センタープレ

１７日駿台

調整中

過去問

英語９７～０６を除いて他は００～０６

マーク模試解きなおし中

OP

なんだこれ全体で自己採＋８

理科合わせて７２

数学は採点ミスか？

採点したバカは氏んどけ

東大卒のニート

まじめな東大生、悩みすぎ？　３割がニート不安

　よく勉強する半面、将来の進路などに思い悩み、不安や無気力に苦しむ学生が増えている－。東大が１３日公表した学生生活実態調査で、こんな東大生の姿が浮かび上がった。

　調査は昨秋、学部生約３５００人を対象に実施（回収率３９％）。８３％の学生が進路や生き方に悩んでおり、自分がニートやフリーターになる恐れがあると感じている学生も２８％に上った。

　一方、睡眠時間は平成９年に比べ約３０分減り、毎日の勉強時間は約１時間増加。東大は「よく勉強するのは歓迎すべきことだが、まじめすぎて悩みを深めているようだ」と心配している。

http://www.sankei.co.jp/kyouiku/gakko/061214/gkk061214000.htm

yahooトピックより

面白い調査だな

総合大学全体の統計だとどうなるのだろう

理系

学部卒→院/中退・卒・自殺→ニート

ってな感じでしょうか

大学生の自殺率って結構高いみたい

何に絶望してるんだろうね

宿題

電話した

例の整数問題の件でね

出題された年と問題内容を言うなりコピーして送ってくれるとのこと(50円別途)

問題を言ってくださいと電話対応されたのでおそらく持っていない大数の宿題の過去問はコピーできないシステムなのでしょう

まぁもし過去問がコピーできるのならとっくに大数スレで話題になっているだろうしな

そろそろ着くのでまた後で

雑

世界史
一問一答，過去6年分終えた
後はマーク形式で実践する練習
計ったら塗り絵だけで5分前後かかった
国語にとりかかろう。小説が少し前後する。

大数宿題
封筒で送る予定
返信は如何に

立体D
出典はコロキウムだったと思うがurlが今わからない

立体立体CDうおおおおおおおおおお

大数宿題らしいB～C？

ｘｙｚ座標空間の格子点を頂点とする体積１の立方体を単位立方体と呼ぶことにする

いま平面π：ax+by+cz=0は原点O以外の格子点は通らないものとし、互いに直交する単位ベクトル
はともにπに平行であるとする。このとき、Oを中心とし
に平行な辺をもつ面積t^2の正方形(内部を含む)と共有点をもつ単位立方体の個数をf(t)とする。このとき

を求めよ

半径１の球に同時に外接できる半径１の球の個数の最大値を求めよ

２は考え中

訂正済み

期末一部

(i)ｘｙ平面上にそれぞれの頂点に格子点を含むような正五角形を置くことができないことを証明せよ

(ii)数列a_{n}を

と定義する。このとき以下の問に答えよ

(1)a>1ならば (n=2,3,・・・)が成り立つことを示せ

(2)a_{n}>0 (n≧1)であるための必要十分条件はa≧1であることを示せ

残りは

確率　リーグ戦

立体図形　立方体内部における動点の移動条件

微積　カテナリー

だった。

追記(23:15)
元通りとはいかないが一通り終えた

図書館

テスト勉強というわけではないがいってきた

個別ブースで爆睡してるやら勉強してるいるやつやらで結構埋まってた

朝からこんなに勉強したのは久しぶり

朝昼食抜きで１４時ごろにはへロヘロ

鉄数学と世界史、今年の東大英語でほとんど時間とられてテスト勉強らしいことができなかった

テレビをつけたらラストサムライやってるね

あらすじがよくわからないがトムクルーズと渡辺謙が必死なのはわかった

東大数学のパスカル三角形はググルと背景に色々な問題を含んでいるんだな

快適＆素数

パソコンを買ってもらった

TeXとdvipngを導入するにはまだ時間がかかりそうだ

インストーラで一気にやるかシコシコ角藤氏のところで最新版と旧版の互換性をチェックしながら落とすとか・・・

Proof of Bertrand's postulate

From Wikipedia, the free encyclopedia

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In mathematics , Bertrand's postulate states that for each n ≥ 2 there is a prime p such that n < p < 2n. It was first proven by Pafnuty Chebyshev ; the gist of the following elementary but involved proof by contradiction is due to Paul Erdős .

We denote the set of prime numbers with $\Bbb{P}$ and define:

$\vartheta(x) = \sum_{p\in\Bbb{P};\, p\leq x} \ln (p)$

Lemma

$\vartheta(n) < n \cdot \ln(4)$ for all integers $n\ge 1$

Proof

n = 1:

$\vartheta(1)= 0 < 1 \cdot \ln(4)$

n = 2:

$\vartheta(2)=\ln(2) < 2 \cdot \ln(4)$

n > 2 and n is even :

$\vartheta(n) = \vartheta(n-1) < (n-1) \cdot \ln(4) < n \cdot \ln(4)$

(by induction )

(because every even number is not prime, so the sum is aligned with the previous prime)

$n > 2$ and n is odd . Let n = 2m+1 with m > 0:

$4^m = \frac {(1+1)^{2m+1}}{2} = \frac {\sum_{k=0}^{2m+1}{2m+1 \choose k}} {2} = \frac {x+{2m+1 \choose m}+{2m+1 \choose m+1}}{2} \ge {2m+1 \choose m}$

Each prime p with $m+1 < p \le 2m+1$ divides ${2m+1 \choose m}$ giving us:

$\vartheta(2m+1) - \vartheta(m+1) \le \ln({2m+1 \choose m}) \le \ln(4^m) = m \cdot \ln(4)$

By induction $\vartheta(m+1) < (m+1) \cdot \ln 4$ , so:

$\vartheta(n) = \vartheta(2m+1) < (2m+1) \cdot \ln(4) = n \cdot \ln(4)$

Q.E.D.

Now for the proof of Bertrand's postulate. Assume there is a counterexample : an integer n ≥ 2 such that there is no prime p with n < p < 2n.

If 2 ≤ n < 2048, then one of the prime numbers 3, 5, 7, 13, 23, 43, 83, 163, 317, 631, 1259 and 2503 (each being less than twice its predecessor), call it p, will satisfy n < p < 2n. Therefore n ≥ 2048.

$4^n=(1+1)^{2n}=\sum_{k=0}^{2n}{2n \choose k}$

Since ${2n \choose n}$ is the largest term in the sum we have:

$\frac {4^n} {2n+1} \le {2n \choose n}$

Define $R (p, n)$ to be highest number x, such that $p x$ divides ${2n \choose n}$ . Since n! has $\sum_{j=1}^\infty \left \lfloor \frac {n} {p^j} \right \rfloor$ factors of p we get: $R(p,n)=\sum_{j=1}^\infty \left \lfloor \frac {2n} {p^j} \right \rfloor-2\sum_{j=1}^\infty \left \lfloor \frac {n} {p^j} \right \rfloor=\sum_{j=1}^\infty \left \lfloor \frac {2n} {p^j} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac {n} {p^j} \right \rfloor$

But each term $\left \lfloor \frac {2n} {p^j} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac {n} {p^j} \right \rfloor$ can either be 0 $(\frac {n} {p^j} \mod 1 < 1/2)$ or 1 $(\frac {n} {p^j} \mod 1 \ge 1/2)$ and all terms with $j> \left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rfloor$ are 0. Therefore $R(p,n) \le \left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rfloor$ , and we get:

$p^{R(p,n)} = \exp \left ( R(p,n) \ln p \right ) \le \exp \left ( \left \lfloor \frac {\ln(2n)} {\ln(p)} \right \rfloor \ln p \right ) \le 2n$

For $p > \sqrt{2n}$ we have $\left \lfloor \frac {\ln (2n)} {\ln(p)} \right \rfloor \le 1$ or $R(p,n) = \left \lfloor \frac {2n} {p} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac {n} {p} \right \rfloor$ .

${2n \choose n}$ has no prime factors p such that:

2n < p, because 2n is the largest factor.
$n<p \le 2n$ , because we assumed there is no such prime number.
$\frac {2n} {3} <p \le n$ , because $p > \sqrt{2n}$ (since $n \ge 5$ ) which gives us $R(p,n) = \left \lfloor \frac {2n} {p} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac {n} {p} \right \rfloor = 2-2 = 0$ .

Each prime factor of ${2n \choose n}$ is therefore not larger than $\frac {2n} {3}$ .

${2n \choose n}$ has at most one factor of every prime $p > \sqrt{2n}$ . As $p^{R(p,n)} \le 2n$ , the product of $p R (p, n)$ over all other primes is at most $(2n)^{\sqrt{2n}}$ . Since ${2n \choose n}$ is the product of $p R (p, n)$ over all primes p, we get:

$\frac {4^n}{2n+1} \le {2n \choose n} \le (2n)^{\sqrt{2n}} \prod_{p \in \mathbb{P} }^{\frac {2n} {3}} p = (2n)^{\sqrt{2n}} e^{\vartheta(\frac {2n} {3})}$

Using our lemma $\vartheta(n) < n \cdot \ln(4)$ :