アットランダム≒ブリコラージュ

転倒骨折予防 / 装着型エアバッグシステム

この発想には関心♪・・・2009.9.17.のMedical tribune の記事から Orz〜
クルマのエアバッグからもっと早く思いついてもよさそうだったのにって...^^;v
高齢者の転倒リスクは...下肢の筋力低下とバランス保持機能の衰弱といわれ...
3回転倒したら1回は骨折すると言われてる...^^;
大腿部頚部骨折は寝たきりの原因になりやすいわけで...そのためには...
環境（明るさ・手すり・滑りにくいスリッパ・障害物を置かない・転倒時の衝撃吸収床・バリアフリー...etc）と、、、骨粗鬆症の改善・下肢の筋トレ・バランス機能向上を図ることが大切なわけだけど...
それでも...明らかに転倒し易いとアセスメントされる方には朗報ですね♪

http://mtpro.medical-tribune.co.jp/article/view?perpage=0&order=1&page=0&id=M42380511&year=2009　より Orz〜
「装着型エアバッグシステムを実用化（画像）田村 俊世 氏

千葉大学大学院工学研究科の田村俊世教授は，高齢者の転倒予防に関する研究の一環として，転倒衝撃吸収システムの開発を行い，装着型エアバッグの実用化に成功した。・・・

加速度センサーと角速度センサーを用いて転倒状態を検出
転倒には，生理的因子として，加齢とともに低下するバランス能力と筋力などがかかわっている。・・・バランスのよしあしは前後，左右，上下の加速度（現在の速度からどの程度加速されていくかを示した値）とその回転方向にかかる力（角速度）から推定できる。・・・この2つの検出値を測定するセンサーを搭載したのが，装着式エアバッグである。（画像）この装置には，頭部と臀部を覆うナイロン製のエアバッグが独立して内蔵されており，センサーが転倒を検知すると0.1秒で膨張し，後方転倒時の衝撃を吸収できるという。・・・」

転倒って...前よりも断然後ろ側へが多いんだろうか...?
それとも...前への転倒は頭やヒップへのダメージは案外少なくてすむのかもね...^^;?

バリフリーに慣れた環境では...すべてがバリアフリーでなければ逆に...そうでない場所が多いことには...転倒し易いってなことも指摘されてきており...過保護的なバリアフリーから程度なバリアを設けるようになってるって聞きますが...
以下のサイト参照 Orz〜
http://blog.blochiita.jp/ono-seikei/kiji/12095.html

2952：対数^2

問題2952・・・やどかりさんのサイトでuchinyanさん提示問 Orz〜
http://blogs.yahoo.co.jp/oka_yadokary/1003721.html#1074722　より Orz〜

N を 10^(n-1) を除く n 桁の数として，
2 * logN の小数部分が最小になる N を a(n) とすると，
a(n)/10^(n-1) は，n を大きくするとどうなると思いますか？




























































解答

・わたしの

a(n)=10^((n+1)/2) にほぼ近いので...
a(n)/10^(n-1)=10^((n+1)/2-(n-1))=10^((3-n)/2)=1/(10^(n-3)/2)
からすると...0になる？

どうも間違ってるよう...^^;

・やどかりさんのもの Orz〜

a(n)=[10^(n−1/2)]＋1

なので...
10^(n-1/2)/10^(n-1)
=10^(1/2)
つまり...√10 に収束する...ってことなんだ ^^

わたしは何か勘違いしてるよう...熟読含味 ^^;v

そうか...グラフの傾きから...
logN=(n-1)+1/2 が最小だから...
N=10^(n-1)+(1/2)・・・→正しくは...N=10^{(n-1)+(1/2)} でした...（やどかりさんのご指摘 Orz〜^^v）
=10^(n-1/2)
a(n)=[N]+1
=[10^(n-1/2)]+1
わたしの考えは...たまたま...1<n-1<2だったからだけなんだってわかりました...^^; Orz...

2951：最大公約数

問題2951

12345654321と1234321の最大公約数を求めよ。

















































解答

・わたしの

121=11^2
12321=111^2
すなわち...
12345654321=111111^2
1234321=1111^2
111111=11*10101=111*1001=3*37*11*7*13
1111=11*101
けっきょく...最大公約数は...11

2950：1,2,3 で作るn桁の3の倍数の数

問題2950

1，2，3のみを使ってｎ桁の数を作る。
例えば5桁なら22312とか。
そのとき，3の倍数はいくつできるか。












































解答

・わたしの

1, 2=-1, 3=0
3個平均に使えば...1-1+0=0 だから...
n 桁の数=3^n個
つまり...
3^n/3=3^(n-1)個

以下のコメ欄のサイトより Orz〜

各桁の数の和が3の倍数ならば、その数は3の倍数になります。
そこで、次のように考えます。
わかりやすいように5桁で説明します。
1の位以外をまず決定します。
例えば、1322?
1の位は？にしておきます。そうすると、
？はいくつにすればよいでしょう。
和が3の倍数になればよいので、？＝１です。
つまり、はじめの4桁が決まれば、
自動的に？を1通りに決めることができます。
したがって、初めの4桁だけの場合の数を考えればよく、
3^4通りになります。
同様にn桁なら
3^(n-1)通りになります。

なるほど!! 鮮やか♪

2949：ディオファントスの問題

問題2949・・・http://homepage3.nifty.com/sugaku/sugaku2.html　より Orz〜

連立方程式
(X1)^2+(X2)^2+(X3)^2+・・・+(X2003)^2=y^3
(X1)^3+(X2)^3+(X3)^3+・・・+(X2003)^3=z^2
が、相違なる正の整数解 X1 X2 X3 ...... X2003
をもつかどうか判定せよ。


画像：ディオファントス（Diophantus、？〜A.D.300）
http://blog.goo.ne.jp/motoyama_2006/e/8cfa24d947fb0926045b2765cc900942　より Orz〜
http://ja.wikipedia.org/wiki/アレクサンドリアのディオファントス　より
「アレクサンドリアのディオファントス（ギリシア語：Δι?φαντο? ? ?λεξανδρε??、英語：Diophantus of Alexandria、生没年不詳、推定生年 200年 - 214年、推定没年 284年 - 298年）は古代ギリシアの数学者。ディオファントス方程式やディオファントス近似は彼の名にちなむ。「代数学の父」と呼ばれることもある。

概略
エジプトのアレクサンドリアに住んでいたということ以外は、彼の人生についての詳細は不明。ディオファントスの著した13巻に及ぶ『算術』 ("Arithmetica") が有名である。同書が翻訳された16世紀以降のヨーロッパにおける代数学発展に深く影響した。（現存している同書のギリシャ語版は6巻分のみ、アラビア語版は4巻分である。）また、多角数についての著書もある。
最終定理を含めてフェルマーが余白に書き込みをしたのは、バシェによるラテン語版『算術』である。

ディオファントスの墓碑銘
ディオファントスの墓碑銘として知られる問題がある。次のような問題である。簡単な一次方程式を立てて解けば84歳という解が得られる。
ディオファントスの人生は、6分の1が少年期、12分の1が青年期であり、その後に人生の7分の1が経って結婚し、結婚して5年で子供に恵まれた。ところがその子はディオファントスの一生の半分しか生きずに世を去った。自分の子を失って4年後にディオファントスも亡くなった。
「12分の1」が“頬ヒゲを蓄えるまでの期間”を表して「7分の1」の後に来る話もある。いずれにせよ解は変わらない。」















































解答

数学オリンピックからの問題だそうです。
上記サイトより Orz〜

一般的にn=1 2 3 に対する連立方程式
x1^2+x2^2+ +xn^2=y^3
x1^3+x2^3+ +xn^3=z^2
が無限個の整数解を持つことを示す。

a1 a2 a3 anを任意の正整数として、
s=a1^2+a2^2+ +an^2
t=a1^3+a2^3+ +an^3
とおく。

次に、xi=(s^m)(t^k)ai とすると、（ここらへんが技巧的で美しい）
x1^2+x2^2+ +xn^2
=(s^m t^k)^2 (a1^2+a2^2+・・・・+an^2)
=(s^m t^k)^2 s
=s^(2m+1) t^(2k)

同様な変形をすると、
x1^3+x2^3+ +xn^3
=s^(3m) t^(3k+1)
となる。

従って、
s^(2m+1)t^(2k)=y^3
s^(3m)t^(3k+1)=z^2
を満たすような正整数ｍとｋを探せばよい。

つまり、
2m+1と2kが3でわりきれてかつ、3ｍと3ｋ+1が2でわりきれればよく
すべての、ｍ=6p+4 k=6q+3 なるｍ, ｋにより満たされる。


わたしはこれで証明されたことになるのかどうかもわからなかったり...^^;?