面白い問題おしえて〜な二十問目 [sc] | レス903-954

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1 2012/12/22(土) 13:17:38.28

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903 2015/05/07(木) 06:27:59.45: >>902
つまりそれは「全ての点の距離が整数である無限個の点の集合Sの要素のうち、
１つの直線上に無限個の点が存在して、なおかつその直線以外にも
点が存在する」ことがありえないということだと思いますが．
それだけでは、「無限個の点を含む直線は存在しないが、点自体は無限に存在する」
ような例が存在しないことの証明にはまだなっていないですよね。

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904 2015/05/07(木) 13:56:38.90: 「無限個存在する」が、もし、
「十分大きな数Nを用意し、そのNに対応する点の配置法がある」なら、
N-1個を直線上に取り、『最後』の１個を直線外に取ることにより、完成させることができるだろう。
しかし、無限個に不相当な『最後』という言葉が使われているように、「無限個存在する」の意味は
この様なことでは無いはず。

「無限個存在する」を証明するためには、
「十分多くの数が存在しているところに、新たに、何度でも加えることができる」
という動的な意味が必要。

直線上にだけ点を配置する分には、いくらでも加えることが可能だけど、
一端、直線外に点を求めると、その点と直線の距離をaとすると、
その直線上の、-a^2/2〜a^2/2　という範囲内にしか、点を求めることはできない。
精々、〜a^2　回しか追加できない。つまり、有限回。
この意味で、「無限個存在する」は否定できているとおもうが。

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905 2015/05/07(木) 16:04:30.36: 点間の距離が整数、つまり離散的ってことが重要なのかね
有理数だと例があるんだろか

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906 2015/05/07(木) 18:33:29.61: >>905
有理数でいいなら
>>901 の座標を全部Lで割れば
それが例になると思います

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907 2015/05/07(木) 19:38:46.71: 無限という語の意味について後付の解説を始めた時点で
元の問題の表現が曖昧だったと証明されたということが
理解できていないのだろうか

本当に分かっているなら素直に不備を認めて
出題意図に沿った表現に改めるだけの話だろう

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908 2015/05/07(木) 20:21:59.06: お前が理解できないだけ

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909 2015/05/07(木) 20:27:12.52: いつまでもつまらねー問題といてんじゃねーよ

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910 2015/05/07(木) 20:46:21.93: http://www.geocities.jp/ikuro_kotaro/koramu/1686_m8.htm

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911 2015/05/07(木) 20:53:35.55: >>904
なんでaが整数だっていえるの？

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912 2015/05/07(木) 22:46:18.59: >>910
なるほど、エルデシュの名前を冠した定理なのか。
それにしても、佐藤郁郎氏のサイトは何でもよく集めてるなー

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913 2015/05/07(木) 23:45:29.44: >>910
鮮やかな証明だ。感激した。

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914 2015/05/09(土) 05:43:03.75: f : R→R
∀x, ∀y ∈R , f(f(x)+y) = 2x + f(f(f(y))-x)

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915 2015/05/09(土) 13:34:50.36: >>914
fを求める問題？

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916 2015/05/09(土) 14:24:47.79: 解の１つがf(x)=xなのはわかった

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917 2015/05/09(土) 18:33:22.73: こういう関数方程式の問題のお決まりの解法ってなんだろうな

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918 2015/05/10(日) 16:02:40.40: >>914
2003 春合宿なら
f(f(x)+y) = 2x + f(f(y)-x)
だけど、それとは別の問題？

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919 2015/05/10(日) 16:31:57.91: >>918
別。

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920 2015/05/10(日) 18:48:38.37: >>914
与式においてy=-f(x)として
f(0)=2x+f(f(f(-f(x)))-x)
この左辺は定数で, xは実数全体を動くのでfは全射.
a,b∈R, f(a)=f(b)とする. 与式においてy=a, bとして
f(f(x)+a)=f(f(x)+b)
fは全射よりf(x)は任意の実数値をとりうるのでfは周期b-aをもつ.
また, 与式においてx=a, bとして
2a+f(f(f(y))-a)=2b+f(f(f(y))-b)
f(f(y))-a-{f(f(y))-b)}=b-aとfの周期性よりf(f(f(y))-a)=f(f(f(y))-b)なので
a=b よってfは単射.
与式においてx=y=0として
f(f(0))=f(f(f(0))) fは単射なのでf(0)=0
∀c∈R, 与式においてx=-c, y=0として
f(f(-c))=-2c+f(c)・・・?
また,　与式においてx=0, y=-cとして
f(-c)=f(f(f(-c)))
fは単射なので-c=f(f(-c))・・・?
?, ?より-2c+f(c)=-c
よってf(c)=c
逆にf(x)=xは与式を満たす.　□

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921 2015/05/10(日) 19:17:28.97: へー（´・ω・｀）

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922 2015/05/10(日) 19:38:46.25: 以下の条件(i), (ii)をともに満たす集合Sが存在するような正の整数nをすべて決定せよ：
　条件(i)：Sは相異なるn個の正の整数からなる
　　　(ii)：Sの任意の空でない部分集合Aに対して, Aの要素の総和は累乗数でない

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923 2015/05/11(月) 12:05:04.54: Wikipedia「累乗数」の
＞累乗数を小さいほうからa_1=1, a_2=4, ...と並べるとき、a_{i+1}-a_iはiと共に無限大に発散すると予想されている
という予想が正しいならば、
数学的帰納法により任意の自然数nについて条件を満たす集合Sが存在することが示せるので
答えは「全ての自然数」
（その予想を使わずに示せるかどうかは知らん）

n個の要素からなる条件を満たすSに対し、その要素の総和をMとする
a_{i+1}-a_i≧M+2となるようなa_iを選び、
Sにa_i +1を追加した集合S'を作ると、S'も条件を満たす

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924 2015/05/12(火) 01:00:00.40: >>923
もっとずっと初等的に解ける

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925 2015/05/12(火) 01:21:14.84: そのページに書いてある「ゴールドバッハの定理」を使えば同じ証明が通用するじゃん

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926 2015/05/12(火) 03:28:34.59: x, y, z は自然数で x≦y≦z のとき、x^y + y^z = z^x の解

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927 2015/05/12(火) 05:22:20.55: f(x)=(logx)/xがx≧3で単調減少であること(微分で容易に証明可)と
y^z<x^y+y^z=z^x≦z^y　よりy≦2
y=1のときは(x,y,z)=(1,1,2)
y=2のときはf(2)=f(4)よりz≦4 順に調べて解なし

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928 2015/05/12(火) 05:34:40.23: >>925
もっと具体的に教えて

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929 2015/05/12(火) 06:11:02.69: >>922
任意のnに対して
n(n+1)/2　<　p をみたす十分大きい素数pをとり
S={p,2p,...,np} とする

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930 2015/05/12(火) 11:59:59.78: ａ（１）＝ｐ（１）。
ａ（ｎ）＝ａ（ｎ−１）ｐ（ｎ−１）ｐ（ｎ）。

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931 2015/05/12(火) 17:01:29.43: >>929 >>930
正解

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932 2015/05/12(火) 17:11:21.06: 正の整数の組(a, b, c)であって,
a/b+b/c+c/a と a/c+c/b+b/a がともに整数であるようなものをすべて求めよ.

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933 2015/05/13(水) 01:19:18.79: >>932
a=b=c（aは任意の正の整数）
しかないようですな

a,b,cのGCDをgとして、a=gA，b=gB、c=gCとおくと
A/B+B/C+C/A=m, A/C+C/B+B/A=n（m,nは整数）
これを変形して
BC^2=A(mBC-CA-B^2)
CB^2=A(nBC-AB-C^2)
これから、Aの素因数の１つpが、Aの素因数分解の中でp^iの形で現れるとすると
・pはB,Cのいずれかの素因数であるが、両方ではない。
・pがBの素因数であり、Bの素因数分解の中でp^jの形で現れるとき、j≧i
・pがCの素因数であり、Cの素因数分解の中でp^jの形で現れるとき、j≧i
となり、同様の議論を繰り返すと結局
A=yz, B=zx, C=xy（ただし、xとy，yとz，zとxはそれぞれ互いに素）となる。

これを元の式に代入して整理すると
y/x+z/y+x/z=m，z/x+y/z+x/y=nとなり
また同様の変形をすると、pがxの素因数ならばpはyまたはzの素因数となるが、これは
互いに素であることと矛盾するので、xには素因数は存在しないことになり、
結局x=y=z=1

よって、A=B=C=1，a=b=c=g

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934 2015/05/13(水) 03:37:29.99: >>932
(x-a/b)(x-b/c)(x-c/a)は整数係数モニック多項式なのでa/b,b/c,c/aは整数すなわちa=b=c

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935 2015/05/13(水) 10:49:10.41: (n+1)!/(2^n-1)が3で割り切れない整数となるような正の整数nを全て求めよ

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936 2015/05/13(水) 11:42:55.67: >>934
しゅごい

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937 2015/05/13(水) 12:38:42.03: >>935
それが人に物を頼む態度か！ああ！？

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938 2015/05/13(水) 14:47:35.70: >>937
誠に申し訳ございませんが、(n+1)!/(2^n-1)が3で割り切れない整数となるような正の整数nを全て求めて頂けないでしょうか。無礼な依頼であることは承知ですが、ご検討頂ければ幸いです。何卒宜しくお願い申し上げます。

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939 2015/05/14(木) 14:09:30.58: むずかしいからダメ

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940 2015/05/14(木) 17:01:35.76: nが3でちょうどm回割り切れるとして条件からm(またはn)の不等式を作り、それが十分大きいnで成り立たないことを示す

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941 2015/05/14(木) 21:08:53.78: n=2,4

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942 2015/05/14(木) 21:20:28.14: n=1 も追加

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943 2015/05/15(金) 08:08:07.92: ヒント
2以上の整数kに対して、kを素因数分解したときの3の指数をord kと書くことにする。nが条件を満たすとき
１．ord(2^n-1)=ord n +1 を示す
２．ord(n+1)! の考察によりn≧9においてn≦3ord n +1 を示す
３．n≧9において(n+1)!<2^(2^((n+1)/2)) を示す

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944 2015/05/15(金) 08:45:47.10: >>943
無論n≧2で

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945 2015/05/15(金) 10:39:03.71: 次の2条件をみたす f ： R^+ → R^+ を求めよ。R^+は正の実数の集合
(1) ∀x, ∀y ≧0 に対して、f(x)f(y) = f(xy) + f(y/x)
(2) 1<x<y ⇒ f(x)<f(y)

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946 2015/05/15(金) 11:05:43.38: nを素因数分解した場合の3の指数をmとしたとき、4^n-1は3^(m+1)で割り切れる

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947 2015/05/15(金) 11:08:50.42: f ： R^+ → R^+
∀x, ∀y >0 に対して、f(f(x)+f(y)) = x+y
をみたすfを求めよ

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948 2015/05/15(金) 11:09:42.78: >>945 訂正
(1) ∀x, ∀y >0 に対して、f(x)f(y) = f(xy) + f(y/x)

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949 2015/05/15(金) 11:11:33.25: R^+ の恒等写像だけはわかった。

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950 2015/05/15(金) 11:11:37.48: f ： R → R
∀x, ∀y ∈R に対して、f(x^2) + f(xy) = f(x)f(x+y)
をみたすfを求めよ

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951

関数方程式

2015/05/15(金) 11:18:16.99: ゴチャゴチャしてきたので、まとめる。 R^+は正の実数の集合とする。

>>945
次の2条件をみたす f ： R^+ → R^+ を求めよ。
(1) ∀x, ∀y > 0 に対して、f(x)f(y) = f(xy) + f(y/x)
(2) 1<x<y ⇒ f(x)<f(y)

>>947
f ： R^+ → R^+
∀x, ∀y >0 に対して、f(f(x)+f(y)) = x+y

>>950
f ： R → R
∀x, ∀y ∈R に対して、f(x^2) + f(xy) = f(x)f(x+y)

>>951
f ： R → R
∀x, ∀y ∈R に対して、f(f(x)-y) + y・f(2x) = f(x^2 +y)

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952 2015/05/15(金) 16:47:53.10: >>947
∀a, b∈R^+ (a<b), ∃s,t,u∈R^+ s.t. b-a=s+t+u
与式にx=f(a)+f(s), y=f(t)+f(u)を代入して
f(b)=f(a)+f(s)+f(t)+f(u)>f(a)
よってfは狭義単調増加, とくに単射.
∀r∈R^+, 与式にx=y=f(r)+f(r)を代入して f(4r)=4f(r) …(ア)
また, f(f(r)+f(4r))=f(f(2r)+f(3r))=5r fは単射なので f(r)+f(4r)=f(2r)+f(3r) …(イ)
同様にf(r)+f(3r)=f(2r)+f(2r) …(ウ)
(ア),(イ),(ウ)よりf(2r)=2f(r) …(エ)
∀n∈N(n≧2), f(r)+f(nr)=f(2r)+f((n-1)r) これと(エ)より
f(nr)=f(r)+f((n-1)r) よって帰納的にf(nr)=nf(r)
これより∀p,q∈Z^+, pf(1)=f(p)=f(p/q・q)=qf(p/q) すなわちf(p/q)=(p/q)f(1) …(オ)
ここで, f(1)=tとおく.与式にx=y=1を代入して(エ)を用いることでf(t)=1
fは狭義単調増加なのでt=1 よって(オ)より∀r∈Q^+, f(r)=r
∃x∈R^+, x<f(x) と仮定すると∃r∈Q^+, x<r<f(x)
fは狭義単調増加なのでf(x)<f(r)=r これは矛盾.
∃x∈R^+, x>f(x) と仮定しても同様に矛盾.
よって∀x∈R^+, f(x)=x 逆にこれは与式を満たす.

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953 2015/05/15(金) 19:23:50.63: >>950
(i)f(1)=0のとき
与式にx=1を代入してf(y)=0 よって∀x∈R, f(x)=0 これは与式を満たす.
(ii)f(0)=2のとき
与式にx=0を代入してf(y)=2 よって∀x∈R, f(x)=2 これは与式を満たす.
(iii)f(1)≠0かつf(0)≠2のとき
与式にx=y=0を代入してf(0)(f(0)-2)=0 f(0)≠2よりf(0)=0
与式にx=1, y=0を代入してf(1)(f(1)-1)=0 f(1)≠0よりf(1)=1
∀n∈Z, 与式にx=1, y=nを代入して1+f(n)=f(n+1)
よって帰納的に∀n∈Z, f(n)=n
∀p∈Z, q∈N, 与式にx=q, y=p/q-qを代入してf(p/q)=p/q
よって∀r∈Q, f(r)=r

t∈R^+とする.
与式にx=√t, y=0を代入してf(t)=f(√t)^2≧0…(ア)
与式にx=√t, y=-√tを代入してf(-t)=-f(t)…(イ)
ここでf(t)=0と仮定すると, 与式にx=t, y=1/tを代入して
f(t^2)+f(1)=0 これと(ア)よりf(1)=0となって矛盾.よってf(t)>0…(ウ)

a,b∈R(0≦a<b)とする.
与式にx=√b, y=-a/√bを代入して(イ)より
f(b)-f(a)=f(√b)f((b-a)/√b)
√b>0, (b-a)/√b>0なので(ア), (ウ)よりf(√b)f((b-a)/√b)>0
よってf(a)<f(b) ゆえにfはx≧0で狭義単調増加.
>>952 と同様にして∀x∈R^+, f(x)=x これと(イ)より
∀x∈R, f(x)=x　これは与式を満たす.
以上より, 求めるfは　f(x)=0, f(x)=2, f(x)=x

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954 2015/05/15(金) 21:09:45.92

>>951
t∈Rとする.
与式にx=t, y=-t^2を代入して f(f(t)+t^2)-t^2f(2t)=f(0)
与式にx=t, y=f(t)を代入して f(0)+f(t)f(2t)=f(f(t)+t^2)
これらよりf(2t)(f(t)-t^2)=0 よって∀t∈R, f(2t)=0 またはf(t)=t^2…(☆)
∀t∈R, f(2t)=0 のとき
f(x)=0 これは与式を満たす.
∀t∈R, f(t)=t^2 のとき
f(x)=x^2 これは与式を満たす.
∃a,b∈R (a,b≠0), f(2a)=0 かつ f(b)=b^2 のとき
与式にx=a, y=f(a)-bを代入して
b^2=f(a^2-b+f(a))
b≠0よりa^2-b+f(a)=bまたは−b
a^2-b+f(a)=bのとき, a^2+f(a)=2bより, bとしてありうる値は高々1つなので
∀x∈R(x≠0, x≠b), f(x)=-x^2+2b　これは(☆)に矛盾.
a^2-b+f(a)=−bのとき,a^2+f(a)=0
(☆)よりf(a)≧0なのでa=0となり矛盾.
以上より求めるfは f(x)=0, f(x)=x^2　