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数学の部屋BBS
質問のある方は、学年等を書くようにしてくださいね。
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★ 図形の証明の採点基準について / てー
先日，子ども(中３)の授業の小テストで図形の証明問題があり，結果が返ってきたのですが，採点基準に納得がいかないところがあり，意見を聞かせてもらえればと思います。

相似の証明をした後からです。点Pは辺BCの内分点です。

対応する辺の比は等しいので，DE：BC＝3：4
仮定より，CP：PB＝3：1 であるから，
　　DE：CP＝3：3＝1：1　　←
よって，　DE＝CP　終

基準によると，←の部分の表記が何をもとに一致すると言っているのか論理が飛躍しすぎだそうです。答えるならば，
　　DE：BC＝3：4 より，DE=(3/4)BC，
　　CP：CB＝3：4 より，CP＝(3/4)CB
であるから， DE＝CP として，基準となるBCをもとに線分の長さが等しいことを書いてほしいと言われました。先生によって基準が違うのですかね？
No.22701 2020/01/21(Tue) 10:14:29
☆ Re: 図形の証明の採点基準について / らすかる
解答をどこまで細かく書くかは問題の主旨や解答の分量などによって
変わりますので、解答の一部だけ書かれても何とも言えません。
問題と解答の全体を書いて下さい。
No.22702 2020/01/21(Tue) 10:23:40
★ マクロリーン問題 / みそ
マクロリーン問題についての問題がわかりません！この解答を教えてください！！(できれば途中式も教えてください。)
1. cos zに対するマクローリンの式をかいてくだはい

2. cos zに対するマクローリンの式の剰余項が0に収束することを示せ

3. e ^x のマクローリン展開を利用して、lim(x→∞) x^n /e^x = 0示してください。

4. lim (x→∞) logx / x = 0を示してください。

5. lim (x→+0) x * log xを求めてください。
No.22698 2020/01/19(Sun) 09:52:52
☆ Re: マクロリーン問題 / マルチポスト撲滅委員会
　DS 数学 BBS、ヨッシーさんの掲示板、考える葦掲示板でも回答がなかっただろ。

　あたりまえだ。
　
　ここでもこんなバカバカしい質問に回答する人はいないだろう。
No.22699 2020/01/19(Sun) 10:38:51
★ 集合の証明 / トレモロ
A_k,B_kを集合とする時、∪[k=1..+∞]A_k\∪[k=1..+∞]B_k⊂∪[k=1..+∞](A_k\B_k)を示せ。
についてです。
(証) ∪[k=1..+∞]A_k\∪[k=1..+∞]B_k=∪[k=1..+∞]A_k∩(∪[k=1..+∞]B_k)^c=∪[k=1..+∞]A_k∩(∩[k=1..+∞]B_k^c)と書け、これは∀x∈∪[k=1..+∞]A_k\∪[k=1..+∞]B_kに対して、∃k∈N such that x∈A_k且つ,∀k∈Nに対してx∈B_k^cを意味する。つまり∃k∈N such that x∈A_k且つx∈B_k^cを意味している。よってx∈∪[k=1..+∞](A_k\B_k).
と示したのですが正しいでしょうか?
No.22697 2020/01/17(Fri) 14:53:59
★ 4次方程式の解法について / ネコバス
4次方程式の解法について、次のことがどうしても理解できないので教えていただければ幸いです。解法の最初に行う変数変換は必要でしょうか。
4次方程式の解法についていくつか調べた結果、解法は大体次の通りであった。
X^4+AX^3+BX^2+CX+D=0
上の4次方程式の解を得るために、
Y=X+A/4
なる変数変換を行って、3次の項を消去する。
この変換により、
Y^4+pY^2+qY+r=0・・・・・（１）
p=-3/8*A^2+B
q=1/8*A^3-1/2*AB+C
r=-3/256*A^4+1/16*A^2*B-1/4*AC+D
の形にすることができる。（１）を変形して、
Y^4= -pY^2-qY-r
これの両辺に2Y^2*t+t^2を加えると右辺は、
Y^4+2Y^2*t+t^2=(Y^2+t)^2
左辺は、
(-p+2t)Y^2-qY+(-r+t^2)
左辺が2乗の形なので、右辺も(mY+n)^2の形になれば方程式を解くことができる。このためには、左辺の判定式が0であればよい。したがって、
q^2-4*(-p+2t) (-r+t^2)=0
これは、tに関する3次式であり、
t^3-1/2*pt^2-rt+1/2pr-1/8*q^2=0
この方程式の解からm、nを計算して最終的な解を求めると、
(Y^2+t)^2-(mY+n)^2=0
から、
(Y^2+mY+n+t)(Y^2-mY-n+t)=0
Y=1/2*(-m+-(m^2-4(n+t))^(1/2)),1/2*(m+-(m^2-4(-n+t))^(1/2)
となる。

ここで私の感じた感想は、このような複雑な計算が本当に必要なのかどうかというものであった。そこで、計算の省力化を図った結果、最初に行うY=X+A/4の変数変換を省くことが可能ではないかという考えに至った。
この変換は、最大でA^4の計算をして、ほかの係数との和をとる必要がある。例えばAが2桁の奇数であったとすれば、膨大な数になり、手計算で行うのは非常に大変になる。またこののちに3次関数では、変数変換が必要となるので、さらに膨大な数が出てくることになる。これを省くことができれば、大変な省力化になる。
　私の考えた手法は次の通りである。
問題の方程式をF(X)とする。
F(X)=X^4+AX^3+BX^2+CX+D
2つの関数G(X),H(X)を用いて、
G(X)^2-H(X)^2=F(X)
とできれば、左辺は
(G(X)+H(X))(G(X)-H(X))
と因数分解できる。
ここで、G(X)として、
G(X)=X^2+AX/2+S　　　（Sは式の形式を整えるための変数）
とする。このようにすると、G(X)^2の4次項はX^4であり、3次項はAX^3となるため、
G(X)^2-F(X)は2次式になる。
G(X)^2-F(X)=(1/4*A^2-B+2S)X^2+(-C+AS)X+(S^2-D)
右辺が2乗の形になるためには、判定式が0になるようにSを決定すればよい。
(-C+AS)^2-4(1/4*A^2-B+2S) (S^2-D)=0
これをSについて書き直すと、
S^3-1/2*BS^2+(1/4*AC-D)S+(-1/8*C^2-1/8*A^2*D+1/2*BD)=0
Sの3次式を得ることができる。以降は従来の方法とほぼ一緒なので割愛する。
この方法では、係数としては2乗までの計算なので、3次式の導出までの計算の手間は大幅に減らすことができる。また、特殊な場合を除いては、係数が小さくなるので、以降の計算が大幅に楽になる。
私が見つけることができた唯一の従来の方法の利点は次の通り。変数変換Y=X+A/4を実施することによって方程式が解けてしまう場合、これを見落としてしまうことである。つまり、3次とともに1次項、あるいは0次項が同時に消える、1/8*A^3-1/2*AB+C=0または、-3/256*A^4+1/16*A^2*B-1/4*AC+D=0が成り立つ場合には方程式が簡単に解けてしまう。
したがって、新方式を行う前にA^3/8-AB/2+Cと-3/256*A^4+1/16*A^2*B-1/4*AC+Dの値を計算して、どちらかが0であった場合は、変数変換を行い、どちらも0でなかった場合は新方式をとるようにすればよい。これでは、変数変換の計算をほとんど行ってしまっていると感じるかもしれないが、導出された3次式の係数の大きさを比べると、現行方式では大きく、新方式では小さい。このことは、方程式を解くための計算の煩雑さと大きくかかわってきており、係数が小さいほうが格段に解き易いといえる。
　試しに、次の4次式を2つの方法で3次式導出まで解いて比較してみよう。
X^4+3X^3+5X^2+2X-1=0
まず、従来の方法では、
Y=X+3/4
の変数変換を行う。
Y^4+13/8*Y^2-17/8*Y-163/256=0
両辺に2*Y^2*t+t^2を加えて、
(Y^2+t)^2=(2t-13/8)Y^2+17/8*Y+(t^2+163/256)
右辺の判定式は、
(17/8)^2-4(2t-13/8) (t^2+163/256)=0
これをtについてまとめると、
t^3-13/16*t^2+163/256*t-4431/4096=0

一方、新方式では、
(X^2+3/2*X+s)^2-(X^4+3X^3+5X^2+2X-1)=(2s-11/4)X^2+(3s-2)X+(s^2+1)
右辺の判定式は、
(3s-2)^2-4(2s-11/4) (s^2+1)=-8s^3+20s^2-20s+15
よって、
s^3-5/2*s^2+5/2*s-15/8
である。
2つの比較から、新方式は計算が早く、係数が小さくなることがわかる。
以上の考察から変数変換Y=X+A/4は必要ないと考えますが、いかがでしょうか。
No.22696 2020/01/16(Thu) 20:49:01
★ 図形について。 / コルム
次の問題に答えていただけると幸いです。すみません。(2)がわかりません。教えていただけると幸いです。
https://8323.teacup.com/bob/bbs/8031
No.22695 2020/01/16(Thu) 15:47:46
☆ Re: 図形について。 / コルム
ありがとうございました。向こうの掲示板で解決しました。
No.22700 2020/01/20(Mon) 06:01:53
★ 論理パズルと真理表 / ロク
論理パズルの問題は真理表を用いて解くことは可能でしょうか？

（例題）
ABCD４つの箱に1万円、五千円、千円、1円玉が入っています

1円玉の箱には偽（false）が書いてある

A　Bには1万円が入っている
B　Bには5千円は入っていない
C　Dには千円が入っている

（正解はA　千円　B　1万円　C　1円玉　D　5千円）

この種の問題は真理表を使わなくても
Aが真実（偽）であることを仮定して、BCの真偽を判定すれば解けます

ただ真理表を使って解けるかどうか、
解き方はどうかを教えて下さい　
No.22686 2020/01/12(Sun) 04:34:23
☆ Re: 論理パズルと真理表 / らすかる
左4列の一は1円玉、千は千円、五は五千円、万は1万円
中3列はA,B,Cのそれぞれの命題の真偽を書いたもの
右3列はA,B,Cのうち1円玉の箱だけ偽としたもの
ＡＢＣＤ ＡＢＣ ＡＢＣ ← この行に桁ずれが起こるかも知れません
一千五万 偽真偽 偽真真
一千万五 偽真偽 偽真真
一五千万 偽偽偽 偽真真
一五万千 偽偽真 偽真真
一万千五 真真偽 偽真真
一万五千 真真真 偽真真
千一五万 偽真偽 真偽真
千一万五 偽真偽 真偽真
千五一万 偽偽偽 真真偽
千五万一 偽偽偽 真真真
千万一五 真真偽 真真偽 ← 左右が一致するのがこれだけなのでこれが正解
千万五一 真真偽 真真真
五一千万 偽真偽 真偽真
五一万千 偽真真 真偽真
五千一万 偽真偽 真真偽
五千万一 偽真偽 真真真
五万一千 真真真 真真偽
五万千一 真真偽 真真真
万一千五 偽真偽 真偽真
万一五千 偽真真 真偽真
万千一五 偽真偽 真真偽
万千五一 偽真偽 真真真
万五一千 偽偽真 真真偽
万五千一 偽偽偽 真真真
No.22688 2020/01/12(Sun) 13:22:01
☆ Re: 論理パズルと真理表 / ロク
ご丁寧にレスしていただいてありがとうございます＾＾

らすかるさんのおかげで
真理表の作り方がわかりました

他の問題も頭を振り絞って取り掛かろうと思います

感謝の気持でいっぱいです
No.22689 2020/01/12(Sun) 14:42:27
★ 多項式の積分 / ぱうだー
kを自然数として、多項式
f(x)=(x-k)(x-k+1)(x-k+2)…(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)…(x+k-1)(x+k)
の定積分で得られる関数
g(t)=∫[-k→t]f(x)dx
は、任意の実数tに対してg(t)≧0となることの証明を教えてほしいです。
よろしくお願いします。
No.22682 2020/01/10(Fri) 15:51:08
☆ Re: 多項式の積分 / らすかる
f(x)=(x-k)(x-k+1)(x-k+2)…(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)…(x+k-1)(x+k)
において|f(u+1)|-|f(u)|（0≦u≦k-1）の値を考える。
|f(u+1)|=|(u-k+1)(u-k+2)(u-k+3)…(u-1)u(u+1)(u+2)(u+3)…(u+k)(u+k+1)|
|f(u)|=|(u-k)(u-k+1)(u-k+2)…(u-2)(u-1)u(u+1)(u+2)…(u+k-1)(u+k)|
なので
|f(u+1)|-|f(u)|
=|(u-k+1)(u-k+2)(u-k+3)…(u-1)u(u+1)(u+2)(u+3)…(u+k)||u+k+1|
　-|u-k||(u-k+1)(u-k+2)…(u-2)(u-1)u(u+1)(u+2)…(u+k-1)(u+k)|
=|(u-k+1)(u-k+2)(u-k+3)…(u-1)u(u+1)(u+2)(u+3)…(u+k)|(|u+k+1|-|u-k|)
=|(u-k+1)(u-k+2)(u-k+3)…(u-1)u(u+1)(u+2)(u+3)…(u+k)|{(u+k+1)+(u-k)}
=|(u-k+1)(u-k+2)(u-k+3)…(u-1)u(u+1)(u+2)(u+3)…(u+k)|(2u+1)
≧0
よって0≦x≦k-1のとき|f(x+1)|≧|f(x)|
またf(x)は奇関数なので
-k≦x≦-1のとき|f(x)|≧|f(x+1)| … (1)
条件から
x＜-k及び-k+2n+1＜x＜-k+2n+2（nは0≦n≦k-1を満たす整数）のときf(x)＜0
-k+2n＜x＜-k+2n+1（nは0≦n≦k-1を満たす整数）及びk＜xのときf(x)＞0
なので、(1)と合わせて
|∫[-k〜-k+1]f(x)dx|≧|∫[-k+1〜-k+2]f(x)dx|≧|∫[-k+2〜-k+3]f(x)dx|
≧…≧|∫[-2〜-1]f(x)dx|≧|∫[-1〜0]f(x)dx|
が言えて、これにより
∫[-k+2n〜-k+2n+2]f(x)dx≧0（nは非負整数で-k+2n+2≦0）… (2)
とわかる。

x＜-kのときf(x)＜0なのでt≦-kのときg(t)≧0は明らか。
-k＜x＜-k+1のときf(x)＞0なので、-k＜t≦-k+1のときg(t)≧0
-k+1＜x＜-k+2のときf(x)＜0だが、
(2)から∫[-k〜-k+2]f(x)dx≧0なので-k+1＜t≦-k+2のときもg(t)≧0
同様にしてt≦0のときg(t)≧0が言える。 … (3)
0＜t≦kのときは、f(x)が奇関数であることから∫[-a〜a]f(x)dx=0なので
g(t)=∫[-k〜t]f(x)dx=∫[-k〜-t]f(x)dx+∫[-t〜t]f(x)dx
=∫[-k〜-t]f(x)dx≧0（∵(3)より）
また∫[-k〜k]f(x)dx=0でx＞kのときf(x)＞0なので、t＞kのときもg(t)≧0。
従って任意の実数tに対してg(t)≧0。
No.22685 2020/01/11(Sat) 13:01:45
☆ Re: 多項式の積分 / ぱうだー
驚きました。微分するのではないのですね。
ありがとうございました。
No.22692 2020/01/14(Tue) 14:23:58
★ 大学数学　重積分 / まる
次のDを図示し、重積分の値を求めよ。
(1) ∫ ∫D (x+y)^2 dxdy
(Dは(1,0)、(0,2)、(-3,-3)を頂点とする3角形の周及び内部)

(2) ∫ ∫D (x-y)cos(3x+5y) dxdy
(D={(x,y)|0≦3x+5y≦π,0≦x-y≦π})

(3) ∫ ∫D (x^2-y^2+2) dxdy
(D={(x,y)|(x^2+y^2)^2≦x^2-y^2,x≧0})

(4) ∫ ∫D √(x^2+y^2) dxdy
(D={(x,y)|-6x≦x^2+y^2≦9})

よろしくお願いいたします。
No.22677 2020/01/08(Wed) 07:46:43
☆ Re: 大学数学　重積分 / マルチポスト撲滅委員会
　ヨッシーさんの掲示板でも大学数学の質問はできます。回答がなかったのは質問を丸投げしているからです。ここでも同じでしょう。
No.22678 2020/01/08(Wed) 10:20:51
☆ Re: 大学数学　重積分 / まる
わかりました。
わざわざありがとうございます！
No.22679 2020/01/08(Wed) 14:07:34
★ 双曲線 / ひろこ
問題を作ったのですが、幾何学的な証明が浮かびません。

問題
双曲線 y=1/x 上に3つの頂点を持つ三角形がある。
この三角形の内心が同じ双曲線上にあるならば、
この三角形の内接円は原点を通ることを証明せよ。

作者には座標計算で内接円の式が
x^2+Px+y^2+Qy=0
の形になるので原点を通るという力技的証明と、
問題の背景をそのまま利用した証明しかできませんでした。

幾何学的に解くアイデアがあれば教えてください。
No.22676 2020/01/08(Wed) 04:05:10
★ 情報数学 / 名無しくん
数学の分野でなければ申し訳ございません。情報数学の分野に属すると思い質問しています。

非決定性有限オートマトンや、非決定性チューリング機械についての資料は多くあるのですが、その他の非決定的な計算モデルについての資料を探してみましたが、見つかりません。

非決定的な帰納関数論と非決定的な並列計算についての資料を探しているのですが、それに関する文献やWebサイトをご存知の方がいれば教えていただきたいです。

よろしくお願いします。
No.22675 2020/01/08(Wed) 01:13:09
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