面白い問題おしえて〜な 30問目
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前>>140 つづき。 >>101 S=S(A,P)+S(P,Q)+S(Q,B) =(2/3)√(2p^2-1)-14/27+(4/3)√(p^2-1)-2p√(p^2-1)――B 24p^3-30p^2-9p+5=0――C Bを微分すると、 S'=(2/3)(1/2)4p/√(2p^2-1)+(4/3)(1/2)2p/√(p^2-1)-2√(p^2-1)-2p(1/2)2p√(p^2-1) =(4p/3)√(2p^2-1)+(4p/3-2-p)√(p^2-1) =(4p/3)√(2p^2-1)+(p/3-2√(p^2-1)=0 4p√(2p^2-1)=(6-p)√(p^2-1) 16p^2(2p^2-1)=(p^2-12p+36)(p^2-1) 32p^4-16p^2=p^4-12p^3+36p^2-p^2+12p-36 31p^4+12p^3-51p^2-12p+36=0――D >>146 訂正 >>145 のリストは全部強還元だね | ーー ㊀㊀◯ | ー㊀㊀ が強還元だ。 左辺の最小駆除手数=右辺の最小駆除手数+2でした。 なので F左辺の最小駆除手数=F右辺の最小駆除手数+4。 ω_Nを半径1のN次元空間球({x∈R^N | |x|=1})の体積(N次元ルベーグ測度)とする (1) 急減少関数f:[0,∞)→Rに対して、 ∫_R^N f(|x|) dx=Nω_N ∫_0^∞ r^(N-1) f(r) dr となることを示せ (2)ω_Nを求めよ >>153 すみません 修正します 球{x∈R^N | |x|≦1}です >>152 (1) M=S^(N-1)とおき、Nの体積形式をηとする。 R×N→R^Nを(r,θ)=rθで定めればR^Nの体積形式はr^(N-1)ηdrである。 よって ∫[x∈R^N]f(|x|)dx =∫[r>0,θ∈S^(N-1)] f(|rθ|)r^(N-1)ηdr =∫[θ∈S^(N-1)]η∫[r>0] r^(N-1)f(r)dr =vol(S^(N-1))∫[r>0] r^(N-1)f(r)dr である。 一方で ω_N =∫[x≦1]1dx =∫[0<r<1,θ∈S^(N-1)] r^(N-1)ηdr =∫[θ∈S^(N-1)]η∫[0<r<1] r^(N-1)dr =vol(S^(N-1))/N により主張は成り立つ。 (2) f(x)=exp(-x^2)とすれば ∫[x∈R^N]f(|x|)dx =(∫[t∈R]exp(-x^2)dt)^N =π^(N/2)、 ∫[r>0]r^(N-1)exp(-r^2)dr =∫[t>0]t^((N-1)/2)exp(-t)t^(-1/2)dt/2 =(1/2)∫[t>0]t^(N/2-1)exp(-t)dt =Γ(N/2)/2 であるから(1)により ω_N=2π^(N/2)/(NΓ(N/2))=π^(N/2)/Γ(N/2+1)。 >>155 正解です (1)は測度論的にするのであれば H^(N-1)を(N-1)次元ハウスドルフ測度として Coarea formula ∫_R^N f(x)|∇u(x)|dx=∫_R∫_{u=t} f(x) dH^(N-1)(x)dt においてu(x)=|x|とすれば極座標の積分が導けます (H^(N-1)({x∈R^(N-1) | |x|=t })=(d/dt){ω_N t^N} となることもCoarea formulaから導ける) >>101 前>>150 正解は出たらしいけど出題者が意図した解法を言い当てただけで、肝心の座標が出てないみたいだから、今年最後の小説投稿がすんだら、ちゃんと計算してみるよ。  ̄ ̄]/\______∩∩_ ____/\/ ,,、、(___))|  ̄ ̄\/ 彡`-`ミっ゙/ |  ̄ ̄|\_U,~⌒ヾ、| | □ | ‖ ̄ ̄U~~U | / ) ____| ‖ □ ‖ |/ /| _____`‖______‖ノ / |  ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄‖ | □ □ □ ‖ / __________________‖//  ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄_/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__ >>81 100万回のシミュレーション結果 > k=1e6 > re=replicate(k,sim()) > mean(re[1,]) [1] 0.124957 > mean(re[2,]) [1] 0.08093 > mean(re[3,]) [1] 0.04078 直感通り、1,2,3の順番になった。 >>92 p = 256/(6^6) = 0.0054869684499314 q = 128/(6^6) = 0.0027434842249657 より P(re[2,]) = 15p -45p^2 +10p^3 = 0.0809513716761635 P(re[3,]) = 15q -45q^2 +10q^3 = 0.0408137681123003 1. の5連(B)は、複数回現れる場合は重複しうる。 5連Bを1回以上含む確率 s1 + s2 + s3 + s4 = 32 / 243 = 0.1316872428 5連Bを2回以上含む確率 s2 + 3s3 + 6s4 = 408/243^2 = 0.006909515825 5連Bを3回以上含む確率 s3 + 4s4 = 2368 / 243^3 = 0.000165408747842 5連Bを4回含む確率 s4 = 4912 / 243^4 = 0.000001408747842 よって 1.の起こる確率は P(re[1,]) = s1 + s2 + s3 + s4 = 435643544 / 243^4 = 0.124941348 訂正 5連Bを1回以上含む確率 s1 + 2s2 + 3s3 + 4s4 = 32 / 243 = 0.1316872428 5連Bをちょうどk回含む確率を s_k とすると s1 + 2s2 + 3s3 + 4s4 = 32 / 243 = 0.1316872428 s2 + 3s3 + 6s4 = 408 / 243^2 = 0.006909515825 s3 + 4s4 = 2368 / 243^3 = 0.000165408747842 s4 = 4912 / 243^4 = 0.000001408747842 よって 1.の起こる確率 (5連Bを1回以上含む確率) は P(re[1,]) = s1 + s2 + s3 + s4 = (s1+2s2+3s3+4s4) - (s2+3s3+6s4) + (s3+4s4) - s4 = 435643544 / 243^4 = 0.124941348 >>111 >>159 A (1, 0) P ((c +1/c)/2, (c -1/c)/2) = (1.067805422329 0.374444147978) Q ((cc +1/cc)/2, (cc -1/cc)/2) = (1.280416839911 0.799666983141) B (5/3, 4/3) = (1.666666666667 1.333333333333) ここに c = 3^(1/3) = 1.442249570307 b = log(3) = 1 + log(3/e) ≒ 3/e, A (1, 0) P (cosh(1/e), sinh(1/e)) = (1.06843424428 0.3762336167) Q (cosh(2/e), sinh(2/e)) = (1.2831034687 0.8039617599) B (5/3, 4/3) = (1.6666666667 1.3333333333) とおくと S(A,P) = S(P,Q) = 0.0041770878 S(Q,B) = 0.0040074760 ∴ S = 0.0123616516 > 0.012360077 3^7 = 2187 ≒ 2197 = 13^3 3 ≒ (13/9)^3, b = log(3) ≒ 3log(13/9), A (1, 0) P (125/117, 44/117) = (1.068376068 0.376068376) Q (17561/117^2, 11000/117^2) = (1.282854847 0.803564905) B (5/3, 4/3) = (1.666666667 1.333333333) とおくと S(A,P) = S(P,Q) = 0.004171798 S(Q,B) = 0.004017778 ∴ S = 0.012361374 > 0.012360077 二次元平面上の閉曲線Aに対して、 Aの直径をA上の2点間の距離の最大値としたとき、 (Aの長さ/Aの直径)を「A周率」と定義する. Aが凸閉曲線であるとき、A周率の最大値を求めよ. また、その最大値を達成する曲線の中で、囲まれる面積を最小にするものを求めよ. ∞じゃないの? 直径1の円盤内にいくらでも長さの長い単純閉曲線いれられるのでは? まずJordan凸閉領域Δに対しΔ(t)を Δ(t)={p | d(p,Δ)≦t} で定める。 この時vol(Δ(t))はtの多項式で vol(Δ(t))=πt^2+l(∂Δ)t+vol(Δ) である。(l(∂Δ)は∂Δの長さ) 実際折れ線の時明らかで一般のJordan凸領域の場合には折れ線近似で示される。 今Δが直径dの円盤Dに含まれる時 vol(Δ(t))≦vol(D(t)) が任意のt>0について成立するから特に l(∂Δ)≦l(∂(D))=πd/2 である。 よって周率の最大値はπ/2である。 >>172 円の時、周率はもちろんπなので不正解です >>172 それに、曲線の直径がdだからといって、その曲線が直径dの円に入るとは限りません(正三角形とか) πとπ/2まちがえたのは単なる勘違いです。 そうか、直径がdだから直径dの円盤に入るとは限らないか。 前>>159 >>101 【問題】 >>111 >>165 x^2-y^2=1,x>0 A(1,0) P({3^(1/3)+1/3^(1/3)}/2, {3^(1/3)-1/3^(1/3)}/2) Q({3^(2/3)-1/3^(2/3)}/2, {3^(2/3)-1/3^(2/3)}/2)) B(5/3,4/3) 5/3=(3+1/3)/2 4/3=(3-1/3)/2 AB間に面積的に等間隔にP,Qをとると、三乗根とその逆数の相加平均――という結果を受け入れるしかないなぁ。 前>>176 >>101 正攻法で解く。 y=√(x^2-1)≧0,x≧1 =(x^2-1)^(1/2),x≧1 A(1,0) P(p,√(p^2-1)) Q(q,√(q^2-1)) B(5/3,4/3) S(A,P)=∫[x=1→p]{(x^2-1)^(1/2)-(p^2-1)^(1/2)(x-1)/(p-1)}dx =[x=1→p]{(x^2-1)^(3/2)/(3/2)}/(2x)-(p^2-1)^(1/2)x^2/2(p-1)-x/(p-1) =(p^2-1)√(p^2-1)/3p-(p^2-1)^(1/2)p^2/2(p-1)-p/(p-1) -1/3+(p^2-1)^(1/2)1^2/2(p-1)+1/(p-1) S(P,Q)=∫[x=p→q][(x^2-1)^(1/2)-{(q^2-1)^(1/2)-(p^2-1)^(1/2)}(x-p)/(q-p)-(p^2+1)^(1/2)]dx S(Q,B)=∫[x=q→5/3][(x^2-1)^(1/2)-{(4/3)-(q^2-1)^(1/2)(x-5/3)}/(5/3-q)-4/3]dx S(A,P)=S(P,Q)より、 ――@ S(A,P)=S(Q,B)より、 ――A @Aより、p= ,q= ∴P,Qの座標は、 P( , ),Q( , ) >>168 がどう解けばいいのか分からん... とりあえずx^p+y^p=1のハイパー楕円で数値計算してみたけどp=2が最小になりそうではあった 面白いかどうか人に依るけど、これの逆行列って手計算でいける? https://i.imgur.com/TWuw4wX.jpg >>180 A(1,1) = 1 A(i,i) = 2 (2≦i≦n) A(i,i+1) = -1, A(j+1,j) = -1, A(i,j) = 0, (|i-j|≧2) B(i,j) = n+1 - Max{i,j} = min{n+1-i, n+1-j} >>168 とりあえず前半ができたかな? 適当に近似してC^∞で考える。 diam=2とする。 領域はa(-π/2)=a(π/2)=0である関数を用いて領域 -1+a(t)≦xcos(t)+ysin(t)≦1+a(t) にあるとしてよい。 直線族xcos(t)+ysin(t)=1+a(t)の包絡線を計算すると x=acos(t)-a'sin(t)、y=asin(t)+a'cos(t) となりこの包絡線の長さは ∫(1+a+a'')dt である。 同様に直線族xcos(t)+ysin(t)=-1+a(t)の包絡線の長さは ∫(1-a-a'')dt となり、これら二曲線の長さの和は2πである。 よって元の曲線の長さも>>172 により2π以下とわかる。 以上により周率の最大値はπである。□ >>180 ・ブロック分割して直接計算(左下の漸化式) ・基本に戻って?掃き出し法 ・>>181 をチラ見した後()なら、見当をつけて帰納法 自分で言うのもアレだが、どれもつまらない Cartan行列もどきなので、何か上手い手があるのかもしれない >>182 例えばa(t)=cos(t)とすれば 包絡線は(x-1)^2+y^2=1になってしまい、直径2の凸図形が全て入るとは限らないと思うのですが >>184 すみません勘違いしました つまり直径2の凸図形を任意に用意して、内部の点Oからx軸となす角度tの直線L(t)を引いて凸図形との二交点ABの距離は常に2以下なので|OA|≦1+a(t)、|OB|≦1-a(t)となるように関数a(t)が取れて、 さらに、その凸図形内の点(x,y)をL(t)に射影したときのOからの長さが常に1-a(t)、1+a(t)で抑えられるということですか? >>185 そうです。 周の長さがa(t)の取り方によらず常に2πになるみたいです。 >>186 なるほど 素晴らしい解答ありがとうございます ちなみに想定していた解法は以下の通りです 凸曲線C上の点pにおける接線lの平行線l’がC上の別の一点のみと交わるとき、lとl’の距離をW(t)とする.(Cの点pにおける幅) 曲線を{p(t)}_{t∈[0,2π]}として、p(t)における内向き法線ベクトルn(t)がn(t)=(cost,sint)となるようにパラメータ付ける. このとき、W(t)=-p(t)・n(t)-p(t+π)・n(t+π)となる. したがってLをCの長さ、vを単位接ベクトル、kを曲率とすれば、 ∫_0^π W(t)dt =∫_0^π {-p(t)・n(t)-p(t+π)・n(t+π)}dt =-∫_0^(2π) p(t)・n(t) dt =-∫_0^L p(s)・n(s) k(s) ds (孤長パラメータに変換) = -∫_0^L p(s)・v’(s) ds = ∫_0^L p’(s)・v(s) ds = ∫_0^L v(s)・v(s) ds =L となる. よって、max_{t∈[0,2π]} W(t)≦直径 に注意すれば、 周率=長さ/直径≦ ∫_0^π W(t)dt/ max_{t∈[0,2π]} W(t) ≦π* max_{t∈[0,2π]} W(t)/max_{t∈[0,2π]} W(t)=π. ◽︎ ちなみにこのことから、等号が成立する必要十分条件は凸曲線が定幅曲線、ということになります したがって>>168 後半の問題は「直径固定の定幅曲線で囲まれる面積が最小のものを求めよ」という問題になります 前>>177 >>111 なんで急にlog3が出てきたの? 1/xを積分したの? 積分したら負けって言ったのに。気にlog。 log3/3=0.159040418…… 2log3/3=0.318080836…… グラフを描いたらなんかわかる可能性はあるけど。なにかを知ってて意図的に出したとしか思えない。 前>>189 >>112 は公約どおり積分してないみたいだけど、 expのとこが怪しい。 気にlog出したりはしてないけど、気に3^(1/3)を出してる。 数学は答えを言い当てる理科や社会とは違うはず。 論理的なつながりで答えを導かないと説得力がない。 正解とは言えない。 >>188 すみませんがこれは前半ほどサクッとは解けません というより名前の付いた定理です(ググれば出ます) ポントリャーギンの最大値原理を使って示します 前>>190 急に(きゅうに)を書きこむと、なぜか文字化けして、 × 気に(きに)になるけど、 ○ 急に(きゅうに)です。 >>191 点Bのx座標が5/3というのはわかります。 なにを解いてlog3が出てきたのかがわかりません。1/xを積分したのがlog|x|だというのは知ってます。 だから cosh(t)=(e^t+e^(-t))/2=5/3 sinh(t)=(e^t-e^(-t))/2=4/3 を解く。 n個の実数 a_i (i=1,2,...n) から任意のx,y を選んでリストから消し、f(x,y)を付け加える操作を繰り返す と最終的に一つの実数が残ります。最終的に残る値が選び方によらずに同一の値になるような f(x,y)の必要十分条件を求めてください。 前>>193 >>194 cosやsinやeが出てくるとわかりにくいので、3つの領域の面積を足すか、等しいとおくか、そっちの方針で積分の仕方を教えてもらえませんか? S=∫[x=1→p](x^2-1)^(1/2)dx+∫[x=p→q](x^2-1)^(1/2)dx+∫[x=q→5/3](x^2-1)^(1/2)dx -(1/2)(p-1)√(p^2-1) -(1/2)(q-p){√(p^2-1)+√(q^2-1)} -(1/2)(5/3-q){√(q^2-1)+4/3} 積分関数は微分したもの(2x)で割るんじゃなく、微分したもの(2x)を掛けるんでしたか? 割るとすべての項が負になったので、これは違うなと。 >>198 面積だすならその式で合ってる。 どうしても積分したいならそこで普通は x=cosh(t) で置換する。 x=(1/2)(t+1/t) と置換する手もある。 しかし求めたいのは面積ではなく、面積の最小値を与えるp,qの値なのだから求めたあとp,qどっちかの関数として微分する事になる。 その瞬間苦労して積分した∫√(x^2-1)dxのところは消えてしまう。 残るのは>>198 の式の三角形や台形の面積(の導関数)。 なので∫√(x^2-1)dxのとこは無視できる。 やりたければどうぞ。 >>198 面積だすならその式で合ってる。 どうしても積分したいならそこで普通は x=cosh(t) で置換する。 x=(1/2)(t+1/t) と置換する手もある。 しかし求めたいのは面積ではなく、面積の最小値を与えるp,qの値なのだから求めたあとp,qどっちかの関数として微分する事になる。 その瞬間苦労して積分した∫√(x^2-1)dxのところは消えてしまう。 残るのは>>198 の式の三角形や台形の面積(の導関数)。 なので∫√(x^2-1)dxのとこは無視できる。 やりたければどうぞ。 >>198 面積だすならその式で合ってる。 どうしても積分したいならそこで普通は x=cosh(t) で置換する。 x=(1/2)(t+1/t) と置換する手もある。 しかし求めたいのは面積ではなく、面積の最小値を与えるp,qの値なのだから求めたあとp,qどっちかの関数として微分する事になる。 その瞬間苦労して積分した∫√(x^2-1)dxのところは消えてしまう。 残るのは>>198 の式の三角形や台形の面積(の導関数)。 なので∫√(x^2-1)dxのとこは無視できる。 やりたければどうぞ。 >>198 面積だすならその式で合ってる。 どうしても積分したいならそこで普通は x=cosh(t) で置換する。 x=(1/2)(t+1/t) と置換する手もある。 しかし求めたいのは面積ではなく、面積の最小値を与えるp,qの値なのだから求めたあとp,qどっちかの関数として微分する事になる。 その瞬間苦労して積分した∫√(x^2-1)dxのところは消えてしまう。 残るのは>>198 の式の三角形や台形の面積(の導関数)。 なので∫√(x^2-1)dxのとこは無視できる。 やりたければどうぞ。 スマソ。 あまりの重さに連投になってしまった。orz 前>>198 え、あってんの!? やったー!! やっぱ積分したら負けなんですね。積分しないで解けるってことですね。せやて積分したら3項とも負になったでね。連投いいですよ。べた褒めみたいでとてもいいです。 で、どうやってp,qを出すかですが、どうしたらいいんですか? eとかcosとかsinとかなしで。置換してもいいけどcosとかはやめて。ていうか積分なしで。 >>204 だから>>198 のS=の右辺をp,qの2変数関数とみなして増減を調べる。 第1項〜第3項の和はp,qに無関係な定数。 未知数二つなので式二つ必要。 まずqを定数とみなしてpのみの関数とみなして微分して0が必要でそれで一個。 次にpを定数とみなしてqのみの関数とみなして微分して0が必要で二個目。 正しく解けは解ける。 前>>204 >>205 S'(p)=0より、――@ S'(q)=0より、――A @Aより、p= q= 積分したら負け、微分したら勝ち。 なるほど。面白い。 nを自然数とする。ある多項式F(x)について、xの次数がnの倍数である項の係数の和をf(n)とする。ただし定数項はxの次数が0である。 (0) F(x)=(1+x)^7 のとき f(2), f(3)の値を求めよ。また (1) 素数pについて、 f(p)=(1/p)*{Σ[k=1→p] F(cos(2kπ/p)+isin(2kπ/p))} で表されることを示し、 (2) f(n)=(1/n)*{Σ[k=1→n] F(cos(2kπ/n)+isin(2kπ/n))} で表されることを示せ。 >>207 各nについてf(n)を多項式環からの写像と見なせば線形写像であるから単項式について示せば十分。 以下ζ=e^(2πi/n)とする。 F(x)=x^tとする。 tがnの倍数でないとき (1/n)ΣF(ζ^k)=(1/n)(1-ζ^n)/(1-ζ)=0=f(n)。 tがnの倍数のとき (1/n)ΣF(ζ^k)=(1/n)n=1=f(n)。 >>208 すいません、高校数学の言葉に焼き直すとどうなりますか...? nを2以上の整数、kを0以上n以下の整数とする。部屋には男子と女子が何人かいて、どの男子と女子についても、互いに知り合いであるか知り合いでないかのどちらかである。 どの男子もちょうどn人の女子と知り合いであり、どの女子もちょうどn人の男子と知り合いである。 また、どの2人の男子においても、共通の知り合いである女子はちょうどk人である。このときどの2人の女子においても、共通の知り合いである男子はちょうどk人であることを示せ。 >>196 f(x,y)=F^(-1)(F(x)+F(y)) (F^(-1)は逆関数、F(x)は任意の関数) Σ(i=1,2,...n)F(a_i) が入れ替えの操作で不変量となるから 日本シリーズは先に4勝したチームが優勝。 勝率はそれまでの通算勝率に従うとする。引き分けはないものとする。 勝負がつくごとに次回の勝率が変化する。 シリーズ開始前の通算成績はA:2勝、B:4勝であった。 今シリーズでAが先勝(第一試合に勝利)した。 この時点でどちらが優勝するか賭けをする。 A,Bのどちらに賭ける方が有利か?" >>210 男の人数をp、女の人数をqとしてp行q列行列Aを Aij=1 男iと女jが知り合いのとき . 0 otherwise で定める。 またAの転置行列をA~で表すとする。 条件より全行ベクトルの和は全成分がnの1行q列のベクトルであり、その成分の和はqnである。 同様に全列ベクトルの和は全成分がnのp行1列のベクトルであり、その成分の和はpnである。 これらが等しいからp=q。 p次単位行列をI、全成分が1のp次正方行列をBとすれば条件より AB=BA=nB AA~=(n-k)I+kB である。 よってAはBと可換であり、したがって(n-k)I+kBとも可換である。 ここでBはrank1の行列でその固有値pは(k-n)/kと一致しないから(n-k)I+kBは可逆である。 よってAも可逆であり A~=A^(-1)((n-k)I+B) もAと可逆である。 以上によりA~A=(n-k)I+B であり主張は示された。□ >>213 第二試合にAが勝つ確率は通算勝率の3/7 Aが勝ったら第三試合に勝つ確率は4/8 Aが負けたら第三試合に勝つ確率は3/8 になるという設定。 >>212 同じになった 計算間違えているとするとなかなか奇跡的w じゃあ合ってるのか 何かうまい考え方をすると簡単に五分五分だとわかることなんだろうか 100万回のシミュレーションでも0.5みたい。 > rm(list=ls()) > N_series <- function(A=1,B=0,w=4,a=2,b=4,k=1e6){ + sim <- function(){ + while(A < w & B < w){ + p=(A+a)/(A+B+a+b) + g = rbinom(1,1,p) + if(g==1){ + A=A+1 + }else{ + B=B+1 + } + } + A > B + } + mean(replicate(k,sim())) # Pr[A wins] + } > N_series() [1] 0.500051 nを2以上の自然数として(2n-1)戦でn勝した方が勝ちというシリーズで1戦目を負けた方のチームの勝率がn/(2n-1)になるとシリーズ優勝の確率は同率になるのかな? >>212 不透明な壺と透明な壺を用意し、どちらにも、n個の白玉とm個の黒玉を入れておく。(n、mは正整数) 「不透明な壺に手を入れ、よくかき混ぜて球を一つ取り出し、色を確認して戻し、 同じ色の球を透明な壺から不透明な壺へ一つ移す。」 という操作を繰り返し行い、不透明な壺から白玉の方が先に無くなる確率は? (恐らく)答え n,mの値に関係なく 1/2 という問題の具体例版 だと思う。 誤:という操作を繰り返し行い、不透明な壺から白玉の方が先に無くなる確率は? 正:という操作を繰り返し行い、 透明な壺から白玉の方が先に無くなる確率は? 前>>214 >>212 え、Bのほうが有利なんじゃないの? 先にAが勝っただけで通算だとBのほうが勝率いいじゃん。第2戦は4/7の確率でBが勝つよ。Bが勝った場合、第3戦は5/8の確率でBが勝つ。Bが勝った場合、第4戦は6/9=2/3の確率でBが勝つ。Bが勝った場合、第5戦は7/10すなわち7割の確率でBが勝って日本一。 そろともなにか? 負ける場合も考えると勝つ確率は変わると言うのか? じゃあ考えたら負けだ。7割勝つ。信じるしかない。 >>225 >先にAが勝っただけ という時点で運命が決まったんじゃないの? 0.5を算出する前提 Aが優勝する以後の勝敗の順列(1を勝ちとする)は以下の20通り。 > (dat3=dat[apply(dat,1,sum)==3,]) # Aあと3勝の仕方 末尾に連続する0は無視 [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [1,] 0 0 0 1 1 1 [2,] 0 0 1 0 1 1 [3,] 0 0 1 1 0 1 [4,] 0 0 1 1 1 0 [5,] 0 1 0 0 1 1 [6,] 0 1 0 1 0 1 [7,] 0 1 0 1 1 0 [8,] 0 1 1 0 0 1 [9,] 0 1 1 0 1 0 [10,] 0 1 1 1 0 0 [11,] 1 0 0 0 1 1 [12,] 1 0 0 1 0 1 [13,] 1 0 0 1 1 0 [14,] 1 0 1 0 0 1 [15,] 1 0 1 0 1 0 [16,] 1 0 1 1 0 0 [17,] 1 1 0 0 0 1 [18,] 1 1 0 0 1 0 [19,] 1 1 0 1 0 0 [20,] 1 1 1 0 0 0 Aが優勝する以後の勝敗の順列=Aが優勝するときの第二試合以後の勝敗の順列 >>223 続き 白玉がn個出る前に、黒玉がk(k<m)個でる確率は 黒玉が連続してk個出て、白玉が連続してn個出る確率のC[n+k-1,k]倍なので、 C[n-1+k,k]*{m*(m+1)*...*(m+k-1)}*{n*(n+1)*...*(2n-1)}/{(n+m)*(n+m+1)*...*(2*n+m+k-1)} =C[n-1+k,k]*P[m+k-1,k]*P[2n-1,n]/P[2n+m+k-1,n+k] 黒玉が0個からm-1個までの和を取れば、求める確率なので、 Σ[k=0,m-1]{C[n-1+k,k]*P[m+k-1,k]*P[2n-1,n]/P[2n+m+k-1,n+k]} が求めるもの。 m,nに適当な数字を入れてWolfram先生に計算してもらったところ、 m,nに関係なく、 1/2 になるようです。予想は正しそうですが、証明はちょっと難しい。 前>>225 >>226 それはどうかな。 俺は俺が勝つために投げたし、みんな勝つために打ったり守ったり走ったりしたと思う。結果的に7割勝つとわかった。それ以上でもそれ以下でもない。 最初Aに負けて、どうなるかと思った。もうだめなんじゃないかとさえ思ったよ。 それで運命が決まったとは思わないけど、運命というものがあるのなら、あるいはそうかもね。 >>230 優勝するにはAはあと3勝必要だがBはあと4勝必要と運命づけられちゃったと言えない? 前>>230 >>232 だから、運命なんてわかんないよ。勝ってるうちに強くなるかもしれないし、試合の前とあとではもう違うんだぜ。運命なんて変えてやるよ。みんなそう思ったと思う。 >>229 m,nを1〜10からランダムに選んで10万回のシミュレーションをしてみました。 Polya_Urn <- function(k=1e5){ mn=sample(1:10,2) m=mn[1] n=mn[2] a=rep(0:1,c(m,n)) b0=b1=0 sim <- function(){ while(b0<m & b1<n){ b=sample(a,1) a=c(a,b) if(b==1){b1=b1+1}else{b0=b0+1} } b1==n } c(Prob=mean(replicate(k,sim())),m=m,n=n) } > Polya_Urn() Prob m n 0.50125 8.00000 10.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.50022 9.00000 5.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.50065 3.00000 8.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.49939 2.00000 4.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.49657 1.00000 9.00000 m,nに関わらず、0.5になるようです。 >>234 ターミネーターのセリフだな。 The future is not set. There is no fate but what we make for ourselves. 計算するまでもなく1/2になるとわかるような考え方がありそうに思えるのだが全然思いつかない 確率 n/(n+m) で白玉を引いて壺の中の白玉が一つ増える、あるいは、 確率 m/(n+m) で黒玉を引いて壺の中の黒玉が一つ増える、と言う操作(現象)を 確率1で、白成分が、n/(n+m)、黒成分が、m/(n+m) で構成されているキメラ玉を壺に投入する操作と同等 と考えると、白玉が2n個(相当)になるのと、黒玉が2m個(相当)になるのは、同時なので、 どちらが勝つのかが 1/2 づつになるのは当然と 強弁できる かな...? ポリアの壺問題の帰納法も計算も要らない証明 http://shiatsumat.hat enab og.com/entry/2014/12/08/183943 (空白は除去してください) ってあるのだけど、私には理解できなかった。 >>239 urlがうまく貼れなかったので ポリアの壺問題の帰納法も計算も要らない証明 で検索してください。 >>239-240 この問題はポリヤの壺の発展形。 残念ながらそのリンクの先の証明だけでは無理です。 >>225 優勝するにはAは現時点の勝率3/7であと3勝、Bは現時点の勝率4/7あと4勝しなくちゃいけない どちらが有利か、という問題だと思う。 前>>234 >>242 Bのほうが有利だね。たとえAが第1戦から3連勝したって最終戦に勝つ確率は6割。それに比べBは先にも言ったように7割。わずかだがBの監督が宙に舞う姿を想像するね。 例えば残り四試合で「Aが勝ち」で勝負がつくときのパターンとそれに伴う計算式は次 ○○●○ :(3/7)*(4/8)*(4/9)*(5/10) ○●○○ :(3/7)*(4/8)*(4/9)*(5/10) ●○○○ :(4/7)*(3/8)*(4/9)*(5/10) 各因子を分数として見ると、各々は異なるが、分子側全体、分母側全体として見ると、 これらは数字の並べ替えに過ぎず、全て同じ値を持つ。この点に注目して、解答を作ると、 残り三試合で「Aが勝ち」で終了 ○○○ :(3/7)*(4/8)*(5/9)=5/42 残り四試合で「Aが勝ち」で終了 [●○○]○ :C[3,1]*(4/7)*(3/8)*(4/9)*(5/10)=1/7 (“[]”は[]内の並べ替えを意味する) 残り五試合で「Aが勝ち」で終了 [●●○○]○ :C[4,2]*(4/7)*(5/8)*(3/9)*(4/10)*(5/11)=10/77 残り六試合で「Aが勝ち」で終了 [●●●○○]○ :C[5,3]*(4/7)*(5/8)*(6/9)*(3/10)*(4/11)*(5/12)=25/231 5/42+1/7+10/77+25/231=1/2 前>>243 第2戦Aが勝って第3戦Aが勝って第4戦Aが勝って優勝する確率は(3/7)(4/8)(5/9)=5/42――@ 第2戦Aが勝って第3戦A級が勝って第4戦Bが勝って第5戦Aが勝って優勝する確率は、(3/7)(4/8)(4/9)(5/10)=1/21――A 第2戦Aが勝って第3戦Aが勝って第4戦Bが勝って第5戦Bが勝って第6戦Aが勝って優勝する確率は、(3/7)(4/8)(4/9)(5/10)(5/11)=5/231――B 第2戦Aが勝って第3戦Aが勝って第4戦Bが勝って第5戦Bが勝って第6戦Bが勝って第7戦Aが勝って優勝する確率は、(3/7)(4/8)(4/9)(5/10)(6/11)(6/12)=1/77――C @+A+B+C=1/6+8/231=93/462=31/154 Aが優勝する確率は3100/154=1050/77<(2割ない) Bのほうが有利。 >>243 >たとえAが第1戦から3連勝したって Aはシリーズ開始後はあと3勝すればいいのだから Aの勝ちを1負けを0で表示すると Aが優勝するには第2試合以後は > dat3[17:20,] [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [1,] 1 1 0 0 0 1 [2,] 1 1 0 0 1 0 [3,] 1 1 0 1 0 0 [4,] 1 1 1 0 0 0 の4通り Bはあと4勝しなくちゃいえないからAが第1戦から3連勝したら 2戦目以後は 1 1 0 0 0 0 (Aの勝ちが1) でしか優勝できない。 前者は0.1991342 後者は0.01515152 となる。 計算式は g <- function(x){ # Aの勝敗数列の起こる確率 (tva=cumsum(x)+3) # Aの通算の勝利数 win=c(3,tva)/(7:13) # 試合前の勝利確率 lose=1-win # 負ける確率 (y=rbind(win,lose)[,1:6]) #最終勝率は不要なので除く p=rep(1,6) # p : 通算勝率の入れ子 for(i in 1:6){ j=ifelse(x[i]==1,1,2) # 勝負によりwin/loseを選択する p[i]=y[j,i] if(tva[i]==6) break # シリーズ前2勝+シリーズ4勝で終了 } cat(p,'\n') # 通算勝率の変遷 return(prod(p)) # その変遷が起こる確率 } sum(apply(dat3,1,g)) # 可能な順列の確率を総和 >>244 >218ですが、計算ありがとうございました。 きりのいい数字になってびっくりしました。 >>244 >各因子を分数として見ると、各々は異なるが、分子側全体、分母側全体として見ると、これらは数字の並べ替えに過ぎず、全て同じ値を持つ。 全く気づきませんでした、プログラムできればいいと愚考してましたので。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
read.cgi ver 07.5.4 2024/05/19 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる