面白い問題おしえて〜な 32問目
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>>698
靴履いていたりネクタイを持っていたりするね。 あとは、一意分解整域 Z[√-2] の各素元を Z の素元と適当に一対一対応させて、
加法をZ[√-2]からの引き戻しにより定める、とかかな
具体的にはこう
Z[√-2] の素元全体からなる集合をP'、Zの素元全体からなる集合をPとおく。
（ただし同伴なものは含めないとする）
PからP'への全単射をfとおく。
更に、f(-1)=-1 かつ f が完全乗法的になるように、fをZ全体に拡張する。
Z上の加法+'を次のように定めれば良い：
a+b = f^(-1)(f(a)+f(b)) なるほど
Z[√-1]やZ[√-3]は±1以外の単元が邪魔するけどZ[√-2]とかZ[(1+√-7)/2]の乗法構造は完全にZのものと一致してるのか だれか実際にZ[√-2]のノルム順で(同ノルムのは適当に並べて)対応つけてZの非標準的な足し算の九九表作ってほしい
1+1=-4
1+2=5
1+3=16
1+4=-1
1+5=14
… 訂正
1+1=-4
1+2=5
1+3=-10
1+4=-1
1+5=6
… >>703
> f が完全乗法的になるように
f(ab)=f(a)f(b)？
f(0)=0, f(1)=1, f(-1)=-1？
k(a+'b)=f^(-1)(f(k))f^(-1)(f(a)+f(b))=f^(-1)(f(k)(f(a)+f(b))=f^(-1)(f(k)f(a)+f(k)f(b))=f^(-1)(f(ka)+f(kb))=ka+'kb そうでしょ
f^(-1)うんぬんで書くと複雑だけど
要はZもZ[√-2]も乗法構造だけ見ればそれぞれ
-1,0,1とp1,p2,p3…(p1=2, p2=3, p3=5…)
-1,0,1とp'1,p'2,p'3…(p1=√-2, p2=1-√-2, p3=1+√-2…)
(素元pi,p'iは自由生成部分)となっていて同型だから
Zでのpiを内実p'iと思って計算すればよくて
例えば
"6"+"8" = "2"×("3"+"2"×"2")
= (√-2)×((1-√-2)+(√-2)×(√-2)) = (√-2)×(-1-√-2)
= "2"×"(-5)" = "-10" >>706
その等号は記号の濫用ぽくなるが大丈夫なのか
fを使ったほうが紛れない
記号の濫用は深くなるほど論理の誤謬をまねく
今回は足し算の表をつくるだけだから混乱しにくいだろうが
いろんな対象物や構造と組み合わせるとき 混乱しやすくなる
混乱しやすくなるだけならまだしも最悪の場合は矛盾が導かれる 足し算の九九表、意外と簡単に作れた
引き算の九九表も必要だと気づいて追加
遊ぶには九九だと少ないことも気づいた…
https://imgur.com/wMCcAWJ.jpg
https://imgur.com/hLJinC2.jpg
対応は
2→√-2、3→1-√-2、5→1+√-2、7→3-√-2、11→3+√-2、
13→3-2√-2、17→3+2√-2、19→1-3√-2、23→1+3√-2、29→5 単元が1と-1のみであるような一意分解整域なら良いって感じなのかね
そしたら標数が0でないものなら F_3[x] とかもいけるか それにしても正標数の場合はn=3のときだけ可能性排除できないのモヤモヤするな
もしかしたら存在するのか >>718
標数ね。
n=3を除いて存在しないの？ >>719
Z'をZと同じ乗法と別の加法「+'」(減法も「-'」と書くことにする)を持つ環とする
環準同型Z→Z'(n→(1+'1+'…+'1)(nコ))を考える
Z'が整域なので核は0(単射)か、ある素数がありpZとなる
p≧5の場合、Z'がZ/pZを含み、よって1の(p-1)原始根を含み矛盾
p=2の場合、1+'1=0 よって1=-'1
(1+'(-1))^2=1+'1+'(-1)×(1+'1)=0
よって1+'(-1)=0(冪ゼロ元の唯一性)
よって-'1=-1(加法逆元の一意性)
ところが1=-1ではないので矛盾 あ、p=2のときは原始2乗根である-1の行き場がなくなるから矛盾、でいいか >>720
それにそもそもf:Z^→Fp[x]^ (^は乗法モノイド)は同型である必要はないのでは？
要するに逆向きのgがあって
1) gf = id_Z
2) im f は加法について閉じてる
でいけるのでわ？ あ、逆かfg=id_Fp[x]だ。
これはないな。 >>713
>>703 と同じように作ればいいんじゃないかな、Zと同じ乗法構造なんだし
素元同士（あと-1同士、0同士）を適当に一対一で対応づけて
完全乗法的になるように拡張、
その上でZの+'をF_3[x]の+と同じものにすれば良い たしかにそれで良いのか
てことはF_3上のn変数多項式環とかもいける感じかな
そしてそれらは全て異なる加法構造を与える？ F_3[x]バージョンの九九表も作った
https://imgur.com/gSajRif.jpg
https://imgur.com/ZNmOD1Q.jpg
対応は
2→x、3→x+1、5→x-1、7→x^2+1、11→x^2+x-1、13→x^2-x-1、
17→x^3-x+1、19→x^3-x-1、23→x^3+x^2-1、29→x^3+x^2+x-1、31→x^3+x^2-x+1
(0,+1,-1で辞書順) >>726
6+'3 = 6+'5 になるけど誤植ではない？ >>727
>>728
ありがとうございます、正しくは6+'5=13ですね
これプログラミング強い人であれば自動化して非標準電卓みたいなの作っちゃえるんでしょうね
ところでZ[√-2]やF_3[x]といったユークリッド整域はユークリッド次数が正の元pを使って割り算も形式的にp進少数展開で表現できるんでしょうか？
つまりa÷b=q+Σr_i×p^(-i)の形です
互除法
a=qb+r
deg(r)<deg(b)としてから
rにpを何回か掛けてdeg(rp^k)>deg(b)として再び互除法
rp^k=(r_k)b+r'
のように繰り返すと形式的に上の形に表現できそうに思うのですが 2020^2020の各桁の和の各桁の和の各桁の和を求めよ. >>734
よく言われます ( ^〜^)
>>731
各位の和、数字和、digit sum って奴だろ。
そういえば、こういうのって
中学・高校の数学では余りやらなかったな。
分野としては
数学 I,II, III, A,B,C のどこに入るんだろうか？
旧帝大の二次試験で出そうな問題だよな。 各桁の和の各桁の和、なら
「4,13,22,31,40」の5つのどれかに絞ることは出来るけどそこから特定する方法ってないかな？ >>735
>中学・高校の数学では余りやらなかったな。
放課後に女子が盛んにやってなかったか？ >>734 >>736-737
「 え、もう解いたの？
社長さん、頭良いですね！！」
って俺に言って ( ^〜^) 下の1と2の会話読み解ける方いらっしゃいませんか？
1→30A6 30A2 30BB 30C1 30B2 30EA 30E1 306F 305B 3048 305A 306C 3046 3080 3072 3044 308C FF1F 000A
2→0056 006F 0062 006F 0074 0078 0066 0073 0062 0063 006D 0066 0020 0067 0070 0073 0020 006F 0070 0078 袋の中に1.2.3.4.5の数字の付いた玉が五個持っていた。
この袋の中から同時に３個の球を取り出すとき何通りあるか？ 前>>677
>>740
5Ｃ2=5!/2!=5×4×3=60(通り) 前>>743訂正。
>>740
5Ｃ3=5!/(5-3)!3!=5×4/2=10(通り)
確認する。
(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1,3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)
∴示された。 >>736
各桁の和 = 20776,
その各桁の和 = 22,
その各桁の和 = 4,
だよね >>746
下2020桁の「0」を省くため、N = 202^2020 で考えると
4657桁になる。
下1〜1000 4423
1001〜2000 4491
2001〜3000 4439
3001〜4000 4551
4001〜4657 2872
------------------
計 20776 >>746
そうなった
figsum x = sum $ map (read.(:"")) $ show x
main = do
print $ figsum $ 2020^2020
print $ figsum $ figsum $ 2020^2020
print $ figsum $ figsum $ figsum $ 2020^2020
20776
22
4 100個まで玉が入る袋に通し番号の書いてある玉が入っている。
袋を持ち上げたら袋が破れて玉が転んで全部池に沈んでしまった。
その過程でみえた最大の番号は60であった。
何個観察したかは不明である。
袋に入っていた玉の数の期待値はいくらか？ 100個まで玉が入る袋に通し番号の書いてある玉が入っている。
手を入れて5個取り出したら、番号は11,36,45,49,60であった。
袋に入っていたいる玉の数の期待値とその95%信頼区間を求めよ。 一度に転がって行ったとしても、
5個ぐらいは番号を観察できただろうなぁ。 >>747
数字の分布は
桁, 和, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 計,
-------------------------------------------------------------------------------------
下1〜1000, 4423, 106, 111, 90, 111, 94, 83, 117, 99, 88, 101, 1000,
1001〜2000, 4491, 103, 107, 103, 82, 91, 104, 108, 109, 100, 93, 1000,
2001〜3000, 4439, 108, 83, 110, 109, 97, 100, 116, 83, 102, 92, 1000,
3001〜4000, 4551, 103, 91, 81, 115, 107, 105, 99, 91, 103, 105, 1000,
4001〜4657, 2872, 75, 72, 64, 72, 58, 54, 71, 67, 57, 67, 657,
--------------------------------------------------------------------------------------
合計, A=20776, 495, 464, 448, 489, 447, 446, 511, 449, 450, 458, 4657, 前>>744
>>750
11の前に10個の玉がある。
11から36までのあいだに35-11=24(個)の玉がある。
36から45までのあいだに44-36=8(個)の玉がある。
45から49までのあいだに48-45=3(個)の玉がある。
49から60までのあいだに59-49=10(個)の玉がある。
連続する球の数の平均は、
(10+24+8+3+10)/5=55/5=11(個)
球の数の期待値は60+11=71(個)
これでいいのかな？ >>754
高校数学の範囲ならそれで正解
他スレで暴れてる出題者なので
極力スルーでお願いします >>754
番号が1,2,3,4,60だったら期待値が変わるのはおかしくない？ >>756
嘘書いた。(0+0+0+0+59-4)/5=11だな。
つまり、最大番号60と5個取り出したという情報だけで計算できるな。 前>>754
>>749
60個から100個まで球の数に可能性があるとすると、
100個に近ければ近いほど袋は破れやすく、
60個に近ければ近いほど60と書かれた球を見やすい。
逆に100個に比べ60個だと破裂点にかかる重さは6割。
60個で60と書かれた球を最大と思って見る可能性に比べ100個で60と書かれた球を最大と思って見る可能性は6割。
相反する事象だからあいだをとって期待値は80個。 >>754
> 11の前に10個の玉がある。
これがもう違うんじゃないか？
あの問題文だと番号は1からだとは限らないんじゃ？ 前>>758
>>759なるほどね。近くにある本の開始ページは、
8,7,5,7,5……じつに様々だ。奇数が多い。球はページとはちがうからなぁ。
1で始まってもいいんじゃないかな、わからんけど。
2である必要も3がいい理由もなく、出題者の作為がないなら、1始まりでいいと思う。 >>759
番号は非負整数とする。
-50からとかだと問題にならないから。 >>758
>750の問題で10個取り出した時に最大番号が60だったときは期待値は？と考えると観察される玉の数によって期待値が変わることがわかる。 Twitterから拾った問題
この画像のように正多角形の内部に正方形を入れると、正方形たちの面積の和は一定の規則がある
これを示せ
https://i.imgur.com/XO0LaK3.png Σ[i=0〜n](sin((2i-1)π/n))^2=n/2を使えば示せるけど
何かエレガントな方法があるのか sin((2i-1)π/n)^2
=(1-cos(2π(2i-1)/n))/2 前>>760
>>763
一辺4の正n角形を1つの頂点を通る直線で二等分したとき、
二等分線上に正方形を菱形状に並べると、
正方形の面積の総和は2nになるとすると、
n=4,5のとき、面積の総和は図の通り10,12であり、
正n+1角形のとき面積の総和が2(n+1)になることが示せれば数学的帰納法により、
正方形以上のすべての正多角形でそれが言える。 外接円の半径をRとすれば 図より
2R sin(π/n) = 4,
和積公式より
R･cos(2(i-1)π/n) - R･cos(2iπ/n) = 2R sin(π/n) sin((2i-1)π/n)
= 4 sin((2i-1)π/n),
よって 求めるものは
(1/4) Σ[i=1,n] {R･cos(2(i-1)π/n) - R･cos(2iπ/n)}^2
= 4 Σ[i=1,n] {sin((2i-1)π/n)}^2
= 2 Σ[i=1,n] {1 - cos(2(2i-1)π/n)}
= 2 Σ[i=1,n] {1 - [sin(4iπ/n) - sin(4(i-1)π/n)]/2sin(2π/n)},
= 2n, (←周期性) 円周率１００万桁までに現れる数字の頻度
> table(pai)
pai
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
99959 99758 100026 100230 100230 100359 99548 99800 99985 100106 表がでる確率が1/2のコインを投げて表が連続してでた回数の最大値をHとする。
Hを当てる賭けをする。（Hは表Headの頭文字ｗ）
例；表表表裏裏表表裏裏裏裏表ならH=3
問： コインを1000回投げるときHをいくつにかけるのが最も有利か？ >>775
１００万回シミュレーションしてみた。
> table(hmax)
hmax
5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
287 18099 121112 236483 238721 169833 101347 55523 28902 14755 7481 3659 1951 944 437 240
21 22 23 24 25 26 27 29 30
108 64 20 16 11 2 3 1 1
９回連続が最頻という結果 思いつきで
ln (1000) ≒ 7 くらいかな〜
と思ったけど…外したか。 前>>771
>>774
loge10^3=3loge10=3×2.303……=6.909……≒7
∴7回 >>774
漸化式で算出した値
> data.frame(試行N=N,連続H=unlist(y[1,]),確率P=unlist(y[2,]))
試行N 連続H 確率P
1 20 3 0.3090096
2 30 4 0.2708245
3 40 4 0.2824943
4 50 4 0.2755387
5 60 4 0.2580746
6 70 5 0.2633771
7 80 5 0.2675453
8 90 5 0.2674380
9 100 5 0.2640160
10 200 6 0.2572243
11 300 7 0.2526756
12 400 7 0.2533018
13 500 8 0.2402375
14 600 8 0.2500314
15 700 8 0.2530789
16 800 8 0.2510628
17 900 8 0.2453193
18 1000 9 0.2387912 「表が H 回以上連続して出る」 ということが起こる確率を 1/2^(H+1) として、
これに、ポアッソン分布の 期待値でλ回 起こる様なことが、0回起こる確率は、Exp(-λ) という
結果を組み合わせると、試行 n 回で、表が最長連続 H 回出る確率は、
Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)]
と出せます。これを、n=100から1000まで100単位で、Hを3から12まで変化させ、表を作ってみました。
{{0.0420065, 0.165674, [0.248222], 0.2188, 0.145944, 0.0843831, 0.0453842, 0.0235368, 0.0119856, 0.0060479},
{0.00192673, 0.0420065, 0.165674, [0.248222], 0.2188, 0.145944, 0.0843831, 0.0453842, 0.0235368, 0.0119856},
{0.000084811, 0.00912486, 0.0867574, 0.213818, [0.246798], 0.189462, 0.117694, 0.0656365, 0.0346656, 0.0178147},
{3.72664 10^-6 , 0.00192673, 0.0420065, 0.165674, [0.248222], 0.2188, 0.145944, 0.0843831, 0.0453842, 0.0235368},
{1.63738 10^-7 , 0.000404481, 0.0197111, 0.121714, 0.234773, [0.237077], 0.169697, 0.101709, 0.055704, 0.0291532},
{7.19413 10^-9 , 0.000084811, 0.00912486, 0.0867574, 0.213818, [0.246798], 0.189462, 0.117694, 0.0656365, 0.0346656},
{3.16088 10^-10 , 0.0000177786, 0.00419872, 0.0607181, 0.189888, [0.249977], 0.205693, 0.132415, 0.0751926, 0.0400755},
{1.38879 10^-11 , 3.72664 10^-6 , 0.00192673, 0.0420065, 0.165674, [0.248222], 0.2188, 0.145944, 0.0843831, 0.0453842},
{6.10194 10^-13 , 7.81148 10^-7 , 0.000883045, 0.0288454, 0.142692, [0.242815], 0.229152, 0.15835, 0.0932184, 0.0505932},
{2.681 10^-14 , 1.63738 10^-7 , 0.000404481, 0.0197111, 0.121714, 0.234773, [0.237077], 0.169697, 0.101709, 0.055704}}
まぁ、それなりの結果の様です。 >>783
一般解は困難で漸化式解になるから結果は計算機に頼ることになる。 >>785
781 の n=1000でのH=3から12の値と、別で計算のところで計算したそれに対応するエグザクトな値を並べると、
2.681 10^-14 , 1.63738 10^-7 , 0.000404481 , 0.0197111 , 0.121714 , 0.234773 , 0.237077 , 0.169697 , 0.101709 , 0.055704
1.03858 10^-16 , 3.68449 10^-8 , 0.000272408 , 0.0179442 , 0.120638 , 0.236904 , 0.238791 , 0.170018 , 0.101436 , 0.0553710
H<6では、相対誤差は大きいけど、絶対誤差は小さい。
H=6では、相対誤差は10%ほどあるけど、絶対誤差は 0.0018未満
H>6では、相対誤差1%未満
使った式は、
Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)]
だけです。コスパ的には十分だと感じました。 >>786
だから厳密解と近似解の誤差評価が先やろ？
後で自分の近似解を厳密解出してくらべるんなら近似解出す意味ないやろwww >>773
p = 0.1
m = 1000001,
出現回数X 〜 2項分布 ≒ N(μ,σ^2)
μ = (m+1)p -1/2 = 99999.7
σ^2 = (m+1)p(1-p) = 90000.18
σ = 300.0003
99959 = μ - 0.1356665σ
99758 = μ - 0.8056659σ
100026 = μ + 0.0876666σ
100230 = μ + 0.7676659σ
100359 = μ + 1.1976655σ
99548 = μ - 1.5056652σ
99800 = μ - 0.6656660σ
99985 = μ - 0.0490000σ
100106 = μ + 0.3543330σ
計 m = 1000001 >>782
多項式うぜぇ！
ってワイが怒ってたって
回答者に伝えといて、ぷんすか！ ( ^〜^） >>781
自閉症っぽい書き込み止めろ（ワイを除く） >>787
９回連続が最も有利で厳密解として分数表示すると
1279334345138054116703387805816574492475733319271556635225122353426525246719007709820160126958797561571107282045989946953175158323114922911077578538088124336136684673995419399768527438369423015051518883496014425392294201096683634357280521115135900842944232544396696264692655374681609184183329560302491
/5357543035931336604742125245300009052807024058527668037218751941851755255624680612465991894078479290637973364587765734125935726428461570217992288787349287401967283887412115492710537302531185570938977091076523237491790970633699383779582771973038531457285598238843271083830214915826312193418602834034688 >>793
で？
何がおもろい？
連続二回の確率とかなら受験数学レベル、
連続三回ならそれがめんどくさくなるだけ、
連続四回以上になると手計算ではしんどいから計算機使う、
で？
何がおもろいん？ >>786
Excel 表計算（n=1000）の結果は以下のとおり。
H, 試行n回で 表が最長連続H回出る確率
0, 1/(2^n),
1, (F_{n+2} -1)/(2^n),
2, (T_{n+2} - F_{n+2})/(2^n)
3, 1.03858E-16,
4, 3.6844929559E-8,
5, 0.000272408353627637
6, 0.0179442231630709
7, 0.120638522508376
8, 0.236903816673717
9, 0.238791240043798
10, 0.170018079219428
11, 0.101436144036570
12, 0.0553709746874828
13, 0.0289103452540215
ただし、F_n はフィボナッチ数、T_n はトリボナッチ数 >>793
(1.27933434513805411670338780581657449247573331927155*10^300)
/
(5.35754303593133660474212524530000905280702405852766*10^300)
= 0.2387912400437972578896579687102992815604513373849916642
(問題)
301桁の中に 0 が最長4個連続する確率は？ n回で表がk回未満の並べ方の総数をH(n,k)とすると
最後からk回の中に必ず裏が出てるはずなので
最後の裏の場所で場合分けすると
n回目が裏H(n-1,k)通り
n-1回目が裏H(n-2,k)通り
･･･
n-k+1回目が裏H(n-k,k)通り
これらは排反だから
H(n,k)=H(n-1,k)+H(n-2,k)+･･･+H(n-k,k)
0≦i<k, H(i,k)=2^i
t^n=t^(n-1)+t^(n-2)+･･･+t^(n-k)
t^k=t^(k-1)+t^(k-2)+･･･+1
t^k=(t^k-1)/(t-1)
t^(k+1)-2t^k+1=0, t≠1
(k+1)t^k-2kt^(k-1)=0
t=2k/(k+1)
(2k/(k+1))^(k+1)-2(2k/(k+1))^k+1=0
(2k)^(k+1)-2(2k)^k(k+1)+(k+1)^(k+1)=0
-2(2k)^k+(k+1)^(k+1)=0
((k+1)/2)^(k+1)=k^k=u^((k+1)k), u>1
(k+1)/2=u^k, k=u^(k+1)=u(k+1)/2
2k=u(k+1)≧2(k+1) NG
t^k=t^(k-1)+t^(k-2)+･･･+1は重根無し
t=t1,･･･,tk
H(n,k)=a1t1^n+･･･+aktk^n
0≦i<k, 2^i=a1t1^i+･･･+aktk^i
ai=Δ[ti^j; j≠i, 2^i; j=i]/Δ[ti^j] >>779 >>782
これって試行回数n の時、
log_2 (n) - 1
に収束するんかな？
n=
30 → 3.91
100 → 5.64
1000 → 8.97
100万 → 18.93
100万の時は 「19連続」 に賭ければええんか？ >>798
乱数発生させて1万回の試行からもとめたみた。
> fn(100)
H p
1 5 0.2599
> fn(1000)
H p
1 8 0.2411
> fn(10000)
H p
1 12 0.2485
> fn(100000)
H p
1 15 0.2434
百万回は計算が終わったら書くけど、PCがフリーズするかもしれんｗ >>798
シミュレーションでは百万回のときは19回連続が最も起こりやすいようです。
> fn(1000000)
H p
1 19 0.2351 「百万遍生きたねこ」
吾輩は猫である。名前はマダナイ。
K大の中で、百万遍の交差点の近傍に居候している。
いまの総長は霊長類ばかり関心があるようで、けしからぬ。
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