面白い問題おしえて～な 29問目
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前>>684
>>685
1+2は題意より、2+3
2+3は題意より、3+3
∴与式=3+3=6 >>687
-Γ(n+1,-x) * (-x)^{-n-1} * x^{n+1}
Γは第2種不完全ガンマ関数． >>579 にて5つの重りを天秤を使ってソートする問題を紹介しました。
出題形式は異なってしまいますが、簡単に言うと、
「7回以内の天秤使用で、5つの重りを重い順に並べる手順を考えよ」という問題です。
一件の誤答がありましたが、その他の回答はありませんでした。
初見の方に楽しんでもらいたく、知っている方の投稿を遠慮していただいたからだと思います。
しかし、もう十分時間がたったので、このお願いを取り下げます。 >>692
AとE、BとCを比べる。
A≦E、B≦Cとしてよい。
AとBを比べる。A≦Bとしてよい。
ここまで３回でA≦B≦Cが確定。
次にBとD、その結果に応じてDとAまたはCを比較して２回でA、B、C、Dの順位が確定する。
この４つの順位をP≦X≦Y≦Zとする。 Pが最小は確定。 同じ要領で２回でE、X、Y、Zの順位を確定できる。
これを順にならべてQ≦R≦S≦TとしてPが最小は確定していたから最終順位は P≦Q≦R≦S≦T。 前>>690
>>692一件の誤答とはいえ、だれも張られませんなら、儂の一人勝ちではござらぬか。 >>693 さんの方法と内容は同一ですが、用意しておいた「図解的方法」と、別視点からのコメントをアップします。
○、○、○、○、○：五つの重りが対等に存在している状態
○←○、○←○、○：上の状態から、1番目と2番目、3番目と4番目を比較して、重かった方に矢印が向くよう表記。[天秤二回使用]
○←○←○、○ ：上の状態から、矢印が向いている重り二つを比較し、並べ替えた状態。[一回使用]
↑
○
○←○←○←○ ：上の三連部分に、孤立している一つを挿入。最初に三連の真ん中と、次に三連内のどちらかと比較し、四連が完成
↑ (↑) 結果により、下部の重りが、第一の重りにつながる場合と、第二の重りにつながる場合がある。[二回使用]
○ (○)
○←○←○←○←○：上の四連の後方三連に、下部の重りを挿入し五連が完成。[(多くても)二回使用]
このような経路を辿れば、七回以内でソートが可能です。以下、別視点での解説になります。
情報理論的見地から考えると、5! = 120 < 128 = 2^7 から、7回で可能だろうと、予想でき、実際上のように可能です。
4つの重りで、最も重いものを、トーナメント形式で特定することにします。（3回天秤を使用します。）
トップになったものをA、Aに一回戦で負けたものをB、Aに決勝で負けたものをC、Cに一回戦で負けたものをDとし、
参加していない重りをEとします。この段階で、A,B,C,Dの間での順番は、ABCD,ACBD,ACDBの三通りが考えられ、
Eは、各パターンのいずれかの位置に入るため、A～Eまでの順番で考えると、15通りが残されています。 次は4回目の天秤使用になりますが、ここで、EとAを比べたとします。E>Aなら3通り、E<Aなら12通りに分岐しますが、
これでは、残り三回では並べ替えられません。同様にEとDの比較も、3通りと12通りに分岐し、不可能なのがわかります。
それでは、EとBでは？ E>Bとなると、ABCDでは2通り、ACBDでは3通り、ACDBでは4通りなので、合計9通り。
やはり、この比較も失敗であることがわかります。
で、EとCのみが残されます。 E>Cとなると、ABCDでは3通り、ACBDでは2通り、ACDBでは2通りなので、合計7通り。E<Cなら8通りと、
この比較なら、残り三回で可能なことがわかります。その他、Eを使わない方法も、5通りと10通りに分岐する等、不可能な事がわかります。
つまり、4回目の比較は、（ここでのネーミングでは）EとCにユニークに絞られています。このように、比較後の分岐状況を
検討しつつ、比較ルートを見いだしていけば、ゴールにたどり着けます。この後続の比較方法は省略しますが、いくつか補足しておきす。
三回目の比較は、対称性からもわかるように、「トップ」ではなく、「最軽量」を決める比較でも可能です。
が、これら以外の方法、例えば、心情的にEを登場させたくなるかもしれませんが、このような方法は全て失敗することが、
分岐数のカウントからわかります。
「ソート済みの2^k-1個の重り」に、一つの重りを加え、天秤をk回使用して、「ソート済み2^k個の重り」にするのは、
情報理論的に無駄がなく、いわば定石です。k=2の場合を上の図解で紹介した方法では多用しています。
この定石に従えば、４回目に続いて五回目もEが登場するのが自然です。しかし、もし、四回目の比較でE>Cならば、
EABCD、AEBCD、ABECD、EACBD、AECBD、EACDB、AECDB という7通りに絞られていますが、
AとEの比較という定石の他、BとCの比較という方法も存在していることを補足しておきます。 これ錘の数がｎ枚のときの使用回数は[log[2] n!]+1回になる？ n=2は例外として扱うとして、『数学１００の問題』によると、
11以下では正しく、13では当てはまらない。14(13の誤植？)での値は、33か34か不明とある。
古い本なので、どこかに更新データは有ると思われる。 あるアルゴリズムによる必要回数の表を、Knuthの本に見つけた。
n=1～11,20,21 で、理論的下限={log[2](n!)} に一致する。 ；{x}は切り上げ関数
n=12～19,22～24 で 理論的下限 +1
25,26,27 で 理論的下限 +2
28～33 で 理論的下限 +3 >>698
へー、面白そう！
>>699
kunthの何て本ですか？ 『The Art of Computer Programming』Vol.3 Sorting and Searching
です >>687
部分積分により
∫(x^n)(e^x) dx = (x^n)(e^x) - n∫(x^{n-1})(e^x) dx
= (x^n)(e^x) - n(x^{n-1})(e^x) + n(n-1)∫(x^{n-2})(e^x) dx
= (x^n)(e^x) - n(x^{n-1})(e^x) + n(n-1)(x^{n-2})(e^x) - n(n-1)(n-2)∫(x^{n-3})(e^x) dx
= ････
= (e^x)Σ[r=0,n] (-1)^r (n!/(n-r)!)(x^{n-r}).
・参考書
森口・宇田川・一松 「数学公式I」 岩波全書221 (1956) p.153
第IV篇 第1章 §33 (i) 1022^(1023^1024) + 1024^(1023^1022) は 1023 で何回割り切れるか
一般化して
(n-1)^{n^(n+1)} + (n+1)^{n(n-1)} は n で何回割り切れるか
2項公式より
(n-1)^{n^(n+1)} = -1 + n^(n+2) - (1/2)n^(n+3){n^(n+1)-1} + ････
(n+1)^{n^(n-1)} = 1 + n^n + (1/2)n^(n+1)}{n^(n-1)-1} + ････
より n回。
∴1023回 >>705
>一般化して
ただし、nが偶数なら0回ｗ >>708
ただし、n=2 なら 1回ｗ
1^(2^3) + 3^(2^1) = 1^8 + 3^2 = 1 + 9 = 10, そっか。
nの剰余が 1+(-1)^nなんだけど、
1+1=2=n のケースを見逃してたわ。 そもそもn^(n+1)で割り切れないのは明らかなん？ >>711
すくなくとも、>>705の最初の２項だけをみると (1+n^2)n^n
なので、n^(n+1)では割り切れない。
あとは、３項目以降がn^(n+1)の倍数になってるかどうか
なんだが、確かに形式上はn^(n+1) が因数として入ってる
けど、分母にk!があるからねぇ。要するに n^(n-1)Ck×n^k
とn^(n+1)Ck×n^k がk>=2 で n^(n+1)で割り切れるかどうか。
kがn^(n-1)ともn^(n+1)とも素の場合には明らかなんだが…。
そうでない場合、kとそれぞれとの公約数をL1,L2として、
n^(n+k-1)/L1 とn^(n+k+1)/L2 がn^(n+1)で割り切れること
が示せればいいんだけどね。
そういう意味ではn^nで割り切れるかどうかについても同じ
ことが言えるけど、上が示せれば自動的にOK。 やっぱり>>705の式変形だけでは1023回と結論づけられないよね。
もうひと議論必要。 >n^(n+k-1)/L1 とn^(n+k+1)/L2 がn^(n+1)で割り切れるか
nが奇数なんだから、k=2のときには明らかだね。
n^(k-2)/L1 (2<L1≦k)も n^k/L2 ( 2< L2 ≦k)もL1,L2を
素因数分解してチェックすれば割り切れそうな気がする。
L1の素因数の一つをa^sとすると、aはnの素因数でもある
ことからn^(k-2)はa^(k-2)を因数としてもつ（ただし、n
が奇数なのでaは2より大きい素数）
a^s≦L1≦k より a^(k-2)≧a^(a^s -2)
a^(k-2)/a^s ≧ a^{(a^s)-s -2) a≧3,s≧1より、
a^s -s -2 ≧0 したがって、a^(k-2)/a^s ≧1 は割り
切れる。こんな感じで行けそうかな？
しかし、もっと簡単に示せないものか。 × L1の素因数の一つをa^sとすると
○ L1の素因数の一つをaとし、a^sを因数とすると nが平方因子を含まない奇数のときは n回
(略証)
C(N,k) = (N/k)Π[i=1,k-1] (N-i)/i
aをnの素因数とする。(奇素数)
1≦i≦N-1 のとき (N-i)/i の分母・分子に現れるaの回数は等しい。
また、kの中に現れるaの回数は < k/(a-1) ≦ k, ゆえ k-1 以下。
N=n^(n-1) のとき
C(N,k) は a^(n-k) の倍数、したがって n^(n-k) の倍数
N=n^(n+1) のとき
C(N,k) は a^(n+2-k) の倍数、したがって n^(n+2-k) の倍数。 n = 1023
= 32^2 - 1
= (32+1)(32-1)
= 33・31
= 3・11・31 >>716 補足
kの素因数分解における素数aの回数
= [k/a] + [k/a^2] + [k/a^3] + ････ + [k/a^k]
≦ k/a + k/a^2 + k/a^3 + ････ + k/a^k
< k/(a-1), >>714のやり方だと平方因子だろうが立方因子だろうが
含んでいても、nが奇数ならn回になりそうだけど？ a^s | n とする。(s≧1)
C(N,k) = (N/k)Π[i=1,k-1] (N-i)/i
のうち素因数aが残るのは (N/k) のところ。
N=n^(n-1) には a が (n-1)s 回現れるが、k には (k-1)以下。
∴ (N/k) には (n-1)s - (k+1) 回以上
∴ (N/k) n^k には (n-1+k)s - (k-1) = ns + (k-1)(s-1) ≧ ns 回以上
なので OK ですよね。 >>705の一般化について、とりあえず、計算機を回してみたところ、
3から1023までの奇数nについて、
(n-1)^{n^(n+1)} + (n+1)^{n(n-1)} ≡ n^n (mod n^(n+1))
であることは示せた >>721
ですよね。
>>714をもう少し整理して書き直しておきます。
一般に、
C(N,k)=(N/k)*C(N-1,k-1) なので、kとNの最大公約数をL
として、k=qLとおくと、qとN/Lは素なので、qはC(N-1,k-1)
の約数でなければならない。 したがって、C(N,k)はN/Lの
倍数である。これを前提として、>>705の二項展開の各々の
k番目(k≧2)の項の絶対値 M=(n^k)*C(N,k) を評価すると、
Mは(n^k)N/L の倍数になるはず。LをL= (a^s)*(b^t)… と
素因数分解したとき、Nがnの累乗であれば、それらの素因数
a,b…はすべてNの素因数であり、nの素因数でもある。
ここで、nが奇数であれば、n^(k-2)がLで割り切れることを示す。
aがnの素因数より、n^(k-2)はa^(k-2)を因数として持つが、
k≧L≧a^sよりa^(k-2)/a^s≧a^(a^s-s-2)。 a≧3, s≧1より、
a^s-s-2≧0 となるので、a^(k-2)/a^s≧1 、つまりn^(k-2)
はa^sを約数として持つ。他のLの素因数についても同様に言
えるので、n^(k-2)はLを約数として持つ。
したがって M が(n^k)N/L = N*(n^2)*n^(k-2)/L の倍数で
あることから、MはN*(n^2)の倍数であると言える。
以上より、
N=n^(n-1)の場合、M は n^(n+1)の倍数
N=n^(n+1)の場合、M は n^(n+3)の倍数
よって、>>705の二項展開の２番目以降の項はすべてn^(n+1)
の倍数である。 >>722
ご苦労さまです。wolframalphaにやらせてみようとしたんですが、
無料版だとn=7までが限界でしたｗ >>724
すみません、自己レスで修正しときます。
>>>705の二項展開の各々のk番目(k≧2)の項の絶対値
k=0から始まるので、k番目ではなく、(k+1)番目ですね。
したがって、最後から二行目、
>よって、>>705の二項展開の２番目以降の項はすべてn^(n+1)
のところは、「二項展開の３番目以降の項」になります。 a≧3
>>718 の評価を改良して
k≧2 では k-2回以下
N=n^(n-1), k≧2 のとき
C(N,k) は n^(n+1-k) の倍数。 M は n^(n+1) の倍数。
N=n^(n+1), k≧1 のとき
C(N,k) は n^(n+2-k) の倍数。 M は n^(n+2) の倍数。 >>716 付置を使った照明。
補題
p を素数、vをp進付置とする。
a,bをp進単数でa ≡b (mod p)であるとする。
このとき
v(a^n - b^n) = v(a-b) + v(n) 定理
nを奇数とする。
x = (n+1)^{n^(n-1)} + (n-1)^{n^(n+1)}とおく。
このとき
v(x) = nv(n)
が成立する。
特に
max{e | x ≡ 0 (mod n^e)} = n
である。
(∵)
pをnの素因子とし、ｖをp進付置とする。
補題により
v((n+1)^{n^(n-1)} - 1) = v(n+1 -1) +(n-1)v(n) = nv(n)
v((n-1)^{n^(n+1)} - (-1)) = v(n-1 +1) +(n+1)v(n) = (n+2)v(n)
であるから主張は成立する。 Rを実数体として、g:[0,1]→Rを可測関数とするとき、
∫_0^1 f(x)g(x)dx=0
となる恒等的には0ではない連続関数f:[0,1]→Rが存在することを示せ >>730
f(t,x)= sin(π(x-t))
I(t)=∫f(t,x)g(x)dx
とおく。
I(t)は収束定理により連続。
I(0) = -I(1) >>731
gは可測関数とは言ってますが可積分関数とは言ってないので収束定理が使えないと思いますが >>730
それ本当に成り立つの？
Rの部分集合Aに対して関数1_Aを
(1_A)(x)=1 (x∈Aの時), (1_A)(x)=0 (それ以外の時)
と定めて、0以上1以下の全ての有理数が１回ずつ出現する数列を {q_n}_(n=1,2,…) とおく。
集合A_mを
A_m = ∪_(n=1,2,…) ( q_n - 1/(logm･2^n) , q_n + 1/(logm･2^n) )
とおいて、関数g~:R→[0,∞]を
g~(x) = Σ_(m=2,∞) (1_(A_m))(x)
と、そして関数g:R→[0,∞)を
g(x)=0 (g~(x)=∞の時), g(x)=g~(x) (それ以外)
と定める。
この時、0と1の間のどの有理数qをとっても、任意のε>0について
∫_(q-ε,q+ε) g(x)
=∫_(q-ε,q+ε) g~(x) (g~による∞の逆像はルベーグ零集合になるから)
≧∫_(q-ε,q+ε) Σ_(m=2,∞) (1_(q - c/logm , q + c/logm))(x) (cはある正の数)
=Σ_(m=2,∞) 2min(ε,c/logm)
=∞
となるから、fが恒等的に0でない連続関数であれば、
ある0と1の間の有理数の近傍で、fの絶対値がある正の数より常に大きいことになるから
∫_(0,1) |g(x)f(x)|dx = ∞
となってしまう I0 = ∫_0^1 g(x) dx
I1 = ∫_0^1 x g(x) dx
とおく。
I0=0 のとき f(x) = 1,
I0≠0 のとき f(x) = x - I1/I0, 近似単関数列から適当に小数展開の数字いじって作れんかなあ 前>>694
[問題]たばこの箱を最大の対角線を軸に一回転させた通過部分の体積を求めよ。
但し、箱はレギュラーサイズのボックスタイプ(88㎜×55㎜×23㎜)とせよ。 任意の偶数aについて、ある適切な二つの素数を取ればその差はaになることを証明せよ。
解けますか？（´-`） 思いつきの問題だろうが、
100万くらいまでの全ての偶数についてそのような素数の組があることが判明したなら
世紀の難問になる可能性はある。 なんか任意の長さの等差数列をなす素数の組があるとかタオが証明してなかったっけ。
なんかそれも既に示されてそう 差を和に変えたらゴールドバッハじゃん
本当に解けるのか？ 連続する 2a-1 個の自然数
(2a)! +2, (2a)! +3, ････, (2a)! +(2a-1), (2a)! +(2a) はすべて合成数である。
(2a)! +1 と (2a)! +(2a)+1 が共に素数となるようなａが存在するか？
(2a)! -(2a), (2a)! -(2a-1), ････, (2a)! -3, (2a)! -2 でもよい。
「高校数学の美しい物語」(いくらでも長い素数砂漠が存在する)
http://mathtrain.jp/primedesert (修正)
a! +2, a! +3, ････, a! +(a-1), a! +a の a-1 個はすべて合成数である。
a! +1 と a! +a+1 が共に奇素数となるような偶数aが存在するか？
a! -a, a! -(a-1), ････, a! -3, a! -2 でも同様。 a ≦ 966 までは存在するらしい。
http://www.asahi-net.or.jp/~KC2H-MSM/pbsb/pbsbm006.htm
600を超えるのは確か。
しかし p≦4000億 まで探索しても ⊿p ≦ 4000 らしい。
http://math.a.la9.jp/a2prd.htm
解けた方は↓へ
http://math.a.la9.jp/2prd.htm a+1 が素数ならば a!+1 は a+1 の倍数である。 >>736
〔問題824〕
3稜の長さが a,b,c (0<a≦b≦c, aa+bb+cc=1) の直方体を、体対角線を軸として回転させた。
このとき通過する部分の体積を求めよ。
分かスレ４５４ - 824,839,842,846-848,875-876
(類：東京工大,1993年) >>736
aa = 23･23/11298 = 0.0468224464507
bb = 55･55/11298 = 0.267746503806
cc = 88･88/11298 = 0.685431049743
体対角線をu軸とする。
① r(u) = (1/a)√(1-aa)･u (0 < u < aa)
②～⑤ (aa < u < 1-cc)
⑥ r(u) = (1/c)√(1-cc)･(1-u) (1-cc < u < 1/2)
⑥' r(u) = (1/c)√(1-cc)･u (1/2 < u < cc)
⑤'～②' (cc < u < 1-aa)
①' r(u) = (1/a)√(1-aa)･(1-u) (1-aa < u <1)
→ S(u) = πr(u)^2,
→ V = ∫[-1/2,1/2] S(u)du,
V(①) = V(①') = π(a^4)(1-aa)/3 = 0.00218832
V(⑥) = V(⑥') = π{(1-cc)/cc}(8c^6 -1)/24 = 0.0946902 >>747
Legendre's conjecture? >>744
・a+1 が素数のとき、ウィルソンにより
a! + 1 は (a+1) の倍数 >>747 >>748
a! も合成数。
・a+1 が合成数のとき
a! + (a+1) は (a+1) の倍数
a! + (a+2) は偶数。
よって 存在しない。
>>751
11298 c㎡ → １ とする。 >>730
写像φ:C([0,1])→Rを
φ(f)=∫_0^1 f(x)g(x)dx
と定める
このとき、Kerφ={0}とすれば、φは線形より単射
したがって#AをAの濃度とすれば
#C([0,1])≦#R
これは矛盾
したがってKerφ≠{0}となり、非自明なfが存在する >>753 訂正
112.98 c㎡ → １ とする。 正方行列Aが正則でないとき、任意の正の数cに対して、A+cEは正則であることを示せ。 ￣￣]/＼______∩∩_
____/＼/ .,､､(___))|
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□ | ∥￣￣U~~U | / )
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__________________∥/
23×55×88=111.32(c㎡)
前>>751くるくる回転させるんで300ぐらいいくのかな？ 前>>761
[問題]携帯を最大の対角線を軸に一回転させた通過部分の体積を求めよ。
但し、携帯のサイズは、
112㎜×51㎜×15.1mmとせよ。 (1)
S^2を二次元球面とする
f:S^2→S^2が連続であるとき、
f(x)=x となる x∈S^2が存在することを示せ
(2)
三次元実ベクトル空間には積が連続となるような体の構造は入らないことを証明せよ 確率の問題。
三つの箱の中に正解が一つだけ。
挑戦者が一つ選んだ後に、選ばれてない二つの箱のうち外れ箱が開封される（二つ共外れ箱であればランダムで開封）
挑戦者が箱を変える事ができた場合、箱を変えた方が得か？それとも確率は変わらないか？ モンティ・ホール問題だろ。>>764
変えたほうが得。正解を引く確率は、変えないと1/3、変えると2/3
だと条件付き確率で求まる。 >>765正解。結構有名な問題だよね。
直感は変わらないんだけど、よくよく考えたら確率は偏るって感じで。不思議な問題だよ。 前>>762
>>764
挑戦者が箱を変えない場合、
一発目で当てる確率は、
1/3――①
挑戦者が箱を変える場合、
一発目で当てる確率は、
1/3――②
一発目を外して箱を変えて二発目で当てる確率は、
(2/3)･(1/2)=1/3――③
②③より、
1/3+1/3=2/3――④
①と④を比較すると、
1/3＜2/3
∴挑戦者が箱を変える場合のほうが箱を変えない場合より当たる確率は高い。 「箱を1つ選んだ場合はその1つが正解なら当たりで
箱を2つ選んだ場合はそのうちのどちらかに正解が入っていれば当たりです
箱を1つ選びますか？2つ選びますか？」
っていう問題と同じことだから >>763
(1)
(x,y,z)→(y,-x,-z)は不動点を持たないので問題が誤り
deg(f)≠-1を仮定すればLefschetz不動点定理から従う
(2)
そのような積構造が存在すると仮定
f:S^2→S^2; x→x^2/|x^2|
と定める
f(x)=f(-x)よりこれは
g:RP^2→S^2
を誘導する
gは単射であり、またRP^2がコンパクトであることから、gは同相写像となる
しかしRP^2とS^2は位相同型ではない為これは矛盾 (例) "外積" (交代積)
↑ｂ が ↑ａ のスカラー倍のとき
ａ≠ｏ、ｂ≠ｏ、ａ×ｂ＝ｏ (零因子)
⇔ 整域でない
→ 整閉整域でない
→ UFDでない
→ 主ideal整域でない
→ Euclid整域でない
→ 体でない 前>>767
>>769結論があえばじゅうぶんじゃないか。俺は今脱稿間近で忙しい。伏線を回収してラストシーンがいい感じになる。あと2ページ直す。 >>773
だからいつまでたっても数学ができるようにならんのだよ。
別に数学できるようにならなくても人生で困ることはないが、何事に対してもその気持ちで当たってるなら何やっても何にもできるようにならん。
そのうち首回らなくなるぞ？ >>773
一発目を外して箱を変えて二発目で当てる確率は、
(2/3)･(1/2)=1/3――?
この辺が合ってない。1/2はどこから来たの？
たまたま答えが一致したというだけで、論理展開上はバツになる。 前>>773
>>774首は左右に180°しか回らねえよ、昔から。
>>775箱変えたらあと2個しか残ってねえじゃねえか。どっちか当たりなんだから1/2じゃねえか。
なに言ってるだ。 前>>776
うしろが好きで、
前を向いたまま、
首だけ180°以上うしろに回してキスをする、
あの人にまた逢いたいです。
ただ数学で、
まぎらわすのみ。 前から知ってたがやっぱりコイツどうしょうもないな。 前>>777
>>778
________________｣
(.-ﾟ-)なに言ってるら!
_`''~ >>776
一つ目の箱がハズレであることを前提に置いてるんだよね？？なぜ当たりかハズレかがあるの？？
・一つ目の箱がハズレの場合（2/3）
残り二つの内ハズレが開封される＝変えて当たる確率は１。だから2/3×1＝2/3。だよ。
1/2なんて出てこない。 前>>779
>>780なんで。一発目外れて二発目は残り2個のうちどっちかだろ。
二発目を百％ヒットさせる凄い奴はたしかに1だが、ふつう1/2だ。 答えが2/3というのはどっかで聞いてきて、目の前にある1/3,2/3,1/2とかを適当に組み合わせて2/3になった、出来たってとこなんでしよ？ 前>>781
>>784この問題は初めて見た。順序だてて解いた。 >>781
そこが勘違いしてるポイントよ。
箱がABCとあって、Aを選んでハズレだった場合ね。
・Bが当たりの時
Cが開封される。AからBに変えると1の確率で当たり
・Cが当たりの時
Bが開封される。AからCに変えると1の確率で当たり
そのふつう1/2だ。というのが直感的にそう思うのかもしれないけど、実際は誤ってて。直感と事実と乖離が生まれる命題として、この問題は有名なのよ。
だから、この問題には名前までついてる。 >>785
論理的に考えれば
1/3 + 2/3 × 1/2
などという式は出ない。正しくは
1/3 × 0 + 2/3 × 1。
なんかのCMで言ってたが数式は計算のためにあるのではない。
それ自身が言葉なのだ。
答えが 2/3 になればなんでもいいわけではない。 何を言ってもただ言い張るだけのやつを説得するのは不可能だぞ 前>>785
悔しかったら見たことない過程を経た答えを出してみな。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
