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「さいころの真実」を読んで

黒丸の「2と3と6の向き」は、前から気になっていた。
決まりがあったのですね。

立体の状態で
どこから見ても、
2と3が、まるで両手で1を包み込むよーな向きに。
(1つの輪になるよーな向きに)

そして、
6と4が辺で繋がった時、
だんご3兄弟が、だんご5兄弟に変身する。

(だんご3兄弟の歌、覚えてますか?
    串に刺さったダンゴ・ダンゴ ♪)


また、
この気になる2・3・6達は、一つの頂点に集まる。
爽やかな1・4・5達も、一つの頂点に集まる。
やはり、「類は友を呼ぶ」のですね。

また、サイを、コロがした時、
どの面の重さも同じになるよーにと、
1の穴は、大きく深く
6の穴は、小さく浅く 削って・・・
彫り出した木屑の重さが全て同じになるよーに。

いんちきサイコロは、中身に仕掛けがしてあって、
一つの面を重く作り、その面が出やすくしてあるそーな。。。

「カルピス模様(水玉模様)の四角い箱」には、いろいろな話が
詰まっていますね。。。

そー言えば、最近は、さいころキャラメルが売られていない。
これも、諸行無常ですね。。。

私は暇人なのか・・・?

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倍分という用語

今日、NHKEテレビのNHK高校講座 数学I「有理数」(10:30~10:50)を何とはなしに見ていたら
「倍分」という用語が使われていた。分子・分母に同じ数を掛けることが「倍分」らしいのだが、
生まれてこのかた「倍分」という用語を習ったこともないし、使ったこともないし、人に教えたこ
ともない。この「倍分」という用語は、最近流行りなんですかね?

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関連深い2数列の関係

A1,A2,A3,A4,A5,・・・と
a1,a2,a3,a4,a5,・・・の不思議な関係で

A1=a1^2-a2^2
A2=2*a1*a2
とすれば
A1^2+A2^2=(a1^2-a2^2)^2+(2*a1*a2)^2
=a1^4-2*a1^2*a2^2+a2^4+4*a1^2*a2^2
=a1^4+2*a1^2*a2^2+a2^4
=(a1^2+a2^2)^2

A1=a1^2+a2^2-a3^2
A2=2*a1*a3
A3=2*a2*a3
とすれば
A1^2+A2^2+A3^2=(a1^2+a2^2-a3^2)^2+(2*a1*a3)^2+(2*a2*a3)^2
=(a1^2+a2^2)^2-2*(a1^2+a2^2)*a3^2+a3^4+4*(a1^2+a2^2)*a3^2
=(a1^2+a2^2)^2+2*(a1^2+a2^2)*a3^2+a3^4
=(a1^2+a2^2+a3^2)^2

同じく
A1=a1^2+a2^2+a3^2-a4^2
A2=2*a1*a4
A3=2*a2*a4
A4=2*a3*a4
とすれば
A1^2+A2^2+A3^2+A4^2=(a1^2+a2^2+a3^2-a4^2)^2+(2*a1*a4)^2+(2*a2*a4)^2+(2*a3*a4)^2
=(a1^2+a2^2+a3^2)^2-2*(a1^2+a2^2+a3^2)*a4^2+a4^4+4*(a1^2+a2^2+a3^2)*a4^2
=(a1^2+a2^2+a3^2)^2+2*(a1^2+a2^2+a3^2)*a4^2+a4^4
=(a1^2+a2^2+a3^2+a4^2)^2
以下同様にして

一般に
A1=a1^2+a2^2+a3^2+a4^2+・・・+(an-1)^2-an^2
A2=2*a1*an
A3=2*a2*an
A4=2*a3*an
・・・・・・・・
An=2*(an-1)*an
としておけば

A1^2+A2^2+A3^2+・・・・+An^2=(a1^2+a2^2+a3^2+・・・・+an^2)^2

の関係で結ばれる。

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天秤パズル(自作)

数学とはちょっと違いますけど、
天秤パズルをひとつ作りました。
よかったらどうぞ。
わたしは全問できているわけではないので、
一部しか解答がわかりません。


m 枚のコインがあります。
このうち m-2 枚が本物で 2 枚が偽物です。
偽物は本物よりも軽いことがわかっていますが、
偽物同士が同じ重さかどうかはわかりません。
天秤を最大 n 回使って偽物 2 枚を特定してください。
偽物同士の重さの関係を特定する必要はありません。

m, n が以下のとき、特定が可能か不可能かを示してください。

(1) m = 6, n = 3 のとき
(2) m = 7, n = 3 のとき
(3) m = 10, n = 4 のとき
(4) m = 11, n = 4 のとき
(5) m = 12, n = 4 のとき




↓↓ 以下、ネタバレ注意 ↓↓





わたしが今までに得ている結果は、
(1),(3) は可能、
(2),(5) は不可能、
(4) は未解決です。

引用して返信編集・削除(未編集)

(4) は、最初に2個ずつ以下では釣り合ったときが不可能、4個ずつ以上だと傾いたときに不可能ということは簡単にわかりますが、3個ずつの場合がなかなか際どいですね。

そして、(3) が意外と難しい。

引用して返信編集・削除(未編集)

(3) の手順を再確認していた中で次のことがわかりました。

(6) m ≦ 3^t + 1 , n = 2 * t のとき、偽物2枚を特定可能

引用して返信編集・削除(未編集)

八角形の問題

この八角形には、どのような特徴があるでしょうか。
(「対辺が平行」などの自明な特徴は除く)

引用して返信編集・削除(編集済: 2022年05月12日 18:03)

外接円が存在する八角形で、各辺の長さ及び円の半径が全て自然数になっているもの。
……のうち最小のもの?(自信なし)

引用して返信編集・削除(未編集)

設問を読んだ瞬間に
「きっと対角線の長さがすべて整数なんだろうな」
と思って確認したらその通りでした。
見事ですね。

引用して返信編集・削除(未編集)

私の予定回答はりらひいさんの通りですが、
DD++さんが書かれたことも気になって調べました。
その結果、
「外接円が存在する八角形で、各辺の長さ及び円の半径が全て自然数になっているもの。
……のうち最小のもの」
は「外接円の半径8、辺の長さ9,9,8,8,8,2,2,2の八角形(辺は順不同)」
でした。
# これは半径が最小のもののうち、最長辺が最小であるものです。
# 半径8の解は3つあり、半径が最小のもののうち、面積が最小ならば別の解になると思います。

ただし、「外接円が存在する八角形で、各辺の長さ及び円の半径が自然数で、
対辺がそれぞれ平行であるもののうち最小のもの」であれば
最初に書いた半径65の八角形になります。

引用して返信編集・削除(未編集)

なるほど、「平行八角形」なら正解でしたか……。

ところで、辺の長さが 33,25,16 ではなく全て2倍してあるのはどういう意図だったのでしょう?
私はそこに違和感を覚えて、奇数の長さになっている線分すなわち半径が整数となっていることが何か重要なんだろうなと思っていたのですが……単にそういう八角形を探す方法上での都合でしたか?

引用して返信編集・削除(未編集)

単なる探す時の都合です。
x^2+y^2=65^2上の点として
(63,16),(33,56),(-33,56),(-63,16),(-63,-16),(-33,-56),(33,-56),(63,-16)
の8点をとり、それぞれの点間の距離を計算していたので
結果的に偶数になりました。
半径を除けば、対角線の長さも含めてすべて偶数だったので
1/2にすることもできるな、と後で思いましたが、
1/2にしてしまうと座標で書くときとか外接円の方程式とかで
少し不便になりますので、そのままにしました。

「どの3点も一直線上にないn点があり、どの2点間の距離も整数」のnに上限があるか?
というのを考えている途中経過なのですが、こういう八角形があることを考えると
上限はなさそうな気がしています。
(ただし点が増えると爆発的に長さの値が大きくなる気はしますが…)

引用して返信編集・削除(未編集)

なるほど、そういう研究の過程でしたか。
半径に制限をつけなければそのような点を同一円周上に無限に取れると思います。
任意の隣り合う頂点の間の中心角が「その半角の sin も cos も有理数になるような角度」になるように点をとっておけば、どの頂点間の中心角も「その半角の sin も cos も有理数になる角度」なわけですから、単位円周上で任意の2点間の距離が有理数になるような点を好きなだけ取れます。
ぐるっと回って戻ってきた最後の1個の中心角も条件を満たすのか、という点に関しても、全ての中心角の合計が 2π であることから問題なし。

引用して返信編集・削除(未編集)

理論的な裏付けをありがとうございます。
とりあえず、半径243061325の円に内接する192角形で
すべての辺と対角線が整数になる具体値(192個の座標)までは出しました。
裏が取れたことでこれ以上進めても無意味なので、終了することにします。

引用して返信編集・削除(未編集)

> 「外接円が存在する八角形で、各辺の長さ及び円の半径が全て自然数になっているもの。
> ……のうち最小のもの」
> は「外接円の半径8、辺の長さ9,9,8,8,8,2,2,2の八角形(辺は順不同)」
> でした。
> # これは半径が最小のもののうち、最長辺が最小であるものです。
> # 半径8の解は3つあり、半径が最小のもののうち、面積が最小ならば別の解になると思います。

八角形にこだわらなければ
半径をいろいろ変化させると、それに内接するものがいろいろ作れていくのが面白いですね。(対角線の長さは無視です。)
例えば半径を8としたら
8が等しい2辺に対し残る一辺の長さが4,11,14の二等辺三角形をそれぞれ1,1,2個で埋めると8の円に内接する四角形が納まる。
また残る一辺の長さが4,8,14の二等辺三角形なら2,3,1個で内接する六角形が納まる。(8を6個使えばこれも内接しているが・・・)

半径を9とするとこれに内接する六角形を
残る一辺長(2,9,12)->(1,3,2)個
(3,9,17)->(2,3,1)個
(6,9,14)->(2,3,1)個
当然   (9) ->6個

以下同様
円の半径=>残り一辺:個数
12=> 6;12;21 :2;3;1 (内接六角形)
13=> 1;22;23 :1;2;1 (内接四角形)
13=> 10;13;24 :1;3;1 (内接五角形)
13=> 1;13;22 :2;2;2
14=> 4;22;26 :1;2;1
14=> 14;22;26 :2;1;1
16=> 8;22;28 :1;1;2
16=> 4;24;31 :1;2;1
16=> 17;22;28 :1;2;1
16=> 7;16;20 :1;3;2
16=> 4;16;31 :2;3;1
16=> 8;16;28 :2;3;1
16=> 12;16;23 :2;3;1
16=> 4;16;18 :3;3;2
16=> 4;18;31 :5;2;1
17=> 16;17;30 :1;3;1
18=> 4;18;24 :1;3;2
18=> 6;18;34 :2;3;1
18=> 12;18;28 :2;3;1
19=> 11;26;37 :1;2;1
19=> 11;19;26 :1;4;1
19=> 19;26;37 :2;1;1
19=> 11;19;26 :2;2;2
20=> 10;20;35 :2;3;1
・・・・・・・・・・・・・・・・・
3タイプの二等辺三角形に限っての調査しかしなかったので、もっとタイプを増やして
いけばまた違った埋め方が出てくるのでしょうね。

なお半径10,11では適当なものが見つからなかったのですが,見落としですかね?






      

引用して返信編集・削除(編集済: 2022年05月13日 16:09)

10=> 10;12;16 :3;1;1
13=> 1;13;22 :1;4;1
13=> 13;22;23 :2;1;1
14=> 4;14;22 :2;2;2
15=> 15;18;24 :3;1;1
15=> 3;14;25 :2;2;2
15=> 14;19;25 :1;1;2
とかあるのでは?

# 11は3タイプには分けられないようです。

引用して返信編集・削除(編集済: 2022年05月13日 18:10)

数字と相性の良い2桁の数は?

ある2桁の数Nが
1から9までの数字を使い
N=a^2+b^2=c^2+d^2+e^2=f^2-d^2+g^2=h^2+i^2
ただし1から9の何れかであるa~iは
a<c<f<h<i の条件を満たすものとする。

さてこの時
[a,b,c,d,e,f,g,h,i]や如何に?

引用して返信編集・削除(未編集)

2桁で2通りの平方和で表せる数は65が思いつきます。
65=1^2+8^2=4^2+7^2
多分これを当てはめればいけるのでしょう。
というわけで
(a,b,c,d,e,f,g,h,i)=(1,8,2,5,6,3,9,4,7)

引用して返信編集・削除(未編集)

テレビ番組を観て

NHKの人気番組の「チコちゃんに叱られる」を見ていたら
一度西に沈んだ太陽を再び見るために、垂直に立つ塔へある距離をある時間内に
登ると再びその太陽の姿を望める話題が取り上げられていた。
そしてそれを可能とする公式が当時中学3年生であった工藤優輝(ゆうよう)君が
見つけて、科学論文コンクールで最優秀賞を受けたとありその式が

H(t)=10^3*(sqrt((6400*cos(θ)*tan(t/240))^2+(6400*cos(θ))^2)-6400*cos(θ)) (m)

と紹介されていた。
(θは地球上での緯度(度)、tは上に登るのに時間(秒)

東京スカイツリーがある場所の緯度が北緯36度で,地球の半径を6400(km)の真球としている。

計算機での計算上ラジアンへ変更して

H(t)=10^3*(sqrt((6400*cos(36*Pi/180)*tan(t/240*Pi/180))^2+(6400*cos(36*Pi/180))^2)
-6400*cos(36*Pi/180)) (m)

tを10(秒)刻みで算出してみると
t ;H(t)(m)
10;1.369115132
20;5.476464147
30;12.32205791
40;21.90591451
50;34.22805931
60;49.28852487
70;67.08735103
80;87.62458486
90;110.9002806
100;136.9145000
110;165.6673116
120;197.1587915
130;231.3890231
140;268.3580969
150;308.0661105
160;350.5131691
170;395.6993849
180;443.6248773
・・・・・・・・・・・・

従って第一展望台がある(高さ350m)までは160秒かけて登れば沈んだ太陽は再び目にすることが
可能で、実際スカイツリーのエレベータではここまでの到達時間が50秒なので、太陽が西に沈んで
直ぐにエレベータで展望台に登れば残り110秒間は再び太陽の姿を見ることが出来ることになる。

上記の数値の並びが、徐々に開いていくので
10秒間隔の開きを四捨五入でm単位の整数で並べてみると
1, 4, 7, 10, 12, 15, 18, 21, 23, 26, 29, 31, 34, 37, 40, 42, 45, 48, 51, 53, 56, 59, 62,
64, 67, 70, 73,・・・
となっていった。

これを試しにOEISで試したら
A186226に70までの数列に合致した。(73は72でそこでずれる)
この数列は
triangular numbers (三角数)と
pentagonal numbers (五角数)
に深く関連したものになっており、あくまでも偶然ではあろうが天体の運行が幾何学的構造で動かされて
いるのではないかと思ってしまうほど重なることに驚いた。

引用して返信編集・削除(未編集)

テスト

テストでーす

引用して返信編集・削除(編集済: 2022年05月05日 09:31)

カルピスさん、新掲示板へようこそ!無事開通しましたね。
今後ともどうぞよろしくお願いします。

引用して返信編集・削除(未編集)

偶然にしては・・・

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?

引用して返信編集・削除(編集済: 2022年05月04日 09:01)

5月1日付け「最大値2」

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。

引用して返信編集・削除(未編集)
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