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[5893] 算チャレ3 Q234 投稿者：tomh 投稿日：2006/10/11(Wed) 17:03

先程算チャレ3 Q234が出題されました。
今回は「7の倍数」の問題です。
決戦直前の緊張感で解きましょう?! (^^;;

また、今夜は算チャレQ521が出題されます。
優勝の余韻の中、解きましょう?! (^^;

http://www.geocities.jp/tomh/

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[5892] 無題 投稿者：ZELDA 投稿日：2006/10/07(Sat) 23:13

返事が遅くなってしまい、申し訳ありませんでした。ほげさんのおっしゃる考え方をしていました。これで、納得できました。ありがとうございます。これから、数学問題と投稿問題にチャレンジしようと思います。投稿問題のほうはなかなか手強そうに見えます。それでは、ありがとうございました。

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[5891] ただ今 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/06(Fri) 00:16

0時15分
正解者UPは　また　明日にします。
今日はありがとうございました
久しぶりに　リアルタイムの楽しさを味わいましたm(__)m

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[5890] 投稿問題UPしました 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/05(Thu) 23:45

この問題は　高校レベルでしょう
解答に文字がふくまれているので
メールで回答を送付してください
パスワードを連絡いたします
メールのお持ちでない方はフリーメール等（hotmail等）を利用していただきたいと
思います

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[5889] 投稿問題は 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/05(Thu) 23:26

11時45分にUPします
もう少しお待ちください
手間取っております

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[5888] やっぱり 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/05(Thu) 23:24

リアルタイムに解答をいただくのがいいなあ
久しぶりに味わいました
出題してちょっとたつと　解答メールがくるのって　わくわく
しちゃいますね。
これからも　時間でUPするようにしようっと(^.^)

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[5887] 問題UP終了しました 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/05(Thu) 23:07

帰宅時間が　10時50分
UPが　11時01分
どうにか許容範囲の時間でupできたと思います
ぜひ感想をお願いしますm(__)m

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[5886] もうはや週末か．．． 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/05(Thu) 12:53

今週末は　問題集のほうは　お休みします。

算数問題　数学問題を考えていて　週末の問題を　考えていなかったりする．．．(^_^;)

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[5885] Re:[5884] おはようございます 投稿者：uchinyan 投稿日：2006/10/05(Thu) 11:37

> 本日　夜11時ころ（できれば定刻）に問題をUPします
> 帰るのが遅くなって定刻にUP出来なかったら　11時30分にUPします
> それより遅い時は　明日の朝にUPします
>
あまり順位には関心のない人なので、明日以降に、ゆっくりと参加するつもりです。
ところで、土曜日には問題集もUPするのでしょうか？
そうなると、うーん、結構大変だな．．．

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[5884] おはようございます 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/05(Thu) 10:18

本日　夜11時ころ（できれば定刻）に問題をUPします
帰るのが遅くなって定刻にUP出来なかったら　11時30分にUPします
それより遅い時は　明日の朝にUPします

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[5883] 算チャレ3 Q233 投稿者：tomh 投稿日：2006/10/04(Wed) 17:11

先程算チャレ3 Q233が出題されました。
今回は「列車と鉄橋」の問題です。
ノーベル賞受賞の電話を待ちながら解きましょう?! (^^;;

また、今夜は算チャレQ520が出題されます。
プレーオフを楽しみながら解きましょう?! (^^;

http://www.geocities.jp/tomh/

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[5882] Re:[5880] ありがとうございます。 投稿者：uchinyan 投稿日：2006/10/03(Tue) 09:28

ほげさんの[5881]のとおりですが、ちょっと補足すると．．．

まずは、帰納法の仮定を忘れれば、z(1), z(2), ..., z(t), z(t+1) を考えると、
これは、y(1), y(2), ..., y(t), y(t+1) の入れ替えなので、z(a) = y(t+1) となるものがあるのはいいですよね。
このとき、
y(1), y(2), ..., y(a-1), y(a), y(a+1), ..., y(t-1), y(t)
z(1), z(2), ..., z(a-1), z(a+1), z(a+2), ..., z(t), z(t+1)
x(1), x(2), ..., x(a-1), x(a+1), x(a+2), ..., x(t), x(t+1)
を考えますが、ここで、
y(1), y(2), ..., y(a-1), y(a), y(a+1), ..., y(t-1), y(t)
X(1) = x(1), X(2) = x(2), ..., X(a-1) = x(a-1), X(a) = x(a+1), X(a+1) = x(a+2), ..., X(t-1) = x(t), X(t) = x(t+1)
Z(1) = z(1), Z(2) = z(2), ..., Z(a-1) = z(a-1), Z(a) = z(a+1), Z(a+1) = z(a+2), ..., Z(t-1) = z(t), Z(t) = z(t+1)
と置き換えて、これらの t 個の項の X, y, Z について、帰納法の仮定を使う、と考えます。
すると、X, y は単調減少性の条件を満たし、Z は y の入れ替えなので、k = t の仮定が使える、と理解できるのでは。

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[5881] 数学的帰納法 投稿者：ほげ 投稿日：2006/10/03(Tue) 00:01

>新しく考える項 z(t+1)は y(1),y(2),y(3)・・・y(t)のいずれとも等しくなり得ません。すると、z(t+1)=y(t+1)となってしまい、証明がうまくいかない

k=t+1のとき　新しく考えるのは　y(1),y(2),y(3)・・・y(t),y(t+1)で　さらに　
これを任意にソートした　 z(1),z(2),z(3)・・・z(t),z(t+1)　を考えるのです

k=tのときに　k=tのときの式に　新たにy(t+1)　をくっつけると考えたのでしょうが　そのときに
z(1),z(2),z(3)・・・z(t)　にz(t+1)をくっつける　と考えると　z(t+1)=y(t+1)
となってしまうのでしょう。

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[5880] ありがとうございます。 投稿者：ZELDA 投稿日：2006/10/02(Mon) 20:14

ほげさん、BossFさん、uchinyanさん、ありがとうございました。実は、私も数学的帰納法による解法を考えたのですが、どうしても理解できない点があるので質問させてください。

たとえば、ほげさんの解答で『k=tのときに不等式が成立すると仮定して　k=t+1のときに成立することを示します
z(1)〜z(t+1)の中に　y(t+1)と等しいものがあるので　それを　z(a)とします』
という部分があるのですが、ここがどうしても納得できません。
具体的にどう納得がいかないかと言いますと

『k=tのときに不等式が成立すると仮定すると、y(1),y(2),y(3)・・・y(t)
と z(1),z(2),z(3)・・・z(t)は１対１対応です。
すると、新しく考える項 z(t+1)は y(1),y(2),y(3)・・・y(t)のいずれとも等しくなり得ません。すると、z(t+1)=y(t+1)となってしまい、証明がうまくいかない。』
と考えてしまったのですが、どこで考え方がおかしいのか指摘していただけると助かります。
よろしくお願いします。

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[5879] Re:[5877] 考えてみましたが．．． 投稿者：uchinyan 投稿日：2006/10/01(Sun) 18:13

ちょっと見直しました。

> > 数学的帰納法かな、と思ったら、既に解答がUPされているようですが、私も少し考えてみます。
> 結局は、ほげさんの解法と同じようになってしまいました (^^;
> ご参考までに、一応、書いておきます。
>
．．．
> この式の左辺は、次のようになっています。
この先ですが、m ≠ 1 の場合も、
> x(1) * y(1) + x(2) * y(2) + ... + x(m-1) * y(m-1) + x(m) * y(k+1) + x(m+1) * y(m) + ... + x(k) * y(k-1) + x(k+1) * y(k)
> >= x(1) * z(1) + x(2) * z(2) + ... + x(m-1) * z(m-1) + x(m) * z(m) + x(m+1) * z(m+1) + ... + x(k) * z(k) + x(k+1) * z(k+1)
の左辺に関して、m = 1 の場合と同様にして
x(m) * y(m) + x(m+1) * y(k+1) >= x(m) * y(k+1) + x(m+1) * y(m)
がいえるので、これを繰り返していけばいいですね。
つまり、m = 1 かどうかで場合分けは不要でした。

そして、このことは、数学的帰納法の枠内で、ですが、
> 一般に、z は y の順番を入れ替えたものですが、これは、二箇所の入れ替えの有限回の繰り返しで実現できます。
> したがって、この入れ替えが、
> 　　入れ替える前の値が常に単調減少しているような入れ替えだけで行える ----- (*)
> ならば、不等式は証明できることになります。
が実現できることを意味していると思われます。

これらを取り込んで、[5877]を修正しました。

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[5878] あ、ひょっとして　Re:[5873] こんなのはどうでしょうか？ 投稿者：uchinyan 投稿日：2006/10/01(Sun) 13:35

([5877]は修正しました。[5879]をご覧ください。)

BossFさんのこの解法って、私が[5877]の最後の方で「できるのかな」と書いた考え方なのでしょうか。
やはりできるのかな。

> 帰納法も考えましたが、書くのが面倒で…(^^;;
>
> [略証]
> p＜qのとき　Zp＜Zq なら
>
> (Xp-Zp)^2+(Xq-Zq)^2-{(Xp-Zq)^2+(Xq-Zp)^2}=2(Xp-Xq)(Zq-Zp)≧0
>
> よって、
> {Zi}のZp,Zqを入れ替えたものを{Z'i}とすれば
>
> ��(Xi-Zi)^2≧��(Xi-Z'i)^2
>
> さて、p＜qのときZp＜Zq ならZp,Zqを入れ替える操作をAとすると、
> 有限回Aを行えば{Zi}→{Yi}に変換できる
>
> 以上より　��(Xi-Zi)^2≧��(Xi-Yi)^2

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[5877] 考えてみましたが．．．Re:[5874] [5871] うー。またやってしまいました。ごめんなさい。 投稿者：uchinyan 投稿日：2006/10/01(Sun) 13:26

(最初の書き込みから少し修正しています。[5879]をご覧ください。)
> 数学的帰納法かな、と思ったら、既に解答がUPされているようですが、私も少し考えてみます。
結局は、ほげさんの解法と似たようになってしまいました (^^;
ご参考までに、一応、書いておきます。

まず、
Σj=[1,k](x(j) - z(j))^2 = Σj=[1,k](x(j))^2 - 2 * Σj=[1,k] x(j) * z(j) + Σj=[1,k](z(j))^2
Σj=[1,k](x(j) - y(j))^2 = Σj=[1,k](x(j))^2 - 2 * Σj=[1,k] x(j) * y(j) + Σj=[1,k](y(j))^2
Σj=[1,k](z(j))^2 = Σj=[1,k](y(j))^2
なので、
Σj=[1,k](x(j) - z(j))^2 - Σj=[1,k](x(j) - y(j))^2
= 2 * Σj=[1,k] x(j) * (y(j) - z(j))
そこで、
Σj=[1,k] x(j) * y(j) >= Σj=[1,k] x(j) * z(j)
を示せばOKです。

数学的帰納法で示します。

☆ k = 2 の場合
示すべき式は、
x(1) * y(1) + x(2) * y(2) >= x(1) * z(1) + x(2) * z(2)
です。これは、z(1) = y(1)、z(2) = y(2) のときは、等号が成立し、明らか。
z(1) = y(2)、z(2) = y(1) のときは、
左辺 - 右辺
= x(1) * y(1) + x(2) * y(2) - x(1) * z(1) - x(2) * z(2)
= x(1) * y(1) + x(2) * y(2) - x(1) * y(2) - x(2) * y(1)
= (x(1) - x(2)) * (y(1) - y(2)) >= 0
最後の不等式は、x, y の単調減少性よりいえます。
したがって、成立します。

☆ k で成立したとして k+1 の場合
題意より、y(k+1) = z(m) となるような m が存在します。このとき、
x(1), x(2), ..., x(m-1), x(m+1), ..., x(k), x(k+1)
y(1), y(2), ..., y(m-1), y(m), y(m+1), ..., y(k)
に対しては、k 個の場合の条件を満たすので、
z(1), z(2), ..., z(m-1), z(m+1), ..., z(k), z(k+1)
を上記の y を入れ替えたものとして、帰納法の仮定によって、
x(1) * y(1) + x(2) * y(2) + ... + x(m-1) * y(m-1) + x(m+1) * y(m) + ... + x(k) * y(k-1) + x(k+1) * y(k)
>= x(1) * z(1) + x(2) * z(2) + ... + x(m-1) * z(m-1) + x(m+1) * z(m+1) + ... + x(k) * z(k) + x(k+1) * z(k+1)
がいえます。この式の両辺に x(m) * y(k+1) = x(m) * z(m) を足します。
x(1) * y(1) + x(2) * y(2) + ... + x(m-1) * y(m-1) + x(m) * y(k+1) + x(m+1) * y(m) + ... + x(k) * y(k-1) + x(k+1) * y(k)
>= x(1) * z(1) + x(2) * z(2) + ... + x(m-1) * z(m-1) + x(m) * z(m) + x(m+1) * z(m+1) + ... + x(k) * z(k) + x(k+1) * z(k+1)
この式の左辺において、x(m) >= x(m+1), y(m) >= y(k+1) より、k = 2 の場合と同様に、
x(m) * y(m) + x(m+1) * y(k+1) >= x(m) * y(k+1) + x(m+1) * y(m)
がいえるので、これを繰り返していけば、y(k+1) を最後の項まで持って行くことができて、
x(1) * y(1) + x(2) * y(2) + ... + x(m) * y(m) + ... + x(k) * y(k) + x(k+1) * y(k+1)
>= x(1) * y(1) + x(2) * y(2) + ... + x(m-1) * y(m-1) + x(m) * y(k+1) + x(m+1) * y(m) + ... + x(k) * y(k-1) + x(k+1) * y(k)
>= x(1) * z(1) + x(2) * z(2) + ... + x(m-1) * z(m-1) + x(m) * z(m) + x(m+1) * z(m+1) + ... + x(k) * z(k) + x(k+1) * z(k+1)
がいえ、
Σj=[1,k] x(j) * y(j) >= Σj=[1,k] x(j) * z(j)
が成立します。

以上で、証明は終わりです。

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[5876] (^^;; 投稿者：BossF 投稿日：2006/10/01(Sun) 00:55

競っても勝てないので、順位は気にしてませんが←大嘘
問題集の先週分(第２３問)が何度考えても合わないみたいなので困ってます(=^・^=)

http://www.ne.jp/asahi/boss/f-futaki/

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[5875] 投稿問題 投稿者：ほげ 投稿日：2006/09/30(Sat) 23:25

今月のUPの時に　投稿問題を久しぶりにUPする予定です。
UPは　5日の夜11時30分を予定しています。
仕事の関係で　夜遅くになって帰ることが多いので　この時間を過ぎるかもしれません。
順位を競っている方には申し訳ないのですが　今年度は
時間厳守のUPは勘弁してください。

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[5874] Re:[5871] うー。またやってしまいました。ごめんなさい。 投稿者：uchinyan 投稿日：2006/09/30(Sat) 22:54

> すいませんでした。どうやら、またしでかしてしまったようです。問題が間違えています。
> すいませんでした。正しくは、次のように２乗が入った式になります。
>
> Σj=[1,k](x(j)-z(j))^2≧Σj=[1,k](x(j)-y(j))^2
> です。よろしくお願いします。
あ、やはり、問題の間違いでしたか。

数学的帰納法かな、と思ったら、既に解答がUPされているようですが、私も少し考えてみます。

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