数学ナビゲーター掲示板 [All Thread / Page: 77]

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sin(x)sin(x+1)<c(2) |

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52545の「約数の個数」の式変形について(5) |

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高校数学確率の問題です。(2) |

(x^x)^x = x^(x^2)(4) |

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klog(1+1/k) < 1を証明する(2) |

約数(1) |

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常微分方程式の基本的な質問(2) |

単位円と正三角形(2) |

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台形(1) |

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場合の数 (カタラン数に関係したもの)(2) |

G(0) |

岩波講座基礎数学集合の補題6.1についての質問(1) |

確率(2) |

体(3) |

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tan(z) を z = π/2 中心にローラン展開する(2) |

複素数平面(1) |

複素数証明（難）(0) |

■記事リスト / ▼下のスレッド

■50783 / 親記事)

　極限

□投稿者/ ルーシー一般人(1回)-(2021/05/17(Mon) 15:19:31)

nは自然数で
lim[x→1]{n/(x^n-1)-1/(x-1)}
を教えて下さい

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]

■50784 / ResNo.1)

　Re[1]: 極限

□投稿者/ X 一般人(6回)-(2021/05/17(Mon) 17:18:39)

(i)n=1のとき
(与式)=0
(ii)n≧2のとき
(与式)=lim[x→1]{n(x-1)-(x^n-1)}/{(x-1)(x^n-1)}
=lim[x→1]{n-nx^(n-1)}/{(x^n-1)+n(x-1)x^(n-1)}
=lim[x→1]{-n(n-1)x^(n-2)}/{2nx^(n-1)+n(n-1)(x-1)x^(n-2)}
=-(n-1)/2
((∵)ロピタルの定理)
これはn=1のときも成立

まとめて
(与式)=-(n-1)/2

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50788 / ResNo.2)

　Re[2]: 極限

□投稿者/ X 一般人(10回)-(2021/05/17(Mon) 17:29:53)

別解)
(与式)=lim[x→1]{n-Σ[k=0～n-1]x^k}/(x^n-1)
∴t=x^nと置くと
(与式)=lim[x→1]{n-Σ[k=0～n-1]t^(k/n)}/(t-1)
ここで
f(t)=Σ[k=0～n-1]t^(k/n)
と置くと
f'(t)=Σ[k=1～n-1](k/n)t^(k/n-1)
∴微分係数の定義により
(与式)=-f'(1)
=-Σ[k=1～n-1]k/n
=-(1/n)Σ[k=1～n-1]k
=-(1/n)・(1/2)n(n-1)
=-(n-1)/2

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50789 / ResNo.3)

　Re[3]: 極限

□投稿者/ ルーシー一般人(2回)-(2021/05/18(Tue) 01:09:00)

ありがとうございます！！

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■記事リスト / レス記事表示 → [親記事-3]

■記事リスト / ▼下のスレッド / ▲上のスレッド

■50780 / 親記事)

　約数

□投稿者/ 約数一般人(1回)-(2021/05/13(Thu) 10:27:10)

次の条件を満たす最大の自然数nはどうやって求めるのでしょうか？

条件：n=a+bを満たすいかなる自然数a,bに対しても、必ずσ(a)≦2aまたはσ(b)≦2bが成り立つ。

ここで、σ(a)はaの正の約数の和です。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]

■50781 / ResNo.1)

　Re[1]: 約数

□投稿者/ らすかる付き人(50回)-(2021/05/13(Thu) 14:50:51)

↓こちらのページによると
ja.wikipedia.org/wiki/%E9%81%8E%E5%89%B0%E6%95%B0
「20161より大きい整数は2つの過剰数の和で表すことができる。」
とのことですから、nの最大値は20161ですね。
この証明を書くには
「20161より大きい整数は2つの過剰数の和で表すことができる。」
と
「20161を2数の和で表したとき、2数のうち少なくとも一つは過剰数でない」
を証明しなければなりませんね。

前者は例えば
n=6k のとき n=12+(6k-12)　（※12以上の6の倍数は過剰数）
n=6k+2 のとき n=20+(6k-18)　（※20は過剰数）
n=6k+3 のとき n=945+(6k-942)　（※945は過剰数）
n=6k+4 のとき n=40+(6k-36)　（※40は過剰数）
n=6k+1のうち
n=60k+25 のとき n=945+(60k-920)　（※20の倍数は過剰数）
n=60k+55 のとき n=1575+(60k-1520)　（※1575は過剰数）
・・・
のように絞っていけば、おそらく証明できると思います。

後者は20161未満のすべての過剰数を考えて
20161を2数の和で表すと片方が奇数で片方が偶数
20161未満の奇数の過剰数はすべて15の倍数で
20161≡1(mod15)だから、偶数の方はm≡16(mod30)
よって
20161未満の奇数の過剰数
945,1575,2205,2835,3465,4095,4725,5355,5775,5985,6435,6615,6825,
7245,7425,7875,8085,8415,8505,8925,9135,9555,9765,10395,11025,
11655,12285,12705,12915,13545,14175,14805,15015,15435,16065,16695,
17325,17955,18585,19215,19305,19635,19845
と
20161未満で30で割って16余る過剰数
196,636,1036,1236,1696,1896,2176,2316,3016,3156,3496,3576,4216,
4416,4816,5076,5656,5796,6016,6096,6256,6516,6976,7236,7696,
7776,8056,8196,8536,8616,9196,9276,9856,10296,10696,10836,11176,
11556,11956,12396,12796,13176,13456,13656,13816,13956,14416,14496,
15136,15336,15496,15636,16156,16476,16996,17076,17416,17556,17836,
18276,18616,18696,19456,19536
のどれを足しても20161にならないことを示せば証明できますが、
そもそも上記の過剰数を列挙するだけでも大変ですね。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50782 / ResNo.2)

　Re[2]: 約数

□投稿者/ 約数一般人(2回)-(2021/05/13(Thu) 19:05:31)

大変な問題だったのですね…。
有難うございました。

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■50777 / 親記事)

　約数

□投稿者/ 青コブダイ一般人(1回)-(2021/05/10(Mon) 19:59:26)

1より大きなある自然数の正の約数すべてを単調増加になるように
1=a[1] < a[2] < ………
と並べたときのa[2]は、口頭で指し示すときに
・1の次に大きな約数
・1の次に小さな約数
のどちらで呼べばよいのでしょうか？ご教示下さい。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]

■50778 / ResNo.1)

　Re[1]: 約数

□投稿者/ らすかる一般人(49回)-(2021/05/10(Mon) 20:28:56)

1は「最も小さい約数」ですから、
「1の次に小さな約数」になります。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]

■50779 / ResNo.2)

　Re[2]: 約数

□投稿者/ 青コブダイ一般人(2回)-(2021/05/10(Mon) 21:55:18)

助かりました。ありがとうございました。

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■50768 / 親記事)

　順列組合せ～区別するものしないもの

□投稿者/ megumi 一般人(5回)-(2021/05/10(Mon) 00:05:37)

　順列組合せの問題を解くには
①分けるものの区別がつくか。
②分ける数は決まっているか。
③分けたものを置く場所の区別はつくか。
をチェックしなければならないと教えていただいたのですが、次の問題でこのことを確認させてください。

　袋の中に赤玉 4 個、白玉 6 個入っている。この袋の中から 1 個ずつ 4 個の玉を取り出すとき、1 番目と 4 番目が赤玉となる場合の数を求める。

　赤玉同士、白玉同士は区別がつかないと考えるべきでしょうから、同じものを含むものから順番に4個取り出すわけですから、赤玉●が1 番目と 4 番目に来るパターンは
(1)●○○●
(2)●●○●
(3)●○●●
(4)●●●●
の4通り。
(1)の場合
赤玉が1番目に来るのは4C1 = 4
白玉が2番目に来るのは6C1 = 6
白玉が3番目に来るのは5C1 = 5
赤玉が4番目に来るのは3C1 = 4
∴求める場合の数は 4*6*5*3 = 360
　これでいいと思うのですが、この場合1番目の赤玉と4番目の赤玉は③の置く場所が区別できるわけですから、赤玉同士は（もちろん白玉同士も）区別できるものと考えていいのでしょうか？
　①②③のチェックが大事だということはわかるのですが、こういうケースでは頭が混乱します。

(2)(3)(4)も同様に考えると
(2)●●○● 4*3*6*2 = 144
(3)●○●● 4*6*3*2 = 144
(4)●●●● 4*3*2*1 = 24
　よって求める場合の数は
360 + 144 + 144 + 24 = 672.

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▽[全レス6件(ResNo.2-6 表示)]

■50770 / ResNo.2)

　Re[2]: 順列組合せ～区別するものしないもの

□投稿者/ megumi 一般人(6回)-(2021/05/10(Mon) 06:30:31)

2021/05/10(Mon) 06:43:52 編集(投稿者)

　回答ありがとうございます。
> 場合の数を求める問題なら、同色の玉を区別しませんので「4通り」で終わりです。
？？？
ということは
「袋の中に赤玉 4 個、白玉 6 個入っている。この袋の中から 1 個ずつ 4 個の玉を取り出すとき、1 番目と 4 番目が赤玉となる場合の数」
は「4通り」でいいということですか？

　また
「a,a,c,d から 3 個取り出す場合の数」
は 4C3=4 としていいのですか？数え上げれば
a,a,c
a,a,d
a,c,d
だと思いますが。

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■50772 / ResNo.3)

　Re[3]: 順列組合せ～区別するものしないもの

□投稿者/ らすかる一般人(46回)-(2021/05/10(Mon) 09:58:47)

> 「袋の中に赤玉 4 個、白玉 6 個入っている。この袋の中から 1 個ずつ 4 個の玉を取り出すとき、
> 1 番目と 4 番目が赤玉となる場合の数」は「4通り」でいいということですか？

はい、そうです。

> 　また
> 「a,a,c,d から 3 個取り出す場合の数」
> は 4C3=4 としていいのですか？

ダメです。4C3は「4つの異なるものから3つを取り出す場合の数」
であり、「a,a,c,d」はaが2個ありますので4C3にはなりません。

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■50773 / ResNo.4)

　Re[4]: 順列組合せ～区別するものしないもの

□投稿者/ megumi 一般人(7回)-(2021/05/10(Mon) 10:03:22)

「a,a,c,d から 3 個取り出す場合の数」
と
「a,a,c,d から 1個ずつ 3 個取り出す場合の数」
は違いますか？

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■50775 / ResNo.5)

　Re[5]: 順列組合せ～区別するものしないもの

□投稿者/ らすかる一般人(48回)-(2021/05/10(Mon) 10:10:25)

「1個ずつ」の方は順番を意識しているものと考えられますので、違います。
前者なら3通り、後者なら12通りです。

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■50776 / ResNo.6)

　Re[6]: 順列組合せ～区別するものしないもの

□投稿者/ megumi 一般人(8回)-(2021/05/10(Mon) 10:33:05)

　丁寧に回答してくださり、ありがとうございました。
　最初の問題は本来は確率の問題で私が適当にアレンジしたものでした。
　オリジナルの確率との問題でもう一度質問させていただきます。

　その前にもう少し自分で考えます。

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■50764 / 親記事)

　場合の数

□投稿者/ 立方体一般人(1回)-(2021/05/01(Sat) 12:56:23)

立方体OABC-DEFGから四角すいD-OABCを切り取って捨てた。
残った立体ABC-D-EFGを全て四面体になるように切り分ける方法は何通りあるか。
ただし切り分けた四面体はどれも頂点がA,B,C,D,E,F,Gのいずれかであるとする。

教えて下さい。

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▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]

■50765 / ResNo.1)

　Re[1]: 場合の数

□投稿者/ らすかる一般人(43回)-(2021/05/01(Sat) 14:41:32)

立体のイメージはあまり得意ではないので難しいですね。
でも細かく場合分けしていけば数えられます。
まず△ADEとどこかの頂点で一つの四面体になりますが、
あり得る頂点はB,F,Gのいずれかです。

B-ADEを取り除いた場合
残りは三角柱BEF-CDGです。
△BEFとC,D,Gのいずれかの頂点で一つの四面体になりますが、
どの頂点を選んでも残りは四角錐となり、四角錐を四面体2つに
分ける方法は2通りですから、全部で2×3=6通りになります。

F-ADEを取り除いた場合
△ADFとBまたはGで一つの四面体になります。
B-ADFのとき四角錐が残りますので2通り、
G-ADFのときD-BCGとA-BFGと決まりますので1通り、計3通りです。

G-ADEを取り除いた場合
D-BCGが確定しますのでそれを取り除くと四角錐が残り、2通りです。

従って全部で 6+3+2=11通りとなります。

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■50767 / ResNo.2)

　Re[2]: 場合の数

□投稿者/ 立方体一般人(2回)-(2021/05/02(Sun) 10:15:14)

有難うございました。
とても分かりやすかったです。

解決済み!

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