面白い問題おしえて〜な 31問目
■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
>>252
最初の2行は、空席の中にせいぜい一つの席しか、過ちがないということを言いたかった。
「なぜそのようなことが言えるか？ 」と書き、主題をこの点の説明に当てている。
そして、その説明の延長として、
「自分の番号札を無くしたのが、1番目の人か、（後ろから数えて）m番目の人か、区別できない」
点を指摘し、m=2の時を使えば簡単に確率の計算ができるので、それを使って答えを求めている。
状況を、「m-1人の正しい席が残っている」場合と「m人全ての正しい席が残っている」場合
に分け、それぞれについて、説明を加えたわけではない。
m人が残っている状態で、「m-1人の正しい席が残っている」確率と「m人全ての正しい席が残っている」
確率を求め、数学的帰納法を用いて、答えを求める方法もあるが、>>218では、その手段を用いていない。
>> m人全ての正しい席が残っている場合は、Aが正しい席に座っていた場合で追い出す必要はなくて
>> このときXは番号札を持っている状態に相当する
これは、Xが登場するまえのだれかが、自分の席が占拠されているのを見て、適当な席に座った。ただし、
その席がたまたまＡの席であって、それ以降に乗車する人たちへの悪影響がこの時点で断ち切られている状況にあたる。
もちろん、一番最初に乗車したＡ自身が、適当に座った座席がたまたま、本来のＡの席であることも
「含まれ」はするものの、「ＡがＡの席に座る」には完全対応はしない。
繰り返すが、「ＡがＣ、ＣがＧ、ＧがＡ」のように解決した場合であり、これには、「ＡがＡ」も含まれる。 >>254
> そんな解答が成立するならどんなに先手が有利なゲームでも先手後手の勝率1/2になってしまうのでは？
> 例えば今回のでも最初の人も途中で席がなかった人もサイコロ振って6が出た時は正解の席、すなわち最初の人は自分の席、それ以降の人は所有者が間違った席に着席してあぶれてる席に座り、それ以外の場合のみ自由にすわるルールにすれば確率は1/2でなくなるよ。
そのルールは
> 最初の人を含めた各着席において、FもLも同じ確率の抽選を受け続ける
には当たらないだろ？
> 確率は1/2でなくなるよ。
になっても何の問題ないだろう
>>250は帰納法の一種なんじゃじゃないかとは思うが >>264
その抽選論法で本当に正しい確率計算できるのか概略ではなく厳密に書き出したものを示してください。 >>254の論法が間違っているって言っているだけだよ
というか、この程度の論法(>>250)が正しいかぐらい自分で確認しろよ
> 最初の人を含めた各着席において、FもLも同じ確率の抽選を受け続ける
が真かを確認するだけだろ >>266
あなたは>>250の言ってる事がわかるんですか？
わたしにはFもLもなんか公平にやるゲームだから1/2って言ってるようにしか見えません。
正直戦略とかゲームとかいう言葉使いたいだけで証明もできてないんじゃないかと疑ってます。 あ、戦略とかは使ってないのか。
勝利とかいってるからゲーム理論を気取ってるのかと思った。 >>218
この問題は、次の問題と対応が可能。
カードがｎ枚あり、それぞれに、１からｎまでの数字が書かれている。
これらのカードを袋に入れる。
プレイヤーは、１からｎの中から、勝ち番号と、負け番号を決め、
勝ち番号、または、負け番号が書かれているカードが出るまで、袋の中からカードを選び続ける。
勝ち番号を引いて終了する確率は？ → 当然1/2と考えられます。
取り出された数字列を、適当に選ばれて座られてしまった座席番号に対応させます。
（失念か、すでに占拠されていたか、理由は問わない）
先頭の人の本当の座席番号を先に引くか、最後の人の座席番号を先に引くかが、
先頭の人の本当の座席番号を引いて横取り連鎖が途中で終了するか、
最後の人の座席番号を引いて、横取り連鎖に最後の人も引き込むかが決定され、
問題で言うところの、最後の人が正しい席に座れるか、座れないかに対応可能です。
アイデアのほとんどは >>250さんが指摘されたもので、対応がわかりやすくなるよう少々アレンジしてます。 日本最高学費の底辺私立医大では
１年：進級失敗１０人
２年：進級失敗１６人
３年：進級失敗３４人
４年：進級失敗９人
５年：進級失敗１０人
６年：卒業失敗２６人
一学年約120〜130人前後。
同じ学年で二回留年すると退学
https://mao.5ch.net/test/read.cgi/doctor/1516439331/1
であるという。
1年次学費総額 12,145,000円 2年次以降学費（年間） 7,030,000円
1学年を125人として上記データから算出した確率（例、1年次は10/125の確率で留年）を用いて
卒業できる確率と卒業生の在学年数の期待値を求めよ。
また、退学になる確率と退学者の在学年数の期待値を求めよ。 >>254
その場合最初の人の着席においてFとLが等確率の抽選を受けていないので当然結果は変わってくると思いますが ある小学校のあるクラスでは、バスで遠足に行くことになった。
バスの座席は事前に決まっていたが、最初にバスに乗った児童が自分の座席を忘れて、任意の座席に座ってしまった。
他の児童は、一人ずつバスに乗り込み、自分の座席が空いていればその座席に、そうでなければ空いている任意の座席に座った。
クラスの人数をnとして自分の席に座れる生徒数の期待値をe[n]とするときlim e[n]/log(n)を求めよ。
自作。
できないかも。 >>273
訂正
lim(n-e(n))/log(n)
です。 前>>261
>>271卒業できる確率は、
8(4/23)+12.8(20/99)+(3400/99)(4/13)+(180/13)(5/14)+(125/7)(10/23)+(1300/23)
=83.7751427……(％)
在学年数の期待値は、
6(16/83.7751427……)+7{(83.7751427-16)/83.7751427}
=6.80901256(年)
退学になる確率は、
100-83.7751427……
=16.2248572……(％)
退学者の在学年数の期待値は、
1(10/125)(16/115)+2(10/125)(34/115)+3(/)+4(/)+5(/)+6(/)+7(/)もう少し。 >>275
現実世界の計算しにくい問題にも関わらずレスありがとうございます。
面倒な計算を誤答をものとのせず続けられる気力にはいつも関心します。揶揄ではありません。
で、いつもの通り、用意した答とは違います。
自作問題ですが、シミュレーション値と合致した理論値が出せました。場合分けが面倒なので場合分けもプログラムにさせました。
シミュレーションは指定の確率で乱数発生させて計算させました。
ほぼ一致する値でした。 >>276
補足
シミュレーションでの結果は以下の通り
> mean(RE[,2]==7) # 卒業確率
[1] 0.85482
> mean(RE[RE[,2]==7,1]) # 卒業までの在学年数
[1] 6.712606
> mean(tu(RE[RE[,2]==7,1])) # 卒業までの学費
[1] 52304621
> mean(RE[,3]==2) # 退学確率
[1] 0.14518
> mean(RE[RE[,3]==2,1]) # 退学までの在学年数
[1] 4.99139
> mean(tu(RE[RE[,3]==2,1])) # 退学までの学費
[1] 40204472
q=1-p # 留年確率,p=進級確率
(P=prod(1-q^2)) # 卒業できる確率 Π{1 - (2年連続留年確率)}
(Q=1-P) # 退学となる確率
の結果と近似しています。 >>273
クラスの児童には1からnまでの番号が、座席には0からn-1までの番号がついていて、
座席に座る操作は番号が大きい順に行うものとする。
ここで座席に座る操作とは、自分の番号に一致する席が空いていればそこに、
空いてなければ空席のどこかにランダムに座る動作を言う。
この時、自分の番号が座席と違うような児童の人数の期待値をe'[n]とおく。
n-eとe'の計算で唯一異なる点は、座席番号0とnの違いにより生じるもののみ。
この違いが影響するのは、最初に番号nの児童が0の座席に座る場合のみであるから、
n-e[n]=e'[n]-1/n.
最初に児童nが座席m(<n)に座った場合、次にランダム性が生じるのは児童mが来た時であるが、
その時点で残りの児童は1からm、残りの座席は0からm-1であるから、
これはm人の児童とm個の座席で行う試行と一致。
（ただしn=0の時の試行は"何もしない"ことと定める。つまりe'[0]=0. ）
ゆえに、次のような漸化式が立てられる。
e'[n]=1+(1/n)Σ_(m=0,n-1)e'[m]
これより
ne'[n]-n = (n-1)e'[n-1]-(n-1) + e'[n-1]
から
e'[n] = Σ_(m=1,n) 1/m
が導かれ、求める極限値は1と計算できる。 >>278
正解です。
想定解答は>>222と一緒。
最後からk番目の生徒が正しい席に座れたとき0、そうでないとき1をとる変数をXkとする。
k:1〜n-1のとき
p(最後からk番目の生徒が正しい席にすわる|最初の生徒が最初の生徒の席かまたは最後からk番目の席〜最後の席に座る)
= (最初の生徒が最後からk番目の席以外に座る|最初の生徒が最初の生徒の席かまたは最後からk番目の席〜最後の席に座る)
=k/(k+1)。
p(最後からk番目の生徒が正しい席にすわる|最初の生徒が2番目の席から最後からk-1番目の席に座る)=k/(k+1)
(∵ 生徒の数が少ない場合に還元される)。
∴ p(最後からk番目の生徒が正しい席にすわる)=k/(k+1)。
∴E(Xk)=1/(k+1)
明らかにE(Xn)=(n-1)/n
∴n-e(n)=Σ[k:1〜n-1]1/(k+1)+(n-1)/n〜log(n)。 オリジナルですが答えはありません。ただ気になったので投稿します
実数の配列 a[i,j] (i,j∊Z) が全ての格子点(i,j)で 4a[i,j]=a[i+1,j]+a[i-1,j]+a[i,j+1]+a[i,j-1] を満たす時、aを調和配列と呼ぶことにする。
次を満たす実数α≧0の下限はいくらか：
調和配列aが任意の格子点Xについて |a[X]|≦|X|^α を満たすならばaは定数である。ただし、|X|は点Xの原点からの距離を表す。 卒業できる確率 ： 4750970704397512 / 5551115123125783 = 0.85585879575891107187420816324627437826646454687092053
退学の確率 ： 800144418728271 / 5551115123125783 = 0.144141204241088928125791836753725621733535453129079468759 単位円上の2n個の点A1,B1,‥,An,Bnを一様独立に選び円盤をn個の線分線分A1B1,‥,AnBnで分割するとき、できる小領域の個数の期待値を求めよ。 >>280
とりあえず今のところこのスレでは>>240さんの証明しか上がってない。
この方針でいくなら非負実数αが条件
Σ(c(p+2,q)-c(p,q)|(|p|+|q|}^α→0 (n→∞)‥‥(※)
が成り立つならそのαは>>280の条件をみたしたりしないかな？
まだ>>240が完全に理解できてはいないからわかんないけど。
もし(※)を満たす非負の実数が0しかないなら今んとこαを改善できる見込みあるレスは上がってないな。 前>>275
>>283
n=1のとき2(個)
n=2のとき、
3(1/2)+4(1/2)=3.5(個)
n=3のとき、
4(1/8)+5(1/8)+6(1/4)+7(1/2)=(9+12+28)/8
=6.125(個)
n=4のとき最大11個、最小5個
5(1/64)+6(1/64)+7(1/32)+8(1/16)+9(1/8)+10(1/4)+11(1/2)
=(5+6+14+32+72+160+352)/64
=10.015625(個)
n=5のとき最大16個、最小6個
=(6+7+16+36+80+176+384+640+192+1280+512+2560+1280)/1024
=(7149+8192)/1024
=15341/1024
=14.9814453……
n=6のとき、最小7、最大22
7(1/2)^15+8(1/2)^15+9(1/2)^14+10(1/2)^13+11(1/2)^12+12(1/2)^11+13(1/2)^10+14(1/2)^9+15(1/2)^8+16(1/2)^7+17(1/2)^6+18(1/2)^5+……+22(1/2)
n本の直線で分割した領域の個数の期待値は、
(n+1)(1/2)^{n(n-1)/2}+(n+2)(1/2)^{n(n-1)/2}+(n+3(1/2)^{n(n-1)/2-1}+……+{n(n+1)/2+1}(1/2)
ブロックくずしのように簡単になるのか、lim[n→+∞]に飛ばすのか、通分か。 毎度思うけど思考過程をレスするの何？
〇〇となり……ああ違うか。みたいなの誰も求めてないし数学の試験でそんなこと書くか？
ちゃんとオフラインで答えに辿り着いてからそれを纏めて書けよ >>284
(※)は使えそうですね
実際には Σ|c[p+2,q]-c[p,q]|=2Σc[0,q] の値は積分を使って
C(1+o(1))/√n (as n→∞, ただし定数Cはabsolute) となることが計算できるので、
|Σ(a[0,0]-a[2,0])|
≦Σ|c[p+2,q]-c[p,q]|(|p|+|q|)^α
≦C(1+o(1)) ･ n^(α - 1/2) (∵|p|+|q|>n の時に係数が0となるため、|p|+|q|≦n の範囲で和をとれば良い)
という評価が得られます。
a[0,0]とa[2,0]の差以外にも同様のことが言えるので、結局 α<1/2 は条件を満たすことが導けると思います。
ちなみに一方で a[i,j]:=i (∀(i,j)∈Z^2) という例から、α≧1は条件を満たさないことがわかります 前>>285え？ >>283n=2のとき違うの？ なんで？ クロスする確率とクロスしない確率は1/2ずつじゃないのかい？
／‖__`‖￣￣‖彡ミ､‖
‖∩∩ ‖ □ ‖^o^川 `
（ (`)‖ ‖цc_)＼
（っ⌒⌒ ｡‖＼____/
■`(_)_)ц~ ‖､‖__‖
＼■υυ■___‖､＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼`､＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼ >>200
ヒント。
ホントは積分で求めるんだけど裏技。
まず4点選ぶ。
後でどれをA1B1A2B2と割り振るか決める。 点O中心の半径1の円の内部に点Oと異なる点Aを取る。
半直線OA上にOA・OB=1なる点Bを取る。
円周上に点P,Qを、直線PQに関して点O,A,Bが同じ側に来るように任意に取る。この3点はいずれも直線PQ上に無い。
直線PQに関してAと線対称な点をDとする。
△PBD∽△OBQを示せ。 >>283
四点A1,B1,A2,B2の偏角を小さい順に並べると1122,2211,1221,2112,1212,2121の六通り
このうち、先の四つは線分が互いに交わらない場合であり、後の二つは交わる場合である
つまり、ランダムに決めた二つの線分が交わる確率は1/3
n本の線分により円が分割されているとき、新たに一本の線分を加えるとする
このとき新しい線分が既存の線分と交わらなければ、分割される領域は一つ増える
既存の線分一本と交わるなら領域は二つ増え、既存の線分二本と交わるなら領域は三つ増える
つまり、新しい線分が既存の線分と交わった本数+1の領域が新たに増える
新しい線分を引いたとき、既存の線分n本のうち交わる本数の期待値はn/3だから、
領域の数の増分の期待値はn/3+1となり、
n本の線分で分割されたときの領域の数の期待値をI(n)と置くと、I(n+1)=I(n)+n/3+1と書ける
I(n)-I(1)=(n(n-1)/2)/3+(n-1)、I(1)=2は自明なので、I(n)=n(n-1)/6+n+1 >>292
PQの垂直二等分線が実軸でOが原点となる複素座標を設定する。
Aの実軸対称点をCとする。
ABCDPQの複素座標をabcdpqとする。
PDをPQ、実軸で続けて対称移動するとQCに移るからd-p=q-cである。
またAが単位円に関する反転でCはその実軸反転だからc=1/bである。
P,Qは単位円上かつ実軸対称だからpq=1である。
以上により
(d-p)/(b-p)
=(q-c)/(b-p)
=(1/p-1/b)/(b-p)
=1/(pb)
=(q-0)/(b-0)
であるから△BDPと△BQOは相似である。 >>291
積分でやってみた
A1,B1,A2,B2の偏角を0,X,Y,Zとして、A1を固定し、後の三つを確率変数と考える
それぞれ独立に0から2πの間の値を取る一様分布に従うので、確率密度関数は1/(2π)^3となる
YとZが共に0とXの間の値を取る確率は、
∫[0,2π]∫[0,x]∫[0,x]dydzdx/(2π)^3=∫[0,2π]{x^2/(2π)^3}dx=1/3
Yが0とTの間、ZがTと2πの間の値を取る確率は、
∫[0,2π]∫[0,t]∫[t,2π]dydzdx/(2π)^3=∫[0,2π]{x(2π-x)/(2π)^3}dx=1/6
二線分が交わらない確率=YとZが共に0とXの間または共にXと2πの間である確率=1/3+1/3=2/3
二線分が交わる確率=Yが0とTの間でZがTと2πの間またはその逆となる確率=1/6+1/6=1/3 >>296
おお、素晴らしい！
ここで受験数学お馴染みの1/6公式が出てくるのがへぇと思いました。 前>>290
>>283
n=1のとき2
n=2のとき3(2/3)+4(1/3)=3.33……
n=3のとき4(2/3)^2+5･3(2/3)(1/3)+6(1/3)(2/3)+7(1/3)^2
=(4+10+12+7)/9
=3.66……
急にnやn+1に飛んだらだれもわからないだろう。途中をちゃんとやってほしい。
n=4のとき5(2/3)^3+6(2/3)^2(1/3)+7(2/3)(1/3)^2+8(/)+9(/)+10(1/3)^2(2/3)+11(1/3)^3Ψ`o`Ψ とりあえずn=3のときn=2と同じようにやってみればいい。
6点適当に選ぶ。
ただし三点が一点で交わるような特殊なケースは確率0なので無視する。
反時計回りに123456として2個組ずつわける。
12,34,56
12,35,46,
‥
で何通りできるか？
小領域が4つになるのは何通りか？
小領域が5つになるのは何通りか？
小領域が6つになるのは何通りか？
小領域が7つになるのは何通りか？
期待値は？ >>298
m本の線分に交わる線を引くと、そのm本で分割されていたm+1個の領域の上を通ることになる
つまりm+1個の領域を切ることになるので、領域の数は倍化され、m+1個の領域が新たに増えることになる 前>>298
>>301
2本の直線と交差する直線を引くと領域が3個増えることはわかってる。
つまりm=2のとき意味が通じる。
けど交差しないときの確率を足さないかんだろ。
n=3のとき領域が4個になるのは交差しないとき。
n=2のときの考察からして交差するときが1/3で交差しないときが2/3じゃないのか？
4(2/3)^2+5･3(2/3)(1/3)+6(1/3)^2+7(1/3)^3
=(16+30+18+7)/27
=71/27
この計算、
2/3+2/9+1/9+1/27が1になるときじゃないと意味ないんだよ。 A1B1とA2B2が交差する確率は1/3、
A2B2とA3B3が交差する確率は1/3、
A3B3とA1B1が交差する確率は1/3、
しかし交点が３つできる確率はこの３つをかけてもダメ。
かけて求められるのはコレらの事象が独立の時。
独立ではないのでダメです。 調和配列について考えてたけど、どうも何かがおかしい気がする…
>>195 のeの構成って本当に合ってる？
以下の要領で、原点以外の全ての格子点で調和的な有界配列は定数しか存在しないことが示せそうなんだけど…
配列aを a[0,0]=1 かつ a[X]≧0 (∀X∈Z^2) を満たす、原点以外で調和的な有界配列とする。
aの下限 inf_(X∈Z^2) a[X] を0としてよい。a[X]=0 を満たす格子点Xは存在できないことに注意。
配列の列 b_n を
b_n[0,0] = 1 (n≧0)
b_0[p,q] = 0 ( (p,q)は原点以外の格子点)
b_(n+1)[p,q] = b_n[p+1,q] + b_n[p-1,q] + b_n[p,q+1] + b_n[p,q-1] ( (p,q)は原点以外, n≧0)
により定めると、帰納的に
b_n[p,q]≦b_(n+1)[p,q]≦1 (p,qは全ての整数, n≧0)
が導けるため極限 b[p,q]=lim_(n→∞) b_n[p,q] が存在し、
配列 b が原点以外で調和的であることもわかる。また、各nについて
b_n[p,q]=b_n[-p,q]=b_n[p,-q]=b_n[q,p]
0≦p かつ 0≦q ならば b_n[p,q]≧b_n[p+1,q]
1≦p≦q ならば b_n[p,q]≧b_n[p-1,q+1]
b_n[p,q]≦a[p,q]
が成り立つことが帰納的に示せるため、n→∞とすることでbについても同様のことが言える。
配列aの下限が0かつ全ての格子点Xについてa[X]>0であることから、
格子点の列 X_n=(p_n,q_n) であって
lim a[X_n]=0, lim(|p_n|+|q_n|)=0
を満たすものが存在。これより、格子点(p,q)が max(|p|,|q|)≧|p_n|+|q_n| を満たすならば
b[p,q] ≦ b[|p_n|+|q_n|] ≦ b[p_n,q_n] ≦ a[p_n,q_n]
であるから、格子点Xについて|X|→∞ならばb[X]→0が成り立つ。
一旦ここまで。 >>304
訂正。配列の列b_nの漸化式について
誤
b_(n+1)[p,q] = b_n[p+1,q] + b_n[p-1,q] + b_n[p,q+1] + b_n[p,q-1]
正
b_(n+1)[p,q] = (b_n[p+1,q] + b_n[p-1,q] + b_n[p,q+1] + b_n[p,q-1])/4 >>304
何度も申し訳ない、もう１つ訂正。
格子点列X_nについて
誤
lim a[X_n]=0, lim(|p_n|+|q_n|)=0
正
lim a[X_n]=0, lim(|p_n|+|q_n|)=∞ >>304
もちろんeは原点て
4e[0,0]=e[1,0]+e[-1,0]+e[0,1]+e[0,-1]
を満たしてませんよ。
4e[i,j]=e[i+1,j]+e[-i-1,j]+e[i,j+1]+e[i,j-1]
はキルヒホッフの法則
(e[i+1,j]-e[i,j]}+(e[-i-1,j] -e[i,j]}+(e[i,j+1]-e[i,j]}+(e[i,j-1] -e[i,j]}=0
を変形したものですが、原点は電極がついてて電流を吸い出してるのでこの等式が成立していません。
>>195のeは上に有界なのでもし全ての点で上の等式が成立するなら雨宮の定理により定数になってしまいます。 >>283
(n+2)(n+3)/6 かな
導出過程はこれから考えるw 前>>302いきなりnとかmとかで一般項出して解きだす奴は偽者か曲者。1面2面クリアして今3面。
n=3のとき最小が4で最大が7、
4(2/3)(3/4)(1/4)+5(2/3)(4/6)+6(1/3)(4/6)+7(1/3)(2/6)
=4(1/8)+5(4/9)+6(2/9)+7(7/24)
=1/2+32/9+49/24
=(36+256+147)/72
=439/72
=6.0972……
ちょっとマシになった。 >>308
交点の可能な数は n(n-1)/2 である
1≦i<j≦nとしてAiBiとAjBjが交差する確率は各々1/3なのだから、
交点の数の期待値は n(n-1)/6
領域の数の期待値は (n+1)+n(n-1)/6 = (n+2)(n+3)/6 おっと、283は>>293で既に解かれていたか
まだ続いてるのかと思ったw >>292
初等幾何的証明
ABを直径とする小円を描けば、出題の二つの三角形と相似な
二つの三角形を小円の中に作図できる。
大円と小円の交点をE、F、EFとABの交点をG、
DBと小円、QBと小円の交点をそれぞれH、I、
IGの延長と小円の交点をJ、JHとPBの交点をKとすると、
△KHB∽△GIBで、この二つの三角形は出題の二つの三角形と相似である。
∠H＝∠Iであることはすぐに分かる。
あとは∠KBH＝∠GBIであることを示せばよいが、
これが意外と難しく、今のところ未解決。 >>307
eが原点で調和的でないことはわかっているのですが、問題はそこではなくて、>>304の通り
『原点以外の』全ての格子点で調和的な有界配列は定数しか存在しない
ということを示せてしまう、ということなのです
↓↓304の続き↓↓
c=4b[0,0]-b[1,0]-b[-1,0]-b[0,1]-b[0,-1] とおくと、整数n≧2について
cn = Σ_(m=1,n) c
= Σ_(m=1,n) Σ_(|p|,|q|<m) 4b[p,q] - b[p+1,q] - b[p-1,q] - b[p,q+1] - b[p,q-1]
= Σ_(m=1,n) Σ_(|p|<m) - b[m,p] - b[-m,p] - b[p,m] - b[p,-m] + b[m-1,p] + b[1-m,p] + b[p,m-1] + b[p,1-m]
= 4b[0,0] + ( Σ_(p=1,n) 2b[p,p] + 2b[p,-p] + 2b[-p,p] + 2b[-p,-p] ) - ( Σ_(|p|<n) b[n,p] + b[-n,p] + b[p,n] + b[p,-n] )
= o(n) (as n→∞)
より矛盾。したがって、a は定数でなければならない。 >>313
eは0以上の値をとりますが有界ではありませんよ。
>>204で示されています。 >>314
あら失礼しました… >>195しか見てませんでした 前>>309
>>311つづけてください。
n=3から。
さあ。
3のとき5、
4のとき7、
6のとき12です。 4e(i+1,j)+ e(i-1,j)+ e(i,j+1)+ e(i,j-1)
=
∫[〜] (1-cos((x+y)(i+1))cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
+∫[〜] (1-cos((x+y)(i-1))cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
+∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)(j+1)))/(1-cosxcosy)dxdy
+∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)(j-1)))/(1-cosxcosy)dxdy
-4 ∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
=
∫[〜] (2-2cos(x+y)cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(〜)dxdy
+∫[〜] (2-2cos(x-y)cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(〜)dxdy
-4 ∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
=
∫[〜] 4(1-cos(x)cos(y)cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(〜)dxdy
-∫[〜] 4(1-cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
=
∫[〜] 4cos((x+y)i)cos((x-y)j))dxdy
=
δ[i0]δ[j0]16π^2
になるハズ。 そうすると >>242 の最後の主張も訂正する必要がありそうだ
誤
あるn点 p_i (1≦i≦n) を除いた格子点全体で Δa=a を満たすような有界配列 a は
a[X] = c_0 + Σ_(i=1,n) c_i･a'[X-p_i] (c_iは実数)
と表せる。
正
あるn点 p_i (1≦i≦n) を除いた格子点全体で Δa=a を満たす配列 a であって、
任意の定数 ε>0 について |a[X]|=O(|X|^ε) を満たすようなものは、
a[X] = c_0 + Σ_(i=1,n) c_i･a'[X-p_i] (c_iは実数)
に限られる。 >>312の続き
HBとEIが垂直であることを示すことができれば証明完了。
なぜなら、その場合、∠BHAは直角だからHAとEIは平行。
すると∠AHIとHIEは錯角だから等しい。
すると∠ABI＝∠AHI＝∠HIE＝∠EBH
∠Hと∠Iは同一円周角で等しいことがすでに示されているから、証明完了。
しかしHBとEIが垂直であることを示すことが難しい。
灘高校の入試問題なら、もっと簡単な解法があるに違いない（笑 n,kは自然数でk≦nとする。
穴の開いた2k個の白玉と2n-2k個の黒玉にひもを通して輪を作る。
このとき適当な2箇所でひもを切ってn個ずつの2組に分け、
どちらの組も白玉k個、黒玉n-k個からなるようにできることを示せ。
(某大学文系過去問 - 中学生の知識で解ける) >>321
上半分の赤の個数について考える。
玉一つ分時計回りに回したとき上半分のあかの数はそままか、一個増えるか一個減るのいずれか。
半周回したとき上半分と下半分が入れ替わるのでどっかの時点でピッタリ半分になる。 >>322
早いね、正解。
要は離散版中間値の定理(自明)。 >>280
でけた。上限は1。
全域で調和的な配列aが、ある α<1 について a[X]=O(|X|^α) を満たしていると仮定。
((Δ^n)a)[0,0] における a[-n+p+q,p-q] の係数c_n[p,q]は
((1+x)(1+y)/4)^n における (x^p)(y^q) の係数と一致。つまり
c_n[p,q] = 4^(-n)･C(n,p)･C(n,q). （ただし大文字のCは二項係数）
よって、 (Δ^(2n+1)a)([1,0]+[-1,0]-[0,1]-[0,-1]) の係数の絶対値の総和は
Σ_(p,qは整数) 4^(-n)･|C(2n+1,p)-C(2n+1,p-1)|･|C(2n+1,q)-C(2n+1,q-1)|
=4C(2n+1,n)^2
=K/n･(1+o(1)). （ただしKはある定数）
であるから、
|a[1,0]+a[-1,0]-a[0,1]-a[0,-1]|
≦K(1+o(1))･2^α･n^(α-1)→0 (as n→∞)
より a[1,0]+a[-1,0]=a[0,1]+a[0,-1].
これと Δa=a より a[1,0]+a[-1,0]=2a[0,0].
同様にして、任意にjを固定した時に a[i,j] が等差列をなすことがわかるが、|a[X]|=o(|X|) より a[i,j] はiに依存しない。
同様にしてjに依存しないこともわかるため、aは定数。 このスレで度々見かける某パズル本からの出題。
2人の修行僧がそれぞれ二つの山を登る。
2人とも同じ海抜の麓の地点から登頂を始め、ゴールの山頂の海抜も同じである。
各々の僧は山頂までの一本道の山道のみを移動する。
どちらの道も途中の地点ではスタート地点より海抜が高く、ゴール地点より海抜は低い。
この時2人の僧の登頂をうまく調節していずれの時点でも2人の海抜が完全に一致する様にして登頂をすることは可能であろうか？
2人の僧に許される行動は山道を進むか戻るか立ち止まるかのみである。
この問題の原題の設定はこれだけで当然暗黙の了解としてスタート地点からの道のりと海抜を与える関数が連続である事は仮定できます。
それはいいんですが、(そりゃそうでしょう)、パズル本の模範解答はできるで、私にはその解答はその連続関数になにか区分的に滑らかみたいな仮定がないと成立してないように思えます。
どなたか連続だけの仮定の元での肯定的な解答作れますでしょうか？ 前>>316
>>322-323赤玉どっから出てきたん？ 白玉と黒玉やろ。 ちゃんと数学的に書けば
連続関数f,g:[0,1]→[0,1]があり、
f^(-1)(0)=g^(-1)(0)={0}、
f^(-1)(1)=g^(-1)(1)={1}、
である時、連続関数p,q:[0,1]→[0,1]であって
p(0)=q(0)=0, p(1)=q(1)=1, f(p(t))=g(q(t)) ∀t
を満たすものがとれるか？
です。
f,gの連続性にある程度強い仮定があれば簡単なんですけど。 >>328
f(x)=2x (0≦x<1/4)
f(x)=1/2 (1/4≦x<3/4)
f(x)=2x-1 (1/4≦x≦1)
g(x)=1/2+|x-1/2|sin((π/4)/(x-1/2))
の場合は登山五合目付近でp(t)が不連続になると思われる >>330
その程度の関数なら本に載ってる解答の肯定的解答がそのまま通用します。 >>328
条件を強くして道のりが微分可能でもダメみたい。
f(x)=1/2-(1/2)e^(4+1/(x-1/4)) (x<1/4)
f(x)=1/2 (1/4≦x≦3/4)
f(x)=1/2+(1/2)e^(4-1/(x-3/4)) (3/4<x≦1)
g(x)=1/2+8(x-1/2)^4 sin((π/4)/(x-1/2))
のとき
f^(-1)(g(x))は不連続で、f(x)の道の人は無限の距離を歩かないといけない >>332
とりあえず道のりの有限性を仮定すれば大丈夫です。
もう少し緩めてf,gが共に有界変動なら大丈夫です。
問題は有界変動性がないとき、>>328のp,qとして有界変動性がない連続関数まで含めて存在し得ない例を私は持ってないのです。
>>332の例でも本の証明で肯定的に解決されてしまいます。 ちなみにfが有界変動連続関数のとき
f1(x)=fの[0,x]における全変動、
f2(x)=f1(x)-f2(x)
とおけば
f(x)=(f1(c)+x)-(f2(x)+x)
と二つの狭義単調増大連続関数の差となります。
gも有界変動連続ならgも同じような分解を持ってしまうので本の証明が通用してしまいます。 あ、ポコポコ間違ってるけど適当にエスパーしてください。 >>331
ん？肯定的？否定的解答じゃなくて？
328の条件を満たす連続関数p,qが存在しないのは間違いないのでは？ >>336
今上がってるケースぐらいではp,qは存在するします。
p,qは連続でありさえすれば有界変動性は要求されません。 あ、いま上がってるケースくらいならp,qも有界変動に取れます。 >>338
>連続関数p,q:[0,1]→[0,1]であって
>p(0)=q(0)=0, p(1)=q(1)=1, f(p(t))=g(q(t)) ∀t
>を満たすものがとれるか？
の問いに対する
>>332の例でも本の証明で肯定的に解決されてしまいます。
は矛盾するように思えるのだが
>>332の例でp,q連続関数かつf(p(t))=g(q(t))と仮定すると
中間値の定理よりq(th)=1/2となるth∈[0,1]が存在し、
t_0=0と置くとq(t_i)=1/2-1/(4i+2)となるt_i∈[t_(i-1),th] (i=1,2...)が存在する
しかし
p(t_i)=f^(-1)(g(q(t_i)))<1/4 (i:even)
p(t_i)=f^(-1)(g(q(t_i)))>3/4 (i:odd)
さらにt_iは単調有界列だから収束してp(t)はlim t_iで不連続となり矛盾
何か誤解していれば指摘してほしい >>339
あれ？
そうですね？
>>332は反例なってますね？
有界変動じゃないのかな？ ダメだ。すぐにはわからない。
もう問題のレベル下げます。>>328改
連続関数f,g:[0,1]→[0,1]があり、
f^(-1)(0)=g^(-1)(0)={0}、
f^(-1)(1)=g^(-1)(1)={1}、
である時、連続関数p,q:[0,1]→[0,1]であって
p(0)=q(0)=0, p(1)=q(1)=1, f(p(t))=g(q(t)) ∀t
を満たすものがとれるか？
ただしf,gは区分的に線形(pl)とする。
コレで肯定的に解決します。
有界変動では無理なのかな？ >>341
>ただしf,gは区分的に線形(pl)とする。
めっちゃレベル下げすぎだな >>343
本では設定なしなんですよ。
ただ連続とだけ。
さすがにそれは無理だろうと。
数学的な面白さは激減しますがとりあえずplはら大丈夫、どこまで突っ込めるのかは謎。 plから条件をゆるめるとしても『区分的に広義単調』あたりが限界じゃないかな…
関数の値が無限回上下することを許してしまうと、どうしても>>330みたいな例が作れてしまうと思う。
逆に関数値の上下が有限回であれば、問題なくできそう（証明は多少面倒かもだけど） まぁplまでかな？
変に広げてもgeneral nonsenseかも。 待て、逆に『どの区間においても定数ではない』という条件でもいけるか？
単に成り立ちそうだから書いてみただけで、確かめた訳ではないけど 所持金が一万円の貧乏人が、金持ちの友達相手に掛け将棋を持ちかけた
一局ごとに一万円を掛けた2n+1番勝負で、どちらかが先にn+1勝した時点で終了とする
ただし、貧乏人だけは途中で一番でも負け越した時点で所持金を失い続行不可能となる
実力は互角で、引き分けはないものとする
貧乏人が得する確率は？ >>345
>本では設定なしなんですよ。
本が嘘
あるいは君が条件読み落とし >>350
貧乏人も金持ちも途中で降りるのはなし？
必ずどちらかがn+1勝するか、貧乏人が負け越すかまで続けられる？ >>350
貧乏人の獲得賞金をXとする。
最初に貧乏人がi勝する事象をAiとして
E(X|Ai)=iである事をnとiについての帰納法で示す。
n=1では明らか。
またi=nでも明らか。
n<Nで正しいとしてn=Nとしi>Iで正しいとしてi=Iとする。
このとき
E(X|Ai)=
1/2 E(X|Ai ∧ i+1回戦は貧乏人勝ち)
+ 1/2 E(X|Ai ∧ i+1回戦は貧乏人負け)
である。
右辺第1項は帰納法の仮定により(i+1)/2である。
第2項はnが1少ない場合の貧乏人がi-1連勝した状況と同じになるのでやはり帰納法の仮定から(i-1)/2である。
よって主張は示された。
特にi=0の場合により貧乏人の獲得賞金の期待値は0。□ 前>>327ふ〜ゆ〜に〜ぉ〜ぼえ〜た〜♪ う〜た〜ぉ〜わ〜すれ〜て〜♪ す〜と〜ぉ〜ぶ〜のな〜か〜♪ の〜こ〜ぉ〜た〜せき〜ゆ〜♪
/＿/人人_/＿/＿人人＿
/_（＿)_)/＿/（_^＿)_
/_（_(＿)/＿/（_^＿)_
/_（(`o')/＿/（o^) )_
/_（_υ_)┓_/（_υ_)┓
/◎ﾞυ┻-◎ﾞ◎ﾞυ┻-◎ﾞ_/＿ｷｺｷｺ……_/＿ｷｺｷｺ……_/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿>>292メネラウスの定理で考えてたんだけど>>312はAとHが重なって描けないよね。こんな難しい作業やらせるか？ 獲得金額ってもちろん参加費差っ引いた額ね。
具体的に書いてみればわかる。
以下Aを貧乏人、Bを金持ちとしてAのw勝l負をw/lで表す。
その時のAの獲得金額xと確率pでおわるときx(p)であらわす。
n=0のとき
1/0→1(1/2)、0/1→-1(1/2)
∴ 期待値0
n=1のとき
2/0→2(1/4)、2/1→1(1/8)、1/2→-1(1/8)、0/1→-1(1/2)
∴期待値0
n=2のとき
3/0→3(1/8)、3/2→2(1/4)、3/1→1(2/32)、
2/3→-1(2/32)、1/2→-1(1/8)、0/1→-1(1/2)
∴期待値0 あ、問題文は
貧乏人が得する確率は
か。
期待値求めるんじやないのね。 >>353
途中で降りるのはなし
>>354
期待値はおっしゃる通り
期待値が0なのに、貧乏人は負けてもたった一万で済み勝てばそれ以上が得られるのは、
得する確率は小さいが勝った時のリターンが大きい勝負をしているからだ
この得になるケースが起こる確率はいくらか？が実は聞きたかった ‖人人‖前>>355
（_(＿)>>292裏技がある
（(-.-)のか ∩∩
（っγ)ﾞな (^o^))⌒ヾ,
（⌒⌒) ？ υυ`υυ~
~~~~~~~~~~~~~~~
メネラウスとか。 >>359とすると
(2^(2n)-C[2n+1,n])/2^(2n+1)
かな？
カタラン数計算するのと同じテク。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
