😊出会いの泉😊

縦33,横32の長方形を
異なる大きさの正方形で埋め尽くすのに
左上に14,その横に18を置き
左中に10（14の下）
左下に9,その横に8,この8に上に7（10,18にも接する。)
ここまで埋めると隙間があり、そこに1,4の正方形を入れ込むと
右下がちょうど15の正方形の隙間となるので、そこを埋めると
全体で異なる9個の正方形のピースでこの長方形が埋まる。
(1^2+4^2+7^2+8^2+9^2+10^2+14^2+15^2+18^2=33*32(=1056))

そこでこの最後に埋めることになる15を除いた他の8個のピースを
小さい順に並べると
1,4,7,8,9,10,14,18
になっている。

これを何気にOEISで検索してみたらhttps://oeis.org/A004710
にヒットして
Positions of ones in binary expansion of Euler's constant gamma.
とある。

Euler's constant gamma
つまり
γ:=lim(n->∞)(∑[k=1,n]1/k-log(n))=0.57721･･･
のあれである。

この数値を二進法表示すれば
γ=0.100100111100010001 1001111110001･･･(二)
何と1の数字が発生する位置が小数点以下
1,4,7,8,9,10,14,18, (19,22,23,24,25,26,27,31,･･･)
と一致できているではないか！

正にこれは偶然の一致でしかないが、でもここまで一致しているのは
偶然にしては何か神秘的に見えてしまうのは私だけの印象だろうか？

二等辺三角形ABCの高さを変えずBCをk倍に長くすると長方形の面積もk倍になるから、
BCの長さを変えても長方形の面積が最大になるときの長方形の高さは変わらない。
∠Aが直角（すなわちBC=8で二等辺三角形ABCが直角二等辺三角形）の場合を考え、
BCに関してA,P,Sと対称な点をA',P',S'とすると長方形PP'S'Sの周の長さは一定(16)なので
長方形PP'S'Sの面積が最大（⇔長方形PQRSの面積が最大）になるのは
長方形PP'S'Sが正方形になるときで、この面積は16。
長方形PQRSはこの半分で、さらにBCを4/3倍に伸ばしたので3/4倍にして、
元の長方形PQRSの面積の最大値は16÷2×(3/4)=6。

以下の話はどこかで既出かもしれませんが……


概要のみ書きます。


三角形ABCの形に切った紙を用意して直線PS,PQ,SRで紙を折り返すことで、
3つの三角形APS,PBQ,CSRの面積の合計と長方形PQRSの面積を比較する。
折った後の紙の先端A,B,Cの位置をA',B',C'とする。

(あ) A'が長方形PQRSの内部にあるとき。
折った後の3つの三角形は、長方形全体を覆っていて、かつ
長方形の内側で紙が二重になっているところがある（A',B',C'を結んだ内側の領域）。
また、B'近辺やC'近辺が長方形の外部に出る場合もある。
よって、3つの三角形の面積の合計は長方形の面積より大きい。
すなわち、長方形PQRSの面積は元の三角形ABCの面積の半分より小さい。

(い) A'が線分QR上にあるとき。
A',B',C'は同じ点となり、
折った後の3つの三角形を合わせるとちょうど長方形と一致する。
よって、3つの三角形の面積の合計は長方形の面積と等しい。
すなわち、長方形PQRSの面積は元の三角形ABCの面積の半分である。

(う) A'が長方形PQRSの外部にあるとき。
折った後の3つの三角形は、長方形全体と
長方形外部にできる三角形A'B'C'を合わせたものである。
よって、3つの三角形の面積の合計は長方形の面積より大きい。
すなわち、長方形PQRSの面積は元の三角形ABCの面積の半分より小さい。

(あ),(い),(う)より、長方形の面積が最大になるのは(い)の場合で、
このときの長方形PQRSの面積は三角形ABCの面積の1/2である。

あとは何らかの方法で三角形ABCの面積がわかればよい。



きちんとした解答にするためには、
・折り紙ではなく、線対称な点として議論する。
・点Pにおける角度の議論から3点P,A',B'が一直線上にあることを示す。3点S,A',C'も同様。
・面積の不等式を作るために、図形をちゃんと分割する。
などが必要で、結構面倒くさいです。


なお、この方法は∠B,∠Cが鋭角ならばどんな三角形でも使えます。

[再々訂正]

数列{c(n)}は
c(0)=1,c(1)=1,c(n)=10*c(n-1)-c(n-2)+4
でした。

何度も申し訳ありませんです。

数列{a(n)},{b(n)}を
a(0)=0,a(1)=1,a(n)=6*a(n-1)-a(n-2)+2
b(0)=0,b(1)=1,b(n)=6*b(n-1)-b(n-2)
で定義するとn=1,2,3,･･･
に対し
{a(n)};1,8,49,288,1681,･･･
{b(n)};1,6,35,204,1189,･･･
が並んでいく。

この2つの数は次の関係でつながっている。
1+2+3+･･･+a(n)=b(n)^2

即ち
1=1^2
1+2+3+･･･+8=6^2
1+2+3+･････+49=35^2
1+2+3+･･･････+288=204^2
1+2+3+･････････+1681=1189^2
･･･････････


同じく
数列{c(n)},{d(n)}を
c(0)=1,c(1)=1,c(n)=10*c(n-1)-c(n-2)+4 (n=1,2,3,･･･)
d(0)=1,d(1)=11,d(n)=10*d(n-1)-d(n-2) (n=0,1,2,3,･･･)
で定義すると
{c(n)};1,13,133,1321,13081,･･･
{d(n)};1,11,109,1079,10681,･･･
が並んでいく。
この2つの数は次の関係でつながっている。
1^5+2^5+3^5+･･･+c(n)^5=平方数
かつ
c(n)^2+(c(n)+1)^2=(d(n)-1)^2+d(n)^2+(d(n)+1)^2

即ち
1^5=1^2
かつ
1^2+2^2=0^2+1^2+2^2

1^5+2^5+3^5+･･･+13^5=1001^2
かつ
13^2+14^2=10^2+11^2+12^2

1^5+2^5+3^5+･････+133^5=971299^2
かつ
133^2+134^2=108^2+109^2+110^2

1^5+2^5+3^5+･･･････+1321^5=942162299^2
かつ
1321^2+1322^2=1078^2+1079^2+1080^2

1^5+2^5+3^5+･････････+13081^5=913896491101^2
かつ
13081^2+13082^2=10680^2+10681^2+10682^2

･････････････････････････････
と思ってもない関係でつながっている。

http://shochandas.xsrv.jp/angle3/angle4.htm
での記事から
△ABCで各Aの二等分線が辺BCと交わる点をDとし
AB=a,AC=b とするとき

AD=2*a*b*cos(A/2)/(a+b)

なる公式を示してあるが、これはa,bに対する調和平均dが
1/d=1/2*(1/a+1/b)
即ち
d=2*a*b/(a+b)
に縮小率cos(A/2)を掛けたものと解釈される。

ここに調和平均の幾何的解釈として
x-y平面でx軸上の点A(a,0)
y軸上にP(0,d)をとり、これからx軸に平行に距離bだけ離れた点B(b,d)
を取ると、4点O(原点),A(a,0),B(b,d),P(0,d)
を囲む台形は半径d/2の円が内接できる。

即ち
2つの平行な長さa,bの間隔を調和平均で出すdで離してやっておけば
この中にピタリ半径d/2の内接円が収まり、その間隔ｄを最後に∠BACの二等分角度
A/2に対するcos量のcos(A/2)で縮小してやればADの距離が与えられると解釈される。

http://shochandas.xsrv.jp/urawaza/angle.htm
を元にいろいろ計算をしていたら

三角形ABCで各Aの二等分線が辺BCと交わる点をDとするとき
ADの長さはBD=m,CD=nであるなら

AD=2*m*n*cos(A/2)/(m*cos(B)+n*cos(C))
=2*m*n*sin((B+C)/2)/((m*cos(B)+n*cos(C))

で求められる。
というものに出会っていったのですが
これって妥当性を持ちますかね？

(理由)
AB=a,AC=bとし
DよりAB,ACへ下した垂線の足をE,Fとすると
AD^2=a*b-m*n
であるので
これが成立することから
△BDE+△CDF=1/2*m*n*sin(A) (∵△ABC=2*△AED+△BDE+△CDF)
一方
△BDE=1/2*BD*DE*sin(Pi/2-B)=1/2*m*AD*sin(A/2)*cos(B)
△CDF=1/2*CD*DF*sin(Pi/2-C)=1/2*n*AD*sin(A/2)*cos(C)
この２つを上式へ代入して整理すれば

1/2*AD*sin(A/2)*(m*cos(B)+n*cos(C))=1/2*m*n*sin(A)
よって
AD=2*m*n*cos(A/2)/(m*cos(B)+n*cos(C))
　=2*m*n*sin((B+C)/2)/((m*cos(B)+n*cos(C))
が導けた。

「中学入試問題に挑戦！」のこの問題、以下のようにすれば試行錯誤をだいぶ減らせますかね？

両辺を 9 で割った余りを考えると、
使った 9 個の数字の合計を 9 で割った余りが 6 。
これに P を加えると 10 個の数字の合計が 45 になるわけだから、P=3 です。

そして、H=0 より 3≦B+E+H≦17 なので、百の位への繰り上がりが 1 で確定で、A+D+G=19 です。
C+F+I=22 の場合 B+E+H=1 となり不適。
よって C+F+I=12 で B+E+H=11 とわかります。

C=6 とH=0 を考慮すると、
A+D+G=19
B+E=11
F+I=6
ですが、この中で 1 を使うには F+I を 1+5 か 5+1 にするしかありません。
すると、B+E は 2+9 か 4+7 か 7+4 か 9+2 となり、
残る A+D+G は、2+8+9 か 4+7+8 の順番を入れ替えたものとなります。

よって ABC が最小になるのは
ABC=246, DEF=871, GHI=905, P=3
ABC=246, DEF=875, GHI=901, P=3
ABC=246, DEF=971, GHI=805, P=3
ABC=246, DEF=975, GHI=801, P=3
の 4 パターンで、いずれの場合も B=4, P=3 です。

三角形ABCがあり、辺BCがx-y座標平面上のx軸上にあり、頂点Aはy軸の正の部分にあるものとする。
今x軸の正の部分と線分AB,ACの傾きをそれぞれm1,m2と表すとき、角Aの二等分線が辺BCと交わる点をDとしたとき
各(m1,m2)の値に対するADの線分の傾きmがどの様な値となるか見つけてほしい。
(1)(m1,m2)=(1/7,-1)
(2)(m1,m2)=(1/2,-2)
(3)(m1,m2)=(1/3,-3)
(4)(m1,m2)=(1/4,-4)
(5)(m1,m2)=(1,-5)

2022年4月10日でのNHK特集21時よりの放映で
望月新一氏のABC予想の証明についての番組を見ていたのですが
解説を望月氏にお願いしても、一般の方に解説することは高度な内容を
含みとても不可能と判断するとのことで、解説を辞退しますとのコメントが
あったのが面白かった。

この番組の中で整数a,b,c(=a+b)に対し
c/rad(c)<rad(a*b)
という関係式が出ていたのですが、
（rad(n);ｎの異なる素因数の積）
実験してみると
単純に常にこの関係式が成立するかと言えば、そうではなく例えば
a;b =>c/rad(c) VS rad(a*b)
2;126=>64 VS 42
2;160=>27 VS 10
3;125=>64 VS 15
3;144=>7 VS 6
3;189=>32 VS 21
4;108=>8 VS 6
4;121=>25 VS 22
4;124=>64 VS 62
4;192=>14 VS 6
4;196=>20 VS 14
･･････････
の様に反するパターンも出てきた。（しかし圧倒的には成立していく）
何らかの条件付きがあるのであろう。
また次の様なパターンは一致していく。
4;128=>2 VS 2
18;162=>6 VS 6
25;125=>5 VS 5
36;144=>6 VS 6
72;108=>6 VS 6
100;200=>10 VS 10

掛け算は足し算より簡単という表現をされていたのも（足し算は遺伝子を破壊する）
興味を引いた。

またこの証明をするために、トポロジーの発想が異なるものを同一視するものに対し
同じものを異なるものに分解し、これとは全く逆の発想で（宇宙際タイヒミュラー理論）
新しい数学理論を構築していったという経緯の解説もされていた。

もしこの理論が正しいならあのフェルマーの大定理
a^n+b^n=c^n (n>2)
には整数解が存在しない。

も数行で証明可能とのコメントがされていた。
確かにABC予想とはこのn=1
に相当する考察なので、そんなのも有かな程度しか感じられませんでしたが･･･

いずれにせよ、人間の考える力とそれに関わっている人の途方もない
発想力にただただ驚くばかりでした。