井　戸　端　掲示板

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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。
[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。
[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。
[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。
[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
[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。
[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/
[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。
[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。
[5873] こんなのはどうでしょうか？ 投稿者：BossF 投稿日：2006/09/30(Sat) 20:05: 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
http://www.ne.jp/asahi/boss/f-futaki/
[5872] 数学的帰納法によります 投稿者：ほげ投稿日：2006/09/30(Sat) 16:35: k=2のとき
z(1)=y(1)　z(2)=y(2)のときは明らかに成立する
z(1)=y(2)　z(2)=y(1)の時に証明するとよい
左辺ー右辺=(x(1)-y(2))^2＋(x(2)-y(1))^2-(x(1)-y(1))^2-(x(1)-y(1))^2
　　　　　=2(x(1)y(1)+x(2)y(2)-x(1)y(2)-x(2)y(1))
　　　　　=2(x(1)-x(2))(y(1)-y(2))≧0　　　　（条件より）
　　よってk=2のとき命題はなりたちます

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
つまり和の式の最初からa番目の項のなかのz(a)が　y(t+1)に等しいというわけです。
k=t+1のときの　左辺から　この　(x(a)-z(a))^2を除いたt個の項について
x(1)≧x(2)≧...≧x(t+1)　ただしx(a)はのぞく
y(1)≧y(2)...≧y(t)が成り立ちますから　k=tのときに成立するとした仮定によって
(x(1)-z(1))^2+(x(2)-z(2))^2+...(x(a+1)-z(a+1))^2+...+(x(t+1))-z(t+1))^2
　　≧(x(1)-y(1))^2+(x(2)-y(2))^2+...(x(a+1)-y(a))^2+...+(x(t+1))-y(t))^2
　　　　　　が成り立ちます。左辺も右辺もx(a)の項ははいってません。　
この両辺に　(x(a)-z(a))^2=(x(a)-y(t+1))^2を加えます。
すると　a<>1のときは
(x(1)-z(1))^2+(x(2)-z(2))^2+...(x(a)-z(a))^2+(x(a+1)-z(a+1))^2+...+(x(t+1))-z(t+1))^2
　　≧(x(1)-y(1))^2+(x(2)-y(2))^2+...+(x(a)-y(n+1))^2+((x(a+1)-y(a))^2+...+(x(t+1))-y(t))^2
が成り立ちますが　この不等式の右辺の
(x(2)-y(2))^2+...+(x(a)-y(n+1))^2+((x(a+1)-y(a))^2+...+(x(t+1))-y(t))^2
というt個の和については　x(2)≧x(3)≧...x(t+1)　y(2)≧y(3)≧...y(t+1)がなりたつので
数学的帰納法の仮定によって
(x(2)-y(2))^2+...+(x(a)-y(n+1))^2+((x(a+1)-y(a))^2+...+(x(t+1))-y(t))^2
　≧Σj=[2,t+1](x(j)-y(j))^2　が成り立ちます
よって　この両辺に(x(1)-y(1))^2を加えると(k=t+1のときも
不等式が成立することがわかります。

また　a=1のときは
(x(1)-y(t+1))^2+(x(2)-z(2))^2++(x(3)-z(3))^2+...+(x(t+1))-z(t+1))^2
　　≧(x(1)-y(t+1))^2+(x(2)-y(1))^2+...++(x(t+1))-y(t))^2
となっていますが　この最初の２項について　x(1)≧x(2)　y(1)≧y(t+1)が成り立つので
　数学的帰納法のk=2のときの式から　
　　(x(1)-y(t+1))^2+(x(2)-y(1))^2≧(x(1)-y(1))^2+(x(2)-y(n+1))^2となるので　
a<>2の場合に帰することになります。

証明とすれば　a=1のときを先に書いて　a<>2のときに考えると十分であることを示せば
よいでしょうが　全体の証明がよくわからなくなるでしょうから　a<>1を先に書きました。
[5871] うー。またやってしまいました。ごめんなさい。 投稿者：ZELDA 投稿日：2006/09/30(Sat) 11:54: 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。
[5870] Re:[5867] また勘違いしてるのかなぁ？ 投稿者：uchinyan 投稿日：2006/09/30(Sat) 11:37: > またなんか条件を見落とし、或いは勘違いしてるのかな
> とっても見掛けだけの問題のような気がします
>
ほげさんもコメントしていらっしゃいますが、同感です。
不等号が意味ないし、x, y の単調減少性は必要ないし、
何か、問題の写し間違いではないのでしょうか？
[5869] 問題集をUP 投稿者：ほげ投稿日：2006/09/30(Sat) 09:20: しました。
一応こうこうの範囲としましたが　中学生でも
十分解ける問題であると思います。
掲示板に感想をいただけると　うれしいです
ぜひ　チャレンジしてください"^_^"
[5868] 同感です 投稿者：ほげ投稿日：2006/09/30(Sat) 09:19: 見た目ほど難しくないように思いました
[5867] また勘違いしてるのかなぁ？ 投稿者：BossF 投稿日：2006/09/30(Sat) 07:56: またなんか条件を見落とし、或いは勘違いしてるのかな
とっても見掛けだけの問題のような気がします

∑の範囲がいずれも　1≦ｊ≦ｋのようですから省略して書きます

[証明]
Σ(x(j)-z(j))=∑x(j)-∑z(j),∑(x(j)-y(j))=∑x(j)-∑y(j)だから

左辺-右辺=∑y(j)-∑z(j)≡0 i.e.左辺≧右辺■

「数列　y(1),y(2),y(3)・・・y(k)に対して、
この数列を任意に並び替えて得られる数列　z(1),z(2),z(3)・・・z(k)」
しか使ってない
やはり寝ぼけてるんでしょうね、あとで見るのが楽しみ…(^^;;
http://www.ne.jp/asahi/boss/f-futaki/
[5866] また、よろしいでしょうか？ 投稿者：ZELDA 投稿日：2006/09/29(Fri) 22:31: また、質問させていただいてもよろしいでしょうか？次の問題なのですが、どうやったら、いいのかさっぱり方針がたちません。よろしくお願いします。

x(n)≧x(n+1), y(n)≧y(n+1) (n=1,2,3・・・)が成り立つ。
このとき、数列　y(1),y(2),y(3)・・・y(k)に対して、
この数列を任意に並び替えて得られる数列　z(1),z(2),z(3)・・・z(k)を考える。

このとき、２以上のkにたいして、次の不等式が成り立つことを証明せよ。
Σj=[1,k](x(j)-z(j))≧Σj=[1,k](x(j)-y(j))

よろしくお願いします。
[5865] 算チャレ3 Q232 投稿者：tomh 投稿日：2006/09/27(Wed) 17:05: 先程算チャレ3 Q232が出題されました。
今回は「直方体・立方体と対角線」の問題です。
認証式明けでも解きましょう?! (^^;

また、今夜は算チャレQ519が出題されます。
守備も軽快に解きましょう?! (^^;
http://www.geocities.jp/tomh/
[5864] 問題UPについて 投稿者：ほげ投稿日：2006/09/23(Sat) 18:11: 本日　所用のため　UPできません
明日　問題集の問題をUPいたします。
また　明日UPの時間も　現在のところ予定がたっておりませんので　
いつとはいえない状況です

連絡が遅れました

ごめんなさい
[5863] 算チャレ3 Q231 投稿者：tomh 投稿日：2006/09/20(Wed) 17:03: 先程算チャレ3 Q231が出題されました。
今回は「時計の針」の問題です。
重要ポスト要請を待ちながら解きましょう?! (^^;

また、今夜は算チャレQ518が出題されます。
1位通過を目指して解きましょう?! (^^;
http://www.geocities.jp/tomh/

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