面白い問題おしえて〜な 十六問目

面白い問題、教えてください

過去ログ
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
http://www6.atwiki.jp/omoshiro2ch/

1 http://cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
2 http://natto.2ch.net/test/read.cgi/math/1004839697/
3 http://science.2ch.net/test/read.cgi/math/1026218280/
4 http://science.2ch.net/test/read.cgi/math/1044116042/
5 http://science.2ch.net/test/read.cgi/math/1049561373/
6 http://science.2ch.net/test/read.cgi/math/1057551605/
7 http://science2.2ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
8 http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
9 http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1093676103/
10 http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/
11 http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
12 http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1157580000/
13 http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/
14 http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1209732803/
15 http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1231110000/

長方形の中に縦横の線分をいくつか書き加えて、いくつかの小さな長方形に分割する。
ただしその際、どの２線分も互いに交差しない（┼字路を作らない）ようにする。

例：
┌──┬┬┐
├┬─┤││
│├─┴┴┤
└┴───┘

ダメな例：
┌──┬┬┐
├┬─┼┤│←交差している（┼のところ）
│├─┴┴┤
└┴───┘

このとき、書き加える線分の数sと、分割された小さな長方形の数Lの関係を求めなさい。

十字を作らないで、小さな長方形に分割するという事は、中に引く全ての線分の端はT字になる
1本の線分を引く毎に4つの直角、つまり一つの長方形が生まれるので、s+1=L
こんなんじゃ証明にならないか

きちんと帰納法としての体裁を整えて、おかしいところがなければ十分証明として通用するんじゃない？

数学的帰納法なんか使うより>>4のほうがいいよ。

中の二つの線分の端点が同一点になることは無く、端点一つにつきT字路が一つあるから
中の線分がs個あるなら2s個の端点があり、2s個のＴ字路がある
長方形の頂点になりうるのは元のでかい長方形の頂点4つと2s個のT字路のみ
前者は長方形の角を一つ、後者は長方形の角を二つ提供するから(4+2s*2)/4=s+1個の長方形がある

4と大して変わらんな

>>7
大雑把には大して変わらないかもしれないけど、
「1本の線分を引く毎に4つの直角、つまり一つの長方形が生まれる」と言ってしまうと
たとえば４畳半の部屋の真ん中が掘りゴタツになってるような図の場合、
最終的に直角が20個できるとしても、１本線を引く毎に４つずつ増えるわけではないので、
Ｔ字路の数で議論した方が適切かと。

正の定数 a1, ..., an に対し,
a1/a2 + a2/a3 + … + an/a1 ≧ (a1 + a2)/(a2 + a3) + (a2 + a3)/(a3 + a4) + (an + a1)/(a1 + a2)
が成り立つことを示せ。（数セミより）

（↑の訂正）
正の定数 a1, ..., an に対し,
a1/a2 + a2/a3 + … + an/a1 ≧ (a1 + a2)/(a2 + a3) + (a2 + a3)/(a3 + a4) +…＋ (an + a1)/(a1 + a2)
が成り立つことを示せ。（数セミより）

>>10

[不等式スレ３.356, 338, 951(上), 953]

過去ログ倉庫
http://cid-d357afbb34f5b26f.skydrive.live.com/
　→ SkyDrive → 公開 → 不等式スレ → 第3章 → コメント

>>10 (訂正)

[不等式スレ３.3２6, 338, 951(上), 953]

正則行列X,Yが次の関係式を満たすとする。
X Y^2 = Y^3 X …(1)
Y X^2 = X^3 Y …(2)
このときX,Yはともに単位行列であることを示せ。

>>13
X*Y^2*X^{-1}=Y^3
より、X^2とX^3が相似。これから
【１】Y^2,Y^3のジョルダン標準形が一致すること
【２】Yの固有値はすべて絶対値が1であること
がわかる。さらに XY^{2n}X^{-1}=Y^{3n} と
【1】【2】、ジョルダン標準形のべきの公式、を合わせると
Yは対角化可能(ジョルダン標準形が対角型)であることがわかる
対角行列を(1)にぶちこんで両辺比較し、Yは単位行列になる
(2)で Y=E とおいて X も単位行列

これ既出？

数列a_nをa_1=1 , a_(n+1)=1/(1+a_n)で定める。
a_nの一般項を求め、極限を調べよ。

A,Bの2人はそれぞれa個およびb個の球を持っている。

A,Bがそれぞれx個およびy個の球を持っているとき、
x/(x+y)の確率でBがAに球を1個渡し、
y/(x+y)の確率でAがBに球を1個渡す。

これを繰り返し、球が無くなったほうが負けというゲームをする。

Aが勝つ確率を求めよ。

>>15
一般項は
　a_n = (F_n)/F_(n+1) = F_(n+2)/F_(n+1) - 1,
ここに F_n はフィボナッチ数で、
　F_n = {φ^n - (-1/φ)^n}/ √5,　　　(ビネの公式)
　φ = (1+√5)/2 = 1.618034･････　　　(黄金比)
　a_n → 1/φ = (√5 -1)/2,　　　　　　(n→∞)

地球の表面(球面とする)上の位置(点)の温度は
位置と時刻によって唯一つに定まり、位置と時刻に関して連続であるとする
また、球面上の任意の点に対して、球の中心に関して対称な点として対蹠点
というものが唯一つに定まる

さて、対蹠点と温度が等しい位置、というものが
どんな時刻にも地球上に無数に存在することを示せ

中間値の定理で、どの大円にも「対蹠点と温度が等しい位置」が存在することが言える。
あとは大円を上手く動かせば、地球上に無数にあることが言える。多分。

双曲面 z = \sqrt{1 + ax^2 + by^2} (a, b > 0) 上の点 (x, y, z) を通る双曲面の法線がある。この法線の双曲面に切り取られる部分の長さの最小値を求めよ。

漸化式を解け。
a[n]＞0
a[1]=3/2
√(2a[n+1]/a[n])=a[n+1]-a[n]

s=ｋ＋１とする。

k=１のとき確かに成り立つ。

ｋ＝αのとき成り立つと過程

そのような図にもう一本線をひく。(ひけないこともあるかもしれませんが引ける場合を前提としているので問題ないかな)

そうすると長方形がひとつ増える

よってｋ＝α＋１で成り立つ。

さいころを全ての目が出るまで投げなければならない最小の回数を $X$ とす。$\mathbb{E} X$ を求めよ。

＞１６
ポリヤの壷スキームwww

>>19
大円じゃなくても、平行な平面でスライスした断面の円でいいんじゃね

対蹠点か。だめだった。

ある1つの大円を取ったとき、その上で恒等ならすでにOK。

温度が異なる対蹠点があれば、それを直径として持つ全ての大円を考えればいいわけか。

Borsuk-Ulam の同変点定理

>>16
計算の結果
(�納k=0,a-1]C[k,a+b-1])/(2^(a+b-1))　　(C[n,r]は二項係数nCrを表す)
になった
合ってる気がしないんだがどうだ？

>>20
二葉双曲線の一片
　1 + aX^2 + bY^2 - Z^2 = 0,　　　　　･･････ (1)
(x,y,z) における接線:　1 + axX + byY - zZ = 0,
(x,y,z) における法線:　(X-x)/(ax) = (Y-y)/(by) = (Z-z)/(-z) = k,　･･･ (2)

(1)(2)の交点は
　X = x･(1+ka),
　Y = y･(1+kb),
　Z = z･(1-k),
ここに
　k = 2{(ax)^2 + (by)^2 + z^2}/{z^2 -(a^3)x^2 - (b^3)y^2}
　　= 2{1 + a(1+a)x^2 + b(1+b)y^2}/{1 + a(1-a^2)x^2 + b(1-b^2)y^2},
切り取られる部分の長さLは 計算の結果
　L = √{(X-x)^2 + (Y-y)^2 + (Z-z)^2}
　　= k √{(ax)^2 + (by)^2 + z^2}
　　= 2{(ax)^2 + (by)^2 + z^2}^(3/2) /{z^2 - (a^3)x^2 - (b^3)y^2}
　　= 2{1 + a(1+a)x^2 + b(1+b)y^2}^(3/2) / {1 + a(1-a^2)x^2 + b(1-b^2)y^2},
になった。
合ってる気がするんだがどうだ？

>>20 (訂正)

二葉双曲面の一片

　L = ･･････
　　= 2{(ax)^2 + (by)^2 + z^2}^(3/2) /｜z^2 - (a^3)x^2 - (b^3)y^2｜
　　= 2{1 + a(1+a)x^2 + b(1+b)y^2}^(3/2) /｜1 + a(1-a^2)x^2 + b(1-b^2)y^2｜,
やっぱり合ってる気がしない･･････orz

>>20
双曲面とその法線が (x,y,z)以外の交点をもつことから
　a≧1, b≧1, k<0,
そこで
　R^2 = (ax)^2 + (by)^2 + z^2 = 1 + a(a+1)x^2 + b(b+1)y^2,
とおくと
-k = 2R^2 / {(a^3)x^2 + (b^3)y^2 - z^2}
　　= 2R^2 / {(a-1)a(a+1)x^2 + (b-1)b(b+1)y^2 - 1}
　　≧ 2R^2 / {(c-1)[1 + a(a+1)x^2 + b(b+1)y^2] - c}
　　= 2R^2 / {(c-1)R^2 - c},
ここに c = Max(a,b) とおいた。等号成立は xy=0,　　　　(*)
　L = (-k)R
　　= 2R^3 / {(c-1)R^2 -c}
　　= 3√{(3c)/(c-1)^3} (2r^3)/(3r^2 -1)　　(← r = R√{(c-1)/(3c)} )
　　≧ 3√{(3c)/(c-1)^3},　　　　　　　　　(← 相加･相乗平均) (**)
等号成立は r = R√{(c-1)/(3c)} = 1 のとき。

*) a≧b>1 のときは xz平面、 1<a≦b のときは yz平面の双曲線を考えれば おk.

**) 相加･相乗平均より
　(2r^3)/(3r^2 -1) = 1 + {(2r+1)(r-1)^2}/(3r^2 -1) ≧ 1,

【問題】
3枚のコインがある。　この3枚のコインを机の上に並べ次の操作を繰り返し行う
『操作』：サイコロを振り、出た目が1,2なら左端のコイン、3,4なら真ん中のコイン、5,6なら右端のコイン
を裏返す。
この時、3枚が「表表表」である状況から初めて、ｎ回の操作の結果「表表表」又は
「表裏表」となる確率を求めよ。


東大作問スレで誰も解いてくれないからこっちで出してみる

対称性を考えると下式が成り立ち、それぞれを最右式で表す
Pn(表表表)=A[n]
Pn(表表裏)=Pn(表裏表)=Pn(裏表表)=B[n]
Pn(表裏裏)=Pn(裏裏表)=Pn(裏表裏)=C[n]
Pn(裏裏裏)=D[n]

漸化式を作ると
A[n+1]=B[n]
B[n+1]=(1/3)*A[n]＋(2/3)*C[n]
C[n+1]=(2/3)*B[n]＋(1/3)*D[n]
D[n+1]=C[n]
A[0]=1,B[0]=C[0]=D[0]=0

下の組み合わせに変形すると簡単に解け、それぞれ下のようになる
A[n]+D[n]=(1/4){1-(1/3)^(n-1)}
A[n]-D[n]=(1/4){(-1)^n+(1/3)^(n-1)}
B[n]+C[n]=(1/4){1-(-1/3)^n}
B[n]-C[n]=(1/4){-(-1)^n+(1/3)^n}
求められているものはA[n]+B[n]であり、それを計算すると(1/4){1+2*(1/3)^n+(-1/3)^n}

>>20

双曲面とその法線が (x,y,z)以外の交点をもつことから
　c=Max(a,b) >1, k<0,

*) a≧b のときは xz平面、 a≦b のときは yz平面の双曲線を考えれば おk.

>>34
遷移行列を
　| 　0, 　1, 　0, 　0 |
　| 1/3, 　0, 2/3, 　0 | = Ｔ
　| 　0, 2/3, 　0, 1/3 |
　| 　0, 　0, 　1, 　0 |
とおくと、
　|Ｔ - λＩ|

= | -λ, 　1, 　0, 　0 |
　| 1/3, -λ, 2/3, 　0 |
　| 　0, 2/3, -λ, 1/3 |
　| 　0, 　0, 　1, -λ |

= (λ^2 - 1)(λ^2 - 1/9)
= (λ+1)(λ +1/3)(λ -1/3)(λ-1),

∴　λ =　-1, -1/3, 1/3, 1,

>>34

λ =　-1:　A[n] -3B[n] +3C[n] -D[n] = (-1)^n,
λ =-1/3:　A[n]　-B[n]　-C[n] +D[n] = (-1/3)^n,
λ = 1/3:　A[n]　+B[n]　-C[n] -D[n] = (1/3)^n,
λ = 　1:　A[n] +3B[n] +3C[n] +D[n] = 1,
よって
　A[n] + D[n] = (1/4){1 - (-1/3)^(n-1)},
　A[n] - D[n] = (1/4){(-1)^n + (1/3)^(n-1)},
　B[n] + C[n] = (1/4){1 - (-1/3)^n},
　B[n] - C[n] = (1/4){-(-1)^n + (1/3)^n},
よって
　A[n] +3C[n] = (3^n){A[n] - C[n]} = (1/2){1+(-1)^n} ≡ g[n],
3B[n] + D[n] = (3^n){B[n] - D[n]} = (1/2){1-(-1)^n} ≡ u[n],
よって
　A[n] = g[n]･(1/4){1+(1/3)^(n-1)},
　B[n] = u[n]･(1/4){1+(1/3)^n},
　C[n] = g[n]･(1/4){1-(1/3)^n},
　D[n] = u[n]･(1/4){1-(1/3)^(n-1)},

>>37の内容と異なる、>>34の下から５行目の　-(1/3)^(n-1)は、-(-1/3)^(n-1)　の入力ミスです。
申し訳ありません。なお、結論は、変更ありません。

中略が多かったので、補足しますが、
A[n+2]=B[n+1]=(1/3)*A[n]＋(2/3)*C[n]=(1/3)*A[n]＋(2/3)*D[n+1]
D[n+2]=C[n+1]=(2/3)*B[n]＋(1/3)*D[n]=(2/3)*A[n+1]＋(1/3)*D[n]
と変形し、P[n]=A[n]+D[n]、Q[n]=A[n]-D[n]を用いると、
P[n+2]=(2/3)*P[n+1]+(1/3)P[n]
Q[n+2]=(-2/3)*Q[n+1]+(1/3)Q[n]
となることを、>>34で「下の組み合わせに変形すると」と書きました。
この方法の方が簡明だと思われます。
それと、B[n]=A[n+1]、C[n]=D[n+1]なので、AとDが求まったなら、B,Cについての漸化式を解く必要はありません。

四角を正方形に並べて２つはみだした形のフィールドを作る
（ここでは10×10 + 2）
↓↓↓↓↓

□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□□

このフィールドを 、四角2つをつなげた板
（"□□" もしくはそれを縦にしたもの）を使って
「もれなく」 「ダブらず」 「はみ出さず」に覆うことが不可能なことを示せ。

一般に正方形の辺がいくつでも不可能になるよ（奇数のときは自明）。

>>39
□■
■□に塗り分けてみればわかる。

どこかで聞いた問題をひねりもなく出し続けてるアホがおるな

自分でひねった結果、凡作や駄作に成り下がるよりはマシと思ってのことだろう

半径３の円の内部に、半径１の円が二つあり、この三つの円はどの二つも接している。
三つの円に囲まれた狭い部分の面積を求めよ。

求めようとはしました

5π/6 -√3

全身の毛が真っ白な猫がいます。
顔も耳も、勿論胴体も手足も白です。
他にどこが白いでしょうか？

>>45　あの問題に、答えだけで回答されたのでは、出題者の意図が伝わらなかったのだと思ってしまう。
「補助円を五つかき加えると中学レベル」位のコメントが欲しかった

>>46　「面」が白いと言うことかな？

「尾も白い」と言わせたいんじゃないか？

>>47
くだらない問題には答えだけで十分

積分を通してたどり着くとくだらない問題としか写らない
作図を通してたどり着くとおもしろい問題と写るようになる

作図でもつまらん

解決済みだが

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1260112724/180

正三角形の3辺上のすべての点を，
赤と青の２色に塗り分けるとする。
このとき，点をどのように塗り分けても，
赤の点のみ，または青の点のみを頂点とする
直角三角形を描くことはできるか。

nを正の整数とする。
P(x)は高々n次の多項式であって、各 i∈{0,1,,,,n} に対し、P(i)=2^i を満たすという。
P(n+1)の値をnで表せ。

>>53
P(n＋1)＝2^(n＋1)−1となることを数学的帰納法で示す。

n＝1のときは、簡単な計算により成り立つ。
n＝1,2,…,k−1のとき成り立つとすると、n＝kのときは、

・P(x)は高々k次の多項式で、i＝0,1,…,kに対しP(i)=2^i　…(*)

これを満たすP(x)は ちょうどk次の多項式でなければならない。
なぜなら、P(x)がm次(m＜k)ならば、i＝0,1,…,mに対しP(i)=2^i
だから、帰納法の仮定よりP(m＋1)＝2^(m＋1)−1でなければ
ならないが、(*)よりP(m＋1)＝2^(m＋1) なので矛盾する。
よって、P(x)はちょうどk次の多項式である。一方で、

g(x)＝Σ[i＝0〜k] P(i)*f_i(x)/f_i(i)
f_i(x)＝Π[j＝0〜k,j≠i](x−j)

と定義したg(x)はちょうどk次の多項式であり、g(i)＝P(i) (i＝0,1,2,…,k)を
満たすので、多項式としてg(x)＝P(x) でなければならない。
P(i)＝2^iを代入してP(k＋1)を計算すると、
f_i(i)＝i!(k−i)!(-1)^(k−i)
f_i(k＋1)＝(k＋1)!/(k＋1−i)
に注意して

P(k＋1)＝g(k＋1)＝(-1)^nΣ[i＝0〜k](-2)^i*(n＋1)_C_i＝2^(n＋1)−1　(二項定理より)

となるので、n＝kのときも成立。

おおう。訂正。

誤：P(k＋1)＝g(k＋1)＝(-1)^nΣ[i＝0〜k](-2)^i*(n＋1)_C_i＝2^(n＋1)−1　(二項定理より)
正：P(k＋1)＝g(k＋1)＝(-1)^kΣ[i＝0〜k](-2)^i*(k＋1)_C_i＝2^(k＋1)−1　(二項定理より)

(n＝kとしてるから間違いではないけど、一応。)

a [ 1 ] = 1 , a [ n ] = √ S [ n ]

を満たす数列 a [ n ] の一般項を求めよ

Ｐ（ｎ＋１）＝２＾（ｎ＋１）−１。

ｎ＝０のとき成り立つ。

ｎ＝ｋのとき成り立つとする。
ｎ＝ｋ＋１のときＰ（ｘ）が条件を満たすとすると
Ｐ（ｉ＋１）−Ｐ（ｉ）＝２＾ｉ（０≦ｉ≦ｋ）でＰ（ｘ＋１）−Ｐ（ｘ）は高々ｋ次の多項式なので
Ｐ（ｋ＋２）−Ｐ（ｋ＋１）＝２＾（ｋ＋１）−１。
Ｐ（（ｋ＋１）＋１）＝２＾（（ｋ＋１）＋１）−１。

さすがだな。

>>53
　P(x) = 1 + Σ[k=1,n] x(x-1)････(x-k+1)/k!,
だから
　P(n+1) = 1 + Σ[k=1,n] (n+1)!/{(n+1-k)!k!}
　　= Σ[k=0,n] Ｃ[n+1,k]
　　= (1+1)^(n+1) - 1
　　= 2^(n+1) - 1,

x^2+y^2=z^2ー＞x^2+y^2=z^n

これってつねになりたつよ

X をユークリッド空間 R^3 内の凸多面体とする。X の表面上の各点 P に対して、κ(P) を 2π - [P に集まる面の P に於ける頂角の和] とする。 P が X の頂点の場合以外以外は κ(P) = 0 と考える。X の頂点 P 全体にわたる κ(P) の和は 4π となることを証明せよ。

>>61 の「凸多面体では（頂点の数）×2π -（全ての面の内角の和）=4π」の証明
1. 四面体の場合、表面に4つある三角形の内角の和は4πであり、頂点の数は4つあるため
　（頂点の数）×2π -（全ての面の内角の和）=8π-4π=4π となる。
2. 凸多面体をn個の四面体に単体分割できるときに与式を満たすと仮定したとき、
　(n+1)個の四面体に単体分割できる凸多面体では、1つの三角形面に四面体が1つくっつく形となり、
　頂点が1つ増え 面の内角の和がπ減って3π増えるため、この場合も数学的帰納法で与式が成り立つ。
3. 多面体錐を含む凸多面体から その多面体錐を切り取った凸多面体の違いは、
　頂点が1つ少なくなり 面の内角の和が2π減る 違いであるため 与式を満たすことは変わらない。
4. 全ての凸多面体と同相な図形は1,2,3の手順を何回か繰り返せば作ることができるため、
　全ての凸多面体で（頂点の数）×2π -（全ての面の内角の和）=4π=κ(P)となる。

また、(n-1)次元球面と同相な凸多胞体では（頂点の数）×(n-1)π -（全ての2次元面の内角の和）=2(n-1)π となると思った。

>>61
1)と2)で正解
凸でなくてもS^2 と同相でOK
多面体表面を三角形分割し、多面体の内部の一点を頂点とする三角錐に分割すれば
帰納法が進行

>(n-1)次元球面と同相な凸多胞体では（頂点の数）×(n-1)π -（全ての2次元面の内角の和）=2(n-1)π となると思った。
四次元超立方体の表面で不成立

>>63 フォローありがとうございます！
S^2 と同相など全くその通りと思います。

私の最後の一文は全然違いましたので、忘れて下さい。（S^1なんて円周だし）
多角形のときの外角の和360度と 多面体のときの>>61の場合は特別なんですね。

ｎ次元では、単位n次元球の表面積
n*π^(n/2)/Γ(n/2+1)
で与えられるのでは？

>>65
何が・・・・・で与えられる？

>>14
で、
>【1】【2】、ジョルダン標準形のべきの公式、を合わせると
>Yは対角化可能(ジョルダン標準形が対角型)であることがわかる
が良く解らないのだが・・・・・
誰か教えてくれ

>>66
ρ(n)=n*π^(n/2)/Γ(n/2+1)として、
ρ(n)＝Σ｛ρ(n)/2　−　（一般化内角）｝
が成立するだろう考えたものです。

「一般化内角」とは、勝手に作った言葉で、二次元では通常の内角、三次元では61の
[P に集まる面の P に於ける頂角の和]に一致するもので、次のように定めます。
各頂点に、微小半径の多次元球を、頂点と中心が一致するように置いたとき、多次元球の球面が多胞体によって
切り取られた量を、それと相似な単位多次元化球の表面積で表したもの

門外漢のただの思いつきなので、あまりつっこまないでください

問題としての定式化は未だ不完全なので、例を挙げて述べる。
例えば
f (x, y) = x - y (x ≧ 0, y ≧ 0)
　　　　　= x + y (x ≧ 0, y ≦ 0)
　　　　　= -x - y (x ≦ 0, y ≧ 0)
　　　　　= -x + y (x ≦ 0, y ≦ 0)
と定義すると、R^2 の上の連続関数となる。
z = f (x, y) の R^3 内でのグラフ H は「多面体的」で、
頂点集合全体は離散的。（この場合は原点のみ。）
H の頂点（この場合原点 O) で、>>61 の κ(O) は負となる。
一般に H が R^3 の「多面体的」閉部分集合で、その頂点集合が離散であるとする。
更に全ての頂点 P に対して、κ(P) が非正なら、
H 上の異なる二点 P, Q に対して、 H 上で P, Q を結ぶ最短線（測地線）が
只一つ存在する。(Cartan-Hadamard の定理の PL-version)

R^n の PL-2-submanifold, metric は induced とでも書けばよかった。

lim [x → ∞] x*(e/2 - x*{e - (1 + 1/x)^x)
を求めよ。

>>71
またお前か

お前じゃないよ　俺だよ俺

>>71

(1 + 1/x)^x = exp(x･log(1 + 1/x))
　　= exp(x･(1/x -1/(2x^2) +1/(3x^3) -1/(4x^4) + ････)
　　= exp(1 -1/(2x) + 1/(3x^2) -1/(4x^3) + ･････)
　　= e･exp(-1/(2x))exp(1/(3x^2))exp(-1/(4x^3))exp(･････)
　　= e{1 -1/(2x) + 1/(8x^2) -1/(48x^3) + ･････}{1 +1/(3x^2) +････}{1 -1/(4x^3) + ･････}(1 +････)
　　= e{1 -1/(2x) + 11/(24x^2) -21/(48x^3) + ･････}
より
　与式 → (11/24)e　　[x→∞]

空気を読んで高校範囲で

>>74
正解
余り面白くなかったか。

ｎ個の、円に同型な柔らかい紐輪の絡まり方はいくつあるか？
※違う紐輪に区別はつかないとする。

>>77
closed pure braid の同値類と考えても無限に多くあるように思うが

確率の問題

n種類の問題があり、1回の試行でこの中からランダムに1問が出題される。
k(≧n)回の試行で全種類の問題が出題される確率はいくらか。

>>79
i種類の問題があった時に相当する確率を Pi と置きます。
P1 = (1/n)^k
P2 = 1 - C[2,1]*P1
・・・
P = Pn = 1 - Σ[i=1,n-1] C[n,i] Pi

漸化式での解答は微妙かも。。。
これって簡単な式になるの？

P1=1では？

クーポンコレクターだな

>>79

・ある１題が出題されない確率は 　(1 - 1/n)^k,
・異なる２題が出題されない確率は 　(1 - 2/n)^k,
・異なる３題が出題されない確率は 　(1 - 3/n)^k,
以下同様。
全n題が出題される確率は
　1 - C[n,1](1 - 1/n)^k + C[n,2](1 - 2/n)^k - C[n,3](1 - 3/n)^k + ････
　= �納i=0,n] (-1)^i C[n,i](1 - i/n)^k
　= {1/(n^k)} �納i=0,n] (-1)^i C[n,n-i] (n-i)^k
　= {n!/(n^k)}s(k,n),
ここに s(k,n) は相異なるk個の物をn組に分けるやり方の数。
　（第２種スターリング数とか云う･･････ ）

http://mathworld.wolfram.com/StirlingNumberoftheSecondKind.html

http://changi.2ch.net/test/read.cgi/jsaloon/1265819838/524

まちがえた

http://changi.2ch.net/test/read.cgi/jsaloon/1265819838/24

よし私も


素因数分解の天才であるAさんは、ダイズ職人のBさんに、互いに右腕を賭けるギャンブルを持ちかけた。
そのルールは、0〜9の10種類の目を持つ10面ダイス（どの数が出る確率も同様に確からしいとする）を3回投げて、
3つの出目の数を組み合わせて3桁の数字を作り、その最大の素因数を比べて大きい方が勝ちというものである。
例えば出目が1,1,8の場合、811という数を作れば最大の素因数は811なのでかなり強力な数字だが、
118であれば最大の素因数が59でありそれほど強い数字ではないということになる。

今、Aさんは9,7,9という数字を出した。さて、このときBさんはかわいそうですか？

Cさんは楽しい。

>>86
出目が8、1、1 のとき 811にするのか 118にするのかはどうやって決めるの？

ギャグのつもりで書いたらレスがついてしまったのでとりあえず補足。

Q.出目が8、1、1 のとき 811にするのか118にするのかはどうやって決めるの？
A.個人の判断で811にするか118にするかを好きに決めて下さい。
　なので素因数分解機がない環境下では素因数分解の得意な人が有利です。

Q.0が出たらどうするの？
A.3桁の数字を作るようにして下さい（100はいいが010などはダメ）
　0が3回出た場合は3回とも振り直してください。

Q.この問題ってどこらへんが面白いの？
A.ひどい……

つまりBさんがかわいそうかどうかは
Aさんが馬鹿かどうかで決まるんですね

パズルの国のアリス
http://www.nikkei-science.com/page/magazine/alice/
ここの問題は全部面白かった

>>91
確かにおもしろい。
大抵はこのスレかどこかで見た問題だけど、
今回(2010年4月)のは初めて見た。

これって、終了判定だけは、操作直後で記憶が消去される前の
タイミングにできるようにしておかないと無理だと思うんだが。
それが許されさえすれば、3枚はできた。

4枚以上は見当もつかないな。可能なのか？

>92
終了判定の解釈が鍵だと思うよ。
カードを手に持っている状態を独立した状態と解釈すればほとんど自明。

91 のときにはなかった問題だな。3/15 に解答か。

これって
---
上から優先して条件に一致した動作をして下さい
・左山が開いていて中山か右山に３があれば→３を左におけ
・左山が３で中山か右山に２があれば→２を左におけ
・左山が２で中山か右山に１があれば→１を左に置きつつ終了判定しろ
…
---
みたいな感じでいいわけだよね
無限ループしないアルゴリズムを考えろってことか

>>94
過去の履歴を使わないと終了判定できなくないか？

>>93
なるほど。「場が○△□のときは、○を△の上に置く」だけじゃなくて
「手が空で場が○△□のときは○を手に取る」
「手に△があって場が□×○なら□の上に置く」
とかも入れていい訳ね

左の山・中央の山・右の山をそれぞれL,C,Rと呼び、
たとえば、見えている状態が L:空、C:1、R:3である状況を[013]のように表す。
また、山の左右はつながっているとみなし、Lの左隣はR、Rの右隣はLと捉える。

以下、手順。上から順に優先。

[210]or[201]のとき‥‥1をLに。→この操作直後[100]になったらそこで終了。
[312]or[321]のとき‥‥2をLに。
[1枚見えているとき] ‥見えている1枚を左隣に。
[2枚見えているとき] ‥空の山の左隣を空の山に。
[3枚見えているとき] ‥3の右隣を3の左隣に。

これで3枚はいけると思う。
もっと簡便なアルゴリズムはないかな？

おー、いけてるっぽいね。
終了判定の解釈なんぞ関係なかったわけだ。

「この操作直後〜なら」という判定が許されるのかね
if文をネストして良いなら何でもできるぞ

なんで終了判定とか言い出すのか理解できない。
左に1があって、他の山が空なら終了じゃん。
問題を誤解しているんだろうか。

>>100
初期配置が左の山に上から 1,3,2 だったらどうする？

問題の意図からすると、場が[100]となっていたなら、終了と見なすべき。
ただし、これを意味のある問題とするためには、初期状態で[100]だった場合だけは例外とし、手を入れられる事としておくことが、この問題には要求されるべきである。

この例外扱いを避ける為、97さんは、あのような終了の仕方を設定したのだろう。と思う。

つまり、本当は、最優先事項に「[100]のとき・・・終了」、第２項「[210]or[201]のとき‥‥1をLに」．．．
としたかったが、上記例外を考慮して、97のように修正したのだと思う。

>>101
そういうことか。
常に数字が小さい札が上にくると解釈していたけれどそうでもないのかな。

>>92
>4枚以上は見当もつかないな。可能なのか？

5 枚だとだめということはすぐにわかる。
終了状態から 2 手戻して、1, 2, 3 が見えている状態を作る。
3 の下にある 2 枚を交換した場合と区別が付かない。

>103 の解釈が正しそうですね。
そうなると、ハノイの塔の解法と関連しそうな気がする。

>>105
いや、>>101 のも初期条件としては有り、と考えなきゃいけないと思う。
「大きいカードの上に小さなカードしか来ない」が初期条件だったら、
問題にそう書かれると思うし、
単に書いてなかっただけとすると、単にハノイの塔のアルゴリズムで
解けてしまう。多分ここのサイトはハノイよりも高度なことを考えてると思うよ。

>>99
＞「この操作直後〜なら」という判定が許されるのかね
それも許されないと思う。
それが通るなら、結局「下のカードを忘れる」という問題の主旨の仮定が意味なくなる。
全ての条件を「この操作直後〜」で書きかえれば
ある意味「下のカードを覚えてる」と同じことができるからね。

この条件で、>>93,>>96 を参考に
>>97 をこう変更すればうまくいく。

・[210]or[201]のとき‥‥1をLに。→この操作直後[100]になったらそこで終了。
↓（これを２つの条件列に分解）
・手の中にカードが空で、かつ、[210]or[201]のとき‥‥1を手に取る。
・手の中のカードが１で、かつ、[210]or[201]のとき‥‥終了宣言をしながら手の1を山Lに置く。

つまり、カードを山から手に取ったときに、
そのカードの下が何かによって置く場所を選んでいい、
というのを使えば、基本的には >>97 でよいことになる。

>>106
それがOKなら、>>97も

・[210]or[201]のとき‥‥終了宣言をしながら1をLに移す

と書き直せることになるから、本質的に変わらないと思う。

カードを手に取った状態を独立した状態として設置しても、
それを山に置いた（＝状態が遷移した）瞬間に全てを忘れて
しまうという仮定を置く限り、結局終了判定はできない。

さらに、カードを手にした状態では「そのカードをどの山から取ったか」
という情報も失われている、と考えなければならないだろうから、
より制約が厳しくなる可能性もある。(4枚以上の場合には顕著に響いてくる。)

あと、4枚以上の場合、自力で終了判定をするのは>>104の通り不可能そうだ。
(4枚でも、1手戻して[210]から1を左に持っていく場面を考えれば、
たとえ直前の状態を記憶していたとしても終了判定できない。)

そこで、目的の状態が達せられたらチャイムが鳴るなどの
「自動終了判定機」のようなものの存在を仮定したらどうだろう。
可能になるんだろうか？

4枚全部を左の山に積み上げるパターンは24通りで、
この24通りをもれなくグルグルと巡るループが構成できればいいと
考えたけど、それすらうまくいかない。

ちなみに、n枚の時の状態数は、見えない部分も区別して数えると、
(n+2)!/2 通り。

場が[200]で手に1の札を持っていたら
これだけの事実から終了を宣言できる。
終了判定機など不要。

なんで？
左の山が、上から２４３だったらどうするの？

>>106
>単に書いてなかっただけとすると、単にハノイの塔のアルゴリズムで
>解けてしまう。

下になにがあるかわからないのでそんなに単純ではない。
>103 のルールだと、4 枚で可能であることは確認した。

ごめん。1の下から3が現れると困るから、
やっぱりそんな書き換えはできないね。
つーことで107は撤回するわ。

終了宣言をする必要はあるのか？

カード自身が勝手に判定して解散してしまえば十分。

なんという糞問…

最初の状態で１枚だけ見えているとき・・・見えている１枚を左隣に。
以下、>>97の手順を繰り返し、[100]になったら自動的に終了する。

これでいいんじゃないか。

>>115
あっ、右の山と左の山は循環してるとして適当にスライドさせて考えて下さい。

>>115
それ、>>97 の３つめに既に含まれてるよ。
というか「最初の状態」かどうかというのはヤマネには認識できないから。

枚数一般化すると終了判定はできないかな。
やっぱり巡回群操作を見つける問題かなぁ。

>>117
今から始めるぞ、くらいのことは認識できるんじゃないかな？
１手目だけ別作業にすればいいかなと思ったんだけど。
それも認識できないという設定なのか？

このスレの流れを見ていると、出題の仕方があまり良くなかったようだな。

xy - 平面の x ＞ 0 の部分に、面積を持つ二つの図形 A, B があるとする。
（簡単の為、区分的に滑らかな境界を持つ有界閉領域としても良い。）
任意の正の実数 a ＞ 0 に対し、 A と直線 x = a の交わりの長さと、
B と原点中心の半径 a の円周の交わりの長さが等しいとき、
A の面積と B の面積は等しい。

空間 version はまた後で。

>>120
で、問題は？

>>121
↑
明確に問題の形で提示しないと、問題として捉えられないらしい

>>121
「である事を証明せよ」を略したんだよ。
そのくらい常識だろ。

想像はつくが常識ということはないだろうな。

もしそれが常識ならば、試験問題がそのような形で出題されても
誰からも（常識的な）クレームはつかないということだからな。
それはさすがにないだろう。

>>124
数学ではこの形式の出題は常識だから
たとえばマトモな数学科での試験ならクレーム付ける人はいない。

高校受験ならクレームの嵐だろうな

数学の常識と世間の常識は異なる

「コーヒーまたは紅茶をお選びください」
「『原動機付自転車は公道を時速50k/m以上で走ってはならない』は×」
「１＋１を３にも４にもします」
「わたしは人間だ、それ以上でも以下でもない」 

高校受験なんてどうでもいい

常識かどうかなんてどうでもいいから解け
勝負はそれが面白いかだ

解くかどうかとは別の問題として、
どうでもよくない。

>>125
オレの教科書では、そのような出題は見た事がないのだが
どの教科書なら出てる？書名を上げてくれ。

「常識」で一蹴しようとする理由を考えれば
具体例の準備はないことくらいわかりそうなものだがな

誰も具体例を挙げない様なので手持ちの本を調べてみたが、
新しい本では見つからなかった。
昔の本では、高木貞治「代数学講義」共立などがあった。
今時の色つきチャートと違う昔の色無しチャートもそう書いてあった様に思う。

非常識だから改訂されたんだろう

以下を証明せよ
１） ○○ならば△△である
２） 以下同様な命題

というのなら見たことはあるが、 これは１行目が問題だから例外だな。

「これこれこの様な定理（公式）がある。この定理を使って、これこれの問題を解け。」
という形の問題ならある。

命題のみが書かれていて、その命題で何をするべきかが
どこにも書かれていない、というのは見たことないな。

最近は何でも具体的に指示してやらないと出来ない坊やが増えている。

自分の頭の中を自動で読み取ってもらえると思っているやつもな

>>120
とりあえず次からは常識・非常識みたいなしょうもない話題より面白い問題もとむ

数学科にとって、命題は問題と同じです。

命題：○○という仮定のもとで××が成り立つ。
↓
問題：○○という仮定のもとで××が成り立つことを証明せよ。

おれんとこではそうでもないな。

常識は時と場所で異なるから、一致しているうちは便利な道具だが
ひとたび異なればまったく信用できず使い物にならない。

論争はひとまずおいておいて、
面白そうだから誰か解いてみてくれないか。

じゃあ俺が考えた面白い問題をやってくれ。

３人が、上のスタートから下のゴールに降りる３本の縦線であみだくじをしようとしている。
抽選の前に、他の人の線を見ずに、一人１本だけ、好きなところに横線を引ける。
（横線の選び方は斜めやジャンプなどは無しで、隣合った縦線に普通に１本だけ引くルールです）
最下部まで来たときに、一番右に来た人１人が優勝になっている。

(1) スタート地点では、幸か不幸か自分は一番左にいることが知らされた。
他の人が全くランダムに線を引くとすると、どこに線を引くのが有利か？

(2) 賞金は１万円らしい。
また、スタート地点決定権をオークションで決め、
一番多かった人が落札額を払って自分のスタート位置を決められるらしい。
このスタート地点決定権、いくらで落札するのがよいか？

>>144
円に弦を「ランダムに」引くとき、それが、内接正三角形の辺長より長い確率は？
という問題と同様、具体的に、「ランダムに線を引く手順」を明らかにしないと、
確率は計算できないのでは？

>>145
ＯＫ
相当ランダムってことで

>>146
意味わかんねえ

『「田」の字型の道路があり、左下の角から、右上の角に遠回りしないでランダムに移動する。』
で始まる問題があった場合、これでは、交差点でランダムにどちらかの道を選ぶような、移動方法
なのか、可能なコース６通りが全て同確率で、いずれかのコースがランダムに選ばれるのか、判らない。

この問題の場合だと、「ランダムに線を引く」の解釈だが
解釈１：最終的に作成されるあみだ図は８通りで、全て同確率で作られうると考える
解釈２：まず自分が引き、二番目の人は、自分より上、自分より下は、同確率、三番目の人は、可能な高さ３通りのうち、いずれも１／３づつ
解釈３：[0,1]の乱数を発生させ、それに対応する高さの位置に線を引く
解釈４：例えば自分は、「ずっと下に線を引く」という戦略が可能で、この場合、残り二人を自分より上に線を引くように強要できる
等

さて、どれを想定？　もしかしてこれ以外？

>>142
問題も解けない三流大学数学科のボケが

問題解いてから物言え

>>148
オッケー。ほぼ解釈３です。
できるだけ一般的なあみだ戦略の解がみつかるといいなと思って。

ランダムの定義のところを厳密にいってみよう。
・スタートの高さは y=1、ゴールは y=0。
・他の二者が[左の縦線〜中央の縦線]、[中央の縦線〜右の縦線]のどちらを結ぶかは、
　どちらも 1/2 の確率で選ばれる。
・他の二者がどの高さ y に線を引くかは、0<y<1 の一様分布から選ばれる。
これでいいかな。

解釈４は、解釈３のもとで「y=0 の高さに引く」とすることで一応可能。

同じ高さに横線が引かれちゃったらどうするか？
はとりあえず無視できるということで。まぁ確率ゼロだしね。

参加者と縦線を増やしていくとどうなるか考えるのもまた一興。
(2) の解はたぶんどんどん「一番右」の取り合いになっていくと思う。

あみだくじにランダムに2本の線を追加するとき
各スタート地点から右下へ到達できる確率を求めよと言う意味か

N個（N＞０）の異なる１以外の整数を作る
それぞれを昇順に並び替え小さいほうから
ｎ1,n2,n3・・・として
n0=１とする。
n0円玉、ｎ１円玉、ｎ２円玉・・・ｎN円玉の
N＋１個の硬貨を使って買い物をする。
この時硬貨はそれぞれ無限個づつ使えるとする。
X円の商品を買うときY通りの支払い方があった。
またX＾３＋ｎN＾３＝Y　だった。
X、ｎN、Yに当てはまる数があるかないか
あるならば何か例を挙げよ
無いなら証明せよ

↑
訂正
１行目　整数→自然数
　

本家で >>92 の解答出たね。
「違う動きの解が存在する！」の方が分かりやすかった。

左山のみ→左山トップだけ右山に→
左山を中央に移しながら、その中で右山に繋がるものが見つかればそれだけ右に積んで繋げる→
左山が終わったら右山を全部中央に積んでいく（繋がってるものは全て逆順になる）→
さらに中央を全部左に移動（これで繋がってるものは左山で正順になる）→繰り返し
これでどんどん繋がって行くわけだ。

入れ子算
なべやに行くと７つのなべが売っていました。
この鍋は入れ子といって一番大きな鍋に２番目に大きい鍋２番目に３番目というマトリョーシカっぽいやつ
これらの鍋の値段は２５０円ずつちがっていて７つ全部９８００円で買いました一番小さい鍋の値段はいくら？

小学生相手なら面白いかもしれんが・・・

Σ[i=0--6]{x+250i} = 6x+250Σ[i=0--6]i = 7x+250*7(7+1)/2 = 7x+7000 = 9800
x = 400 円でFA？

>>156
　４番目の鍋の値段は 9800円/7 = 1400円 だから････

>>158
　Σ[i=0→6]i = 6(6+1)/2 = 21,
　x = 650円

１片の長さがa (a>0) の正四面体ABCDと、
点Ｐを中心とし、半径の長さが r (r>0) の 球Ｑ（内部をふくむ）がある。

点Ｐは、１秒ごとに、隣の辺に移動し、移動方向の確率は、それぞれ同様に確からしいものとする。

初期状態では、点Ｐは点Ａと一致している。

自然数tにおいて,初期状態からt秒後までに球Ｑの動いた軌跡の期待値を、
a,t,rを用いて表せ。

（よくある問題のアレンジ）

難しめにするために、a と　r との関係は、はぶいてみた。

xy座標平面において、0<=x<=10かつ 0<=y<=10の領域にある格子点を考える。

（１）これらの格子点から相異なる２点A、Bを選んだとき、線分ABの長さの取りうる値の範囲を求めよ。

（２）これらの格子点から相異なる３点A、B、Cを選んだとき、
　　三角形ABCの面積の取りうる値の範囲を求めよ。

（３）これらの格子点から相異なる４点A、B、C、Dをを選んだとき、
　　四角形ABCDの面積の取りうる値の範囲を求めよ。

（４−１）これらの格子点から相異なるｎ点P_1. P_2・・・P_nを選んだとき、
　　P_1. P_2・・・P_n の点を結んで、n角形を描くことができるという。
　　このときのnの取りうる値の範囲を求めよ。

（４−２）　（４−１）で求めたｎの範囲において、ｎ角形の面積の取りうる値の範囲を、
　　nを用いてあらわせ。

＝＝＝
むずかしい？

「取りうる値の範囲」って問題には書いたけど、
「取りうる値をすべて求めよ」にすると、難しくなる。

くだらねぇ問題はここへ書け ver.3.14(63桁略)7816
が沈んで消えたので転載

954 １３２人目の素数さん [sage] 2010/04/23(金) 14:29:44 ID: Be:
「数学・まだこんなことがわからない−素数の謎から森理論ｍで−」吉永良正（講談社ブルーバックス）
に載ってた問題です。

「(2^n + 1)/n^2 が整数となるような１より大きい整数ｎを全て決定せよ」
（答えは、「n=3」のみ。）

この証明方法を教えて欲しいです。
『フェルマーの小定理』の小定理を知っていないとまず解けない問題だそうです。
元々は、１９９０年の数学オリンピック北京大会で出題された問題ですが、日本勢で正解した人はいなかったそうです。
本では、これというのも日本の学校では初等整数論さえまともに教えてないから云々といった感じで続いていて
問題の解法には一切触れられていませんでした。

（続き）
995 954 [sage] 2010/04/28(水) 15:52:01 ID: Be:
もう忘れられかけているので自己解答します。結局ググル先生に教えてもらいました。
テニオハがなっていませんが普通に理解できると思います。
適切な指導者がいて特訓すれば数学オリンピックなんて大した事ないのかもと思えてきました。
(天才は指導者がいなくても自力で成長できるんだろうけど・・・)

n＞1 で n^2|2^n+1 が成り立つと仮定する。

(１)．　n|2^n+1よりnは奇数。nの最小素因数をpとする。p|2^n+1、すなわち2^n≡-1(mod p)。
2^i≡-1(mod p)となる最小の数をiとする。2^(p-1)≡1(mod p)より、i<(p-1)。
ｎ=ki+r (0≦r＜i)とおくと、2^n≡(-1)^k・2^r≡-1(mod p)。kは偶数だとすると、2^r≡-1(mod p)
となりiの選び方と矛盾するのでkは奇数。よって2^r≡1(mod p)。
2^(i-r)≡2^r・2^(i-r)≡2^i≡-1(mod p)かつiの最小性により、r=0。
i|n,i<(p-1)によりi=1。よって2≡-1(mod p)すなわちp|3、よってp=3。

(２)．　n=3^k・d, (d,3)=1とする。まずk≧2 と仮定する。n^2|2^n+1より、3^(k+2)|1-(1-3)^n。
よって、3^(k+2)|3^(k+1)・d- Σ[h=2,k+1]{C<n,h>・(-1)^h・3^h}。
h!に含まれる3の指数はh/2(=h/3+h/9+h/27+…)未満かつh≧2なので、3^(k+2)|C<n,h>・3^h。
これは、3|d となるので矛盾する。よってk=1、すなわちn=3d。

(３)．　d＞1と仮定した上でdの最小素因数をqとする(q≧5)。 q|2^n+1すなわち2^n≡-1(mod q)。
2^j≡-1(mod q)となる最小の数をjとする。2^(q-1)≡1(mod q)より、i<(q-1)。
((1)と同様なので中略)、ｊ|n。 またqはdの最小素因数であり,j<q-1,nは奇数。
よってｊ=1またはj=3、すなわちq|3またはq|9。どちらもq=3となりq≧5に矛盾する、よってd=1。

以上により、n＞1 の場合の候補は3のみ。
n=3の時に成り立つのは明らか。[証明終了]

↑自分で書き込んでおいてなんだけど、結構気に入っている解法です。
もっと簡単またはエレガントな解法はあるでしょうか？

>>164

(1) の補足
　2^(p-1)≡1 (mod p)　　　　　(← フェルマーの小定理)
　n = ki + r, (0≦r<i)　　　　　　　(← nをiで割った)
　i|n とpの定義より i=1 または i≧p,
　i<p-1 より i=1,

(2) の補足
　2^n + 1 = (3-1)^2 + 1
　　　　　= Σ(h=1,n) C(n,h)･(-1)^(n-k)･3^h　　　　(←二項定理)
　　　　　= 3^(k+1)･d - Σ(h=2,k+1) C(n,h)･(-3)^h + N･3^(k+2),　　　　(n:奇数)
　h≧2 のとき C(n,h) = n(n-1)･･･(n-h+1)/h! = (3^k)d･(n-1)･････(n-h+1)/h!,
　h! の素因数分解における3の冪指数は h/2 未満。　　　　(←補題)
　∴ C(n,h)･3^h 中の3の冪指数は k-(h/2)+h = k+(h/2) ≧ k+1 より大きい。
　∴ 3^(k+2) | C(n,h)･3^h
　題意より 3^(k+2) | 3^(2k) | (2^n + 1),
　∴　3^(k+2) | 3^(k+1)･d
　∴ 3 | d　　　(dの定義に矛盾)

〔補題〕 h! の素因数分解におけるpの冪指数I(h,p)は h/(p-1) 未満。
　I(h,p) = Σ(e=1,h) [h/(p^e)] ≦ Σ(e=1,h) h/(p^e) = {h/(p-1)}{1 - 1/(p^h)} < h/(p-1), (終)


〔参考書〕
秋山 仁＋ﾋﾟｰﾀｰ･ﾌﾗﾝｸﾙ 共著「完全攻略　数学オリンピック」日本評論社 (1991/11/20)
　ISBN　4-535-78185-0　　　p.68〜70 (ﾐｽﾌﾟﾘﾝﾄ有り)

http://www.math.s.chiba-u.ac.jp/~ando/imo.pdf
　第1回(1959) 〜 第40回(1999)の問題

(1)の「nの最小素因数をpとする」を「nの素因数の1つをpとする」に書き換えれば
簡単になるのでは。

hoge

>>165

〔補題〕　gcd(q^a -1, q^b -1) = q^gcd(a,b) - 1,　　　……… (☆)
を利用する手もある。

(ヒント)　ユークリッドの互除法で…

〔参考書〕
　秋山 仁＋ﾋﾟｰﾀｰ･ﾌﾗﾝｸﾙ (共著) 「数学オリンピック全問題 1984〜1990」日本評論社 (1990/09/10)
　ISBN 4535781869 p.118〜119


>>167
i|n, i<p-1 から i=1 を出ませぬ〜〜

>>166 補足してくれてありがとう

>>168
自分なりに解いてみました。面白いです。
ただ補題の結果(＋導出過程)を事前に知っていないと思いつくのはかなり難しいかも
これは有名な定理？何か名前が付いているのでしょうか？

〔補題〕　(q^a-1,　q^b-1)＝q^(a,b)-1
f(x)=x^a-1,　g(x)=x^b-1　と置き、最大公約多項式　(f(x), g(x))　を　h(x) と置く。
代数式f(x)=0 と g(x)=0 の解集合は其々位数 a,b の巡回群を形成する。(中略{真面目に書くと長い・・・})　h(x)=x^(a,b)-1。
ユークリッドの互除法により、α(x)・f(x)＋β(x)・g(x)＝h(x)　(α(x),β(x)は適当な多項式)、
即ち α(x)・f(x)/h(x)＋β(x)・g(x)/h(x)＝1 と表せる事から、x に q を代入すると、(f(q)/h(q), g(q)/h(q))＝1 つまり互いに素である。
よって、(q^a-1,　q^b-1)　＝　(f(q),　g(q))　＝　(f(q)/h(q)・h(q),　g(q)/h(q)・h(q))　＝　h(q) ＝ q^(a,b)-1。[補題の証明終了]

〔本題〕
n＞1 で n^2|2^n+1 が成り立つと仮定する。 nが奇数なのは明らか。
a,bが共に奇数の場合は、補題の証明途中で x に -q を代入することにより、関係式 (q^a+1,　q^b+1)　＝ q^(a,b)+1 が得られる。
ここで q=2, a=3, b=n と置けば、(9,　2^n+1)　＝ 2^(9,n)+1。
(9,n)=1　の場合は、(3,n)＝1。これは >165 の(１)の結果と矛盾するのでありえない。
(9,n)=3　の場合は、n＝3d、但し(3,d)＝1。以降は >165 の(３)と同じ。
(9,n)=9　の場合は、9≧(9,　2^n+1)＝2^9+1＝513＞9 となるのでありえない。
よって、n＝3 の場合のみ成り立つ。[証明終了]

>165 の(２)での二項定理の部分(たぶん一番の山場)が省けました。

> f(x)=x^a-1,　g(x)=x^b-1　と置き、最大公約多項式　(f(x), g(x))　を　h(x) と置く。
> 代数式f(x)=0 と g(x)=0 の解集合は其々位数 a,b の巡回群を形成する。(中略{真面目に書くと長い・・・})　h(x)=x^(a,b)-1。

↑あとで見直してみたら、この部分の証明は小難しく考える必要は無かったですねｗ

f(x)=x^a-1,　g(x)=x^b-1,　h(x)=x^(a,b)-1　と置く。
ユークリッドの互除法により、sa ＋tb＝(a,b) と書ける。ただしs,tは適当な整数係数
連立式 f(x)=0,g(x)=0 の任意の解ζについて、ζ^(a,b) ＝ ζ^(sa ＋tb) ＝ 1^s ・ 1^t ＝ 1。 すなわち h(x)=0 の解である。
またh(x)=0 の任意の解ξについては、ξ^a ＝ ξ^{(a,b)・a/(a,b)} ＝ 1^{a/(a,b)} ＝ 1、 ξ^b ＝ ξ^{(a,b)・b/(a,b)} ＝ 1^{b/(a,b)} ＝ 1。すなわち 連立式 f(x)=0,g(x)=0 の解である。
以上の結果と各多項式の(複素数)一次式分解を考慮すれば、(f(x), g(x))=h(x) は明らか。 [証明終了]

>170 の訂正・・・あぁぁ・・・

[間違い]
> ここで q=2, a=3, b=n と置けば、(9,　2^n+1)　＝ 2^(9,n)+1。
> (9,n)=1　の場合は、(3,n)＝1。これは >165 の(１)の結果と矛盾するのでありえない。
> (9,n)=3　の場合は、n＝3d、但し(3,d)＝1。以降は >165 の(３)と同じ。
> (9,n)=9　の場合は、9≧(9,　2^n+1)＝2^9+1＝513＞9 となるのでありえない。

[訂正]
ここで q=2, a=3, b=n と置けば、(9,　2^n+1)　＝ 2^(3,n)+1。
(3,n)=1　の場合は、>165 の(１)の結果と矛盾するのでありえない。
(3,n)=3　の場合は、n＝3d、但し(3,d)＝1 と置ける。以降は >165 の(３)と同じ。

しつこくてすみません。

> (3,n)=3　の場合は、n＝3d、但し(3,d)＝1 と置ける。以降は >165 の(３)と同じ。

[再訂正]
(3,n)=3　の場合は、n＝3^k・d、但しk≧1, (3,d)＝1 〜〜〜

んー、結局 >165 の(1), (2), (3) が全部必要になってしまう・・・。

平成教育委員会で出た
「円の中に3つの同じ長さの線（直線でなくてもいい）を引いて10個の領域に分けろ」
って問題が答えが何でもアリすぎて別の意味で面白かったsage

覚えがないなー
８の字をもっとつなげた曲線１個で何個でも分けれるんじゃないの？

このスレのurlに0が多いのが一番面白い

x(1)、x(2)、…、x(n)を自然数として、n変数関数f(x(1), x(2), …, x(n))=Σ[k=1,n]x(k)が f＜ 1を満たす範囲で最大値を取るとき、x(k)は平方数にならない。
○か×か

Σ[k=1,n]x(k)が f＜ 1

職場の同僚が、ガソリン価格が、値上がり中に満タンにするのと、値下がり中に満タンにするの
とでは、値上がりに、中に満タンにするほうが得だと言う。
そいつが、自信有りげに言うんで色々ググッたけどわからなかったんで、微積得意な人がいたら
本当かウソか、わかりやすく教えてもらえないだろうか？

スレチだったらスマン。

>>163
以前考えたアイデア。
誰かのと重複してるかも。

-------------------------------------------------------------------------------
【n＝3^m の場合の nCi・3^i (i≧2) が 3^(m+2) で割り切れることの証明】

( i !の 3のべき数) ＜ (i/3)＋(i/3^2)＋．．．＝ i/2 より
( nCi の 3のべき数) ＞ m−i/2
よって i≧2 のとき ( nCi・3^i の 3のべき数) ＞ m−i/2＋i＝m＋i/2≧m+1より
( nCi・3^i の 3のべき数) ≧m＋2
-------------------------------------------------------------------------------
【n＝k・3^m の場合】

n は奇数で 3 の倍数の必要があり、
n＝(2k+1)・3^m （2k+1not≡0 (mod 3)） とかけます。(not≡ は合同でないの意味です)
このとき、p＝3^m として
(2^n＋1)/n^2＝{ ( 2^p)^(2k+1)＋1}/{ (2k+1)^2・p^2 }
( 2^p)^(2k+1)＋1＝(2^p+1) { (2^p)^(2k)−(2^p)^(2k-1)＋．．．−2^p＋1}
ここで (2^p)^(2k)≡−(2^p)^(2k-1)≡．．．≡−2^p≡1 (mod 3) より
(2^p)^(2k)−(2^p)^(2k-1)＋．．．−2^p＋1≡2k+1≡not≡0 (mod 3)
よって、
(2^n＋1)/n^2 が整数 ⇒ { 2^(3^m)＋1} /(3^m)^2 が整数

>>179
値上がり中→最高値→値下がり中→最安値→値上がり中→最高値→の繰り返しだとして
一番いいのは最安値のときだけどその時点で最安値かはわからない
まだ下がるかもしれないし上がるかもしれない
だから値上げに転じた時点でガソリン満タンにするのがいい

>>181

どうもありがとう　m(_ _)m

３つの実数x,y,z ( x+y+z > 0 , y < 0 )を　(ｘ，ｙ，ｚ)　→　(ｘ＋ｙ，−ｙ，ｚ＋ｙ)
とする変換を考えます。変換後、負の数のどれか（存在するとき）をｙとして残りをｘ、ｚと
して同じ変換を繰り返します。このとき変換のときにどのように負の数を選んでも
必ず有限回の変換後に３つの数すべてが非負実数になることを証明せよ。

>>183
IMOに似た問題が無かったっけか

Art of Problem Solving ? International Competitions IMO
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/resources.php?c=1&cid=16&sid=7988762b3885fc8ef8aa05e690a4ebfc
どれのことだろう？

時計の時針・分針・秒針の全てが同じ長さ・同じ重さだったとする。


時計が一番つらい時間は何時何分何秒か？

つらい時間ｗｗｗｗ
３時１５分１５秒あたりなんだろうがおもしろい問題だｗｗ

>>186
便乗

３つの針がどれも重なっていないのに
針の区別が付かない時刻はあるか？
針は連続に動くものとする。

ある日蛙が深さ30フィートの井戸の中に落ちてしまいました
蛙は昼の間3フィート井戸の壁をのぼる事ができ、夜の間2フィート下がってしまいます
蛙が井戸を抜け出すのに何日かかるでしょう？

>>188
いっぱいあるくない？
2つの針の角の二等分線上に残りの針が来るとき

186 だが、無意識に投稿した時間がかなり辛そうで自分で笑ってしまったｗ
あと４秒遅れてたら…
時計の死亡時刻ってだいたいこの辺に集中してるでしょ

>>187
３時１５分１５秒はふくらはぎが筋肉痛になる時間

>>185
86年の3番が似ている

>>190
なんでそれで区別が付かないの？

たとえば3時0分７．5秒ちょっとの時は 短針と長針の間に秒針が来るけど
３の針はその位置関係から区別が付くと思うんだが。

１周の角度を 1、時針分針秒針を h, m, s とすると
それが「時計として正しい」とは、
12h-m が整数
60m-s が整数
が成り立っていることに同値。時計の公理、とでも名付けよう。

これから、「入れ替わりの時刻も正しい」は、式をいじると、
それぞれ以下の数が整数になることと同値となる。
(1) m⇔s : 43188h
(2) h⇔s : 518399h
(3) h⇔m : 43188h
(4) s→m m→h h→s : 414672h
(5) s→h h→m m→s : 576h

時計の定理１
(1)と(3)は見分けが付かないので、
時針のみ確定できること、または、秒針のみ確定できること、はどちらもあり得ない。

時計の定理２
これらのどの入れ替わりかも見分けが付かないのは 9283932178928064h が整数の時。
１日に 18567864357856128 回だけ起こる。

>>188 にさらに便乗。
入れ替えてもばれない時刻に、
時計は、こっそり入れ替えてもばれない針同士を交換できるとする。

時計が「0時0分0秒を再度再現する」という
普段 12 時間かかってやっている仕事をサボろうとしたら、
最短で何分で達成できるか？

(3) を間違った。

(1) m⇔s : 43188h
(2) h⇔s : 518399h
(3) h⇔m : 143h
(4) s→m m→h h→s : 414672h
(5) s→h h→m m→s : 576h

時計の定理１
これらのどの入れ替わりかも見分けが付かないのは 1327602301586713100h が整数の時。
１日に 2655204603173426200 回だけ起こる。
200倍くらい増えた。

>>196

＞ ３つの針がどれも重なっていないのに 

>>196
＞ これらのどの入れ替わりかも見分けが付かないのは 1327602301586713100h が整数の時。 

どうしてそういう理屈になるん？

とりあえず、 hが 1/1327602301586713100 のとき 
mの位置は 60/1327602301586713100
s は 3600/1327602301586713100 だけど
この位置ではどの針が交換可能なんだろう？

オレがなにかかん違いしてる？

>>196
hの針の位置が決まれば m, s の針の位置が自動で決まるので、m <=> s はありえない。

複素数浸かって、z = e^iθ を時針の位置にして、
(z, z^12, z^(12*60)) = (z1^12, z1, z1^(12*60))
(z, z^12, z^(12*60)) = (z2^12, z2^(12*60), z2)
(z, z^12, z^(12*60)) = (z3^(12*60), z3, z3^12)
(z, z^12, z^(12*60)) = (z4^(12*60), z4^12, z4)
を計算すればいいんじゃないだろうか、計算していないけど。

なんか全般的に間違ったな。
正しい時計であるために
・12h-m が整数 A
・720h-s が整数 B
ここまではいいとして、

重なる条件：
m=s:12h-A = 720h-B がなりたつとき → 708h = 2*2*3*59h が整数の時
h=m:12h-h = 11h が整数の時
h=s:720h-h = 719h が整数の時

交換できる条件：
m⇔s: h で m, s が一意に決まるので m=s の時以外はない。
s⇔h:
12s-m = 12(720h-B)-(12h-A) が整数 → 2*2*3*59h が整数
720s-h = 720h-(12h-A) が整数 → 8628h = 2*2*3*719h が整数
よって 2h、3h が整数のときのみ。
しかしそのときは必ず m=s となる
h⇔m:
12m-h = 12(12h-A)-h が整数 → 11*13h が整数
720m-s = 720(12h-A)-(720h-B) が整数 → 2^4*3^2*5*11h が整数
よって 11h が整数の時。しかしそのとき必ず h=m となる。
s→m m→h h→s:
12m-s = 12(12h-A)-(720h-B) が整数 → 2^6*3^2h が整数
720m-h = 720(12h-A)-h が整数 → 53*163h が整数
よって h が整数の時。しかしそのとき必ず m=s=h となる。
s→h h→m m→s:
12s-h = 12(720h-B)-h が整数 → 53*163h が整数
720s-m = 720(720h-B)-(12h-A) が整数 →2^2*3*13*3323 が整数
よって h が整数の時。しかしそのとき必ず m=s=h となる。

よって、重なるとダメとすると解なし？

なるほど、時計の針の長さがちがうのは見易さのためであって
長さを違える必要はないのか

（面白い問題かどうかわかりませんが、他に適してるスレが見当たらないので質問させてください）

塾講師してるんですが、
生徒が４人の一斉授業で、
４人は横一列に並んでます。

で、４人をできるだけ同確率で指名しつつ、
生徒としては、アットランダムに指名されてるように感じる、
そんな方法ってないでしょうか？

なお、時計を使うのはなしで。
（ありなら、現在秒を４で割ったあまりで、指名できますけど、
あんま時計みるわけにいかないので）
あと、連続で同じ人をあて「すぎる」のも避けたいです。
たまに「連続であてる」のなら、むしろそのほうがアットランダム（てかフェイント）で、
望ましいかもしれませんが。

「僕には、円周率の各桁を４で割ったあまり」しか思いつきません。
（でもいちいち円周率みてらんない）

フィボナッチ数列の各項を４で割ったあまり・・・てのはどうなんでしょう？
（思いつきですが）

>>202
生徒の面前で4面体さいころを振る

普通のサイコロでいい。鉛筆でもいい。
1〜4が出るまで振るだけ。

振り直しはだれる。一発で決まる方がいい。

板書した文字数%4で。

分かってるか怪しそうな顔の奴に当てる

四面体サイコロでなくても紙で四角い筒を作ればいい

なにもふり直しをするひつようはない。
生徒に０〜３の番号をつけ
mod（先ほど当てた生徒＋サイコロの目，４）とすれば十分だ

>>186
掛け時計で文字盤の12を上にして一点でぶら下がってる状態だとして、
「一番つらい」の意味が力のモーメントが最大になるということだとすると
|sinθ+sin(12θ)+sin(720θ)|を最大にするθの値を求める必要があるな

http://www.csicop.org/news/show/the_death_of_our_beloved_colleague_martin_gardner

パズルの国のアリス
http://www.nikkei-science.com/page/magazine/alice/
最新号に４月にやった問題の発展問題が載ってる

>>209
お、それいいっすね。
まあサイコロをふったり板書した文字の数数えるのは時間かかるので、
（脳内で一瞬で決めたいので）
てきとーな数字思い浮かべて、
mod 4か？とか思ったけど、
数理心理学（っていうの？）的に、かたよりがあるかなーーーとおもってて。。。
でも、３けたとか４けたの数字を４でわるのは少し時間かかるし・・・って思ってた・・・。

で、mod（先ほど当てた生徒＋「１から１００までからランダムで連想」，４）
だったら、まあ現実的ですかねえ？
＝＝＝
mod（先ほど当てた生徒＋「１から３２までからランダムで連想」，４）
だと、人間の心理的に、偏りでる？
あ、でも、連想する数に偏りでても、「先ほど当てた生徒＋」があるからいいのかな？？？あれ？わかんなくなってきた

トランプを十分に切る
スートに生徒を対応させる
52回目の指名が近づくと確率がばれてゆくのが弱点

>>214
引いたカードを毎回戻せばいい。

>>213
連想する数字が偶数ばかりだったら、当たる生徒に偏りが出るなどの欠点はあると思うが
思いつく数字に多少の偏りがあっても、数と生徒を直接対応させるよりは
さっきの生徒＋のほうが偏りにくいと思う。

>>215
大数の法則で満足するならそれでもいいけれど…
可能な限り回数が違いすぎないことを保証したい場合はどうだろうと考えて
このような結果に…

>>216
＞連想する数字が偶数ばかりだったら、当たる生徒に偏りが出るなどの欠点はあると思うが

そういえば自分、数字連想するときって、素数が多いようなきが。ということはほとんど奇数になってしまうわｗ

>>217
＞ 可能な限り回数が違いすぎないことを保証したい場合
それならカードは４枚だろ

>>218
奇数ばかりなのは、次に当たらない生徒を予想しやすくなるだけで
偏りはあまり生まれない。

>>202 これ面白いなぁ
以前カジノの持ち込み不可の計算機類を持ちこまずに
身体と脳だけでルーレットやブラックジャックの類の必勝法を計算する方法を
考えていたことがあるけど、なんか似てる

>>202
４枚のエースを生徒に割り当てる。
この４枚と１枚のジョーカーの計５枚を持ち、
「一番下のカードを上に乗せる」を繰り返しながら授業をする。
問題の時は一番上に来たカードの主を回答者に指名する。
ジョーカーが出た時はそのさらに下のカードの主を回答者に指名する。
回答が終わると毎回、他のカードの順はそのままで
回答者のカードをジョーカーの上に移動させる。
こうすると「一番当たってない人」がジョーカーの下にくるようになって、
その人は他の人の２倍の確率で当たるようになって均等性が比較的早く自己回復し、
その上「当たりにくい人」の候補が３人になって「俺は次当たらないだろ」的予想もできなくなる。

曲面の鏡だけを使って、
通常の時計の秒針・分針・時針と全く同じ動きを
影で再現する日時計はどうすれば作れるか？

>>210
つまり裏側に仕込んだギアかなにかを使って
相反する力の相殺をしてもいいというモデルかな？

それがＯＫだと、表の針と 180°の角をなして長さと密度が同じ「裏側の針」を仕込めば、
初期速度のみそれぞれ与えてあとは慣性の法則で時計は仕事をしなくてよくなるかな

>>223
何の影で？

>>223
問題の意図がよくわからん。 もうすこし条件等を詳しく。

>>223
夜は影ができないから無理…だとただのとんちだな
でも他に思いつかない。どうするんだろ

>>223
巨大なスリットを使って…だめかな

>>224
う〜ん、なんとなくわかるが
その場合「裏側の針」の力のモーメントが
もともとの針の力のモーメントを打ち消すように働いてるんだよね

自作自演的に答えをひとつ。

巨大な３階建ての鏡のビルを作る。
３階の天井に小さな穴をひとつだけ空けて、
３階の床に光ファイバーの入口を敷き詰める。
２階でファイバーをくねらせて１階で時計を再現。
これはエレガントじゃないけどこれでとりあえずできるでしょ。

ただ太陽に視直径が存在して３階の光の点がそれほどくっきり出ないから秒針がぼやけるのが難点。
凹面鏡か何かで平行光線に補正するのが必要かも。

>>225 もちろん鏡の影

全部鏡面仕上げした部品で機械時計を作ってあとは適当に。

多胡輝も降参

単純化のために春分秋分の日の日中だけに使える短針だけの時計で考える。
太陽は黄道を約12時間かけて半周するわけだよね。
その間光りの方向は半周しか変わらない
しかしその間に針は一周しなくてはならない。
影は光りの向きの反対にしかできないのだから
なんとかして光りの方向を一周させる必要があるてこと？
秒針まで考えたら７２０周も？

http://bit.ly/9EhDX9 のような "デバイス" を使えば、
ファイバー内の光の角度を 0 < x < arctan(1 - d/2√2h)-45°に制限できる。
h を大きくし d を小さくすることで任意の精度で 0 に近づけられる。
ファイバーの断面は正方形で、"デバイス" は正方形の１辺の厚みを持つ平たい形とする。
このデバイスを違う方向に２回通すことで、光は断面にほぼ垂直な成分のみとなる。

>>230 の「２階」から「鑑賞部屋」とは別部屋の１階にある、
このデバイスがたくさんある「デバイス部屋」に光を連れていき平行光線以外を消した後、
「鑑賞部屋」でプラネタリウムばりに時計を再現すればおｋ

完成した http://bit.ly/dgsbcQ

曲面の鏡「だけ」を使って、という問題じゃないのか？

>>236 その前提内で解けてると思うが
光ファイバーもスリットも曲面の鏡のひとつだし

実際の時計のように針が連続で動く必要はないのか？

age

>>238
・太陽は点で視直径 0 とする
・分針、時針との同時表示はとりあえずあきらめて秒針のみ
・秒針の表現も針の先の直系 0 の点だけでよい

とりあえずこの制約でいくと、
太陽→天井の１点スリット→地面に置いた斜め平面鏡→天井にある曲面鏡→地面
という構成で別解はありそう。

スリットを通った光が当たる曲面鏡上の点の座標を 0<t<T として
地面座標系 (x,y) にて
x=sin(43200t/T)
y=cos(43200t/T)
という位置に反射するように角度を構成すれば、連続も一応できる。

曲面鏡の連続性のために、
「曲面鏡は位置的に平面にあるけどその反射はさまざま」
のような配置はできないから、
z 方向にも波打たせて辻褄合わせないといけないけど。
43200個のコブがジグザグに並ぶ鏡面鏡が解になりそう。

・秒針・分針・時針、同時表示したい
なら、３点スリット使えばできそう。

・針を長さのある線分で表現したい
これを入れるには、スリットを線分にして、
角度と射影先の線分が映したい針に対応するようにすればいいけど、
曲面鏡の各点の角度と位置が微分可能な平面で３次元内の２次元曲面で構成できるかが
ちょっと分からない。

とりあえず、
天井の点スリット→地面に曲面鏡→天井の裏面を鏡じゃなくして、
点スリットを中心とする半径 c の位置にある点で秒針の先を表現
で考える。

http://bit.ly/9IQGPP
座標系は３次元直交座標右手系で
・点スリットが原点、
・地面方向が y 軸プラス、
・西方向と天井の時計の 12 時が x 軸プラス、
・北方向と天井の時計の 15 時が z 軸プラス。

太陽光のスリット点からの出射角を θ、
曲面鏡の光が落ちる表面の位置ベクトルを F(θ) = (r(θ)sinθ,0,0)、
F(θ)の点での曲鏡の単位法線ベクトルを N(θ)、
秒針 (second Hand) の先端の位置ベクトルを H(θ) とする。
秒針を再現するために H(θ) = (csin43200θ,ccos43200θ,0) 。

曲面鏡のベクトル方向の単位ベクトルを F'(θ)、
「鏡から秒針先端」のベクトル方向の単位ベクトルを H'(θ) とすると、
F'(θ) = F(θ)/|F(θ)|、
H'(θ) = (H(θ)-F(θ))/|H(θ)-F(θ)|、
N(θ) = (∂F/∂x)×(∂F/∂y)。

光と鏡の入射角と反射角の一致の法則から、
・F'(θ)・N(θ) = N(θ)・H'(θ)。
曲面鏡の微分可能性から、
・∃R∀θ(dr(θ)/dθ < R)
この２式を満たすr(θ)を求めればよい。

その鏡って、その日用に設計されるもので翌日にはもう使えないんじゃね？
先のほうに夜は陽が出てないから無理というのがあったけど
夜使えないどころか日付限定用てこと？

>>243
点スリットのさらに上に、
特定の１日だけその点スリットに光がくるように設計された円弧スリットを設ければ、
特定の１日だけ時計を表示することができる。
それを 365 日分作ってどれも同じ鑑賞部屋に照射するようにしておけばおｋ

とある国のお話。

この国には無限の住人がおり、1番から順に、それぞれ自然数で番号付けされています。
この国の住人は皆、正直者か嘘つきのどちらかであり、
正直者は正しいことだけを言い、嘘つきは間違ったことだけを言います。

ある時、この国の住人たち全員が一斉に、次のような発言をしました。

「私より大きい番号の住人の中に、少なくとも1人嘘つきがいる」

さて、この事態について言えることは何でしょうか？

むげにん

>>245
出題者が 嘘吐きである。

嘘つきのパラドックスは自己言及が原因だと思いきや、
>>245の場合、どの住人も自分以外の住人にしか言及しておらず、
間接的な自己言及も発生していない。
では、このパラドックスを生じさせているものは何か？

パラドクスがおきているのか？ 俺にはわからん。
どこで起きているのか具体的に指摘してもらえないだろうか？

この世には少なくとも一人の嘘つきがいる

>>245を実現する 正直者・嘘つき の配置は存在しないことを証明する。
1番の人間が嘘つきか正直者かで場合分けする。

1番が嘘つきなら、2番以降は全て正直者。…(1)
特に2番は正直者。よって、3番以降の人間で
嘘つきが居ることになる。これは(1)に矛盾。

1番が正直者なら、2番以降の住人の中に嘘つきが
少なくとも1人居る。i番が嘘つきだとすると、
i+1番以降は全て正直者。…(2)
特にi+1番は正直者。よって、i+2番以降の中に
嘘つきが少なくとも1人は居る。これは(2)に矛盾。

よって、どちらも起こりえない。すなわち、>>245の状況を
実現する 正直者・嘘つき の配置は存在しない。



パラドックスでも何でも無い。
解が存在しない方程式を提示してるだけ。

パラドクスではなかったが
解が存在しない式であった。

では数学的な形で書き直してみよう。

Nを1以上の自然数として、命題P(N)を次のように定義する。
「N+1以上の自然数nが存在して、P(n)は偽である」
P(1)が真だとしても偽だとしても、パラドックスが生じる。

これをパラドックスと言わないというのであれば、
パラドックスの定義が食い違ってる。

一読して主張が明快な命題の場合にこそパラドックスの名が相応しい。
そうでなければ、単なる背理法により棄却される命題。

>>253
＞ P(1)が真だとしても偽だとしても、パラドックスが生じる。 

すまんが 、P(1)が真だとして、 どこでパラドクスが生じるのかを
解説してもらえないだろうか？
できればP(1)が偽とした場合も。

どうもパラドクスの定義がくい違っているような気がしてならない。

>>254
＞ 一読して主張が明快な命題の場合にこそパラドックスの名が相応しい。 

パラドクスの定義の話ならば、 そんなことはない。

パラドクスはそうあってほしいという願いならば
そのように（理解しやすい単純な形に））書き直してみてはどうだろうか？ 

>>255
>>251

>>256
> そのように（理解しやすい単純な形に））書き直してみてはどうだろうか？
それがあなたの当為

>>257の真意がわからない。

>>258
＞＞ パラドクスはそうあってほしいという願いならば 

そこの意味は
「>>254がそのように願っている、という仮定の下において
 >>254書きなおしをに勧めている」 というものであって
願っているのは>>256ではないよ。

逃げ口上だけはお上手。

>>253
無限大超自然数 ω をひとつ固定する。
P(N) を N<ω と定義すれば、
「N+1以上の自然数nが存在して、P(n)は偽である」
はすべて正しい。

wikiのパラドックスの項目。
ttp://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%91%E3%83%A9%E3%83%89%E3%83%83%E3%82%AF%E3%82%B9

岩波 数学辞典の内容も引用されているので、ここに書かれていることが
パラドックスの標準的な定義だと思って差し支えないだろう。

そして、>>253は標準的な「パラドックス」とは定義もニュアンスも全然異なる。

>>248
メタレベルが無限になって、自然数メタレベルではなくなるからでは？
自己言及も、元はと言えば自分のメタレベルをＬとすると自分のメタレベルはＬ−１となって
自分のメタレベルが一意に定まらないことから来てるはず。
禁則を少し一般化して、「自己言及の文章は命題になるとは限らない」から
「メタレベルが自然数で表せない文章は命題になるとは限らない」に
パラダイムシフトすると解消できるかと。

>>264
あーでもそうすると「２は最小の偶数である」とかも命題じゃなくなって
ちょっと困るな。

>>261
当然逃げるよ。 
できるかどうかもわからないのに
自分の興味のないものに労力は使いたくない。

一辺の長さ1の正方形に
一辺の長さがそれぞれ1/2, 1/3, 1/4,... となるような可算個の正方形たちを
互いに重ならないように敷き詰める方法は？

>>267
ない

ないな

12x12,6,4,3

>>269
>>270
質問いいかな？

猫

12*12*12の立体を１x１x１のブロック組み合わせでフォルトフリーで分割する組み合わせは
いくつ？角だけでつながっていてもいい。

>>272
質問いいかな？

猫

>>267
InkScape(ドローソフト)でお絵かきして1/2から1/13まで詰めてみた感じでは、
かなり適当でも可能とみた。
(1/2)^2 + (1/3)^2 + ・・・ = π^2/6 - 1 = 0.6449...
だから結構スカスカっぽい

>>271
何？

>>267
http://damedao.web.fc2.com/img/1278800646.gif

>>276
正解
1*1の正方形には1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、
1/8*1/8のを8個、…と詰め込むことが出来るのを利用する方法ですな

あと
>(1/2)^2 + (1/3)^2 + ・・・ = π^2/6 - 1 = 0.6449...
だから一辺の長さ5/6（面積0.6944....）の正方形にも
267の可算個の正方形達を詰め込める方法があるのかもしれません

あ、そうか……

一辺が1の正方形も詰め込むこと相当の計算してた
こんなタコミスしてたらそりゃ入るわけねーな…

すまん

>>277
過去ログに同じ問題あるはずだよ。
5/6の正方形に詰め込んだ人もいた気がする。

>>277
>>276が正解なら
1/2 ｘ 4
1/3 ｘ 9
・・・
でも正解ってことか？
少なくとも問題文に上記の様なのは不可、とは書いてないし

>>280
どういう意味？

>>281
そのまま。
4分割、9分割、・・・でおｋ

>>282
すまない全く意味が分からない
問題の意味を勘違いしてないか

>>283
>それぞれ1/2, 1/3, 1/4,... となるような可算個の正方形
で、同じ大きさの複数の正方形が入れられるなら、
>>276のように1/2 x 2じゃなく、1/2ｘ4でやれるだろう
という事。

1/2、1/3、・・・の正方形のそれぞれの個数の範囲を指定してないから
1/2 x4 でも正解じゃないの？といいたいのだ。

パッキング問題だからプログラムだけ証明できればいい。

>>284
問題は一辺が1/2,1/3,1/4,...の正方形達を一つずつ重ならないように詰め込むこと
>>277は1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、1/8*1/8のを8個、…と
敷き詰める方法を考えたあとに正方形達を小さい正方形に変えれば答えが得られることを
言っているのであって、
1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、1/8*1/8のを8個…と詰め込むこと自体や
ましてや1/2*1/2個の正方形を4個詰め込むことを正解と言っている訳ではありません

>>286
最初一つずつかと思ったけど、>>277を見て
複数でも良いのかと思ったのだ。

ちゃんと一つずつって書かないと判らない。

>>267は面白い問題おしえて〜な 六問目の912に同じ問題がある
また
http://web2.incl.ne.jp/yaoki/aseihou2.htm
により厳しい設定での解答がある

>>288 その愛知の方の解答はすごいですね
あんなのどうやったら思いつくんでしょうか？

>>289
リンク先の「31〜∞」みたいな小さい正方形を一斉に詰め込む方法を考えたら
あとは残りの大きい正方形を詰め込む方法を根性で探す

>>277
> だから一辺の長さ5/6（面積0.6944....）の正方形にも
> 267の可算個の正方形達を詰め込める方法があるのかもしれません

解答出たけど、昨日から考えてたのが出来たから

http://damedao.web.fc2.com/img/1278889809.gif

1/24 までの正方形を図のように並べると、
0.23*0.3 の長方形を残せる

1/25 以下の正方形については、
1/n (2^k＜n≦2^(k+1)) の正方形を長方形内に図のように
横方向に 2^(k-2) 個並べるようにする

必要なサイズは

幅
= 1/(2^k+1) + 1/(2^k+2) + … + 1/(2^k+2^(k-2))
＜ ∫[2^k, 2^k+2^(k-2)] dx/x
= ln(5/4) = 0.223

高さ
＜ 1/25 + 1/29 + (1/8)*(1/4+1/5+1/6+1/7) + (1/16)*(1/4+1/5+1/6+1/7) + …
= 1/25 + 1/29 + (1/4)*(1/4+1/5+1/6+1/7)
= 0.264

だから長方形に納まる

どれも敷き詰めになってない

ことばの使い方に終始したいなら別の板行った方がいいんじゃないかね

GREG MARTIN て方の論文
「COMPACTNESS THEOREMS FOR GEOMETRIC PACKINGS」
ttp://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.89.8537&rep=rep1&type=pdf
では、

任意の正数εに対して
(π^2/6 - 1) + ε の面積をもつ、ある長方形に

＞一辺の長さがそれぞれ1/2, 1/3, 1/4,... となるような可算個の正方形たちを
＞互いに重ならないように敷き詰める方法

が存在する事を証明しています。
私には英語以前に数式が理解できそうもありませんでした。
図も一切ありません。

>>292
つまり
スカスカになる
が正解、ってこと

I=[0,1]としf:I→Iとg:I→Iが連続関数でx∈I→f(g(x))=g(f(x))のとき
f(x)=g(x)となるx∈Iがあることを証明せよ

f (x)＝g(x)なるx∈Iが存在しないとして矛盾を導く。

任意のxに対してf (x)≠g(x)ならば、中間値の定理から、
常にf (x)＜g(x)であるか、あるいは常にf (x)＞g(x)である。
常にf (x)＜g(x)としてよい。

f ：I → Iだから、f は不動点を必ず持つ。不動点の1つをx0と置く。
f (x0)＝x0 だから、f (g(x0))＝g(f (x0))＝g(x0)となる。よって、
g(x0)もまたf の不動点である。そこで、x1＝g(x0)と置く。
以下、同様の作業を繰り返して不動点xnを作ると、
(1) f (xn)＝xn
(2) x_{n+1}＝g(xn)
が成り立つ。f (x)＜g(x)よりxn＝f (xn)＜g(xn)＝x_{n+1}となるので、
xnは単調増加である。また、xn∈Iだから、xnは上に有界である。
よって、xnはあるx∈Iに収束する。(1),(2)でn→∞として、
f (x)＝x及びx＝g(x)を得るので、g(x)＝f (x)となり、矛盾する。

正解です

exe

スレ違い気味なのは承知で質問なのだが

・砂金を、秤などがないところで、複数人に公平に分配する方法

という問題をご存じないだろうか？
ちょっとぐぐって見たのだけれど見つけられなかった。

このばあい、公平というのは、「各人が納得がいく」という意味であって
「等分する」という意味ではない。
もちろんこの手の問題にはよくある以下の条件の下で
・各人は、十分に賢く理性的であり、少しでも多くの砂金を得たい
・全員の納得が得られない配分方法（他の人を殺す等）は不可


考えてみたのだか

２人のばあい：
ひとりが、どちらを相手が選んでもよい（つまりどちらが自分のものになっても満足のいく）ように
砂金をふたつに分ける。
もうひとりが、自分が得だと思うほうを選び、それを得る。

３人以上の場合が思いつかない。

とりあえず３人の場合の叩き台を作ってみた　間違いありそう

１：αが、どれが選ばれても納得するように３等分する
２：β、γが第一希望を選択する　被ればAへ　被らなければそれぞれが納得して終わり（B）
└─３−A：β、γの第二希望も被ればCへ　第二希望が被らなければ厄介なDへ
　 　 ├─４−C：β、γの第三希望をαに与える
　 　 │　 ５−C：残った山を混ぜ直し、β、γのふたりで「２人の場合」を用いて分ける
　 　 │
　 　 └─４−D：βが第二・第三希望を混ぜ直し２等分する
　 　 　 　 ５−D：γは再び三つの山から第一希望を選びなおす
　 　 　 　 ６−D：αはγの第一希望以外から好きなものを選ぶ
　 　 　 　 ７−D：残った山をβとγのふたりで「２人の場合」を用いて分けなおす

(1)αが3つに分ける。
(2)βとγは相談して一つを選びαに与える。
(3)残った二つを一山にして、改めてβとγで２人の場合の分配をする。

>>302
(2)の相談がまとまるかが怪しい

ｎ人でいけそうなのを考えた

全員が円状に座る。
誰か一人が砂金の山から 1/nと思われる量の砂金をとり出す。
右隣の人は、取り出された砂金を評価する権利を得る。
取り出された砂金が全体の1/nより多いと思うなら）多いと思う分を元の山に戻す。
少ないかちょうどだと思うならパスをする。 いずれにせよ、砂金を評価する権利を
さらに右隣のひとに回す。

最後に砂金に触った人、つまり最後に多すぎると思う分を戻した人
（もしだれも戻さなかった場合は最初に1/nを取り出した人）
に再び評価する権利が回ってきたときには、
（つまり自分以外のパスが１週続いた時には）
その人は、取り出された砂金を得て（拒否することはできない）その人への配分終了。

これで人数がひとり減ったのでｎ ← n-1 として最初から。
これを 全員に配分が終了するまで繰り返す。



　　　

>>301
αとγが結託すればβが不利になってしまう。

>>305
あー、そっか……

砂金でなく羊羹の場合は、3等分になると思う2カ所に、
3人がそれぞれ線を引いて、それぞれの箇所の真ん中の線で切ると、
自分が主張した3等分以上になるように分配できる、
というのを見た気がする。

3人の場合。こういうのはどうか？

・Aが砂金を2つの山に分ける。
・Bが2つの山のうちどちらかの山を選び、それを2つの山に分ける。
・Cが3つの山から好きな1つを選ぶ。
・Bが残りの2つの山から好きな方を選ぶ。
・Aが残った山を選ぶ。

>>308
BとCが結託すれば(ry

>>309
Aが砂金を2：1に分ければいい。

>>308
それってBさんが納得できる？
もっとAさんちゃんと分けてくれよーってなんない？

>>311
Aの分け方に文句つけてもいいなら、

＞２人のばあい：
＞ひとりが、どちらを相手が選んでもよい（つまりどちらが自分のものになっても満足のいく）ように
＞砂金をふたつに分ける。
＞もうひとりが、自分が得だと思うほうを選び、それを得る。
(>>300より)

↑この場合、Aが1:1に分けたときBは
「もっと偏った分け方にしろ(その方が俺が得するから)」
と文句つけていいことにならないか？

そっか
Bさんが納得するようにAさんが分けるのか
すまん

ん？そうじゃないなｗ
Aさんはきっちり1:2に分けないと最終的に損するからか

>>309の意味がわかった
Aさんがたとえきっちり1:2に分けたとしても
Bさんが2の山を1.9:0.1に分ければ…

>>310
Aが砂金を2：1に分ける。
Bが1を選び、それを1：0に分ける。
Cが2を取る。
Bが1を取る。
Aが0を取る。

後日BとCで改めて折半

>>315-316
うををを、そんな手があったか(＾q＾)

どうも結託されると難しいな。

砂金を砂時計に入れて、徐々に下に落とす、か、あるいは同じような状況を設定。
下に1/3程度落ち、自分の納得できる量になったと判断したら、砂時計を倒し、
砂金の移動を停止。その操作を行った者が、下に落ちた砂金を受け取る。

>>310
Aが砂金を２：１に分けた
BCは後で砂金を再配分することで合意し結託した
Bは１の砂金を 0.01と 0.99に分けた
Cは２の砂金をとった
Bは0,99の砂金をとった
Aは0,01しか得られなかった

>>311
Bが 、Aの分けた２つの山（αとβとし、かつ量の少なくないほうがαとする）について
1) α≧2/3と感じた場合は、αを２等分する
2) α＜2/3と感じた場合は、αをβ以上の山と残りに分割する
これでBは自分が1/3以上と思う量を手に入れることができるので、不満はないのでは？
ただし2)でBが極端なわけ方をしたら、Aが文句を言うかもしれない。

すまん、前半かぶりまくりだ。

>>318
ふたり以上が同時に納得できる量だと思ったときに問題が出そう。

301の2最初にAが３等分してかぶった場合から

Aはしばらくほっておく
BかCが希望のかぶった砂金を例の２等分する　もう一方が好きなのを取る
次に残りの二つの山からBCお互いが多いと思う山を選ぶ　希望がかぶれば例の2等分　残りの一山をAが取る

希望が分かれた場合　BCそれぞれが自分の選んだ山を例の二等分
AはBの二等分したもののうち多いと思う方を取る　Cの二等分からも同じように取る
B残り半分取る　C同じ

1/3以上取れていると思えればもっと多く取っていると思える人がいても文句を言わないという決めがないと無理だと思う。
この決めがないと、取る山を最初に決める人がどの山を取っても他の2人が文句を言わないためには
2人ともが全ての山が1/3ずつだと思っている必要があるが、それは無理だと思うので。
しかし、そういう決めをしたとしても、取る山を最初に決める人だけは他の誰かが自分より多いと思うことはないが、
残りの人は自分より多い奴がいると思う可能性があるので、完全に公平には出来ないと思う。
それでもよければ、

Aが3等分する。
Bが、最も少ないと思うものを残し（γ）、他の2山を合わせて2等分する（α、β）。
Cが選ぶ。ここでγを選んだら次にAが選び残りをBが取る（ア）。
αあるいはβを選んだらAがγを取り残りをBが取る（イ）。
Cは当然文句を言わない。
Aは、（ア）の場合α、βの少なくとも片方は1/3以上あると思えるはずなのでそちらを取れば文句ないし、
（イ）の場合はγは1/3だと思っているので文句ない。
Bはα、βの両方とも1/3以上だと思っているので文句ない。

2人の場合も厳密には公平じゃないんだな。
2等分したほうは多く取ったと思うことはないが、選ぶ方は思う可能性がある。

「他の人が自分より多くないと納得できる」いう条件が必要だとすると
最初のひとり分の配分が確定する時点で、未分配の砂金の量が
最初のひとりの配分を上回れないという制約ができてしまう。

得た量についての感想が両者で異なっていても
問題文の公平の定義でる
「公平というのは各人が納得がいくという意味」
に反しないと思うんだがなにか問題があるか？

それとも「公平」を定義しなおす場合の話か？
それなら、「公平」＝「各人が納得がいく」を
「公平」＝「各人それぞれが自分が1/n以上を入手したと感じる」ということにすれば
ややこしい問題は起きないと思う。

２等分したほうは、両者は同じだと納得できる
選ぶほうは、多いほうをとったと納得できる

ということか。

>>327
そういうことになるから、2等分する役じゃない方がいいと両者が言い張る可能性があるな。

>>328
２人の場合、
まず、Aが適当に２つの山に分ける
次にBがどちらかの山を選びそれを自分の納得いくように２等分する
残りの山をAが同じように２等分する
AはBの２等分から好きな方を取り、BもAの２等分から好きな方を取る
最後に、AはAの２等分の残りを、BはBの残りの２等分の残りを取る

これで、両方とも1/2以上取ったと納得するんじゃない？

>>329
両者とも、得したと思えるのは相手が不均等に分けた場合ということになり（自分が分けたぶんは1/2ずつだと思っているから）、
そうすると、なるべく相手にたくさんの量を分けさせた方が得できる量が多くなるような気がすると考える人がいてもおかしくない。
すると、Bの立場の方がいいと両者が言い張る可能性がある。

リンゴとミカンが何個かある
文句の出ないように分けろという問題があったな

「気がする」というくらいで、そちらが有利だと判断するのは
条件　「各人は、十分に賢く理性的」　に反する

どちらか一方が有利であることを説明(せねばならないし
その場合は、「可能性がある」ではなく「両者が言う」と言い切れるだろう。

そうだね
選んだ方はこっちの方が多いと感じていても
２等分した方は両方とも同じだと感じているんだから
他人がどう感じようと自分には関係ないからね

>>332
じゃあ、両者が言う。
多くの量を分けた方が誤差が大きいので、相手に出来るだけ多くの量をわけさせた方が有利。
Aの立場だと1/2よりも多いと思う量をわけさせることが出来る可能性がないが、
Bの立場なら1/2よりも多いと思う量をわけさせることが出来る可能性がある。

>>334
多くの量を分けた方が誤差が大きいというのは、Aが目測を見誤る可能性が高いという事でしょ？
それは、逆を言えばBにとっても取るときに目測を見誤る可能性が高いということであって
どちらかの立場が有利とはいえないと思う

>>335
当人がどう思うかが問題だから、自分が選ぶときには見誤らないという前提で考える。

>>336
それって理性的と言えるかな？
自分は完全で他人は不完全だっていうスタンスで考えてるってことだから
客観的な視点で見てないってことになるんじゃない？


>>323を一般化してみたがどうだろう？

(1)A1が、砂金をn個の山に分ける
(2)A2が、そのn個の山の中から1個(α1)を除き、残るn-1個の山を混ぜ合わせ、再びn-1個の山に分ける
(3)A3が、そのn-1個の山の中から1個(α2)を除き、残るn-2個の山を混ぜ合わせ、再びn-2個の山に分ける
…
(n-1)An-1が、その3個の山の中から1個(αn-2)を除き、残る2個の山を混ぜ合わせ、再び2個の山に分ける
(n)Anが、その2個の山の中から1個(αn-1)を除き、残る1個の山を混ぜ合わせ、再び1個の山(αn)に分ける
(n+1)Anが、n個の山の中から1個(αi )を選んで取る
(n+2)A1がα1を取る
(n+3)A2がα2を取る
…
(n+i )Ai -1がαi -1を取る
(n+i +1)Ai が残りのn-i 個の山の中から1個を選んで取る
(n+i +2)An-1が残りのn-i -1個の山の中から1個を選んで取る
(n+i +3)An-2が残りのn-i -2個の山の中から1個を選んで取る
…
(2n)Ai +1が残りの1個の山の中から1個を選んで取る

>>337
それを理性的でないと言うなら、
自分が分けるときは「自分には均等だと思える」ように分けるほかはないが、
そもそもそれが理性的ではないことになってしまうよ。
すると、最初から「無理」という結論になってしまう。
この問題は最初から、自分がやることは正しいと信じ、
相手がやることは正しくないかも知れないと考えるという条件が含まれていると思う。

age

2人の場合、 
先に分けるほうは、どちらを選んでも納得が行くように二つに分けたのだから
後で相手がどちらかを多いと思って選ぼうが均等だと思って選ぼうが
最終的に自分の得る山に納得がいくのではないのか？

もしそれが納得が行かないなら、
先の条件「どちらを選んでも納得が行くように二つに分ける」
を満たした分け方をしなかったということだろう。

これって古典パズルだったと思うが
オリジナルは二人で何を分けたんだっけ

前に見たのは液体を二人で文句でないように
それぞれの持つ「形の違う容器」に分けるって問題だったなあ

家事の分担とか

>>340
先に分ける方になることに納得がいくかどうかってことじゃねえの？

もちろんそういうことでもあるが、
先にわける方になることに「なぜ」納得がいかないのかに
ついて理性的合理的な理由を必要とするんだよ。

>>344
すでに書かれていると思うが。

>>344
後の奴は、先の奴がどんな分け方をしても、最低でも1/2以上の砂を獲得できる。
先の奴は、どんなわけ方をしても、最高でも1/2以下の砂しか獲得できない。

>>345-346
それっておかしくない？
だって、Aは正しく２等分できない可能性がある（＝不完全だ）けれど
Bは絶対に多い方を取る（＝完全）だって言ってるんでしょう？
Bが間違って少ない方を取る可能性だってあるじゃない

ワシは猫
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56 名前：１３２人目の素数さん ：2010/08/07(土) 11:44:08
>>31
旧帝大の教員だって、「クソガキのお勉強」を見てるだけだろｗ
一様収束もわかってない修士なんてごろごろ。

57 名前：１３２人目の素数さん ：2010/08/07(土) 11:47:42
＞そもそも全ての教員が学生にしっかり指導し
＞ガチで勝負できるように基礎体力を博士課程でつけさせたなら

教員がダメなのはさておき、大半の学生もダメなんだから
夢のような大学院の話をされてもｗ

欧米なら下位の学生はばっさり切り捨てても問題ないけど
日本は下位の学生に時間をかけすぎですよ。

>>347
それもすでに書かれている。
自分は正しい判断が出来ると考えるいう前提がなければ成立しない問題。

その前提は許しておかないと、二等分しようとする人が理性的に判断すると「出来ない」と結論せざるを得なくなるわな。

>>349-350
だったら、Aの立場に立ったら
自分は正しい判断ができるけれどBは間違った判断を下す可能性があると考えるってことでしょう？
そしたら、わざと（錯覚とか利用して）Bに少ない方を取らせるように仕向けることもできるわけでしょう？

そしたら、Aが絶対に1/2以下しか得られないなんてコト言えないよ

>>351
> そしたら、わざと（錯覚とか利用して）Bに少ない方を取らせるように仕向けることもできるわけでしょう？
それを許したら問題が成立しない。
もし、成立するなら、俺がAの立場をやると双方が主張することになるだろう。

>>352
いや、僕が言いたいのはどちらかが確実に有利だとは言えないということ

>>351にしたって、それが必ずしも成功するとは限らないからね
でも、Aにだって1/2より多く取れる可能性はあるということだよ

>>353
実際に1/2より多くとれるかどうかという問題ではないよ。
根本的に勘違いしてると思う。

いやいや勘違いしてるのはそっちのほうだよ

Aはどんなわけ方をしても、最高でも1/2以下の砂しか獲得できない、っていうけど
Aが1/2よりも少ない砂しか獲得できないときってどんなとき？
それってAが正しく２等分出来てないときでしょ
自分は正しい判断ができると考えるんじゃないの？
しかもだよ、それはBは必ず多い方を取るっていう前提でしょ

つまり
・BはAがどんな分け方をしても、最低でも1/2以上の砂を獲得できる
→Bの立場に立って、Aは正しく２等分出来ないかもしれないが、Bは常に多い方を取る→Bは「自分は正しい判断ができるが、相手は間違った判断をする可能性がある」と考えている
・Aは自分がどんなわけ方をしても、最高でも1/2以下の砂しか獲得できない
→Aの立場に立って、Aは正しく２等分出来ないかもしれないが、Bは常に多い方を取る→Aは「自分は間違った判断をする可能性があるが、相手は正しい判断ができる」と考えている

ね、おかしいでしょ？

>>355
> Aはどんなわけ方をしても、最高でも1/2以下の砂しか獲得できない、っていうけど
そんなこと言ってる人いる？
Aは常にAが1/2だと思う砂しか獲得できない、だよ。

>>356
>>346

それから、仮に>>356のように
Aは常にAが1/2だと思う砂しか獲得できない
としたっておかしいことには変わりないよ

>>357
ほんとだ、いたｗ

Aは、自分が1/2だと思う砂を得る。
Bは、自分が1/2以上だと思う砂を得る。
Bの立場を有利だと判断する。

それって、暗黙のうちに
「正確に２等分すること」は難しいが、「多い方を選ぶこと」は容易い
という前提に立ってるんだと思う

自分が二等分だと思うように分けることは出来るって前提があるだけじゃないか？
「二等分だと思うように分けることが出来る」ってのと、「多い方を選ぶことが出来る」は同じこと。

熱中すると周囲が目に入らなくなる連中だな

両者が理性的に判断すると、1/2だと思うように分けることすら無理なので、
円満な解決方法はなく、勝った方が総取りという力勝負になるという結論に達し、
先手必勝とばかりに襲いかかろうとするが、相手も同時に同じことを考えるので、
動くと後の先を取られるため、動いたら負け状態になり、
新コンタックかぜ総合を飲んでいた方が勝つ。

根本的に間違えている。 Aは山を1/2に分けるのではない。
Aは、Bにどちらをとられても納得できるように分けるのである。
もちろんそれはおそらく1/2に非常に近い分け方になるだろうが
正確に1/2である必要はまったくない。

＞ このばあい、公平というのは、「各人が納得がいく」という意味であって 
＞ 「等分する」という意味ではない。 

たとえばAは 「あーめんどくさい、もう適当でいい、Bに多くとられてもいいや」
と納得してもかまわないのだ。

がっかりだな

「Aは、Bにどちらをとられても納得できるように分ける…」というが、正確には間違いである。

正しくは、
(1)まずAが、自分の好きなように２つの山に分ける
(2)次にBが、２つの山の中から好きな方を選んで取る
(3)最後にAが、残った方を取る
である。

この方法で行くときに、Bはより多くの砂を得たいわけだから
Aがどういう分け方をしようと、自分が得になる「多い（と思う）方の山を取る」という選択をする。
したがって、Aは【Bが必ず多い方を取ることがわかっているから】、結果的に自分にとって
一番たくさんの砂が得られる「きっちり２等分（だと思う分け方）にする」という選択をするのである。

これは、お互いに「相手も正しい判断ができる（より多くの砂が得られる行動をする）」という前提の話である。
（ゲーム理論でよくある条件である。）

これを、「相手が間違った判断を下す可能性がある」としてしまうと話が変わってしまう。
Aの【】の部分の推理が意味を成さなくなる。Bは間違って少ない方を取る可能性が出てくるのである。
そうなると、Aは必ずしも２等分（だと思う分け方）をする必要はなくなるのである。

このことを昨日からずっと言っているのだが…

>>365
Aの立場であった場合の行動とその理由についてはその通りだと思う。
すると、Bの立場であったとき、【Aは必ずそのように行動する】と判断するが、
「Aがきっちり二等分だと思う分け方」が正しいとは限らないので
（あくまでもAが二等分だと思っているだけであり、
もしAの思う二等分とBの思う二等分は同じになるというのであれば
そもそも争いが起こらないので問題が成立しない）、
自分はより多いと思う方を選択出来る可能性があると考えることになる。
従って、両者ともBの立場になることを主張することになる。

自分の考える二等分と相手の考える二等分が一致しない場合どうするのかっていう問題だわなあ。
そう考えると、よく答えとして示されている方法をとることになると、
相手に相手の考える二等分をさせようと考えることになるなあ。

>>365
それは「相手も正しい判断ができる（より多くの砂が得られる行動をする）」場合の話？
その場合はBは、「Aはちゃんと２等分した」と判断するんだよ。

＞もしAの思う二等分とBの思う二等分は同じになるというのであれば
そもそも争いが起こらないので問題が成立しない

Aの思う二等分とBの思う二等分が同じでも分け方によっては争いが起きるよ。
争いが起きる分け方１）Aが分けた後Bが２等分かどうか確認してBがOKだしたら、それぞれ一方ずつ取っていく
→Bがちきんと２等分だとはんだんしてもOKを出さない可能性がある
争いが起きる分け方２）Aが分けた後Aが先に取りBが残りを取る
→Aがわざと２等分にしない可能性がある

実際に分けた後に「ちょっとタンマ！」といっても
すでに２人ともその分け方で合意した後だからだめだよね。

>>368
1)Bのその行動は理性的と言えるか？
2)両者が二等分だと思うように分けることが出来るのに、
争いが起きるように分けるのは理性的と言えるか？

安価間違ってた×>>365→○>>366

>>369
２）いや僕が言いたかったのは
>>366に対して、Aの思う二等分とBの思う二等分が同じでも分け方によっては争いが起きるということ
だからこの問題はちゃんと問題として成立するということ。

１）現実にそぐわないということであれば分かるよ。ただ、ゲーム理論だと
お互いに、相手も正しい判断ができる（より多くの砂が得られる行動をする）という条件は自然だよ。
実際、そうしないとこの手の問題は解けないんじゃない？

>>370
いや、言いたいことはわかるが、示した2例はその根拠として成立してないんじゃないかと言うこと。

× 言いたいことはわかるが
○ 言わんとするところはわかるが

>>371
「争いが起きる」という言い方が悪かったかな
両者が合意しない分け方もあるよ、というのが言いたかったんだ

>>373
その理由として成立してないと思うよ。

公平と思われる状況に合意しないことがあり得るのであれば、
どういうやり方を提案しても合意しないことがあり得ることになり、
解決方法はないという結論になってしまって問題として成立しない。

>>374
違う。
Aの思う二等分とBの思う二等分が同じでも
両者が合意しない（＝公平でない）分け方が存在するということ。
だから、上の２例は公平でない分け方の例。

>>366を解釈すると、Aの思う二等分とBの思う二等分が同じ場合
争いが起きない＝どんな分け方も公平（＝両者が合意する）になるから
問題として無意味だという風に読み取れる。
だから、そんなことはないということをいうために
両者が合意しない（＝公平でない）例を挙げたんだ。

流れが途切れたので、もう一度再記>>300

スレ違い気味なのは承知で質問なのだが

・砂金を、秤などがないところで、複数人に公平に分配する方法

という問題をご存じないだろうか？
ちょっとぐぐって見たのだけれど見つけられなかった。

このばあい、公平というのは、「各人が納得がいく」という意味であって
「等分する」という意味ではない。
もちろんこの手の問題にはよくある以下の条件の下で
・各人は、十分に賢く理性的であり、少しでも多くの砂金を得たい
・全員の納得が得られない配分方法（他の人を殺す等）は不可


考えてみたのだか

２人のばあい：
ひとりが、どちらを相手が選んでもよい（つまりどちらが自分のものになっても満足のいく）ように
砂金をふたつに分ける。
もうひとりが、自分が得だと思うほうを選び、それを得る。

３人以上の場合が思いつかない。

Wikipedia の Fair division の項目を読むといろいろ書いてある。

>>376
> ・各人は、十分に賢く理性的であり、少しでも多くの砂金を得たい
この「少しでも多く」とは、その人が多いと思うだけでしょ？
すると、2人のばあいとして書かれている方法だと、後から選ぶ方になりたいと思うはずだよ。
先に分ける側になると自分が1/2だと思う砂金しか得ることが出来ないけど、
後から選ぶ方は相手は1/2だと思っているけど
自分にはその分け方では1/2ずつには思えないときがあり得るので、
1/2より多いと思える砂金を得る可能性があるから。

完全にループだがｗ

>>378
僕もこれ以上長々と議論する気はないので建設的な議論として、

・各人は、他人が各人の分け前をどう感じているかに関係なく、
　自分自身が他人の分け前より少なくない（＝1/n以上得られた）と感じることができれば納得する。

という条件を付け加えてはどうだろう？
そしたら、>>376の分け方でもOKだよね。

だって、他人がどう思っていようが自分はちゃんと２等分したと思ってるんだから
分けた方からすれば、選んだ方が多く得られたと感じていても
それはあなたの勘違いでしょ、ということになるからね。

>>379
納得しないものを納得すると言うのならそうだけど、そうなるともう支離滅裂だと思うよ。

先に分ける側になったら自分の思う1/2しか得られず、
後から選ぶ側になったら自分の思う1/2以上を得られる可能性があるにもかかわらず、
先に分ける側になることに納得しろっていう条件を納得と言うだろうか？

>>380
先に分ける側になることに納得できないのは何故？
ちゃんと２等分すればいいだけの話。そうすれば両者が納得するんだから。
ちゃんと２等分する自信がないだけでしょ？後から選ぶ方が楽だと思ってるんでしょ？
それは納得じゃなくてただ甘えてるだけだよ。だって、それってただの心理的なものじゃん。
全然理性的じゃないよ。

基本的には >>308 でいいね。少し改造しつつ一般化

N 人(N≧2)の場合：
全員で 1/N 付近の好きな場所に印を付ける。
１番小さく見積もった人と２番目に小さく見積もった人の間の点で区切り、
１番小さく見積もった人が自分の印を付いているものをもらう。
残りを N-1 人問題で分ける。

これで全員 1/N 以上取ったと納得できる。

また、「印がかぶって「貰う人」が一意に決まらないときは、
印の場所で切り、かぶった人の中からルーレットやじゃんけんで決める」
というルールがあることを周知しておくことが必須。

Ａが分けてＢが取る、と違うのは、
「等分の抽選で満足」か「残りの大きい方を選択して満足」かを各自が自由に選択できるところ。
これなら心理的な不公平もない。

アンカー>>318 の間違い

>>382-383
印を付ける順番とか関係ないかな

>>384
収束するまでつけ直すとか、なんとか隠して印付けて一気に公開とか。

砂金だから印を付けるというのは現実性がないような
>>304のほうがいいんじゃない？

>>304は砂金だといいけど、ケーキを切り分けるとかだったら
粉々になって実用性ないよな。

ａ＝ｂの時
ａ²−ｂ²＝ａｂ−ｂ²が成り立つ　因数分解すると
(ａ＋ｂ)(ａ−ｂ)＝ｂ(ａ−ｂ)　両辺を(ａ−ｂ)で割ると　
　２ｂ＝ｂ
２＝１が証明される。
この証明の論拠
ａ＝ｂの時
(ａ＋２)(ａ−２)=(ｂ＋２)(ａ−２)が成り立つ　両辺を(ａ−２)で割った残り
ａ＋２=ｂ＋２も成り立つ　たとえ、ａ＝ｂ＝２でも成り立つのである。２を代入して
４＝４となる。ａ−２＝が０であろうがなかろうが。


　御巣鷹山２５年目の真実
　物故者の小川哲氏が残した写真には酸素マスクが下りて、スチュワーデスの
指示に従っている乗客の姿が写っている。この写真から圧力隔壁破壊説は否定
出来る．隔壁を破壊するような圧力が加わったのなら人間の鼓膜が無事である
筈がない。また、空気中の水分が圧力の変化によって霧のように現れる筈である。
　窓から外を写した数枚の写真の中に謎の黒い玉のような物体が写っている。
後部座席の哲さんから見るとあたかも飛行機の垂直尾翼に向かって軌跡を描い
ているように見えるのである。この黒い玉の物体をミサイルの弾頭だと考える
ことが出来る。そうでなければ空中に浮かんでいる物体はＵＦＯだというのか。
それこそ有り得ない事である。専門家がミサイルだと言うと、飛行機に着弾す
れば爆発してすぐに空中分解すると反論するが、爆発しないミサイルと考えれ
ばよい。
　メーソンは日本の政治家どもをこのような事故で威嚇して意のままに動かしている。福知山線の脱線事故もメーソンの仕業である。

>>388
俺はこの証明をアンサイクロで見たことがあるｗ

>>388
高卒の友人にその問題出したら頭抱えてたお(^ω^)

a=bだから(a-b)で割るということが意味を成さないので
　　　　　　　＼
　お　そ　.い　ヽ
　か　の　や　　|
　し　 り　　｀　 ,. -──- ､
　い　.く　　 ／　　 /⌒ i'⌒iヽ､
　　　 つ　/　　 ,.-'ゝ__,.･･_ノ-､ヽ
　　　 は　i ‐'''ﾅ''ｰ--　●　=''''''ﾘ　 　 　　_,....:-‐‐‐-.､
　　　　　　l -‐i''''~ﾆ-‐,....!....、ｰ`ﾅ　 　 　 `r'=､-､､:::::::ヽr_
￣ ＼ヽー' !.　t´ r''"´､_,::、::::} ノ`　　 　 ,.i'・　,!_`,!::::::::::::ヽ>>388
　　　 ヾ、 ゝゝ､,,ﾆ=====ﾆ／r'⌒;　 　　rｰ`ｰ'　,! ﾘ::::::::::::ﾉ
　　　　　　 i`''''ｙ--- (,iﾃ‐,'i~´,ゝ'´　　 　￣￣ヽ` :::::::::::ノ
　　　　　　 .|　　!、,............, i }'´　　　　_　　 ､ｰ_',,...`::::ｨ'
　　　　 ●､_!,ヽ-r⌒i-､ノ-''‐､　　　　ゝ`ｰt---''ヽ'''''''|`ーt-'つ
　　　　　 　 (　　`ｰｲ　 ﾞi　　丿　　　;'-,' ,ノｰ''''{`' 　 　!ﾞヽﾉ　,ヽ,
　　　　　 　　`ー--' --'｀￣ 　 　 　 ｀ｰ't,´｀ヽ;;;､,,,,,,___,)　ヽ'-ﾞ'"
　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　(`ー':;;;;;;;;;;;;;;;ﾉ
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ｀`''''''｀`'''''´

http://blogs.yahoo.co.jp/nakaiwach/9341145.html

2 = 1 の証明

1.5 = 1.499999....
両辺を小数点第一位で四捨五入して
2 = 1

1 = 2の証明

すべての自然数は1の集まりから成り立っている。
元素=すべての物質、のような考えで(略

ええ、文系ですよ

>>388
よく見る奴より更に酷いパターン？

>　２ｂ＝ｂ
>２＝１が証明される。

いや、そこで終わるなよｗ
２ｂ−ｂ＝０
ｂ＝０

>>394
文系に失礼だ