ？

385:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:05:04.55 fg01Fu9/.net
その等式を満たすb(n)とc(n)を何でもいいから見つければいい、という意味だろう
文脈を読め

386:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:07:55.34 fUpTwTtH.net
>>377
問題の条件「a(n+1)＝a(n)/2+1/a(n)」の右辺が普通の解釈になるように「a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))」を指すのか、
それとも右辺が連分数のような形で表される「a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))」を指すのか、任意に2通りの解釈が出来るため、
条件を満たす解a(n)の一意性が保証されず、非適切な問題になって、国語辞書に書いてある多くの人が用いる意味での問題
になっていないと思われる (紙ではなく同じ大きさの1行の中に書くため、初期条件「a(1)=1」から、
「a(n+1)=a(n)/2+1/a(n)」という書き方では、大きい「＋」が小さい「+」になっていて、容易にこのような解釈が出来るとは思う)。

387:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:10:29.20 fg01Fu9/.net
一方を普通の解釈と認めておきながら、直後に中立の立場をとるのかｗ

388:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:12:15.99 fUpTwTtH.net
>>377
(>>386の続き)
非適切性の証明]：nはn≧1なる自然数変数なることを仮定してよい。そこで、nはn≧1なる自然数変数と仮定する。
2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が存在しないときは与えられた問題は確かに非適切である。
そこで、2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が存在するとする。そして、
2つの与えられた条件を両方共に満たす解a(n)が一意に存在したとする。初期条件a(1)＝1から
a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1
であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
ここで、再度解の一意性が保証された解a(n)は、任意のn≧1なる自然数nに対して
a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) を両方共に満たすことに注意する。
n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^2 。従って、kを元に戻すと、
((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 を満たす。
よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^2 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^2
だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。

389:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:20:24.52 fUpTwTtH.net
>>377
いや、>>388の
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
の部分は
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)≧0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)≧0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
ですな。「a(n)≧1」の部分は「a(n)≧0」訂正。

390:１３２人目の素数さん
15/09/10 14:35:56.00 fUpTwTtH.net
>>387
普通は普通の他の何物でもない。普通の解釈とは、
多くの人が認めそれに従うと思われる基準に則った解釈だよ。
沢山の人は「a(n+1)＝a(n)/2+1/a(n)」を見たら、
連分数の形で表された「a(n+1)＝a(n)/(2+1/a(n))」では
なく「a(n+1)＝(a(n)/2)+(1/a(n))」と解釈するだろうよ。

391:１３２人目の素数さん
15/09/10 15:04:56.68 fUpTwTtH.net
>>377
ちなみに、すぐ分かるとは思うのだが、論理の飛躍があるから、>>388の
>初期条件a(1)＝1から
>a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1
>であり、
の部分は
>初期条件a(1)＝1から a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる
>自然数nに対してa(n)＞0 。ここで、n≧2なる自然数nを任意に取ると、a(n)＞0だから、
>相加・相乗平均の関係により、a(n+1)＝(a(n)/2)＋(1/a(n))≧2√(1/2)＝√2 。
>n≧2なる自然数nは任意だから、nを条件n≧2の下で走らせると、任意のn≧2なる
>自然数nに対してa(n)≧√2 。よって、a(1)＝1＜√2 から、任意のn≧1なる自然数nに対して
>a(n)≧1 であり、
のような感じに訂正。さすがに任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0なることは、
直観的にも明らかで、nに関する帰納法からすぐ分かるとは思う。

392:１３２人目の素数さん
15/09/10 15:16:34.87 fUpTwTtH.net
>>377
幾度も悪いが、>>389は取り消しで、>>388の
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)≧1であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
の部分は
>同様に、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)＞0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
>よって、与えられた条件を満たすような、解の一意性が保証された解a(n)について、
>任意のn≧1なる自然数nに対して「a(n)＞0」であり、解(n)により1つの実数列{a(n)}が構成される。
でした。「a(n)≧1」の部分を「a(n)＞0」に訂正すべきだったにもかかわらず、「a(n)≧0」と書いてしまいました。
こういう風に解釈しても、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0なることは、
直観的にも明らかで、nに関する帰納法からすぐ分かるとは思う。

393:１３２人目の素数さん
15/09/10 16:06:11.07 fUpTwTtH.net
>>377
>>388の
>n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
>a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
>であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^2 。従って、kを元に戻すと、
>((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
>実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^2 を満たす。
>よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^2 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^2
>だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
の部分は
>n≧1なる自然数nを任意に取る。実数列{a(n)}の第n項a(n)を＝kとおけば、a(n+1)＝(k/2)＋(1/k)、
>a(n+1)＝k/(2＋1/k) が両方共に成り立つから、(k/2)＋(1/k)＝k/(2＋1/k) から k^2＋2＝(2k^2)/(2＋1/k)
>であり、(k^2＋2)(2＋1/k)＝2k^2 だから、(k^2＋2)(2k＋1)＝2k^3 。従って、kを元に戻すと、
>((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^3 。n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせれば、
>実数列{a(n)}について、任意のn≧1なる自然数nに対して第n項a(n)は ((a(n))^2＋2)(2・a(n)＋1)＝2(a(n))^3 を満たす。
>よって、n＝1とすると、((a(1))^2＋2)(2・a(1)＋1)＝2(a(1))^3 であり、初期条件a(1)＝1から、(1^2＋2)(2・1＋1)＝2・1^3
>だから、両辺をそれぞれ計算すると、9＝2を得る。しかし、9＝2は9≠2に反し矛盾する。
と訂正ですな。

394:１３２人目の素数さん
15/09/10 16:20:37.27 UqiYOrwz.net
(1) Σ[k=1 to 4^m] (1/k)^{1/m}、mは2以上の自然数
(2) m(4^{m-1}-1)/(m-1) + 5/8
(1)と(2)の整数部分は等しいことを示せ。

395:１３２人目の素数さん
15/09/10 21:48:53.01 fwhHKoME.net
なんか変な荒れ方してるが、まあどうでもいい
>>383
b(n)とc(n)の決め方が、３次方程式を解くカルダノの方法のuとvの探し方みたいですな。
2√2-3 = (1+√2)^(-2)だから、>>382は汚いけど答えは一致したってことで。

396:１３２人目の素数さん
15/09/10 22:19:31.06 fwhHKoME.net
あ、違う。(1+√2)^(-2) = 3-2√2だな。あれ？
ああそうか、だから>>383ではa(1)をまとめられなかったのか。

397:１３２人目の素数さん
15/09/10 22:24:24.58 Fdi5OLRB.net
>>377
蛇足だと思うが、一言
漸化式を見ると、右辺の非対称性が気になる。そこで全体を√2で割りたくなるが、すると
a_{n+1}/√2=(1/2){(a_n/√2)+(√2/a_n)}
と、数列a_{n}/√2は、「そのものと、そのものの逆数の平均」が次の項となるような数列にすることができる
このようなある種の平均が次の項になるという漸化式を、三角関数の加法定理を利用して解いた経験から、
その辺にヒントがあるだろうと、公式集を見てみると、coth(x)が将にそれにあたる
つまり、a_{n}/√2 ～ (e^x+e^(-x))/(e^x-e^(-x))　～　(X+1)/(X-1)
実際 (X+1)/(X-1) は、逆数と和を取って半分にすると言う変換を行うと
(1/2){(X+1)/(X-1) + (X-1)/(X+1)} = (X^2+1)/(X^2-1)
と指数部分が二倍になるという、形の変化に対応することが確認でき、外形が定まる。
a_{n}/√2 = (X^(2^n)+1)/(X^(2^n)-1)
後は、定数を定めれば良い。定数と言っても、ここでは、X=e^(2cx)としているので、Xそのもの
1/√2 = (X+1)/(X-1)を解いて、X=-3-2√2。整理すると
a_{n}=(X^Y+1)/(X^Y-1),X=-3-2√2,Y=2^(n-1)
あるいは、虚数単位Iを使い
a_{n}=(X^Y+1)/(X^Y-1),X=I(1+√2),Y=2^n
結局、これは、ニュートン法のはなしだね。決してバケモノクラスの問題では無い。

398:１３２人目の素数さん
15/09/10 22:27:42.42 Fdi5OLRB.net
あ、ミスった
>> a_{n}=√2(X^Y+1)/(X^Y-1),X=-3-2√2,Y=2^(n-1)
>> あるいは、虚数単位Iを使い
>> a_{n}=√2(X^Y+1)/(X^Y-1),X=I(1+√2),Y=2^n
に訂正

399:１３２人目の素数さん
15/09/11 02:26:59.14 StCc9XNv.net
tan1°+√2は無理数であることを証明せよ

400:１３２人目の素数さん
15/09/11 07:37:43.35 jICTOxiG.net
>>395-398
nはn≧1なる自然数変数なることを仮定してよい。そこで、nはn≧1なる自然数変数と仮定する。
a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) と解釈すると、任意のn≧1なる自然数nに対してa(n)＞0 。
n≧1なる自然数nを任意に取る。すると、a(n)＞0 であり、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))＞0 だから、
1/(a(n+1))＝(2＋1/a(n))/(a(n))＝(2/a(n))＋(1/a(n))^2 。よって、各i＝n, n+1 に対して b(i)＝1/a(i) とおけば、
b(n)＝1/a(n)、b(n+1)＝1/a(n+1) が両方共に成り立ち、b(n+1)＝2・b(n)＋(b(n))^2 つまり b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) 。
n≧1なる自然数nは任意だから、nを条件n≧1の下で走らせると、与えられた問題は b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n)
を満たし、任意のn≧1なる自然数nに対して b(n)＝1/a(n) と変換して定義される実数列{b(n)}を求める問題に帰着される。
そこで、b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) のときの解b(n)を求めることを考える。…… 。
仮に a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n)) だったと解釈すると、非線形の漸化式 b(1)＝1、b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n)
の解b(n)を求める問題に帰着されるんだが、ここから先分かる？　>>377のいう
>Wolframとか使わずに初見で解いたらバケモノ
って、多分こっちの話だぞ。連分数の形で書かれた式 a(1)＝1、a(n+1)＝a(n)/(2＋1/a(n))
で書いたと解釈すると、線型の漸化式ではなく、非線形の漸化式を解く問題になる。

401:１３２人目の素数さん
15/09/11 08:03:25.27 jICTOxiG.net
>>395-398
あ～、この場合は条件式 b(n+1)＝(b(n))^2＋2・b(n) の両辺に1を足して
b(n+1)＋1＝(b(n))^2＋2・b(n)＋1＝(b(n)＋1)^2 になる。
また、n＝1 のときは、b(1)＝1 なので、b(1)＋1＝2。なので、
任意のn≧1なる自然数nに対して c(n)＝b(n)＋1 と変換すると
c(1)＝2、c(n+1)＝(c(n))^2 の解c(n)を求める問題に容易に帰着出来て、
この解c(n)はすぐ求まるのか。なので、解b(n)も容易に求まり、
従って、元々の解a(n)もすぐ求まるという仕組みというか方針か。
なるほど。これは失礼を致した。大抵、非線形の問題を解くことは難しいんだけど。

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