面白い問題おしえて〜な 28問目
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>>484
>「我以下の2頭は緑目」
我以外、の書き間違えでした。
自分の目の色はわからないので自分と他人とでは情報に対称性がないわけです。
よって「自分から見るとAが帰結されるから他人もAと帰結するはず」とは言えない。
「少なくとも1頭緑目がいる」という既知の情報からは
「自分だけが赤目か皆が緑目のいずれかである」
という既知の事実以上の推論は不可能でした。 @ 既知の情報だから何も起こらない説
A 外部発言がなくても全員が変身する説
信じるか信じないかは、あなた次第 >>473
>適当にn-1頭が集まって「この中に少なくとも1頭緑目がいる」と宣言する。しなくても皆気付いてるけど。
この「皆気付いてるけど」が少なくとも n=3 のときは成り立たないんだよね 3匹の場合でこうかな
1日目のA:
1)我(A)が赤目だと仮定しよう。そのとき、Bは赤目(A)と緑目(C)が見えている。
Bは「a)我(B)が赤目だと仮定しよう。そのとき、Cは赤目(A,B)だけが見えている。
ならば、Cは『緑目が少なくとも一頭いるのだから、我(C)が緑目だ』と考える。
b)我(B)が緑目だと仮定しよう。そのとき、Cは赤目(A)と緑目(B)が見えている。
ならば、Cは『緑目が少なくとも一頭いることからは、我(C)が緑目だとはいえない』と考える。
a)b)から、明日になってCがトカゲになっていたら我(B)は赤目、ならなかったら我(B)は緑目だ」と考える。
2)我(A)が緑目だと仮定しよう。そのとき、Bは緑目(A,C)が見えている。
Bは「緑目が少なくとも一頭いることからは、我(B)が緑目だとはいえない」と考える。
2日目のA:
Cはトカゲにならなかった。
1)我(A)が赤目だと仮定しよう。Bは「我(B)は緑目だ」と考える。
2)我(A)が緑目だと仮定しよう。Bは「我(B)は緑目だとはいえない」と考える。
1)2)から、明日になってBがトカゲになっていたら我(A)は赤目、ならなかったら我(A)は緑目だ。
3日目のA:
Bはトカゲにならなかった。
我(A)は緑目だ。 >>488
対称性から2日目に結論が出るから、3日目には全員トカゲになっているな >>488
そうするとこの場合はどうなるんだろう。
島に3頭の緑目ドラゴンがいた。
ドラゴンAはある日ふと思った。
「この島には少なくとも1頭の緑目がいる」 もちろんBCも(目で見て)それ(少なくとも1頭緑目がいることを)を知っている、とAは考えている。 >>490
その場合はAの想像の中のBの想像の中のCは「緑目が少なくとも一頭いる」ことは知らない。
ABCが「緑目が少なくとも一頭いる」という知識を共有してないといけない。 >>492
1行目はわかるんだけれども、2行目、
旅人なしでも
少なくとも1頭はいるという知識は共有しているし
共有しているという知識も共有していますよね。 「あなた方の少なくとも1匹は緑目」
=「あなた以外のドラゴンがみな緑目でないなら、あなたは緑目」
「俺達の少なくとも1匹は緑目」からは後者の推論が成り立たない 「俺たちの少なくとも1頭は緑目」
=「俺以外の2頭が赤目なら俺は緑目」
形式的には全く問題なく推論が成り立つ気がするが >>496
すぐに走りだす奴がいないということは三人の帽子は順不同の白白赤か白白白。
つまり白赤が見えてるか白白が見えてる。白赤が見えてるとき人は一般に自分が赤である確率が1/3だから走るはずだ。が、あとの二人が走らないということは白白が見えてるってこった!――そう思ってみんな走った。 >>495
「俺たちの〜」は、(自分を除いて)少なくとも1頭が緑目、という限定主観情報
「あなた方の〜」は、(自分も含めて)少なくとも1頭が緑目、という客観情報
限定主観情報からは自分が緑目の推論は不可能 「共有知識」で検索してたら関連パズルを発見
A,B,Cの3人が次のようなゲームをしました.
まずゲームマスターが3つの帽子に30, 2018, 2048と書き込み,この順にA,B,Cにかぶせます.
ゲームマスターは全員の前でこう告げます:
「帽子には全て正の整数が書かれています.それから,帽子に書かれた数のうち最大のものは,残りの2つの数の和になっています.」
3人は自分以外の人の帽子は見えますが,自分の帽子は見えません.
次にゲームマスターはA,B,Cの順に「自分の帽子に書かれた数がわかりますか?」と尋ねます.
全員が続けて「わからない」と答えたら,再びA,B,Cの順に同じことを尋ねます.
最初に自分の帽子に書かれた数字がわかるのは3人のうち誰で,それはその人への何回目の質問のときでしょうか.
ただし参加者全員は十分に明晰で,嘘をつくこともないとし,発言は全員に聞こえるものとします. 師走、師走、師走!
師が走ると書いて師走!!
笑わば笑え、師走の気層のひかりの底を唾しはぎしりゆききする、俺はひとりの修羅なのだ! 前>>497
開運!!
参考文献
『春と修羅』宮沢賢治 ヾ∩∩〃
((`e`)やぁ
(っц)~きつい戦い
~ιγ) でした。
_υ`υ_ 二人とも走んなかったんで、こいつら白白見てる、俺白だ! 前>>502ピンときました。どのみち同時に走ったところで勝つ確率1/3なんで、それならスタート切って2/3失格じゃないなら一抜けできるなって。 >>501
とりあえず73ターン目のCは正解出来るみたいね。
これ以前に誰かが正解出来る可能性が否定出来てないのでダメだけど。
まず1ターン目誰もわからないので(a,a)の形が見えてる人がいないことが分かる。
次に2ターン目誰もわからないので(a,2a)の形が見えてる人がいないことが分かる。
次に3ターン目誰もわからないので(a,3a), (2a, 3a)の形が見えてる人がいないことが分かる。
……
と続けていくと遅くとも73ターン目のBの終了時点で(15a, 994a)の形が見えてる人がいないとわかり、Cはこの時点で(30,2018,1988) でないとわかるのでこのターンで正解出来る。
これが最初かどうかは不明。 (a,a)否定の意味は分かるけど
(a,2a)否定の意味が分からないorz もし(a,2a)と見えてる人がいたらその人にとって可能性は
(a,a,2a)か(a,2a,3a)しかないけど1ターン目で前者が否定されてるから(a,2a,3a)に確定するはず。
にも関わらず2ターン目で全員解答不能ならそのように見えてる人はいないとわかる。 >>506
なるほど
ということは4ターン目終了時は以下が否定か
(a,4a)、(2a,5a)、(3a,4a)、(3a,5a)
まだ (15a,994a) の理屈は分かってないけど
1988=2*2*7*71 は関係あるかもね 昔家庭教師だったけど、数年前に学生に出された問題がわからない。
曰く数学オリンピックに入賞した奴が考えた問題だそうで、それの回答をせがんできたが自分には無理だった
今でも悔しいので、誰か答えがわかったら
多角形の対角線(以下A)をすべて結び、対角線同士の交点をXとする。またXから、他のXもしくは多角形の頂点へと線を結び(以下B)、B同士、またはBとAが交わった点をYとする。
またYから、他のY、もしくはX・多角形の頂点へと線を結び、それらの線同士、またはそれらの線とB、Aが交わった点をZとする。
以下この操作を無限に繰り返すことができない多角形をMとする。
@Mに該当する六角形を1つ図示せよ
AMは七角形以上の多角形には存在しないことを証明せよ
@は分かった
Aは無理だった >>509
> @Mに該当する六角形を1つ図示せよ
>
> @は分かった
はどんな6角形ですか? >>510
ヒントでいいなら、まず無限に上の操作を繰り返せない五角形を考えてみたらいいと思う
六角形はその要領で考えたら自然と出来るよ >>511
いや、問題文の意味がわからない。
>>509の文章からは今まで獲得した点集合から4点ABCDを線分AB、CDを選んでその交点を新たに追加していいように思える。
でもそのルールだとどんな凸5角形からスタートしても無限に交点を生成できる。
たとえばABCDEを凸5角形でこの順にならんでるとしてAC、BDの交点をX[1]、X[1]E、ADの交点をY[2]、
以下AC、BY[i-1]の交点をX[i]、AD、X[i]Eの交点をY[i]とえらんでいけば、X[i]はAC上のすべて異なる点になってしまう。
なんかこの作業が禁止される禁止則がないとだめだけど>>509の文章ではそれがなにか伝わってこない。
なので6角形でMに属する図形の例あげてもらえれば伝わってくるのではないかと。 >>512
五角形は長方形の対角線の交点に頂点が来るようにしたらいけるよ
それ以上結びようがない >>513
ああ、5角形って角が180度もありなのね。
やっと意味わかった。 あ、ちがうな。
>五角形は長方形の対角線の交点に頂点が来るようにしたらいけるよ
これで意味わかった。 >>513
もう一度確認。
凸でなくてもいい(180°超えるのは可)
だけどピッタリ180°は不可で桶?
でないと△ABCのBC上に4点とればMになっちゃうもんね? >>513
だめだ。まだ不明点あるや。
凸でなくていいならたとえば六角形ABCDEFで∠Aが180°超える場合、対角線BFは6角形の外にでるけど、たとえばこのBFと直線ACの交点を追加するのはありなん?
それともあくまで “辺”、”対角線” はその延長を含まず追加される点は常にもとのPolygonの中に限定されるの? >>518
(1)の6角形の6点は全てことならないとだめなん?
たとえば長方形ABCDの交点をXとして
ABXCDXを6活計とみなすのはあり? >>520
これはなしなのか…
だと(1)の方がさっぱりわからん。
なんか可能性みおとしてるのかな。
凸包はやっぱり4角形? >>520
以下の解釈であってる?
Pを平面上の凸とは限らない多角形とする。
ただし内角は180°だけは禁止し、その周は単純閉曲線(S^1と同相)とする。
帰納的にF[i]を定める。
F[1] = Pの頂点集合。
F[i+1] = { l と mの交点 | l、m は F[1]∪…∪F[i] から任意に選んだ2点を結ぶ直線}
(1) #P = 6、#∪F[i] < ∞ をみたすPが存在することを示せ。
(2) #P ≧ 7、#∪F[i] < ∞ となるPは存在しないことを示せ。 >>508
省略表記の否定比率リスト(合ってる自信はない)
@ 112
A 123
B 134 235
C 145 347 257 358
D 156 459 37.10 47.11 279 57.12 38.11 58.13 >>524
問題から出題の経緯までそっくりwww
もしかしてサイトの本人?
でも設定微妙にちがうよね?
>>509は対角線の延長の交点も追加するのありといってるけどそれだとサイトの6点配置が2つ載ってるけど両方アウトになる。 >>504
やっと否定比率の途中過程が分かった
1 1:1:2
2 1:2:3
3 1:3:4
4 3:4:7
5 4:7:11
6 4:11:15
7 4:15:19
8 15:19:34
↓
73 15:994:1009 正三角形ABCがある。正三角形ABCの内部に、点Aから5cm、点Bから12cm、点Cから13cm離れた場所で点Pがある。
この時、正三角形ABCの面積を中学数学のみで求めよ。 あ、一応補足
正確には中学数学までの知識で求めよってことね >>527
maxima 先生に聞いたら結構な値になるな。
vol(ab,ac,ad,bc,bd,cd):=sqrt(determinant(matrix([0,1,1,1,1],[1,0,ab^2,ac^2,ad^2],[1,ab^2,0,bc^2,bd^2],[1,ac^2,bc^2,0,cd^2],[1,ad^2,bd^2,cd^2,0]))/8)/6;
solve(vol(5,12,13,x,x,x)=0);
[x=−sqrt(20*3^(3/2)+169),x=sqrt(20*3^(3/2)+169),x=−sqrt(169−20*3^(3/2)),x=sqrt(169−20*3^(3/2)),x=0] >>525
人違いだけど、こうまで一致してるとこの類いの問題は少なくともある界隈では結構有名ってことなのかねえ
まあ、問題設定違って答えも違うということは、おそらく生徒か>>509の問題の聞き間違えってことなのかな # A,B,C,...,G,J,K 11人のうち、何人かが嘘つきで残りは正直者で
# 嘘つきは必ず嘘をつく。全員だれが嘘つきか知っている。
# 11人に「うそつきは何人いますか」と聞くと、下のように答えました。
# A:1人,B:2人,C:3人,...,G:9人,J:10人,K:12人
# 誰が嘘つきでしょうか >>503あってんのか?
あってるよな。前>>497
ほかに答えないみたいだし。 >>533
返信というよりは補足です。
中学入試レベルなので3平方使用禁止です。 >>532
この手の問題って全員が同等に他人の思考を推論できるというのが前提になってるね。あってんじゃね。 >>534
あれ?maxima先生の答え間違ってる? >>531
> # A,B,C,...,G,J,K 11人のうち、何人かが嘘つきで残りは正直者で
H,Iはいないの?
書き忘れ?
> # A:1人,B:2人,C:3人,...,G:9人,J:10人,K:12人
これは
I:9人,J:10人,K:12人? >>531
K:11人の間違い。
結論は変わらない。 >>538
まぁ全員言ってる事違うので正直者が二人以上いることはない。
問題文では全員嘘つきが禁止されてないので
K:12人
だと全員嘘つきの解もありえる。
K:11人
ならその可能性が消えるのでJだけが正直者が唯一の解。 >>540
あたり。
n人にするとn-1番目が正直者になるね。 1枚だけページが破れた本がある。
破れていないページ番号を合計すると15000になる。
破れたページは何ページ目だろうか? >>533
ADとBFの交点をGとし、FからADに垂線Hを引く。
△BEF=□ABCD-△ABG-△BCE+△FGH
=18×18-6×18-18×9÷2+3×9÷2
=324-54-81+13.5
=202.5(cu)
前>>532 SC 173 × 174 / 2 = 15,051 Prelude Data.List> head [x | x<-[1..], (div (x*(x+1)) 2) - x - x-1 > 15000]
175
Prelude Data.List> [(x,y)|x<-[1..174],y<-[1..x],div (x*(x+1)) 2 - y- y-1 == 15000]
[(173,25),(174,112)]
より最終ページが奇数が許されるなら 25, 26 ページ。
最終ページが必ず偶数なら解無し。 臭いページを破ったんじゃないの?
全178ページで合計は 178*(178+1)/2 = 15931
破られたページは 465,466 ページ 1ページ破るから、表裏がなくなんのね。
ようやく意味がわかった。 >>549
178頁しかないのにどうやって465,466 ページを破るんだ?
日本の諺:無い袖は振れない >>551
いつもの顰蹙、プログラム解
rip <- function(n){
page=(n*(n+1)/2-15000)%/%2
torn=ifelse(page%%2,page,0)
ifelse(0<torn & torn<n,torn,0)
}
rip=Vectorize(rip)
n*(n+1)/2-3=15000
1/2*(5*sqrt(4801)-1) # 172.7231
n*(n+1)/2-(2n-1)=15000
1/2*(3+7*sqrt(2449)) # 174.7058
> rip(173)
[1] 25
> rip(174)
[1] 0 問題文には指定はないが、一枚に印刷されてるのは2k-1, 2kやろ? 嘘つきがファジーとしてみました。
A,B,C,...,G,J,K 11人のうち、何人かが嘘つきで残りは正直者で
全員だれが嘘つきか知っている。
正直者は嘘をつかないが
嘘つきは嘘をつくこともつかないこともある。
11人に「うそつきは何人いますか」と聞くと、下のように答えました。
A:1人,B:2人,,...,J:10人,K:11人
誰が嘘つきでしょうか >>556
問題としてはこっちのほうが面白いね。
現実的だし。 >>556
11人が1, 2, 3, 4, 5, 5, 5, 5, 9, 9, 9 答えたとすると
嘘つきが必ず嘘をつくか、嘘もホントも答えるかで変わってくるね。 分かりやすい説明がありましたわ
「誰も」とか「誰か」の内容は文脈によって決まるので
ある場合にそれは、太郎と花子と次郎という想定が可能である
太郎が花子をねたみ
花子が次郎をねたみ
次郎が太郎をねたんでいる
そういった場合には、「誰もが誰かをねたんでいる」けれど
誰もからねたまれている「誰か」は存在しない
と、そういうことらしいわ >>558
嘘つきがファジーだとすると
この例だと
全員嘘つき以外に9と答えた3人のうち2人が正直者で他が嘘つき
という組合せも可能。
総当たりのプログラムではそれだけになったがプログラムに余り自信がない。
コイントスや待ち時間と違ってシミュレーションができない。 >>545
あまり自信がないのですが、□ABCDの右上の三角形(恐らく)FDEはどちらへ? >>558のFuzzy versionのsolver
testimonies = [
(==1).length.(filter (==False)),
(==2).length.(filter (==False)),
(==3).length.(filter (==False)),
(==4).length.(filter (==False)),
(==5).length.(filter (==False)),
(==5).length.(filter (==False)),
(==5).length.(filter (==False)),
(==5).length.(filter (==False)),
(==9).length.(filter (==False)),
(==9).length.(filter (==False)),
(==9).length.(filter (==False))
]
isCompatible ts theCase = all (==True) $ zipWith (||) (map not theCase) (map (¥x -> x theCase) ts)
cases = (!! (length testimonies)) $ iterate (¥x-> [a:b|a<-[True,False],b<-x]) [[]]
main = mapM_ print [theCase | theCase<-cases, isCompatible testimonies theCase]
*Main> main
[False,False,False,False,False,False,False,False,True,True,False]
[False,False,False,False,False,False,False,False,True,False,True]
[False,False,False,False,False,False,False,False,False,True,True]
[False,False,False,False,False,False,False,False,False,False,False] >>564
いつもHaskellコードありがとうございます。
Rの結果(嘘つきを1で表示)と一致したので安心しました。
> liars <- function(Answer,Strict=TRUE){ # duplicate answer and/or case of all liars permitted
+ N=length(Answer)
+ arg=list()
+ for(i in 1:N) arg[[i]]=0:1
+ dat=do.call(expand.grid,arg) # expand.grid(0:1,0:1,0:1,...,0:1)
+ colnames(dat)=LETTERS[1:N]
+ check <- function(y,answer=Answer){
+ if(all(y==1)) {!all(1:N %in% answer)}
+ else{ # Strict: all honest answer compatible & not included in liar's anwer
+ if(Strict){all(answer[y==0]==sum(y)) & !(sum(y) %in% answer[y==1])}
+ else {all(answer[y==0]==sum(y))}
+ }
+ }
+ res=as.matrix(dat[apply(dat,1,check),])
+ rownames(res)=NULL
+ return(res)
+ }
>
> liars(c(1, 2, 3, 4, 5, 5, 5, 5, 9, 9, 9),Strict=FALSE)
A B C D E F G H I J K
[1,] 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0
[2,] 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0
[3,] 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1
[4,] 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 >>558 の Fuzzy Version 位なら理詰めでもそんなに苦労はしないけど。
でも今回みたいな問題なら理詰めで解く事に拘ってもしょうがない気もする。
一致してる証言の数が最大4なので最低でも7人の嘘つきがいる。
よってその数が5人以下と証言しているA〜Iは嘘つきであることが確定する。
よって正直者がいるとすればI,J,Kのうちの何人かに限られるが、その数も証言により2と確定する。
よって正直者の集合は{J,K},{I,K},{I,J}のいずれかであることが必要。
逆にこのとき条件は満たされる。
全員嘘つきも条件を満たすので以上4つが解である。 答が7,7,7,7,8,8,8,9,9,10,11 だとこんな結果(1が嘘つき、0が正直者)
> liars(c(7,7,7,7,8,8,8,9,9,10,11),Strict=F)
A B C D E F G H I J K
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1
2 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1
3 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1
4 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1
5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Answer 7 7 7 7 8 8 8 9 9 10 11 A,Bの二人が同じ出発地点から同じ目的地点に向けて同じ道を同時に出発する。
最初はAが歩き、Bが自転車で出発する。
Bがある距離進んだところで自転車を残して歩き出す。
Aが自転車にたどり着いたら自転車に乗ってBを追い越し、ある距離進んだところで自転車を残して歩き出す。
全行程をこのようにして進む。
どの時点でも二人のどちらかは歩いているが、片方が自転車にのっているときもあるので、自転車が無いときより早く着くという意見がある。
どの時点でもどちらかが必ず歩いていたのだから、自転車があっても早くならないという意見もある。
どちらの意見が正しいのか? >>568
イメージしにくかったら具体例で考えてみるというのはどうか。
徒歩は時速3キロ、自転車は時速20キロ、目的地は60キロ先。徒歩のみで行けば20時間かかる。
Bが自転車を30キロ地点で降りたとすると、そこまで1.5時間かかっているので、残りの行程は10時間、到着まで11.5時間となる。
Aは10時間かけて自転車のある30キロ地点に着き、それから残りの行程を10時間かけて進む。到着までは同じく11.5時間となる。
徒歩のみよりはどちらも早い。 >>569訂正
>Aは10時間かけて自転車のある30キロ地点に着き、それから残りの行程を1.5時間かけて進む。到着までは同じく11.5時間となる。 >>568
平均速度は歩行と自転車の調和平均になるのでいいかな。 歩行速度a, 自転車速度bで平均速度は1/((1/a+1/b)/2) =2ab/(a+b)
上の例だとの2*3*30/(3+20)=120/23=60/11.5=5.217
自転車での走行距離には無関係なんだな。 0 < a < b のときa < 2ab/(a+b)と言えるか、という問題に帰結。
あとは任せた。 >>573
すぐできた。
左辺-右辺={a(a+b)-2ab}/{a+b}=a(a-b)/(a+b)<0 >572
訂正
2*3*30/(3+20)=120/23=60/11.5=5.217
↓
2*3*20/(3+20)=120/23=60/11.5=5.217 自転車での走行距離が長いほど平均時速は速くなるな。 >>569
上の例でL=60,x=30
0<a<b, 0<x<Lの時
a < (a b L)/(a x + b (L - x))を示せに帰着。
c=x/Lとおいて0<c<1
右辺=ab/((a-b)c+b)
左辺 - 右辺=a-ab/((a-b)c+b)=(ac (a - b))/(a c + b (1 - c))
分子<0,分母>0で不等式成立。 >568
どちらかが常に歩いてはいるが、Bが自転車を置いた場所にAが辿り着く頃には、Bはもっと先の場所を歩いているわけだから、そのぶん時間が短縮されるのは自明。 >>579
自明というより、どれだけ短縮されるのが計算したくなるよ。 >>563
△FEDは考えなくていい。求められてない。求められてるのは△BEFの面積。
FもEもDもそこにあるだけ。どこへも行かない。
前>>545
GH=3、FH=HD=DE=9を作図する。
HDとFEの交点Mを中心に、
△DMEと△HMFは点対称だから、
△DMEは□ABCDから引かなくていい。
△DMEを引いてもどっちみち△BEFを求めるとき、
△HMFを足すことになるから。 S を集合とする。T は S の部分集合からなるある集合であり、包含関係に関して全順序をなす。すなわち、
A,B∈T ならば (A⊂B または B⊂A)
が成り立つ。
(1) S が可算集合の時、T の濃度はどのくらい大きくなれるか。
(2:未解決) S が非可算の場合はどうか。 >>582
(1)はQの部分集合Aで
x∈A、y≦x⇒y∈A を満たすもの全体が連続体濃度になるので連続体濃度が答えかな? >>583
正解
(2)は一般連続体仮説を採用すれば似たような方法で T=|2^S| となる T の存在が言えるけど、
果たして ZFC だけから出せるだろうか?というのが疑問になってできた問題 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています