分からない問題はここに書いてね449

**１３２人目の素数さん** · 2018/11/26(月) 00:00:54.72

さあ、今日も１日がんばろう★☆

前スレ
分からない問題はここに書いてね448
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1540218853/

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/08(土) 16:00:19.91

>>404
サンクトペテルスブルグのパラドックスの場合は一応確率論のモデルとしては成立してるけど、でも現実的な感覚とはずれてるよね？だった。
でもこの封筒のパラドックスの ”すべての場合で期待値1.25倍” はそもそもそんな確率のモデルが作れない。
この差はでかい。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/08(土) 17:01:19.97

ゲームの主催者が金額{x,2x} の2封筒を提示する確率を P(x) としよう.
P(5000) = P(10000) = 1/2, P(他)=0 を仮定していいのか？
そんなの設問に無い以上、永遠にわからない。
確率の性質上 Σ P(x) = 1 なのは確か.

[選んだ封筒をそのまま受け取る戦略]での期待値
E1 = Σ x*P(x) *(1/2) + 2x * P(x) *(1/2) = 3/2 Σ x*P(x)

[選んだ封筒を交換する戦略]での期待値
E2 = Σ 2x*P(x) *(1/2) + x * P(x) *(1/2) = 3/2 Σ x*P(x)

そりゃ変わるわけないよね.
でも延々とカキコが続いてるってのは、分かってない人がかなりいるんだろう.

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/08(土) 17:02:20.77

さて選んだ封筒を開けたら金額 Q が確認できた. そうなる確率は
A = P(Q) * (1/2) + P(Q/2) * (1/2)
これが以降の条件付き確率の分母となる.
A自体は計算できなくても構わない、最終的には確率比 P(Q) : P(Q/2) だけが必要になる.
交換するしないに関係なく金額 Q の事実は確定したんだから、もう E1 や E2 は忘れてくれ.

[そのまま受け取る戦略]での期待値
E3 = ( Q * P(Q) * (1/2) + Q * P(Q/2) * (1/2) )/A = Q
そりゃそうだ. でも正しく計算できるのは良い事.

[交換する戦略]での期待値
E4 = ( 2Q * P(Q) * (1/2) + Q/2 * P(Q/2) * (1/2) )/A (一般には E4 ≠ E3 である)

2封筒が提示される確率比によって損益は変わる.
P(Q) : P(Q/2) = 1 : 1 だとしたら、E4 = 2Q*(1/2) + Q/2 *(1/2) = 5Q/4 (+Q/4 の得である)

損益の分岐点について
2Q * p + Q/2 * (1-p) = Q ∴ p = 1/3
つまり P(Q) : P(Q/2) = 1 : 2 である.
たとえば P(Q) : P(Q/2) = 1 : 3 なら交換戦略は (期待値的には)損である.

これって、そんな延々と議論を重ねるような内容じゃないだろ.

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/08(土) 19:50:08.69

過去スレのものを貼っておく
二封筒問題
１　２つの封筒があり、中にそれぞれお金が入っている。入っている金額の比は１：２とする。
２　ランダムに一方を選ぶ。（つまり、金額が高いほうを選ぶか、低いほうを選ぶか、それぞれの確率は1/2であるとする。）
３　選んだ封筒の中を見ると10000円だった。
４　このとき他方の袋に入っている金額は5000円か20000円である。
５　それぞれの確率は1/2である。
６　よって他方の袋の金額の期待値は12500円となり、選んだ封筒の金額の1.25倍。
７　初めに選んだ金額がいかなる場合においても、他方の封筒が2倍、1/2倍である確率はそれぞれ1/2である。
８　初めに選んだ封筒の金額がいかなる場合にいおても他方を選べば1.25倍になる。
P　よって封筒の金額を見なくても、交換した封筒の期待値は選んだ封筒の金額の1.25倍になる。本当？
Q　一人が一方の封筒、別の一人が他方の封筒選んだ。彼らは中身も見ずに互いに交換することによって期待値が1.25倍になる。本当？
R　中身を見ずに、やっぱりこっちにする。やっぱりこっちにする。と交換するだけで期待値が1.25倍、1.25倍と増える。本当？
答え
A　５の確率には根拠がない。５は条件付き確率であって２の確率とは別物であり、
　「初めにどのような確率分布でお金を入れたのか？」に依存する。
　それが与えられていないので「それぞれの確率は分からない」が正解。
B　問題の流れに従い根拠はないが５が正しいと仮定して話を進めよう。
　つまり、１において５が正しくなるような確率分布でお金を入れたものとしよう
　(実際そのような確率分布は存在する)。　その場合には６は正しい。
C　しかしながら、７を正しいとすることは不可能である。
　つまり、７が正しくなるような確率分布は存在しない。
　よって、８以降は誤った仮定の下での考察であり無意味である。
D　ただし、８が成立するような封筒へのお金の入れ方の確率分布は存在する。
　ちなみに、この確率分布の開封前の期待値はどちらの封筒も無限大に発散している。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/08(土) 21:10:20.41

>>408
やっぱり分かってない。
誰か声の大きい人に引きずられたんだろうな。(いちいち確かめる気はない)

まじ ◆QqQ47VaF4Rc/ · 2018/12/08(土) 21:45:45.82

すいません時間が無くてまだまとまってないですが途中まで

>>388
>これは現実の問題を離れて封筒問題を数学の問題と解釈しており、このような性質を持つ分布の存在を数学的に否定することが正しい解決

この行と最後の1行以外は全て同意します。
この2行も否定すると言うわけじゃなくよくわからないという感じです。

>>382で良い説明が思いついたと言ったのですが実はまだ上手く説明できないので
>>288さんが提示したパターンの場合を解く事で問題解決につながるかと考えてみました。

1.最初に出た数字が1だったらもう一方の期待値は2で+1の利益が期待できる
2.最初に出た数字が2だったらもう一方の期待値は2.5で+0.5の利益が期待出来る
3.最初に出た数字が4だったらもう一方の期待値は5で+1の利益が期待出来る
4.最初に出た数字が8だったらもう一方の期待値は4で-4の損が期待？出来る

この内2．と3.は1.と4の2倍のパターン(1ﾄ2の場合の2が出た場合と2と4の場合の2が出た場合)が有るので2倍すると1-4の場合の利益の期待値の合計は1+0.5×2+1×2+(-4)=0
となり期待値が1.25倍で有るように見えるのは間違いで実際は1倍だと判る

期待値が1.25倍になる場合は確かに存在する、がその場合が発生するのは
最初に選んだ封筒から出た金額が封筒に入れられた金額の内の最大値でも最小値でもなく
その倍額および半額が他の封筒に入っている可能性がある場合(288さんのパターンだと2と4)のみだと言う事だと思う。
そしてその倍額または半額の数字が存在しない額を最初の封筒から出してしまった場合
は例えば最大の数値の場合はその半額が期待値つまり0.5になり最小の数値の場合は期待値は2になる。
この問題は最初の封筒から出た金額の性格によって残りの封筒の期待値が変動する点が迷わせる点なんじゃないかと思う。

まじ ◆QqQ47VaF4Rc/ · 2018/12/08(土) 21:46:52.73

続き
そしてその最初の封筒から出た金額の性格(倍額や半額が残りの封筒に存在しない)
を封筒を選ぶ側は知る事は出来ないが封筒にお金を入れた側の人には判っている。
封筒にお金を入れた側の人からすると封筒の期待値は全然不思議では無く1倍に見える

まず仮定としてこの現実の封筒に1､2､4､8が入っているとすると当然１の半分の0.5は
存在しないし8の倍の16も存在しない。

これは独り言だけど最初の問題とは別の話になるけど1､2､4､8を1万2万4万8万か
5千､1万､2万､4万か1250､2500､5千､1万の３つのパターンがあるとして封筒に
お金を入れた人にその1万円がその倍額または半額が封筒の中に存在するかどうかを
聞いて存在すると答えたら期待値は1.25倍で確定するけど存在しないと答えられたら期待値はマイナス倍となる・・・その1万の倍と半額が存在するかどうかで期待値は変わる・・・

まだもうしばらく考えてみます

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/08(土) 22:44:02.17

未開封版　　期待値不変説　　◎　　自信あり
開封版　　　期待値不明説　　○　　無難だと思う
　　　　　　期待値1.25倍説　△　　疑義あり
　　　　　　期待値不変説　　×　　あえて×にしてみた
　　　　　　

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/08(土) 23:06:42.06

■経路依存性（Path dependence）

「あらゆる状況において、人や組織がとる決断は、
（過去の状況と現在の状況は現段階では全く無関係であったとしても）
過去のにその人や組織が選択した決断によって制約を受ける」
という理論です

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 00:11:54.34

>>402
1/2でしょ。5000円と2万円は1/4。だから期待値は11250円。

>>403
（5000円、1万円）と（1万円、2万円）の二組からどちらかを選び、
さらにそれぞれから1万円を選ぶのだから、1万円が選ばれる確率は
0.5*0.5+0.5*0.5=0.5

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 00:21:15.62

>>404
最大額を無くすことはできないですよね。
しかも、この最大額で損をするからこそ、交換前後の期待値が等しくなって、
封筒の中身によらず交換したほうが得というパラドックスが成立しない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 03:20:28.99

>>415
次のようにすれば最大額は存在しなくなるのでは
・Σ[n=1~∞]a_n=1となる正数列{a_n}を１つ選び固定
・0～1区間で乱数xを発生させる
・封中身の金額の組み合わせを(k,2k)とした封筒2通を用意する
但し、kは
Σ[n=1~k-1]a_n ≦ x < Σ[n=1~k]a_n
を満たす自然数
・参加者は2枚の封筒から一方を選ぶ

これなら最大額はいくらでも増やせる
ちなみに(k,2k)が選ばれる確率はa_kとなる
うまくa_kを選択すると、条件付きの期待値が常に元の封筒の金額を上回るようにもできる

現実で実行不可能とか気にするなら、お金の代わりに得点が貰えるとか何でもいい
あるいは抽象的な数学の問題だと思っておけば問題ない

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 04:26:09.43

>>416
それだと少ない方の封筒の金額θがkとなる確率が乱数xの右連続分布関数をF(t) = P(x < t)とすれば

　P(θ≦k) = P(x < Σ[n=1~k]a_n) = F(x < t)

により

　P(θ=k) = F(Σ[n=1~k]a_n) - F(Σ[n=1~k-1]a_n)

となります。
xの分布が[0,1]区間の一様分布ならF(t) = t (0≦t≦1) なので

　P(θ=k) = Σ[n=1~k]a_n - Σ[n=1~k-1]a_n = a_k

となります。
例として a_k = (1/2)^k、xが一様分布なら

　P(θ=k) = (1/2)^k

です。
結局 P(θ=k) は一定値にはなりません。
あたりまえです。

・P(θ=k)が一定
・Σ[k] P(θ=k) = 1

の２つが両立するはずないんですよ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 05:24:57.94

>>417
指摘がズレていると思います
P(θ=k)が定数である必要はありません
ここで問題なのはE(Y|X=k)とkの大小です
(Xは選んだ封筒の中身、Yはもう一方の封筒の中身)
a_kを適切に設定すると
∀k E(Y|X=k) > k
とできます(=1.25kはもちろん無理です)
例えば
a_k=(1/2)*(2/3)^k
の場合に計算してみてください

もともとは>>404の「全ての封筒に対し交換したときの期待値が元より高くすることはできるか」という疑問への提案です
常に1.25倍になるとは一言も書いていません

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 06:11:55.45

>>418
全ての封筒に対し交換したときの期待値が元より高くすることはできるか」
だったらもちろんNoですよ？
そもそも主催者側の用意するθの分布がL^1=期待値計算可能とは限りませんが、E(θ)が収束するとして
常に交換でも常に保持でも

　E(獲得金額) = 3/2 E(θ)

です。
ちなみにこの問題をゲーム理論として
　
・主催者側の戦略はE(θ)＜∞であるθを用意する。
・参加者側の戦略は最初に開けた封筒の金額に応じて保持か交換かを選択する。

とすると、もし参加者側が主催者側の戦略を知り得た場合には交換した場合と保持した場合の期待値を計算しうるので、その高い方を選べば期待値を3/2E(θ)より大きくできます。
しかし逆に参加者側がそれをしることができない場合、参加者側は “常に交換戦略”、“常に保持戦略” 以外の戦略をとると、主催者側は先の２つの戦略の場合より結果が悪くなるθを選べます。
つまり、この場合の参加者側のミニマックス戦略は “常に交換戦略”、または “常に保持戦略” でその場合の期待値はともに 3/2 E(θ) です。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 06:36:55.19

>>419
すいません。訂正。
参加者側のミニマックス戦略は[0,∞]に
r ～s ⇔ log[2]r/s ∈ Z
で同値類をさだめて各同値類Cごとにr[C]∈[0,∞]を定めて、xを最初の封筒の金額として
x∈C、x<C[r]なら交換、x≧C[r]なら保持
です。(すべてのr[C]が0なら常に保持戦略、すべてのr[C]が∞なら常に交換戦略。)
この場合主催者側がどんなθを持ってきても期待値は3/2E(θ)以上になります。
逆にいずれかのCに属するrで
・x=2r なら交換、x=r なら保持
となるものがあれば主催者側は常に{r,2r}を用意すれば参加者の獲得する金額は常にrとなり、3/2E(θ) = 3/2 r より小さくなってしまいます。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 09:09:55.18

>>398

4面体ABCPの6辺の二乗を
　(AB)^2 = x，(CP)^2 = X,
　(BC)^2 = y，(AP)^2 = Y,
　(CA)^2 = z，(BP)^2 = Z,
とすると　体積V の二乗は

V^2 = (1/288)| 0, x, y, z, 1 |
　　　　　　　 | x, 0, X, Y, 1 |
　　　　　　　 | y, X, 0, Z, 1 |
　　　　　　　 | z, Y, Z, 0, 1 |
　　　　　　　 | 1, 1, 1, 1, 0 |

　= (1/12)^2 {xX(-x+y+z-X+Y+Z) + yY(x-y+z+X-Y+Z) + zZ(x+y-z+X+Y-Z) -xyz -xYZ -XyZ -XYz},

(Eulerの公式、Sommerville の公式)

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 09:47:30.32

質問です

斎藤毅の｢集合と位相｣　BP6.2.10　です。

選択公理によりa ∈ Π_i X_i が存在する。

として議論を進めています。
しかし、単に積集合からの元を取るだけで良いのであれば、単に｢
　　積集合Π_i X_iが空である時は定理は明らかになり立つので
　　積集合Π_i X_iは空ではないと仮定して証明すればよい。
｣という論法によって証明が出来るんじゃないんですか？

もしそうであれば、この定理はACを使わずして証明出来るって事にはなりませんかね？

**415** · 2018/12/09(日) 11:30:29.08

なんか寝てる間に他の方からレスがついてて蛇足かもしれませんが、、、、

>>416
その例は単に (1,2),(2,4),…(2^(n-1),2^n)という中身の封筒の組をn->∞で用意するの
と同じ話ですよね。それでは「最大額となる封筒を選ぶことができない」わけです。
私が >>415で「最大額を無くすことができない」と言ってるのはそういう意味です。
現実的には不可能な設定ですよね。

で、おっしゃるようにn->∞が可能だとして、封筒の組を開封時の期待値が発散しない
ように重み付き確率で選んでやれば、確かに常に交換した方が得になるというパラ
ドックスが成り立ちそうな気がします。重みの付け方によっては（たとえば 1/4^nに
すると期待値が0.8倍になる）、交換すると常に損をするパターンも作れますね。
ただし、nに上限を与えれば、パラドックスはただちに解消しますが。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 14:23:42.14

>>419
ゲーム理論の話題は私の趣旨と違うのでどうでもいいです
上でも書きましたが
∀k E(Y|X=k) > k
とすることは可能ですよ？
E(θ)が収束するか分からないとか書いてますが、この条件が満たされるような場合はもちろん収束しません
繰り返しになりますが、私はただ上限を無くせば上の性質を満たすようにできるということを言っているだけです

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 14:32:38.86

>>423
現実で実行不可能なのはそうですね
完璧な乱数を用意することは無理ですし
細かいことをいえば、有限な場合でも完璧に無作為にすることは原理上不可能なので、実行可能かを気にする意味はないと思っていますが
もともと、確率や期待値の計算は問題を数学の言葉に置き換えて初めて意味を持つものなので

数学的には極限をとるなどと思わずともできないですかね？
Zにa_kに応じた離散測度を入れればよいと思っていたのですが
正直確率論は苦手だから、間違ったことを書いてたらすみません

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 14:50:21.98

m、nを自然数とする。
xについての方程式
x^m(1-x^n)=1
が正の有理数解を持つような(m,n)の組をすべて求めよ。
なお無数に存在する場合はそれらの組の規則性について述べ、存在しない場合は「ない」と記しその理由を簡潔に書け。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 14:58:50.48

>>423
横レスだが、現実的に不可能な設定とはどういうことだ？
額面通りに「無限個の封筒」を用意する必要はないでしょ？

たとえば、(2^n,2^{n＋1}) (n≧0) の封筒が (1/3)(2/3)^n の確率で
出現するとき、交換すれば常に得をする(はず)。

現実世界で (2^n,2^{n＋1}) (n≧0) の封筒を (1/2)(2/3)^{n＋1} の確率で
用意するためには、表が 2/3 の確率で出るコインを1枚用意して、
お客さんには見えないようにそのコインを裏が出るまで何度も投げ続けて、
裏が出た時点で、そのときまでに出た表の合計回数をnとして、2つのメモ用紙に
エンピツで2^nと2^{n＋1}を書いて、この2つのメモ用紙を金額2^n, 2^{n＋1}の
お金に見立てて、これらを封筒の中に入れて、これをお客さんに渡せばいい。

つまり、この設定を実現させるために用意すべき封筒は1枚だけでよくて、
大事なのは確率 (1/3)(2/3)^n を実現することであり、
この確率を実現するにはコイントスするだけでいい。
全て有限の手順で現実世界で実現可能。

**415** · 2018/12/09(日) 15:35:57.39

>>427
>額面通りに「無限個の封筒」を用意する必要はないでしょ？

おっしゃられた例では、nが限りなく大きいケースではコイン投げを延々と
続けなければならず、現実的にはどこかに上限ができてしまいますよね。

とはいえ、nを十分大きくすればまず間違いなく交換したほうが得になるはず
なのは確か。でも、期待値としては最大額があることで同じになってしまうん
ですよね。

もっとシンプルに、宝くじ的なものを考えればいいかと。n個の封筒に一つだけ
100n円の当たりくじが入ってて、あとは空っぽ。この封筒をランダムに一つだけ
100円払って選んで買うという状況を考えれば似たようなものかと。ハズレて損
する確率は(n-1)/nなので、n->∞では絶対に損するはずなんですけど、期待値は
100円のまま。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 17:44:05.13

>>426
これお願いします

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 18:45:46.24

子供だましかもしれんが、以下の説明に納得してしまった

＞まず最初に１万円ゲット。
＞次に、５千円払えばそれを３倍の１万５千円にするチャンスに挑戦できる。
＞挑戦すべきか？
＞チャンスの大きさによりけり。（確率1/3以上なら平均的に得）

**415** · 2018/12/09(日) 20:08:23.33

>>418
>a_k=(1/2)*(2/3)^k
それだと最初にゲットできる金額の期待値が収束しないのでは？
期待値はΣa_k(3/2)2^kですから、a_kは(1/2)^kより小さくないとだめですよね。

そうすると、2^kが出た時に、封筒を替えたら何倍になると期待されるかというと
{a_k*(1/2)+a_(k+1)*2}/{a_k+a_(k+1)}
ですから、a_kがkによらない定数だと当然5/4で、替えると得。
a_k∝r^k だとすると　(1+4r)/2(1+r)になるので、r=1/2 で1になり、rがこれより
小さくなると封筒を替えると損をすることになる。

**415** · 2018/12/09(日) 20:28:23.28

>>429
xが正の有理数であるとすれば、0<x<1のはずなので、
x=b/a （b<aでa,bは公約数を持たない）
とおいて式変形すればよいのでは？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 21:01:59.25

>>432
0<x<1なんですか？

**415** · 2018/12/09(日) 21:36:21.89

でなきゃ(1-x^n)が負になっちゃうでしょ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 22:04:55.83

>>428
＞おっしゃられた例では、nが限りなく大きいケースではコイン投げを延々と
＞続けなければならず、現実的にはどこかに上限ができてしまいますよね。

問題　A君とB君がジャンケンをする。ただし、どちらかが1勝するまで
ジャンケンし続けるとする。このとき、A君が1勝する確率を求めよ。

この問題の解答は「1/2」だが、あなたは

「永遠にあいこになるパターンでは勝負がつかないから、1/2にならない」

とか

「現実世界ではどこかに上限ができてしまい、1/2にならない」

とか言うつもりかね？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 22:17:45.71

dy/dx=cの左辺をdy割るdxと考えてdy=cdxとするのは結局許されるの？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 22:32:32.14

>>426
m、nを自然数、 xを正の有理数とする.
0 < x < 1 ならば 0 < x^m(1-x^n) < 1
1 ≦ x ならば x^m(1-x^n) ≦ 0
よって x^m(1-x^n) = 1 が正の有理数解を持つような(m,n)の組は存在しない.

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 23:34:26.64

>>431
(1/2)*(2/3)^kの例は私が書き方をま間違えていました、すみません
(k,2k)となる確率が(1/2)*(2/3)^kとしていましたが、正しくは
(2^k,2^(k+1))となる確率が(1/2)*(2/3)^k、その他の組み合わせの時は0
という分布を出すつもりでした

期待値が発散する件についてはすでに触れた通り
私は最初から一貫して条件付期待値の話をしてるだけです

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 23:38:08.48

>>436
許されます

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/09(日) 23:42:35.22

>>436
許す、の意味合いによる
1変数の場合はそのやり方で変数変換を求めても間違うことはないし、解答用紙に書かないなら問題はないが、数学的な正当化は普通はされないと思う

**415** · 2018/12/10(月) 00:36:35.72

>>435
実際、現実世界では厳密に1/2にはならないでしょうね。
二人がジャンケンを続けることができる回数の上限をN回とすると、
最後まで引き分けで終わる可能性があるので1/2より(1/3)^Nだけ
小さくなるはず。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 00:46:00.44

>>436
微分形式の話なら多様体の形によるとしか
とりあえずR^nならポアンカレの補題からおｋ

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 00:48:46.93

>>317

zの複素共役をZとする。与式と a∈R より、
(Z^{n-1} + Z) (z^n + 1) = -a (Z^{n-1} + Z) (z^{n-1} + z) = (Z^n + 1) (z^{n-1} +z),

0 = (Z^{n-1} + Z) (z^n + 1) - (Z^n + 1) (z^{n-1} + z)
　= [(zZ)^{n-1} - 1] (z-Z) + (zZ-1) [z^{n-1) - Z^{n-1}]
　= (zZ-1) (z-Z)Σ[k=0,n-2] ((zZ)^k - (1/2)z^k Z^{n-2-k} - (1/2)z^{n-2-k} Z^k)
　= (zZ-1) (z-Z)Σ[k=0,n-2] (1/2) (z^k - z^{n-2-k}) (Z^k - Z^{n-2-k})
　= (1/2) (|z|^2 -1) (z-Z)Σ[k=0,n-2] | z^k - z^{n-2-k} |^2

Σ[k=0,n-2] | z^k - z^{n-2-k} |^2 = 0 のとき
　|z|^2 -1 = 0 も成り立つ。
z-Z=0，z∈R のとき
　(z^n + 1)^2 - (z^{n-1} + z)^2 = (zz-1) [z^{2n-2} - 1]
　= (zz-1)^2 [z^{2n-4} + z^{2n-6} + …… + zz + 1]
　≧ 0,
　等号成立は zz-1 = 0 のとき。それ以外の場合は
　| z^n + 1 | > | z^{n-1} + 1 | > | az^{n-1} + az |
より不成立。

**415** · 2018/12/10(月) 00:55:24.37

>>431
>正しくは(2^k,2^(k+1))となる確率が(1/2)*(2/3)^k

私も脳内で勝手にそう読み変えていたので、そこはまったく問題ありません。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 01:02:27.06

もう>>438は自分で納得行くまでほっといていいんじゃない？
自分なりに納得行くまで考えたいんでしょ？
わけのわからん途中経過報告してくるタイプでもなさそうだし。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 01:09:54.49

封筒は二つしかないのに無限が云々言ってるようなレベルの低い人は無視でいいですよー

**415** · 2018/12/10(月) 01:14:34.45

封筒は二つしかなくても、出てくる金額の可能性は無限にあるからね。
金額の可能性を有限に限ってしまえば、パラドックスは生じない。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 01:14:50.70

ただ１つの例を見て、任意の値で成り立つはずだ、という思考パターンは、
奇数芸人に通じるところがある

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 01:53:40.27

>>445
あなたはただ煽りたいだけでちゃんと読んでないようですね
私は一貫して
「(獲得金の期待値は発散してるけど)条件付期待値が常に元より大きくなる分布」
を構成できると言ってるだけ
元々は>>404の疑問に対する話ね

それに対し何故か的外れなツッコミをされてる
「(>>417)常に期待値1.25倍は無理」
…私は大きくできると書いただけで、1.25倍にできるとは一言も書いてない

「(>>431)最初にゲットできる金額の期待値が収束しないのでは？」、その他計算
…>>424で私がすでに書いたことを少し具体的な計算を追加して繰り返してるだけ

初めからよく知られている正しい事実を書いてるだけです
基本的な話なので調べれば同じ内容はいくらでも出てきますよ

どうしても私が間違っていることにしたいようですが、>>431は>>424と等価な内容を含んでいるので、それだとこの人も間違ってることになりますよ

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 02:06:31.98

>>446
封筒の枚数の有限性と、取りうる値の可能性の有限性をごっちゃにしてるだけ
現実の問題ではなく数学上のモデルで考えるならばいくらでも可能です
封筒の枚数は確率変数が値を取る空間の次元に対応してるだけ
確率変数の像の有限性とは何ら関係ありません

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 02:59:00.40

m、nを自然数とする。
xについての方程式
x^m(1+x^n)=3
が正の有理数解を持つような(m,n)の組が存在するかどうか判定し、その理由を述べよ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 05:51:59.96

>>441
なぜ現実世界だとジャンケンの回数に上限があるのですか？

人間には寿命があるので、寿命を超える回数までのジャンケンは
肉体的に不可能、みたいな話ですか？
この宇宙の時間はどうせ有限であり、いずれ崩壊して
宇宙そのものが消滅するから上限がある、みたいな話ですか？

ジャンケンの確率を考えるときの「現実世界」に、
どうしてそんなナンセンスな観点を持ち込むのですか？
あなたが使っている「現実世界では不可能」という批判の仕方は、
そんなナンセンスな観点からの批判なのですか？
だったら、あなたの言っていることは的外れで、>>425の指摘が的確ですね↓

＞完璧な乱数を用意することは無理ですし
＞細かいことをいえば、有限な場合でも完璧に無作為にすることは原理上不可能なので、実行可能かを気にする意味はないと思っていますが
＞もともと、確率や期待値の計算は問題を数学の言葉に置き換えて初めて意味を持つものなので

**>>422です** · 2018/12/10(月) 06:51:45.95

質問がわかりにくかったかもしれません。

要するに
｢位相空間の列(X_i)について、各X_iが連結であるならば、それらの直積Π_i X_i は連結である｣
は選択公理を使わずして証明出来るか
という質問です

**415** · 2018/12/10(月) 09:05:23.40

>>449
＞条件付期待値が常に元より大きくなる分布

確かにそういう分布を考えることはできますが、現実には作り得ないですよね。

無限大ホテルのパラドックスを想起させますね。そういうホテルを考えることは
できるけど、現実には作れない。
ならばパラドックスも現実には起こらない。肝心な点はそこなんじゃないですか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 09:23:02.13

もういいんじゃない？
必ず封筒交換したほうの条件付き期待値の方が大きくなる分布ある、作れるってんだから納得いくまで探してもらったらいいじゃん。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 09:28:11.43

別スレ立ててやれば？

**415** · 2018/12/10(月) 09:29:21.31

>>452
現実世界での常識と数理的推論との乖離をパラドックスと呼ぶのであれば、
やはり現実世界で実現可能なモデルかどうかも考えるべきなのでは？

＞＞完璧な乱数を用意することは無理ですし
完璧な乱数という言葉の意味が曖昧だったのでレスしませんでしたが、たとえ
ランダム性が完璧に保証されたとしても、実際の計算では乱数値をきめる有効
桁数に上限があるので、やはり実現可能な上限額がそこで決まってしまいますね。

いずれにせよ、あなたの議論が基本的に間違っているとは思いません（という
私の結論が間違ってる可能性は認めますがｗ）。
期待値が収束するようなケースでは、条件付き期待値としては交換した方が
期待値が小さくなるので、数理的なパラドックスは残りますね。どう解決する
のか今はそこが気になります。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 09:49:30.61

中学の面積比の問題
AF:EFを求めよ

BE:EC＝3:2なので△BEF:△CEF＝3:2
△BCFを5とし△AFCをXとする
AD:BDが1:3なのでX:5＝1:3、X＝5/3
△AFC＝5/3で△CEFが2なので5/3:2＝5:6

答えAE:EF＝5:6

以上はわかります。でもAD:BDから始めるとおかしくなります。
AD:BD＝1:3なので△ADF:△BDF＝1:3
△ABFを4とし△AFCをXとする
BE:ECが3:2なのでX:4＝2:3、X＝8/3
△AFC＝8/3で△CEFが2なので8/3:2＝4:3

AF:EF＝4:3になってしまいます
どこが間違ってるのか教えて下さい
https://i.imgur.com/wrGpQDc.jpg

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 10:00:40.35

>>458
下のところでは「△CEFが2」っていったいどこから出てきたの？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 10:09:22.41

>>459
あっ言われてみれば変ですね
少し考えてみます

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 10:16:57.64

謎は解けました
でも同じ間違いなんどもやってしまいそう

面積比ってコツとかあります？
補助線をたくさん引かなくちゃいけない問題だとごちゃごちゃして尚更わからなくなる
たくさんやって慣れるしかないのかな

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 12:27:15.66

>>451
解が存在したとして x = a/b (a, b は互いに素な自然数) と置く.
x^m (1 + x^n ) = 3 より
a^m ( b^n + a^n ) = 3 b^{n+m}
a, b は互いに素なので a=3, m=1 である.
( b^n + 3^n ) = b^{n+1}
( 1 + (3/b)^n ) = b
左辺が自然数となりえるのは b=1 または b=3 の時である.
しかし等式を満たす n は存在しない.

よって解は存在しない.

**462** · 2018/12/10(月) 13:28:16.75

ちょっと訂正

a^m ( b^n + a^n ) = 3 b^{n+m}
a, b は互いに素なので ( a=1 ) または (a=3, m=1 ) である.
・a=1 の場合
b^n + 1 = 3 b^{n+m}
(1/b)^m + (1/b)^{n+m} = 3
1/b ≦ 1 より等式を満たす事はありえない.
・a=3, m=1 の場合 (以下略)

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 19:17:57.42

>>455
既に具体的に与えてるんですが･･････
>>454の方も分布の存在自体は認めています
あなただけ話についてこれてませんね
ただ煽りたいだけかもしれませんが

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 19:19:40.09

>>454>>457
別に私はパラドックスが現実に起こるなんて一度も書いてない
>>404の疑問を見て、上限を無くす方法を提示しただけ(もちろん現実では実行不可能な思考実験)
何回書けば分かってもらえるんですかね
あなたが勝手に妄想して私の主張を捻じ曲げて、架空の私に反論しひとり悦に入ってるだけ

私の解釈を書いておきますと、この分布の存在が示すことは
「(獲得金の期待値が発散するなどの)無限が絡む状況では、期待値という指標は(少なくともそのまま使うのでは)当てにならない」
ということだと考えます

それから、実行可能か不可能かを検証するだけでは根本的な解決にはなっていないと思っています
(これはあくまで個人の感想です)
一つ目の理由としては、思考実験あるいは数理モデルとしては考えられるからですね
二つ目は、そもそも殆ど全ての数理モデルは現実と一致しないと考えているからです
二枚並べられた封筒から一方を選ぶ確率はふつう1/2として計算しますが、厳密には一致しないでしょう
N個のものから１つ選ぶ場合も同様です
その配置の仕方や照明の具合、選ぶ人の感覚等に左右されるものです
どちらの封筒を選ぶ確率も同様に確からしいとしているのは、確率論を走らせるために
理想化した状況に置き換えているにすぎません
現実の問題を数理モデルに置き換えて説明しようという試みは数学的だと思いますが、数理モデルを
現実の問題に置き換える(ものに限定する)必要はないと考えています
繰り返しますが、これらは個人的な感想です
実行不可能だからこんなモデルで期待値計算をする意味はないという考え方も飲めますし、強要するつもりはありません

つづく

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 19:20:14.02

上記の考えにより、実行可能性に興味がなかったのでスルーしてたのですが、気になっていたことを聞いておきます
>>431等をみると、獲得金の期待値が発散するから実行不可能と判断しているようですが、それは何故ですか？
一回当たりのゲームでは封筒の中身は常に有限であり、期待値の収束性は直接関係無いように思います
理想的な乱数装置がないと実行不可能なのでどっちみち実行はできませんが

ちなみに、パラドックスの解消のさせ方の一つとしては上に有界な効用関数を使うという方法があるようですよ
コイントスのパラドックスと同様ですね
効用関数の選択は恣意的なので、どれほどの意味があるのかは微妙ですが
おそらくコイントスの例と同様に考え方次第で様々な解消の方法があり得るのでしょう

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 19:26:49.86

パラドックスが正しくないことなんて当然の共通認識だと思って言及してなかったのですが、それが不味かったのかもしれないですね
その点は勘違いさせていたとしたらすみませんでした

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 19:45:51.39

>>422

おっしゃる通りで、問題の直積集合が空であるかないかに応じて場合分けして
証明すれば良いのですから、『空集合も位相空間として認める』という立場であれば、
選択公理は必要ありません。

(X, O) が位相空間であるための条件に、X が空集合であることを要請する立場だと、
問題の積集合が空でないことを証明するために、選択公理が必要です。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 19:52:27.82

誤 : X が空集合であることを要請する立場
正 : X が空集合でないことを要請する立場

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 20:02:56.10

2008年　12808万人　＋ 5万　△
2009年　12803万人　－ 5万　▼
2010年　12806万人　＋ 3万　△
2011年　12780万人　－26万　▼▼▼ ▼▼▼▼▼▼
2012年　12752万人　－28万　▼▼▼ ▼▼▼▼▼▼
2013年　12730万人　－22万　▼▼▼ ▼▼▼▼
2014年　12709万人　－21万　▼▼▼ ▼▼▼▼
https://blog.goo.ne.jp/jpnx05/e/a618afaa0113f2a33fbc495f48a2b8c4
移民政策の本当の本音は、原発事故が原因による人口減少を隠して、
「原発事故では被害がなかった」と正当化するための統計的整合性を確保したいのだと私は考えている。
東海アマブログentry-376.html

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 20:18:14.88

>>464
へぇ？最初の封筒の金額をA,あとの方をBとして(英語版Wikipediaの設定)
任意の k に対して

E(B | A = k) > k

が成立する分布あった？
ということは

E(B | A=k) > E(A | A=k)

が任意の k について成り立つんだ。
ということは

E(B) > E(A)

なんだ。その分布だと。なるほど。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 20:43:15.71

>>471
すでに書いた通りその条件が満たされる場合はE(θ)が発散してしまいます
(θ=少ない方の金額)
当然E(A),E(B)も発散していますから、この２つの大小比較は意味がありません
条件付期待値は有限値なので計算できますが
これくらいのことWikipediaにも書いていると思いますが

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 20:59:29.09

さよですか？θがＬ^1 でなくてもいいならどうぞご自由に。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 21:14:24.46

aを1でない実数とし、
f(x)=1（xが有理数のとき）
f(x)=a（xが無理数のとき）
と関数f(x)を定める。
aをどのように定めても、f(x)はいたるところ不連続であることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 21:15:51.21

>>473
きみ適当に突っ込んでるだけでしょ
Wikipedia引用しときながらろくに読んでないし、すでに何度も説明済みのことをまた突っ込んできたり
期待値は発散するって何度も書いてるのに、何で今更「L^1でなくていいなら」とかトンチンカンなこと書いてるの？？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 21:19:01.37

>>474
有理数の稠密性

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 21:19:25.06

２つの封筒問題(two envelopes problem)
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1544444323/

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 21:34:24.53

>>475
すまん、読んでなかった。
謝ります。
収束性についてなんか言ってるのは見たけどてっきり収束しないような病的な例は考えてませんといってるんだと思った。
その例も読んでないけど測度論の内部でおさまってるんなら病的というつもりはないよ。
確かにl^1性の制限無ければ存在しても不思議はないと思う。

**>>422です** · 2018/12/10(月) 21:56:01.43

>>468
ですよね
ありがとうございます

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 23:02:15.17

>>478
私も言い過ぎたかもしれませんね、謝っておきます

Wikipediaの記事は長いので読む気にならないと思いますが、ちゃんと読むと具体例を構成して、計算も詳しく書いてありました
測度論の言葉を避けて書かれてはいますが、もちろんすぐに正当化は可能です
(特別に選んだ測度を備えた離散的な確率空間からRへの可積分ではない可測関数となるはずです)

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 23:04:58.94

身の丈に合わない難しいことをやろうとするから、本質からどんどん遠ざかってるんですよ

封筒は2つしかないんです

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/10(月) 23:36:04.79

>>480
いえいえ。こちらこそ。
l^1でなくていいなら条件は任意の x に対して

E( B | A = x)
=P(θ=x)/(P(θ=x) + P(θ=x/2)) × 2x 　　　(Aの封筒が x 円のときの B の封筒が 2x)
+ P(θ=x/2)/(P(θ=x) + P(θ=x/2)) × x/2 (Aの封筒が x 円のときの B の封筒が x/2)
> x

⇔ 2P(θ=x) + 1/2 P(θ=x/2) > P(θ=x) + P(θ=x/2)

⇔ P(θ=x) > 1/2 P(θ=x/2)

が成立するとき。
だから
P(θ=2^n) = (1/3)(2/3)^n (n=0,1,2,3,…) =0 (otherwise)
とでもすれば条件は確かに満たすね。
もちろんxが2倍になるごとに確率のほうは1/2倍より大きくなることが条件なので必然的にl^1には入らないけど。

**415** · 2018/12/11(火) 00:18:31.07

>>466
＞獲得金の期待値が発散するから実行不可能と判断しているようですが、それは何故ですか？

私はそんなこと言ってません。
実行不能なのは無限大が絡むからであって、期待値が発散するからというわけではありません。
期待値が収束しても、実現不可能な設定であるのは同じかと。

期待値が収束しないと困るのは、交換しない場合とした場合の期待値が比較できないからという
だけの話です。

**415** · 2018/12/11(火) 00:42:47.97

>>465
＞あなたが勝手に妄想して私の主張を捻じ曲げて、架空の私に反論しひとり悦に入ってるだけ

そんなことをした覚えは毛頭ないんですが、、、、。
他の人がいれてる単発ツッコミと混同しておられるのでは？　私は一貫して415を名乗ってます。

無限を導入すれば上限額がなくせることも>>423で書いたように（読みかえしてみるといま
ひとつ不明瞭ですがｗ）>>415を書いた時点ですでに了解済みです。

ということで、とくにあなたと大きな意見の相違はないと思ってますので、あしからず。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 00:57:23.44

2a^2+2a+1が平方数となる自然数aのうちk番目に小さいものをa_kとおく。
a_(n+2)=6a_(n+1)-a_n+2が成り立つことを証明せよ

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 01:47:46.17

二組の連立方程式

あ
2x+y=-1
ax+3y=2

い
2x-3y=b
4x+5y=-2

において、あの解のxとyを入れ替えるといの解になっている。この時aとbの値を求めろ
という問題があるのですが

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 01:52:37.54

>>485
(2a_n+1,√(2a_n^2+2a_n+1))はpell方程式
x^2 - 2y^2 = 1
の解。
これをといて
x= ((1+√2)^m + (1-√2)^m)/2, y=…
x が奇数となるのはmが偶数のとき。
よって
2a_n + 1 = ((3+√8)^n + (3-√8)^2)/2。
よってb_n = 2a_n +1は漸化式
b_(n+2) = 6 b_(n+1) - b_n
をみたす。以下ry

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 01:58:15.33

>>483
条件付期待値を見るだけならばE(θ)の収束性は関係ないでしょう
獲得金の期待値が発散しているケースでも条件付期待値は計算可能であり、数理モデルの上では"パラドックス"が生じています
>>482の方が詳細な計算を書かれているので読んでみてはどうでしょうか
すでに言及した通り、様々な考え方により解消することは可能とされているものですが
>>423やその他のレスを読む限り、どうやら獲得金の期待値が収束しないと数理モデルとして成立しないという思い込みがあるようにみえます
確率変数の定義に可積分は含めなくてもよいはずです

E(θ)が発散する場合と収束する場合をやたらと区別してますよね
>>454において、前者は実行不可能だからパラドックスは生じていないとしている
また>>457では、後者の場合"のみ"数理的なパラドックスが残ると述べている
(私やあなたが例に用いていた最低額が設定されている状況では発生しないのでここもよく意味が分かっていないのですが)

この辺りから、そういう風に考えているのだろうと推察したのですが違いましたか
ますます意味が分からなくなりました

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 02:05:21.19

>>484
確かに、他の人のよく分からない指摘もごっちゃにしておりました
あなたのレスで言えば、>>454等における「現実で実行できないから～」論ですね
私は始めから抽象的な数理モデルで考えればいいと書いているのに、
勝手に現実の問題と脳内変換して何度も同様の反論しております

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 02:16:22.30

>>485 >>487
訂正
(2a_n+1,√(2a_n^2+2a_n+1))はpell方程式
x^2 - 2y^2 = -1
の解。
これをといて
x= ((1+√2)(3+√8)^m + (1-√2)(3-√8)^m)/2, y=…
よって
2a_n + 1 = (1+√2)(3+√8)^n + (1-√2)(3-√8)^n)/2。
以下同様。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 02:18:31.23

>>486

あ)
2x+y=-1
ax+3y=2

い)
2x-3y=b
4x+5y=-2
い）のx,yを入れ替えて

う)
2y-3x=b
4y+5x=-2

にして
あ)の 2x+y=-1と
う)の 4y+5x=-2の
連立方程式を解くだけじゃないの？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 02:24:46.17

>>491
夜分にすいません、ありがとうございました
そうなんですけど、それの理屈が分からなくて
ありがとうございました。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 03:35:32.51

https://blog.goo.ne.jp/nichikon1/e/da81f66fa7c437e7ca19667c2bf35065
↑これおもろいｗ、コメント読んでみて。

出来たらみんなに広げていってほしいな。

**415** · 2018/12/11(火) 09:20:07.54

>>488
＞どうやら獲得金の期待値が収束しないと数理モデルとして成立しない

そんなこと思ってもいませんし、言ってもいません。あなたの勝手な思い込みです。
あくまでも無限大を含むから「現実には作り得ない」設定だということです。

獲得金の期待値収束に拘るのは数理モデルとして成立するかどうかではなく、そっちだと
交換するしないにかかわらず期待値は同じなのに、条件付き確率で期待値をみると交換し
たほうが得をするから、「数理的パラドックス」として成立するということなんですが。

**415** · 2018/12/11(火) 09:23:39.49

>>494
訂正です。

＞条件付き確率で期待値をみると交換したほうが得をするから

ではなく、獲得期待値が収束する場合は「交換したほうが損をする」でしたね。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 14:05:47.37

大学数学の質問です

距離空間(X,d)、U⊆Xに対して、Uの直径をdiam(U) := sup{d(x,y)|x,y∈U}
と定義している本は良く見かけます。
でも、これってU=φのケースってどうなるんですか？
diam(φ)=0　にしたいんですか？
でも、supの定義を考えたら supφ=-∞　の方がまだしっくりきます

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 14:09:09.81

普通はφは距離空間ではないとすると思います

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 14:57:25.55

>>485
(a+1)^2+a^2=m^2だからピタゴラス数の性質を使えば容易

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 15:06:49.56

>>494
>>495
都合良く切り取っていますが、「あるように見える」と書いたんですよ
これは思い込みではなくあなたのレスのおかしさから自然に推察されたことです

同じことを繰り返してるだけですね
あなたがしているであろう勘違いを指摘しておきます

まず、期待値が発散する場合でもある種のパラドックスは発生しています
本来は優劣のないはずの二枚の封筒なのに、選んだ途端にA<Bになってしまう
獲得金額が収束していなくても、2枚の封筒に優劣がないことは成立しているはずです

次に、期待値が収束する場合は常に損をするパラドックスが発生すると書いていますね
これはどういう状況ですか？
(2^k,2^(k+1))の確率を与える方法では、(1,2)で1を引いたときは交換により得をするので、常に損することにはなりません
もちろん、負の値を許すなど封筒の中身の組み合わせの取り方を変えれば作ることはできます
但し、常に損をする状況は(-1)倍をすることで常に得をする状況にできるので、これらは本質的に等価です
なぜ常に損をする状況だけ考えられると書いているのかは本当に全く意味が分かりません

また、前者の場合を「現実に起こり得ないから」と一蹴し、後者の場合は「パラドックスがある」としていますね
もし「現実で実行不可能だからこのパラドックスは考える意味がない」という立場なら、獲得金額の収束に関係なく常に実行不可能だから、そもそも考える意味はないでしょう
あるいは、獲得金額が発散していると思考実験でも実行できないと考えているのかもしれませんが、一回あたりの獲得金額は有限値なので全く関係ありません
もっといえば、仮に獲得金額が∞となる場合が含まれていたとしても、R∪{±∞}に値をとると思えばやはり問題なく定まります

これらのうちどれか１つは当てはまると信じているのですが

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 15:10:39.77

>>496
ふつう空集合に対してはあまり定義しないと思います
あえて定めるなら-∞か0でしょうね
diamの終域をRとみなすか[0,∞)とみなすかの違い程度でしょう

ちなみに空集合の記号∅はφと似ていますが別の記号です
知ってる上で入力が面倒くさいから使っただけかもしれませんが念のため

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 15:16:29.30

>>500
成る程

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 15:45:55.99

係数と定数項が0ではない座標空間内の平面の式を作り、それを表す方程式が重回帰式になるようにその平面上にない点を含む4点を決めよ。

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 21:15:20.13

自然数全体のなす集合NからNへの写像全体の集合Map(N,N)に
ｆ≦g ⇔ ∀n f(n) ≦ g(n)
で順序を入れる。

M := { m ∈ Map(N,N) | mは狭義単調増加 }
として部分順序集合と考える。

Mは整列集合ですか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/12/11(火) 21:16:59.36

>>503
反例存在しますね
却下します