面白い問題おしえて〜な 30問目
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スマソ。 あまりの重さに連投になってしまった。orz 前>>198 え、あってんの!? やったー!! やっぱ積分したら負けなんですね。積分しないで解けるってことですね。せやて積分したら3項とも負になったでね。連投いいですよ。べた褒めみたいでとてもいいです。 で、どうやってp,qを出すかですが、どうしたらいいんですか? eとかcosとかsinとかなしで。置換してもいいけどcosとかはやめて。ていうか積分なしで。 >>204 だから>>198 のS=の右辺をp,qの2変数関数とみなして増減を調べる。 第1項〜第3項の和はp,qに無関係な定数。 未知数二つなので式二つ必要。 まずqを定数とみなしてpのみの関数とみなして微分して0が必要でそれで一個。 次にpを定数とみなしてqのみの関数とみなして微分して0が必要で二個目。 正しく解けは解ける。 前>>204 >>205 S'(p)=0より、――@ S'(q)=0より、――A @Aより、p= q= 積分したら負け、微分したら勝ち。 なるほど。面白い。 nを自然数とする。ある多項式F(x)について、xの次数がnの倍数である項の係数の和をf(n)とする。ただし定数項はxの次数が0である。 (0) F(x)=(1+x)^7 のとき f(2), f(3)の値を求めよ。また (1) 素数pについて、 f(p)=(1/p)*{Σ[k=1→p] F(cos(2kπ/p)+isin(2kπ/p))} で表されることを示し、 (2) f(n)=(1/n)*{Σ[k=1→n] F(cos(2kπ/n)+isin(2kπ/n))} で表されることを示せ。 >>207 各nについてf(n)を多項式環からの写像と見なせば線形写像であるから単項式について示せば十分。 以下ζ=e^(2πi/n)とする。 F(x)=x^tとする。 tがnの倍数でないとき (1/n)ΣF(ζ^k)=(1/n)(1-ζ^n)/(1-ζ)=0=f(n)。 tがnの倍数のとき (1/n)ΣF(ζ^k)=(1/n)n=1=f(n)。 >>208 すいません、高校数学の言葉に焼き直すとどうなりますか...? nを2以上の整数、kを0以上n以下の整数とする。部屋には男子と女子が何人かいて、どの男子と女子についても、互いに知り合いであるか知り合いでないかのどちらかである。 どの男子もちょうどn人の女子と知り合いであり、どの女子もちょうどn人の男子と知り合いである。 また、どの2人の男子においても、共通の知り合いである女子はちょうどk人である。このときどの2人の女子においても、共通の知り合いである男子はちょうどk人であることを示せ。 >>196 f(x,y)=F^(-1)(F(x)+F(y)) (F^(-1)は逆関数、F(x)は任意の関数) Σ(i=1,2,...n)F(a_i) が入れ替えの操作で不変量となるから 日本シリーズは先に4勝したチームが優勝。 勝率はそれまでの通算勝率に従うとする。引き分けはないものとする。 勝負がつくごとに次回の勝率が変化する。 シリーズ開始前の通算成績はA:2勝、B:4勝であった。 今シリーズでAが先勝(第一試合に勝利)した。 この時点でどちらが優勝するか賭けをする。 A,Bのどちらに賭ける方が有利か?" >>210 男の人数をp、女の人数をqとしてp行q列行列Aを Aij=1 男iと女jが知り合いのとき . 0 otherwise で定める。 またAの転置行列をA~で表すとする。 条件より全行ベクトルの和は全成分がnの1行q列のベクトルであり、その成分の和はqnである。 同様に全列ベクトルの和は全成分がnのp行1列のベクトルであり、その成分の和はpnである。 これらが等しいからp=q。 p次単位行列をI、全成分が1のp次正方行列をBとすれば条件より AB=BA=nB AA~=(n-k)I+kB である。 よってAはBと可換であり、したがって(n-k)I+kBとも可換である。 ここでBはrank1の行列でその固有値pは(k-n)/kと一致しないから(n-k)I+kBは可逆である。 よってAも可逆であり A~=A^(-1)((n-k)I+B) もAと可逆である。 以上によりA~A=(n-k)I+B であり主張は示された。□ >>213 第二試合にAが勝つ確率は通算勝率の3/7 Aが勝ったら第三試合に勝つ確率は4/8 Aが負けたら第三試合に勝つ確率は3/8 になるという設定。 >>212 同じになった 計算間違えているとするとなかなか奇跡的w じゃあ合ってるのか 何かうまい考え方をすると簡単に五分五分だとわかることなんだろうか 100万回のシミュレーションでも0.5みたい。 > rm(list=ls()) > N_series <- function(A=1,B=0,w=4,a=2,b=4,k=1e6){ + sim <- function(){ + while(A < w & B < w){ + p=(A+a)/(A+B+a+b) + g = rbinom(1,1,p) + if(g==1){ + A=A+1 + }else{ + B=B+1 + } + } + A > B + } + mean(replicate(k,sim())) # Pr[A wins] + } > N_series() [1] 0.500051 nを2以上の自然数として(2n-1)戦でn勝した方が勝ちというシリーズで1戦目を負けた方のチームの勝率がn/(2n-1)になるとシリーズ優勝の確率は同率になるのかな? >>212 不透明な壺と透明な壺を用意し、どちらにも、n個の白玉とm個の黒玉を入れておく。(n、mは正整数) 「不透明な壺に手を入れ、よくかき混ぜて球を一つ取り出し、色を確認して戻し、 同じ色の球を透明な壺から不透明な壺へ一つ移す。」 という操作を繰り返し行い、不透明な壺から白玉の方が先に無くなる確率は? (恐らく)答え n,mの値に関係なく 1/2 という問題の具体例版 だと思う。 誤:という操作を繰り返し行い、不透明な壺から白玉の方が先に無くなる確率は? 正:という操作を繰り返し行い、 透明な壺から白玉の方が先に無くなる確率は? 前>>214 >>212 え、Bのほうが有利なんじゃないの? 先にAが勝っただけで通算だとBのほうが勝率いいじゃん。第2戦は4/7の確率でBが勝つよ。Bが勝った場合、第3戦は5/8の確率でBが勝つ。Bが勝った場合、第4戦は6/9=2/3の確率でBが勝つ。Bが勝った場合、第5戦は7/10すなわち7割の確率でBが勝って日本一。 そろともなにか? 負ける場合も考えると勝つ確率は変わると言うのか? じゃあ考えたら負けだ。7割勝つ。信じるしかない。 >>225 >先にAが勝っただけ という時点で運命が決まったんじゃないの? 0.5を算出する前提 Aが優勝する以後の勝敗の順列(1を勝ちとする)は以下の20通り。 > (dat3=dat[apply(dat,1,sum)==3,]) # Aあと3勝の仕方 末尾に連続する0は無視 [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [1,] 0 0 0 1 1 1 [2,] 0 0 1 0 1 1 [3,] 0 0 1 1 0 1 [4,] 0 0 1 1 1 0 [5,] 0 1 0 0 1 1 [6,] 0 1 0 1 0 1 [7,] 0 1 0 1 1 0 [8,] 0 1 1 0 0 1 [9,] 0 1 1 0 1 0 [10,] 0 1 1 1 0 0 [11,] 1 0 0 0 1 1 [12,] 1 0 0 1 0 1 [13,] 1 0 0 1 1 0 [14,] 1 0 1 0 0 1 [15,] 1 0 1 0 1 0 [16,] 1 0 1 1 0 0 [17,] 1 1 0 0 0 1 [18,] 1 1 0 0 1 0 [19,] 1 1 0 1 0 0 [20,] 1 1 1 0 0 0 Aが優勝する以後の勝敗の順列=Aが優勝するときの第二試合以後の勝敗の順列 >>223 続き 白玉がn個出る前に、黒玉がk(k<m)個でる確率は 黒玉が連続してk個出て、白玉が連続してn個出る確率のC[n+k-1,k]倍なので、 C[n-1+k,k]*{m*(m+1)*...*(m+k-1)}*{n*(n+1)*...*(2n-1)}/{(n+m)*(n+m+1)*...*(2*n+m+k-1)} =C[n-1+k,k]*P[m+k-1,k]*P[2n-1,n]/P[2n+m+k-1,n+k] 黒玉が0個からm-1個までの和を取れば、求める確率なので、 Σ[k=0,m-1]{C[n-1+k,k]*P[m+k-1,k]*P[2n-1,n]/P[2n+m+k-1,n+k]} が求めるもの。 m,nに適当な数字を入れてWolfram先生に計算してもらったところ、 m,nに関係なく、 1/2 になるようです。予想は正しそうですが、証明はちょっと難しい。 前>>225 >>226 それはどうかな。 俺は俺が勝つために投げたし、みんな勝つために打ったり守ったり走ったりしたと思う。結果的に7割勝つとわかった。それ以上でもそれ以下でもない。 最初Aに負けて、どうなるかと思った。もうだめなんじゃないかとさえ思ったよ。 それで運命が決まったとは思わないけど、運命というものがあるのなら、あるいはそうかもね。 >>230 優勝するにはAはあと3勝必要だがBはあと4勝必要と運命づけられちゃったと言えない? 前>>230 >>232 だから、運命なんてわかんないよ。勝ってるうちに強くなるかもしれないし、試合の前とあとではもう違うんだぜ。運命なんて変えてやるよ。みんなそう思ったと思う。 >>229 m,nを1〜10からランダムに選んで10万回のシミュレーションをしてみました。 Polya_Urn <- function(k=1e5){ mn=sample(1:10,2) m=mn[1] n=mn[2] a=rep(0:1,c(m,n)) b0=b1=0 sim <- function(){ while(b0<m & b1<n){ b=sample(a,1) a=c(a,b) if(b==1){b1=b1+1}else{b0=b0+1} } b1==n } c(Prob=mean(replicate(k,sim())),m=m,n=n) } > Polya_Urn() Prob m n 0.50125 8.00000 10.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.50022 9.00000 5.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.50065 3.00000 8.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.49939 2.00000 4.00000 > Polya_Urn() Prob m n 0.49657 1.00000 9.00000 m,nに関わらず、0.5になるようです。 >>234 ターミネーターのセリフだな。 The future is not set. There is no fate but what we make for ourselves. 計算するまでもなく1/2になるとわかるような考え方がありそうに思えるのだが全然思いつかない 確率 n/(n+m) で白玉を引いて壺の中の白玉が一つ増える、あるいは、 確率 m/(n+m) で黒玉を引いて壺の中の黒玉が一つ増える、と言う操作(現象)を 確率1で、白成分が、n/(n+m)、黒成分が、m/(n+m) で構成されているキメラ玉を壺に投入する操作と同等 と考えると、白玉が2n個(相当)になるのと、黒玉が2m個(相当)になるのは、同時なので、 どちらが勝つのかが 1/2 づつになるのは当然と 強弁できる かな...? ポリアの壺問題の帰納法も計算も要らない証明 http://shiatsumat.hat enab og.com/entry/2014/12/08/183943 (空白は除去してください) ってあるのだけど、私には理解できなかった。 >>239 urlがうまく貼れなかったので ポリアの壺問題の帰納法も計算も要らない証明 で検索してください。 >>239-240 この問題はポリヤの壺の発展形。 残念ながらそのリンクの先の証明だけでは無理です。 >>225 優勝するにはAは現時点の勝率3/7であと3勝、Bは現時点の勝率4/7あと4勝しなくちゃいけない どちらが有利か、という問題だと思う。 前>>234 >>242 Bのほうが有利だね。たとえAが第1戦から3連勝したって最終戦に勝つ確率は6割。それに比べBは先にも言ったように7割。わずかだがBの監督が宙に舞う姿を想像するね。 例えば残り四試合で「Aが勝ち」で勝負がつくときのパターンとそれに伴う計算式は次 ○○●○ :(3/7)*(4/8)*(4/9)*(5/10) ○●○○ :(3/7)*(4/8)*(4/9)*(5/10) ●○○○ :(4/7)*(3/8)*(4/9)*(5/10) 各因子を分数として見ると、各々は異なるが、分子側全体、分母側全体として見ると、 これらは数字の並べ替えに過ぎず、全て同じ値を持つ。この点に注目して、解答を作ると、 残り三試合で「Aが勝ち」で終了 ○○○ :(3/7)*(4/8)*(5/9)=5/42 残り四試合で「Aが勝ち」で終了 [●○○]○ :C[3,1]*(4/7)*(3/8)*(4/9)*(5/10)=1/7 (“[]”は[]内の並べ替えを意味する) 残り五試合で「Aが勝ち」で終了 [●●○○]○ :C[4,2]*(4/7)*(5/8)*(3/9)*(4/10)*(5/11)=10/77 残り六試合で「Aが勝ち」で終了 [●●●○○]○ :C[5,3]*(4/7)*(5/8)*(6/9)*(3/10)*(4/11)*(5/12)=25/231 5/42+1/7+10/77+25/231=1/2 前>>243 第2戦Aが勝って第3戦Aが勝って第4戦Aが勝って優勝する確率は(3/7)(4/8)(5/9)=5/42――@ 第2戦Aが勝って第3戦A級が勝って第4戦Bが勝って第5戦Aが勝って優勝する確率は、(3/7)(4/8)(4/9)(5/10)=1/21――A 第2戦Aが勝って第3戦Aが勝って第4戦Bが勝って第5戦Bが勝って第6戦Aが勝って優勝する確率は、(3/7)(4/8)(4/9)(5/10)(5/11)=5/231――B 第2戦Aが勝って第3戦Aが勝って第4戦Bが勝って第5戦Bが勝って第6戦Bが勝って第7戦Aが勝って優勝する確率は、(3/7)(4/8)(4/9)(5/10)(6/11)(6/12)=1/77――C @+A+B+C=1/6+8/231=93/462=31/154 Aが優勝する確率は3100/154=1050/77<(2割ない) Bのほうが有利。 >>243 >たとえAが第1戦から3連勝したって Aはシリーズ開始後はあと3勝すればいいのだから Aの勝ちを1負けを0で表示すると Aが優勝するには第2試合以後は > dat3[17:20,] [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6] [1,] 1 1 0 0 0 1 [2,] 1 1 0 0 1 0 [3,] 1 1 0 1 0 0 [4,] 1 1 1 0 0 0 の4通り Bはあと4勝しなくちゃいえないからAが第1戦から3連勝したら 2戦目以後は 1 1 0 0 0 0 (Aの勝ちが1) でしか優勝できない。 前者は0.1991342 後者は0.01515152 となる。 計算式は g <- function(x){ # Aの勝敗数列の起こる確率 (tva=cumsum(x)+3) # Aの通算の勝利数 win=c(3,tva)/(7:13) # 試合前の勝利確率 lose=1-win # 負ける確率 (y=rbind(win,lose)[,1:6]) #最終勝率は不要なので除く p=rep(1,6) # p : 通算勝率の入れ子 for(i in 1:6){ j=ifelse(x[i]==1,1,2) # 勝負によりwin/loseを選択する p[i]=y[j,i] if(tva[i]==6) break # シリーズ前2勝+シリーズ4勝で終了 } cat(p,'\n') # 通算勝率の変遷 return(prod(p)) # その変遷が起こる確率 } sum(apply(dat3,1,g)) # 可能な順列の確率を総和 >>244 >218ですが、計算ありがとうございました。 きりのいい数字になってびっくりしました。 >>244 >各因子を分数として見ると、各々は異なるが、分子側全体、分母側全体として見ると、これらは数字の並べ替えに過ぎず、全て同じ値を持つ。 全く気づきませんでした、プログラムできればいいと愚考してましたので。 >>244 正解だと思うのですが 5/42+1/7+10/77+25/231=1/2 って偶然でしょうか? >219の疑問は残ります。 >>245 いつも楽しいレスをありがとうございます >244が正解だと思います。 A:現時点での勝率は3/7であと3勝が必要 B:現時点での勝率は4/7であと4勝が必要 勝率は通算成績で決まり現時点でA3勝B4勝である。 >>249 >>244 の内容は >>223 の投稿時に作っていたものです。数字の羅列が主なので、結論としては同じ、>>223 のみの投稿にしました。しかし、その内容や考え方は、>>229 で生かされています。 よかったら、過去の投稿も読み直してみてください。 偶然か? との疑問がありましたが、一定の条件下で起こる必然現象でしょう。 これが「ポリアの壺問題」の帰結です。 あるいは、もっとシンプルに、次のような思考実験が考えやすいかもしれません。 直方体型の水槽がある。水槽には水が入れられており、水は「(垂直な平面による)仕切り」により 二つの区画に分けられている。この仕切りは、自由に動くようになっている。単に位置が可変というだけでは無く、 二つの区画に分けられている水の「高さ」が同じになるように、自動的に動くようになっている。 この水槽に水を入れ、外に置いておいた。昨夜、雨が降っていたので、水槽に入っている水の量が増えているはずだが、 仕切りの位置は、どうなっているだろうか? (仕切りの右側に雨粒が入るか、左側に入るかは、各区画の面積に比例、つまり、各区画に入っている水の量に比例する) 答え ほとんど動いていないはず。 そう? どっちかにビチャってよっちゃってそうだけど。 >>253 じゃ、こんなのはどう? 交換してもらった名刺が1000枚ある。五十音順に並べることにした。 100枚ほど並べ終わった時、何を思ったか、自分の名刺も加えてみた。 上から30%位の位置に挿入された。 さて、1000枚全てを並べ終わったとき、自分の名刺は、どの辺りにあるか? >>256 それならいけるのかな? しかし本問は最初の発生した偏りが系に正帰還して偏りを拡大させていくモデルだからなぁ。 例えば今回は(a,b)の状態から始めてa+b-1回目の時点では Aが起こる回数がa回以上の確率 =Bが起こる確率がb回以上の確率 =1/2 という事が成り立つようだけど、この状態は本当にずっとたもたれるのかな? 例えばna+nb-1回やったとき相変わらず Aが起こる回数がna回以上の確率 =Bが起こる確率がnb回以上の確率 =1/2 という関係はたもたれ続けるのかな? yesのような、noのような‥‥ 今(a,b,n)=(2,1,2)でやってみたらわずかにaが4回以上起こる確率の方がbが2回以上起こる確率を上回ってる気がする。 手計算だから間違ってるかもだけど。 やっぱり偏りは拡大していく気もする。 正弦定理から sine(?) = sine(36°)/sine(72°)*sine(84°- ?) これをコンピュータで解いて?=30 >>260 角度を計算するRのスクリプト foo <- function(x=36,y=24){ sine <- function(x) sin(x/180*pi) f <- function(z) sine(z) - sine(x)/sine((180-x)/2)* sine(180-y-(180-x)/2-z) round(uniroot(f,c(0,180))$root,3) } > foo(36,24) [1] 30 複素数平面でもベクトルでも三角比でも初等幾何で解く事にこだわらなければ似たり寄ったり。 でも初等幾何のテクニック勉強するのってどっかで見切りつけないとキリないんだよな。 前>>245 記憶にございません。俺の脳が勝手に携帯のボタンを押したんだ。意味わかんない。メネラウスとかのほうがいい。  ̄ ̄]/\______∩∩_ ____/\/ ,,、、(___))|  ̄ ̄\/ 彡-_-ミっ / |  ̄ ̄|\_U,~⌒ヽ、| | □ | ‖ ̄ ̄U~~U | / ) ____| ‖ □ ‖ |/ /| _____`‖______‖ノ / |  ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄‖ | □ □ □ ‖ / __________________‖//  ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄_/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__/__ 前>>265 >>254 ありきたりな正弦定理はおもしろくないんでこのスレじゃNG。 いよいよメネラウスやっとくれ。 前>>266 84-?=24+? 2?=84-24 ?=60/2=30 疑う余地はない。 その前の二等辺三角形をメネラウスでお願いします。 >>266 俺はありきたりな偏角とプログラムを使うとこういうのが図示計算できて楽しめた。 https://i.imgur.com/RMvD2IF.jpg >>263 パターンは絞れるんじゃない? 正三角形を作るとか >>269 それが数学を勉強していくのに不可避ならやるんだけど、少なくともこの手の問題は解答するためのアルゴリズムも見つかってるので数学の研究のメインに上がってる事もないし。 ソロバンみたいなもの。 勉強して無駄とは言わないが、あまり不必要に難しすぎるやつやってもしょうがない。 >>264 ω=exp(2π/3i)、log(x)を0以下の実数を除くところで定義するとして Σω^n/n=-1/ωlog(1-ω)‥‥@ Σω^(2n)/n=-1/ω^2lig(1-ω^2)‥‥A (ω@-A)÷(1-ω)=答え 前>>267 >>254 題意の図を内角が左上A72°左下B96°右下C78°右上D84°となるよう4頂点を決め、ABの中点をE、ADの延長線とBCの延長線の交点をF、ACとBDの交点をGとし、BAの延長線とCDの延長線の交点をH、AE=BE=1、BG=xとすると、 ADは一辺ABの正五角形の対角線だから1+√5 AD=BD=BC=1+√5 Aを起点にメネラウスの定理より、(AG/GC)(CB/BF)(DDA)=1――@ Bを起点にメネラウスの定理より、(BG/GD)(DA/AF)(FD/DB)=1――A F(12°)を起点にメネラウスの定理より、――B H(6°)を起点にメネラウスの定理より、――C @ABCより、x=2 △ABGはAB=GBの二等辺三角形で∠BAG=∠BGA 84°-?=?+24° 2?=84°-24°=60° ∴?=30° AとBが同じになったからCが必要で、これでできるだろう。正弦定理でもいいよ。x=2が言えれば。けどチェバとメネラウスだけで解けたらおもしろい。 前>>273 AB=GBさえわかれば答えは出る。メネラウスと考えるのが自然。AE=BE=1として、AD=BD=BC=1+√5 実際に比がわからなくても△ABGは二等辺三角形になるしかない。時間なければx=2しかない。チェバとメネラウスで二等辺三角形でいい。 ∠BAG=∠BGA 84°-?=24°+? 2?=84°-24° ?=30°あってる。 前>>274 わかったからこっちにも書く。 >>254 別解。 折れ線の左上をA、右上をB、左下をCとすると、 AB=BC、∠ABC=36° AB=BC=CD、∠BCD=36°となるDをとり、 AB=BC=CD=DE、∠CDE=36°となるEをとると、 AB=BC=CD=DE=EA、∠DEA=36°となる。 ∠BAEの二等分線を引くとCDと直交し、折れ線の端に達するから、 ?=90°-(36°+24°) =30° ∴示された。 東京で高さ10mの垂直な梯子に上ると、地上にいる人より何秒早く初日の出を見ることができるか。 【条件】 地球を半径6400kmの完全な球体とする。 ビルなどの建物はない。 東京を北緯35度とする。 自転軸は23.4度傾いている。 公転による影響は無視する。 観測者の身長は無視する。 1日を23時間56分4秒とする。 >>276 地球半径をRとすると、高さhのところから地平線を見下ろす 角度θは、地心と観測者と地平線を結ぶ直角三角形を作れば tanθ=√(2hR-h^2)/R h/R<<1, θ<<1で近似すれば θ≒√(2h/R) ラジアンを秒角に直せば、 θ(秒角)≒2.06×10^5√ (2h/R) h=10m,R=6.4×10^6mを代入して計算すると θ≒364秒角 (ちなみに、地平線までの距離が√(2hR)≒3600√h メートル ってのは、豆知識) あとは、しちめんどくさいので、だいたいで。 太陽の赤緯は無視して、緯度φでの、相当する日周運動の 回転角だけ求めると、 θ/cosφ ≒387秒角 地球の自転の角速度は360度/日=15度/時=15秒角/秒 で近似できるので、 387/15≒26秒だけ早く初日の出を拝める。 >>277 あ、間違えた。φに23.4度を入れちゃってたわ。 35度で計算 しなおすと、 θ/cosφ≒444秒角なので、 444/15=30秒だけ早く初日の出を拝める。 前>>275 30秒で10mは登れると思うけど、木登りするよりは地上で30秒待って拝むかな。 狼男が何人いるかが気になる。だれか明確な答えを出してほしい。スレは20ぐらいで埋もれてる。 三日目終わって村人全員死んだらしい。毎夜12時に集まって狼男をつきとめようとしたみたいなんやが衆人監視のもとやと襲いよらへんらしい。 でも変身したらわかるはずやし、俺は村人の4人に1人が狼男や思うんやが、正解はなんなのか、だれかが出した3人という答えはなんなのか、解答する村人が俺以外死んだのかおらんなってしもて、今なぞのまま年が暮れようとしとります。 月5,000円で授業や問題集でわからない問題を当方に質問し放題の教室をやっています。 ●全国どこにお住まいでもご対応いたします! ●振込、アマギフ払い可能!(アマギフ払いだとコードをメールで送信するだけです。よって、名前バレ・親バレの心配がありません。) ●すぐにご対応いたします!(授業で当てられて翌日に答える必要がある場合などです。) ●模擬試験のネタバレの答案作成可能!(模擬試験の成績が推薦に影響する場合などに有効です。) ●1ヶ月無料!ご満足いただけない場合は、その月で解約可能です。 Yahoo知恵袋などの質問サイトもありますが、間違った回答が来たり、回答が来てわかりにくいところがあったときにすぐ聞けなかったり、返信がいつ来るかわからなかったりするなど多くの問題があります。 私は、国立理系、上位私立文系合格実績があります。 pyosimu@choco.laまでご連絡ください。よろしくお願いします。 前>>279 >>253 せやろ。俺も何べんか言うたんやで。Bのほうにビチャッて寄ってまうやんなぁ。 やっと>>223 できた。 めちゃめちゃ難しい解答になったけど。 今日帰ったらできた解答あげます。 災害が発生していたるところに重症被災者がいる。消防署から出動して救急センターに患者を搬送する 消防署から救急センターへの距離は100km 救急車のガソリンは50L、患者を乗せない状態では燃費は10km/L、患者を乗せての燃費は5km/Lである 患者を救える地域の面積はいくらになるか? いや違う。 消防署と救急救命センターは離れてるのか。 燃費が同じなら消防署と病院を焦点とする楕円内になる ところをひねったわけね。 現実問題としてはガソリンの残量でも燃費が変わるけど。 >>286 >ガソリンの残量でも燃費が変わる どんな関係になるのでしょうか? それが分かればそれを組み入れて計算してみたいので。 >>285 消防署から被災地に赴いてそこで被災者を収容して救急センターに送るという設定。 >>288 ちょっと、調べてみた 例えば、ガソリンタンクが60Lだとすると、レギュラーガソリンの1Lの重さは0.75kgなので、60Lが満タンになると45kg、半分の30Lだと22.5kgとなる。 その差22.5kgがどのくらい燃費が悪化するのか気になるところだが、実は満タンにした場合と半分にした場合とでは、0.84%ほどしか燃費は悪化しないのだ。 https://bestcarweb.jp/feature/column/97520 カウンタックみたいに軽量本体+大容量タンク+ガソリンバラ撒きだと案外無視できないんでね >>289 理解しますた。 つまりa=100kmとして 極方程式 r/10+√(r^2+a^2-2arcosθ)/5≦50 を満たす領域の面積を求めよ。 ですな。 消防署を原点、被災地の座標を(x,y)として √(x^2+y^2)/10 + √((x-100)^2+y^2)/5 ≦ 50 なのはわかるけど、 極形式は??? 方程式 √(x^2+y^2)/10 + √((x-100)^2+y^2)/5 = 50をWolfram先生に解いてもらって y=f(x)の形にして、積分して面積を求めると > integrate(y,-100,700/3)$value*2 [1] 83693.05 1億回モンテカルロシミュレーション結果は > k=1e8 ; mean(replicate(k,gc(runif(2,-Gas*FE1,Gas*FE1))))*(2*Gas*FE1)^2 [1] 83691.74 消防署から患者までの距離と患者から病院までの距離の2倍の和が、 消防署からたどり着ける最大距離に等しい地点の内側にあればいい。 なので、到達最大距離が病院までぎりぎり行ける程度だと、病院周 りのほぼ円形の領域をカバー(消防署からの距離はほぼ一定だから)。 到達最大距離が病院のはるかむこうまで行けるくらいあると、中間 点を中心にしたほぼ円形の領域をカバー(どっちの地点からの距離 もほぼ一定だから)。 最大到達距離が病院までの距離の2倍に等しい場合が一番円形から はずれそう。 wolfram先生に書いてもらうとほぼ円なのはわかる。 でも円じゃないよね? 多分。 前>>281 >>283 なんで円なのかわからんな。牧草を食む山羊か? 杭につながれた。 救命救急は急がないかんのだろ。せやで速い計算以外はいらんだよ。可能性のみ考えよう。 救急車のガソリンは50L。めいいっぱい使うとして、行きが(50/3)Lで(500/3)q、現場から救急センターまでが(100/3)Lで(500/3)qの直線軌道。だれがそげなときに円形に迂回するもんか。二等辺三角形が描ける。 消防署と救急センターの中間地点は双方から50qの地点。その道から垂直に、ピタゴラスの定理により、√{(500/3)^2-50^2}q遠ざかった地点が救急できる最遠方地。 ∴救える面積=50×√{(500/3)^2-50^2} =50^2√{(100-9)/9} =2500√91/3 =7949.49335(ku) 0.01ku=1ヘクタールだから、79万4949ヘクタール救える。車道まで搬送してくれ。それが条件で。 >>296 ガソリン20リットルという条件でやってみそ。(消防署からの 最大到達距離が病院までの距離の2倍ってケース) カスプができるから。 前>>297 >>299 まさに8000kuぐらいじゃね? 80ヘクタール行くか行かないかぐらいじゃないかな? 前>>300 訂正。 80ヘクタール→80万ヘクタール >>289 ヒントギボン。 どうあがいても楕円積分になるorz。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
read.cgi ver 07.5.5 2024/06/08 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる