アットランダム≒ブリコラージュ

2487'：証明^5 解答

問題2487の解答です ^^v

上記サイトより Orz〜

画像をみて理解してくださいませね〜^^ Orz...

1+n*(1+1/n)>(n+1)(1+1/n)^(n+1) 等号は成り立たない。
(n+2)/(n+1)>(1+1/n)^(n+1)
ってことですね・・・^^v

・（コメント）画像：最下
数列 { (１＋１/ｎ)^ｎ } が単調増加であることは書籍等では下記のように示されのが通常である。

2487：証明^5

問題2487

数列 (１＋１/ｎ)^ｎ は単調増加、 (１＋１/ｎ)^(ｎ＋1) は単調減少であることを対数やネイピアの数以前の高校１年程度の数学で証明せよ。




























































































解答

次にアップしますね ^^

2486：ゲーム

問題2486

次の様なゲームを考える。：
トランプの１から６までの札が４枚ずつ計２４枚ある。これらを数字が見えるように表にして、テーブルの上に並べる。先手・後手の２人の競技者が順番に１枚ずついずれかのカードを取る。
このとき、それまでに取られた両者のカードの数の和を丁度３１にした人が「勝ち」、３１を超えた人が「負け」とする。このゲームの必勝法はどうなるであろうか？








































































解答

・大川研究室より Orz〜

このゲームは先手必勝である。先ず先手が 3 のカードを取る。次に相手が n のカードを取れば、先手は 7 - n のカードを取る。これを繰り返すと、
数の総和は 3, 3 +7, 3 +7 + 7, 3 + 7 + 7 + 7, 3 + 7 + 7 + 7 + 7 = 31 となり先手必勝！・・・と結論を出した人は早とちり。最初に 3 のカードを取ると先手必敗となる事が証明される。（相手が 4 のカードを取り続けると、最後に 3 のカードが無くなる。　注：これは必敗である事の証明では無く、簡単な議論ではダメだという例である）
しかしこのゲームは先手必勝である。最初に何を取れば必勝となるか、全て調べてみて下さい。


上記サイトより Orz〜

◎　先手が「１」を取った場合
これに対して、後手が３以上を取った場合、次の先手の手番のとき、合計１０にすることができるので、これは先手必勝パターンである。
問題は、後手が「１または２」を取った場合である。

後手が「１」を取った場合、先手は「６」を取れば、先手必勝パターンである。
１＋１＋６＋２＋６＋１＋６＋１＋６＋？
先手がもしも「６」を取らない場合
１＋１＋１＋５＋２＋５＋２＋５＋２＋６＋？　で後手の勝ち
１＋１＋２＋４＋２＋５＋２＋５＋２＋５＋？　で後手の勝ち
１＋１＋３＋３＋２＋６＋１＋６＋１＋６＋？　で後手の勝ち
１＋１＋４＋２＋２＋５＋２＋５＋２＋５＋？　で後手の勝ち
１＋１＋５＋１＋２＋５＋２＋６＋１＋６＋？　で後手の勝ち
後手が「２」を取った場合、先手は「６」を取ればよい。このとき、後手必勝パターンにするために後手は「１」を取るしかない。この取り方を続ける。
１＋２＋６＋１＋６＋１＋６＋１＋６＋？
すると、後手は、？で、「１」を取れば勝ちになるのだが、「１」は既に４枚使い切っているので取れず、後手の負けが確定する。

◎　先手が「２」を取った場合
先手が「１」を取った場合と同様に考える。　後手が３以上を取った場合、次の先手の手番のとき、合計１０にすることができるので、これは先手必勝パターンである。

問題は、後手が「１または２」を取った場合である。

後手が「１」を取った場合
この場合は、次のような先手必勝パターンが考えられる。
（後手は後手必勝パターンになるように取るものと仮定）
２＋１＋５＋２＋５＋２＋５＋２＋５＋？　　（「２」を使い切ってしまい、負けが確定）
後手が「２」を取った場合
先手は「２」を取れば、先手必勝パターンである。
実際に、　２＋２＋２＋４＋５＋２＋５＋１＋１＋３＋４

◎　先手が「３」を取った場合
後手が「３」を取ってしまうと、先手必敗である。
３＋３＋４＋４＋３＋４＋３＋４＋？
また、上で述べたように、後手が「４」を取ってしまうと、先手必敗である。
３＋４＋３＋４＋３＋４＋３＋４＋？

◎　先手が「４」を取った場合
後手が「６」を取ってしまうと、先手必敗である。次に先手が何を取ろうとも、後手は足し
て「７」になる数をとれるからである。
また、後手が「３」を取っても、先手必敗である。
４＋３＋３＋４＋３＋４＋３＋４＋？

◎　先手が「５」を取った場合
５＋５＋２＋５＋２＋５＋２＋４＋１
のような手順で、先手必勝！

◎　先手が「６」を取った場合
後手が「４」を取ってしまうと、先手必敗である。次に先手が何を取ろうとも、後手は足し
て「７」になる数をとれるからである。
以上から、先手必勝となるためには、初手「１または２または５」を取ればよい。


これはかなりムズイ...何かもっといい方法がありそうな気がするんだけど...^^;?

2485：証明^5

問題2485・・・http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/ohkawa/ohkawa.htm#%83t%83B%83{%83i%83b%83`%90%94%97%F1%82%CC%8E%FC%8A%FA%90%AB　より Orz〜

１＋√2 は、 a ＋ b√2　（ ａ、ｂ ： 有理数）の形の数の平方の和にならないことを示せ。


































































解答

上記サイトより Orz〜

１＋√2＝（ａ＋ｂ√2）^2＋・・・＋（ｃ＋ｄ√2）^2　と書けるものと仮定する。
このとき、　右辺＝ａ^2＋・・・＋ｃ^2＋２ｂ^2＋・・・＋２ｄ^2＋２（ａｂ＋・・・＋ｃｄ）
なので、左辺と比較して、
ａ^2＋・・・＋ｃ^2＋２ｂ^2＋・・・＋２ｄ^2＝１　、　２（ａｂ＋・・・＋ｃｄ）＝１
よって、　ａ^2＋・・・＋ｃ^2＋２ｂ^2＋・・・＋２ｄ^2＝２（ａｂ＋・・・＋ｃｄ）　から、
（ａ−ｂ）^2＋・・・＋（ｃ−ｄ）^2＋ｂ^2＋・・・＋ｄ^2＝０
ａ、ｂ、・・・、ｃ、ｄ　は有理数なので、その平方は０以上。
したがって、　　ａ−ｂ＝・・・＝ｃ−ｄ＝ｂ＝・・・＝ｄ＝０　　すなわち、
ａ＝ｂ＝・・・＝ｃ＝ｄ＝０　
このとき、　　１＋√2＝０　となり、矛盾する。
よって、１＋√2は、ａ＋ｂ√2　の形の数の平方の和にならない。　（証終）

・大川研究室の解答 Orz〜

次の事実が用いられる。

有理係数の整方程式 f (x) = ０　が、ｐ ＋√q 　を解に持てば、ｐ −√q 　もまた解である。ただし、ｐ、ｑ は有理数で √q は無理数とする。
この事実を踏まえて、次のような解答になると思う。

（解）　１＋√2＝（ａ＋ｂ√2）^2＋・・・＋（ｃ＋ｄ√2）^2　と書けるものと仮定する。
このことから、有理係数の整方程式　　１＋ｘ＝（ａ＋ｂｘ）^2＋・・・＋（ｃ＋ｄｘ）^2　は、
ｘ＝√2　を解に持つことが分かるので、上記事実から、　ｘ＝−√2　も解となる。
よって、　　１−√2＝（ａ−ｂ√2）2＋・・・＋（ｃ−ｄ√2）2
が成り立つ。　このとき、　左辺の符号は負、しかるに、右辺の符号は０以上。
これは矛盾である。
よって、１＋√2は、ａ＋ｂ√2　の形の数の平方の和にならない。　（証終）


簡明♪

2484：場合の数^2

問題2484・・・http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/ohkawa/ohkawa.htm#%83t%83B%83{%83i%83b%83`%90%94%97%F1%82%CC%8E%FC%8A%FA%90%AB　より Orz〜

１、２、３、・・・２９、３０ の３０枚のカードから、どの２つのカードも数字の差が ３ 以上に
なるような ８ 枚のカードの選びかたは何通りあるか？










































































解答

上記サイトより Orz〜

まず、８個の○を並べ、その隙間に×を２個ずつ挿入する。
○××○××○××○××○××○××○××○
残りの８個を、○同士の隙間または両端の計９箇所から重複を許して８箇所を選んで並べる。
その場合の数は、9Ｈ8＝16Ｃ8＝１２８７０（通り）

・ラスカルさんのもの Orz〜

選ばれた８個の数を昇順に並べるとき、ｎ 番目の数と １ 番目の数は、３(ｎ−１)以上の差がある。よって、　３(ｎ−１)−(ｎ−１)＝２（ｎ−１） だけ余裕があるので、ｎ 番目の数から、
２（ｎ−１） を引いて考えてもよい。このとき、求める場合の数は、１〜１６ の１６個の数から
８個の数を選ぶ場合の数に等しい。
よって、　16Ｃ8＝１２８７０（通り）

今一ピンと来ない...^^;