面白い問題おしえて～な 32問目
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>>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。
後ry) >>800
ありがとう。
実際に収束する値がどのような式になるかは知らんが
>>798 は近似としては良い線いってるな、さすがワイ ( ^～^)
もう計算しなくていいや、電気代もったいないよ。 てすと。
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
99959 99758 100026 100230 100230 100359 99548 99800 99985 100106 >>773
有意差なし
> chisq.test(x)
Chi-squared test for given probabilities
data: x
X-squared = 5.5137, df = 9, p-value = 0.7874
> pairwise.prop.test(x,rep(1e6,10),p.adjust.method = 'none')
Pairwise comparisons using Pairwise comparison of proportions
data: x out of rep(1e+06, 10)
1 2 3 4 5 6 7 8 9
2 0.637 - - - - - - - -
3 0.876 0.529 - - - - - - -
4 0.525 0.267 0.633 - - - - - -
5 0.525 0.267 0.633 1.000 - - - - -
6 0.347 0.157 0.434 0.763 0.763 - - - -
7 0.333 0.622 0.260 0.108 0.108 0.056 - - -
8 0.709 0.923 0.596 0.312 0.312 0.189 0.554 - -
9 0.953 0.594 0.925 0.565 0.565 0.380 0.304 0.664 -
10 0.731 0.413 0.852 0.772 0.772 0.553 0.189 0.472 0.777
P value adjustment method: none >>798
EXは、エグザクトな値(分母分子ともに30万桁)を小数表示したものです。
PKは、Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)] を使った計算です。
H17EX 0.126428026601212362722548404568479006590
H17PK 0.1264291360
H18EX 0.236853974020507393964934630163518219675
H18PK 0.2368490990
H19EX 0.2354240033524223124640651569499966602203
H19PK 0.2354209821
H20EX 0.1671294025153194307125653945982248983094
H20PK 0.1671292309
18連が最頻 >>807
>分母分子ともに30万桁
メモリをどれだけ積んでいるんですか？ >>808
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1592497360/833
の前半で書いた方法に準じています。
20連を計算するときには、21×21 と 20×20 という大きな行列を用意する必要がありますが、
100万乗の計算も、行列の数十回の掛け合わせにすることが可能なので、
メモリ的にも時間的にも、漸化式を用いるときより、効率的になります。 >>809
レスありがとうございます。
1-(MatrixPower[M,1001].v).v とは
1- (行列Mの1001乗 内積 v) 内積v
という意味と理解していいのでしょうか？
その理解で実行したら、
> # 1-(MatrixPower[M,1001].v).v
> M=matrix(c(
+ 1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,
+ 1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,2),11,11,byrow=TRUE)
> v=c(1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0)
> '%.%' <- function(x,y) sum(x*y)
> 1- (M%^%1001%.%v)%.%v
[1] -5.9323e+301 MatrixPower[M,1000] で、行列 M の1000乗です。
これに、ベクトルvを作用させると、長さ1000の文字列で、「表」の連続について、
{最後が裏かつ表10連未達成,1連中かつ表10連未達成,2連中かつ表10連未達成,...,表9連中かつ表10連未達成,表10連以上を含む}
を満たす文字列の数を示すベクトルが得られます。
あの問題では、10連以上を含むもの が問われていたので、このベクトルの11番目の要素を答えればいいのですが、
もう一度行列Mを作用させると、11番目の値が、ベクトルの一番目に来るため、1000乗では無く、1001乗にして、
vとの【内積】を取ることで、「Mの1000乗 に v を作用させたときの、第11成分」を取り出しています。
>> (行列Mの1001乗 内積 v) 内積v
最初の内積はおそらく正しく無く、【行列とベクトルの積】で、後ろの【内積】は、正しいです。
> # 1-(MatrixPower[M,1001].v).v
申し訳ありません。 /2^1000 付け加え忘れていました。
1-((MatrixPower[M,1001].v).v)/2^1000
が正しい式です。 >>811
ありがとうございます。
漸化式と違って爆速で計算されました。
> # 1-(MatrixPower[M,1001].v).v/2^1000
> library(expm)
> M=matrix(c(
+ 1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,
+ 1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,0,0,1,0,0,
+ 0,0,0,0,0,0,0,0,0,1,2),11,11,byrow=TRUE)
> v=c(1,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0)
> '%.%' <- function(x,y) sum(x*y)
> 1- ( (M%^%1001) %*% v ) %.% v/ (2^1000)
[1] 0.3854497524124814 >>811
私の使っているRだと
1-((MatrixPower[M,1001].v).v)/2^1000
2^1000がオーバフローしてしまうので
1-(2*(MatrixPower[M/2,1001].v).v)とすることでオーバーフローを回避できました。
1万回だと１２回連続が最多
> sapply(11:13, function(x) flip.max(10000,x)$p)
[1] 0.2082006 0.2484186 0.1939128
１０万回だと１５回が最多
> sapply(14:16, function(x) flip.max(100000,x)$p)
[1] 0.1701653 0.2489043 0.2165800
１００万回だと１８回が最多
> sapply(17:19, function(x) flip.max(1e6,x)$p)
[1] 0.126428 0.236854 0.235424
１０００万回だと２２回が最多
> sapply(21:23, function(x) flip.max(1e7,x)$p)
[1] 0.2114217 0.2474009 0.1912985
１億回だと２５回が最多
> sapply(24:26, function(x) flip.max(1e8,x)$p)
[1] 0.1745655 0.2493603 0.2142829
という結果が瞬時に出せました。
解説どうもありがとうございました。 nが大きくなるほど、ポアッソン分布を使った近似式 Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1) の
精度が良くなっているのが、個人的にはうれしい
In[37]:= N[Table[Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)],{n,10000,10000},{H,11,13}],10]
Out[37]= {{0.2079842885, 0.2481372247, 0.1938339325}}
In[38]:= N[Table[Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)],{n,100000,100000},{H,14,16}],10]
Out[38]= {{0.1701541230, 0.2488638895, 0.2165632963}}
In[39]:= N[Table[Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)],{n,1000000,1000000},{H,17,19}],10]
Out[39]= {{0.1264291360, 0.2368490990, 0.2354209821}}
In[40]:= N[Table[Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)],{n,10000000,10000000},{H,21,23}],10]
Out[40]= {{0.2114212368, 0.2474004598, 0.1912984145}}
In[41]:= N[Table[Exp[-n/2^(H+2)]-Exp[-n/2^(H+1)],{n,100000000,100000000},{H,24,26}],10]
Out[41]= {{0.1745654478, 0.2493602509, 0.2142829122}} 1 歩で 1 段または 2 段のいずれかで階段を昇るとき、 1 歩で 1 段昇ることは連続しないものとする。
n 段の階段を昇る昇り方を s[n] 通りとする。
このとき、
lim_[n→∞] s[n+1] / s[n] = p が存在することを示し、
p^k ( k = 1, 2, 3, … ) は限りなく整数に近づくことを示せ。
ここで p^k が「限りなく整数に近づく」とは、
p^k に最も近い整数と p^k との距離が k → ∞ で 0 に収束することを意味する。 p^n -(p^n+q^n+r^n)→0
∵ |q|^2=|r|^2=|qr|=1/|p|<1 手持ちの金0のギャンブラーがいるとする。
朝起きて1回コインを投げて表が出たら1万円貰える。
裏が出れば1万円を払う。手元に金がないときは借金として記録される。金利は0
1年(365日とする)間これを行って黒字であった日数を記録して精算して持ち金を0にリセットする。
これを毎年繰り返す。1年に300日以上黒字である確率は？ >>818
所持金0のときは黒字にカウントしない？ >>818
それまた計算機使うしかないやつにしか見えへんけどホンマに計算機使わないでエレガントに解く方法持ってんの？ f(n)=1^m+2^m+3^m+…+n^mとする
mが正の偶数であるときf(n)はnの多項式としてn(n+1)(2n+1)で割り切れることを示せ >>823
f(n)-f(n-1)=n^m
が恒等式よりmが偶数のとき
f(n)-f(n-1)=f(-n)-f(-n+1)
よって帰納的に
fn)=-f(1-n)
よってn(n+1)で割った商rはr(n)=r(1-n)である一次式 >>820
こういう厳密解が出せるようです。すでにネタバレしてしまったがｗ
1-2/pi*asin(sqrt(300/365)) >>796
p = 0.0028312477450853 >>786 >>795 でp値(エグザクト)を見ると
H=8 と H=9 の値は近く、H=8.5 の辺りで極大らしい。
>>807 のp値(エグザクト)を見ると
H=18 と H=19 の値は近く、H=18.5 の辺りで極大らしい。
>>786 の近似は、極大の周辺では相対誤差が小さいようで
exp[-n/2^(H+2)] - exp[-n/2^(H+1)] = t(1-t) ≦ 1/4.
ここに t = exp[-n/2^(H+2)],
極大は t=1/2 のとき。
2^(-1) = exp[-n/2^(H+2)],
2を底とする対数を2回とると
H = log_2(n) + log_2{log_2(e)/4}
= log_2(n) - 1.47123363
n=1000 → 8.4945
n=10^6 → 18.460
でつね >>798 ID:bVhyU5Kj = ID:1FL39oBq か >>828
厳密解？
無理数になるわけないと思うんやけど？
なんかの近似解の主要項？ >>827
f(n)=-f(1-n)にはならないよ？ なんかメチャメチャやろ？
「この確率の近似解を精度は問わないから好きな事かけ」なんか？
今上がってる答えが答えなら問題になってない >>832
ベータ分布でも出せるよ。無理数になるけど。
シミュレーション結果と一致したし。
> pbeta(300/365,0.5,0.5,lower.tail=FALSE)
[1] 0.2773420554 >>836
だからそれ近似解やろ？
>>818の問題で勝手に「近似解を好きな精度で求めよ」なんて読めるわけないやん？ >>836
> 1 - 300/365
[1] 0.1780821918
より、随分大きな値になるのが俺の直感とは乖離した。 >>837
いや、毎年繰り返すのを永遠に続ければその値に落ち着くよ。
やってみたら。 >>839
コイントスを365回やるのが全事象で確率がなんで無理数になんの？
どう考えても
P(300日黒字)
=N(365日黒字)/2^365
=整数/整数
にしかならんやろ？ >>840
(1+1/n)^nはｎを増やすと無理数になるだろ。
わかるひとには速攻でラムダムウォークの逆正弦法則の問題と見抜かれてしまった。 >>843
ハァ？
>>818の問題分で漸近展開の主要項なんて読めるはずないやろ
アホか？
そもそもホンマに>>841の分子読めてんのか？
それ365回の実験を何回もしたらその値に収束するんじゃないぞ？
意味わかってないやろ？
アホか？ 1年目での確率
と
永遠に継続したあとでランダムに選んだ1年での確率
で話がズレてる感じか
てか逆正弦のセッティングは最終的に0に返ってくるとしてるけど大丈夫なんかな？ >>842
あなたが有理数の厳密解を出せばすむぞ。 >>845
いや、
一年での確率も
何年か繰り返してその中からランダムにサンプルとっても確率なんぞ変わるわけない
>>841の確率は365=nを無限に飛ばす
その中で黒字の日数も日が300/365のまま飛ばしたときの極限
確率のイロハがわかっとらん >>846
それを計算機使わんと鮮やかに解く「面白い」方法があるん？
もうこの数レスでお前のレベルはわかった
お前ここに問題出せるレベルじゃないよ >>847
継続の場合、途中の年では1月1日に0である必要はない
条件が変わってる >>849
もうやめとけ
多分お前これだけハッキリお前が>>841の文章を誤読してるか指摘してやってるのにまだわかってないやろ？
365回やる試行を何回も繰り返して300回黒字の確率なんぞ何万回やっても有理数のままや
1/1に所持金がリセットされないと読んでも黒字やった日数はリセットせんとトータルで300日の意味になってそれなら確率0になる
黒字の日数をリセットすると解釈したら今度はある年は黒字日数312日、次の年は214日、‥となって結局問題文のイベントが何聞いてるかわからんようになる
結局確率の基本ができてないからお前には>>841レベルの話が理解できてない
もうやめといてくれ
出てってくれ ＞問題文のイベントが何聞いてるかわからんようになる
いや、わかっている人もいるようだよ。 >>851
じゃあちゃんと意味が通るように書き直してみろ
ちなみに>>841の文章は
n自然数、α∈[0,1]、
p[n]=P(黒字がpα日以上)
とおくときの
lim p[n] = ‥‥
や。
どう読んでもお前の書いた文章の意味にはならん
お前は文章がわかってないんじゃなくて自分が文章の意味がわかってないのが自分で気づけてない
確率論の教科書なんか一冊も読んだ事ないのにネットだけで理解したつもりなだけや
もう出てってくれ
お前には数学は無理や >>827
> よってn(n+1)で割った商rはr(n)=r(1-n)である一次式
ここの部分も変なので説明よろ
一次式にはならないので >>823
小谷：イプシロン(愛知教育大学 数学教育学会誌), Vol.５１, p.43-52 (2009)
「累乗和の公式について」
epsilon514352.pdf 3.9MB
http://aue.repo.nii.ac.jp/?action=repository_uril&;item_id=2823&file_id=15&file_no=1 >>854
検索するんじゃなくて自分で考えて楽しもうぜ >>858
n(n+1)で繰り返し破らないとダメだ
繰り返し割って
f(n) = Q(n(n+1))(pn+ q) + rn + s
f(n)=f(-n-1)により
p=2q、r=2s
まぁ
f(n)=-f(-n-1)が恒等式
⇔f(n-1/2)が奇関数
⇔f(n-1/2)=Σ[i:odd]c[i]n^i
の方がいいかな？ 前>>778
>>818コインの裏表だろ。
(1/2)×100=50(%)と言いたいところだが、
勝たねえと黒字にはならねえ。
つまりもっとも起こりがちな勝ったり負けたりは負けだよ。
｛(1+2+……+150)×100｝/｛(1+2+……+150)2+151=｛151(150/2)｝/(151×150+151)
=75×100/151
=7500/151
=49.66887……
∴5割弱
有り金なしでギャンブルすんじゃいいとこ5割なんじゃない？ 前>>860訂正。
>>818
｛(1+2+……+66)+100｝/｛(1+2+……+183)+(1+2+……+182)｝
=｛67×(66/2)×100｝/｛184×(184/2)+183×(183/2)｝
=442200/(184^2+183^2)
=6.56618902665(%) >>860
手持ちの金の期待値でなくて
１年間の黒字の日が１年で何日あったかという問題。 m日目に黒字（勝ち越し）の確率は
p_m = 1/2 (mが奇数)
p_m = 1/2 - C(2m,m)/2^{m+1} (mが偶数)
だけど、mが偶数のときは相関があるから面倒だ >>854
Faulhaber の定理(?)
nの多項式だから n ↔ -n-1 の対称性から出す人が多いが
mについての帰納法でもできるんぢゃ？ >>823
mについての帰納法でやるならこうか。
m=1, m=2 のときは
f_1(n) = 1 + 2 + ････ + n = n(n+1)/2,
f_2(n) = 1^2 + 2^2 + ･･･ + n^2 = n(n+1)(2n+1)/6,
により成立する。
ここで f_m(n) = 1^m + 2^m + ････ + n^m.
m-2 以下の自然数に対して成立つとする。
二項公式で
(k+1)^{m+2} - k^{m+2} - 1 = C(m+2,1)k^{m+1} + C(m+2,2)k^m + ････ ,
(k-1)^{m+2} - k^{m+2} - (-1)^{m+2} = -C(m+2,1)k^{m+1} + C(m+2,2)k^m - ････ ,
辺々たす。
(k+1)^{m+2} - 2k^{m+2} + (k-1)^{m+2} -1 -(-1)^m = 2C(m+2,2)k^m + 2C(m+2,4)k^{m-2} + ････,
k=1 から k=n までたすと
(n+1)^{m+2} - n^{m+2} -1 - [1+(-1)^m]n = 2C(m+2,2)f_m(n) + 2C(m+2,4)f_{m-2}(n) + ････,
ところで
x^{m+2} - y^{m+2} = (x-y) (x^{m+1} + x^m･y + ････ + x･y^m + y^{m+1})
は x-y を因子にもつ。
(左辺) = [(n+1)^{m+2} -1] - n^{m+2} - [1+(-1)^m]n
= (n+1)^{m+2} - [n^{m+2} - (-1)^{m+2}] - [1+(-1)^m](n+1)
は n, n+1 を因数にもつ。
また mが偶数のときは
(左辺) = [(n+1)^{m+2} - (-n)^{m+2}] - (1+2n)
より 2n+1 も因数にもつ。 (← 対称性）
帰納法の仮定より、右辺の m-2, m-4, ････ に対して成立つ。
∴ m に対しても成り立つ。 (終) O(0,0,0) A(a,0,0) B(0,b,0) C(0,0,c)
とおく。
〔Pythagorasの定理〕
直方体OABCDEFGの
辺の長さを OA=a, OB=b, OC=c,
体対角線の長さをdとおくと
d = √(aa + bb + cc),
〔Faulhaberの定理〕
直交四面体OABCの各面の面積を
⊿BOC = S_a, ⊿COA = S_b, ⊿AOB = S_c,
⊿ABC = S_d,
とおくと
S_d = √{(S_a)^2 + (S_b)^2 + (S_c)^2}, (1)
↑OA =↑a, ↑OB =↑b, ↑OC =↑c,
↑OD =↑d (体対角線)
とおくと
↑d = ↑a + ↑b + ↑c,
(2)
↑S_a = (1/2)b×c,
↑S_b = (1/2)c×a,
↑S_c = (1/2)a×b,
↑S_g = -(1/2)(b×c + c×a + a×b),
より
↑S_a + ↑S_b + ↑S_c + ↑S_g = ↑o, >>866
なるほど
>>823
ちなみに明示的には
母関数S(n,z)=Σ[m=1～∞]f_(2m)(n)z^m/(2m)!を計算すると
S(n,z)=(2n+1)(Π[r=1～∞](1-4n(n+1)a_r(z))-1)/2
(ただしa_r(z)=Σ[k=1～∞](-z)^k/(2πr)^(2k)))
となるのでf_(2m)(n)がn(n+1)(2n+1)で割れることがわかる >>866
二項公式で
(k+1)^{m+1} -1 = k^{m+1} + C(m+1,1)k^m + C(m+1,2)k^{m-1} + ････ ,
(k-1)^{m+1} - (-1)^{m+1} = k^{m+1} - C(m+1,1)k^m + C(m+1,2)k^{m-1} - ････ ,
辺々引いて
(k+1)^{m+1} - (k-1)^{m+1} -1 + (-1)^{m+1}
= 2C(m+1,1)k^m + 2C(m+1,3)k^{m-2} + 2C(m+1,5)k^{m-4} + ････,
としても同じことだが････ >>864
２０までの偶数で計算してみた。
> data.frame(n,unlist(a),unlist(b))
n unlist.a. unlist.b.
1 2 1/4 0.25000
2 4 5/16 0.31250
3 6 11/32 0.34375
4 8 93/256 0.36328
5 10 193/512 0.37695
6 12 793/2048 0.38721
7 14 1619/4096 0.39526
8 16 26333/65536 0.40181
9 18 53381/131072 0.40726
10 20 215955/524288 0.41190
確かに面倒。 コラッツ操作について
奇数を偶数化するのに、3n+1 のかわりに
7n+1 や 11n+1 を使ったら…
同様に成立するんやろうか？ 3より大きい奇数かけて足す1にするとヒューリスティックには確率的に増大する傾向になるよね
3のときは大丈夫だけど スマホの規制が続いてるのでPCから
>>774のコイン連続投げ問題
>>830でほぼ解決してるけど、さらに精度を上げた近似式が作れる
フィボナッチ数列を k 項和に拡張した数列
F_k(n)=F_k(n-1)+F_k(n-2)+...+F_k(n-k)
F_k(0)=...=F_k(k-2)=0, F_k(k-1)=1
の一般項は、k と n が十分大きいとき
F_k(n)≒(2(1/(2^(k+1)-k)))^(n-k)
※ 2^(k+1)-k は厳密には x^(k+1)-2^(k+1)(x-1)^n=0 の最大の実数解
これを用いて、試行 n 回, 最高連続回数 H 回の確率
＝(F_(H+1)(n+(H+1))-F_H(n+H))/(2^n) >>795
≒( (2(1/(2^(H+2)-(H+1))))^n - (2(1/(2^(H+1)-H)))^n )/(2^n)
＝(1/(2^(H+2)-(H+1)))^n - (1/(2^(H+1)-H))^n
≒Exp[-n/{2^(H+2)-(H+1)}]-Exp[-n/2^{(H+1)-H}] >>781
nからHを概算で求めるなら>>830の H≒log_2(n)-1.47 で十分 Σ[m=1～∞] (kkz)^m /(2m)!
= Σ[m=1～∞] (k√z)^{2m} /(2m)!
= cosh(k√z) - 1
= {sinh((k+1/2)√z) - sinh((k-1/2)√z)}/2sinh((√z)/2) - 1,
母関数は
S(n,z) = Σ[m=1～∞] f_{2m}(n) z^m /(2m)!
= Σ[m=1～∞] (Σ[k=1～n] k^{2m}）z^m /(2m)!
= Σ[k=1～n] (Σ[m=1～∞] (kkz)^m /(2m)!)
= Σ[k=1～n] {cosh(k√z) - 1}
= sinh((n+1/2)√z) - sinh((√z)/2)}/{2sinh((√z)/2) - n
= cosh(((n+1)/2･√z)sin((n/2)√z)/sinh((√z)/2) - n,
ありゃりゃ････ >>795では
F_0 = 0, F_1 = F_2 = 1, F_3 = 2, ････
T_0 = T_{-1} = 0, T_1 = T_2 = 1, T_3 = 2, ･･･
とおきますた。 ちょっと気になったので投稿。答えはわかりません
数列 {a_n}_(n=0,1,2,…) を次のように定める。
･ a_0=1
･ n≧1の時、2/3の確率で a_n=a_(n-1) となり、1/3の確率で a_n=-a_(n-1) となる
この時、確率1で
| Σ_(k=1,n) a_k | = O(n^α) (as n→∞)
が成り立つような実数αを全て求めよ >>883
O … オーダー
計算量の変化の仕方を表す、一般に最も高次の変数。
オーダー n^α ということは、
n^α で計算量が変化して(増えて)いくという意味。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
