面白い問題おしえて～な 35問目
レス数が950を超えています。1000を超えると書き込みができなくなります。
過去ログ(1-16問目)
//www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/
まとめwiki
//w.atwiki.jp/omoshiro2ch/
過去スレ
1 //cheese.5ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
2 //natto.5ch.net/test/read.cgi/math/1004839697/
3 //mimizun.com/log/2ch/math/1026218280/
4 //mimizun.com/log/2ch/math/1044116042/
5 //mimizun.com/log/2ch/math/1049561373/
6 //mimizun.com/log/2ch/math/1057551605/
7 //science2.5ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
8 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
9 //science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1093676103/
10 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/
11 //science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
12 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1157580000/
13 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/
14 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1209732803/
15 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1231110000/
16 //science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1254690000/
17 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1284253640/
18 //kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1307923546/
19 //uni.5ch.net/test/read.cgi/math/1320246777/
20 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1356149858/
21 //wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1432255115/
22 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1464521266/
23 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1497416499/
24 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502016223/
25 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502032053/
26 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1518967270/
27 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1532793672/
28 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1540739963/
29 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1548267995/
30 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1572866819/
31 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1580123521/
32 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1586230333/
33 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598637093/
34 //rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1608679703/
(前スレ) >>830
最初の狙撃が第k巡となる組合せ
N_k = (7-k)^4 - (6-k)^4,
E(k) = (Σ k･N_k)/(Σ N_k) = 2275/1296 = 1.75540
最初の狙撃, 組合せ
A→B, k, (7-k)^3, <k> = 812/441,
B→C, k, (7-k)^2･(6-k), <k> = 616/350,
C→D, k, (7-k)･(6-k)^2, <k> = 476/280,
D→A, k, (6-k)^3, <k> = 371/225,
最初の狙撃, 最後の狙撃, 組合せ,
A→B, k, C→D, m, 各 (7-k)^2, <m>=(k+6)/2 (k≦m≦6)
B→C, k, D→A, m, 各 (7-k)(6-k), <m>=(k+6)/2 (k≦m≦6)
C→D, k, A→B, m, 各 (7-k)(6-k), <m>=(k+7)/2 (k+1≦m≦6)
D→A, k, B→C, m, 各 (6-k)^2, <m>=(k+7)/2 (k+1≦m≦6)
最初の狙撃, 最後の狙撃, 組合せ,
A→B, C→D, m, (1/6)m(2mm-39m+253), <m> = 1729/441,
B→C, D→A, m, (1/6)m(2mm-36m+214), <m> = 1358/350,
C→D, A→B, m, (1/6)(m-1)(2mm-40m+252), <m> = 1218/280,
D→A, B→C, m, (1/6)(m-1)(2mm-37m+216), <m> = 973/225
∴ 最後の狙撃が第m巡である組合せ
N_m = (2/3)(2m-1)(mm-19m+117),
E(m) = (Σ m･N_m) / (Σ N_m) = 5278/1296 = 4.072531 前>>781
>>697
後手Aが最善の戦略をとったとき、
Bの勝率が1/8となるのは、
先手ランダム人Bがゾロ面(表,表,表),(裏,裏,裏)をとったとき、
というのはわかる。
Bの勝率が1/4となる2通り、1/3となる4通りの出面はなにか、
わからないから書いてください。 前>>853
>>697
(表,表,裏),(表,裏,表),(裏,表,表),(表,裏,裏),(裏,表,裏),(裏,裏,表)のうち、
(裏,表,表),(表,裏,裏)の2つが1/4で、
(表,表,裏),(表,裏,表),(裏,表,裏),(裏,裏,表)の4つが1/3ですか？ >>844
多分もう今手元にある証明合ってると思う
再掲
nを3以上の整数、F(x,y)を整数係数のn次斉次多項式でad-bc=±1である整数の組によって
F(x,y)=(ax+by)^(n-1)(cx+dy)
の形に分解されないとする
このとき，F(x,y) (x,y は整数) の形では表せない整数が無限個存在することを証明せよ．
多分いけてる
>>850で入れたのF(1,t)の分解体のガロア群の制限もいりません 前>>854
>>697
なんで(表,表,裏),(表,裏,表),(裏,表,表),(表,裏,裏),(裏,表,裏),(裏,裏,表)のうち、
(裏,表,表),(表,裏,裏)の2つが1/4で、
(表,表,裏),(表,裏,表),(裏,表,裏),(裏,裏,表)の4つが1/3か書けよ。
なんでか書かな。
答えだけ書くな。なんもおもろない。 >>760 によれば、先手の勝率は
先＼後, 表表表,裏表表,表裏表,裏裏表,表表裏,裏表裏,表裏裏,裏裏裏, 最 大, 最 小, 平 均
-----------------------------------------------------------------------------------------
1, 表表表, 0.000, 0.125, 0.400, 0.300, 0.500, 0.417, 0.400, 0.500, 0.500, 0.125, 0.37738
2, 裏表表, 0.875, 0.000, 0.500, 0.333, 0.750, 0.500, 0.500, 0.600, 0.875, 0.333, 0.57976
3, 表裏表, 0.600, 0.500, 0.000, 0.375, 0.333, 0.500, 0.500, 0.583, 0.600, 0.333, 0.48452
4, 裏裏表, 0.700, 0.667, 0.625, 0.000, 0.500, 0.667, 0.250, 0.500, 0.700, 0.250, 0.55833
5, 表表裏, 0.500, 0.250, 0.667, 0.500, 0.000, 0.625, 0.667, 0.700, 0.700, 0.250, 0.55833
6, 裏表裏, 0.583, 0.500, 0.500, 0.333, 0.375, 0.000, 0.500, 0.600, 0.600, 0.333, 0.48452
7, 表裏裏, 0.600, 0.500, 0.500, 0.750, 0.333, 0.500, 0.000, 0.875, 0.875, 0.333, 0.57976
8, 裏裏裏, 0.500, 0.400, 0.417, 0.500, 0.300, 0.400, 0.125, 0.000, 0.500, 0.125, 0.37738 後手が最善の戦略をとれば先手の勝率は「最小」となる。
先手がゾロ面を選んだときは 1/8,
先手が (裏裏表) か (表表裏) を選んだときは 1/4,
先手が (裏表表) (表裏表) (裏表裏) (表裏裏) のときは 1/3,
>>855
「先に出た方が勝ち」だから、時間反転すると変わってしまう。 >>851
最初の狙撃, (間の狙撃), 最後の狙撃,
A→B, k, D→A, L, C→D, m, k≦m, k≦L<m,
B→C, k, A→B, L, D→A, m, k≦m, k<L≦m,
C→D, k, B→C, L, A→B, m, k<m, k<L<m,
D→A, k, C→D, L, B→C, m, k<m, k<L<m,
間の狙撃と最後の狙撃は競合している。
間の狙撃は、まだ最後の狙撃がないときのみ起こり、
最後の狙撃があったときは起こらない。 >>833
ガンマ函数から n! を
f(n) = Γ(n+1) で求めると
あのあたりで1を下回る下向きの窪みが出来るよな
あれって日本語、言葉で説明すると…
ガンマ函数のどういう意味を表しているんだ？ 「なぜ n = 0 から n = 0.48 まで右下に下がっていき、
その先の n=1 まで上がっていくんだ？」
素人だけど
0 =< n <= 1 の区間は f(n) = 1 で最小値をとる直線なのが自然に思える。
百歩譲ったとしても…
0 と 1の中間である n= 0.5 の時点で最小値をとる
左右対称のグラフになるのが自然だろ。
なぜ n= 0.48 とかいうちょっと左寄りの中途半端な位置で最小値をとる非対称形なんだよ。 前>>854
>>697
先手Bが(裏,表,表)のとき、
後手Aが(表,裏,表)をとると、
Bの勝率1/4、Aの勝率1-1/4=3/4
先手Bが(表,表,裏)のとき、
後手Aが(裏,表,表)をとると、
Bの勝率1/3、Aの勝率1-1/3=2/3
先手Bが(表,裏,表)のとき、
Bの勝率1/3、Aの勝率1-1/3=2/3
なんで1/4か、なんで1/3かがわからないから書けというのに、
書かないからわからないけど、
あってると仮定したときの後手Aの勝率は、
｛(7/8)×2+(2/3)×4+(3/4)×2｝/8=(7/4+8/3+3/2)/8
=(21+32+18)/(12×8)
=71/96
=0.73958333……
Aが後手だと70%台で、
先手だと50%台で、
平均とると60%台か。
なんで1/4か、なんで1/3かをきちんと書いてください。 B:オオウ、A:ウオオとする
P(○が勝ち| 前の2回が△□)をP(○|△□)と略記して
P(A|オオ)=1/2P(A|オオ)+1/2
P(A|オウ)=1/2P(A|ウオ)+1/2P(A|ウウ)
P(A|ウオ)=0 *1/2P(A|オウ)
P(A|ウウ) =1/2P(A|ウオ)+1/2P(A|ウウ) P(B|オオ)=1/2P(B|オオ)+0
P(B|オウ)=1/2P(A|ウオ)+1/2P(B|ウウ)
P(B|ウオ)=0 *1/2P(Bオウ)
P(B|ウウ) =1/2P(A|ウオ)+1/2P(B|ウウ)
解いて
P(A)=1/4(P(A|オオ)+P(A|オウ)+P(A|ウオ)+P(A|ウウ))
P(B)=1/4(P(B|オオ)+P(B|オウ)+P(B|ウオ)+P(B|ウウ))
へ代入 >>865-866
P(A|△□)+P(B|△□)=1 を利用すると変数の個数を半分に減らせて計算が楽だね
けっきょく連立方程式にはなるけど >>693の問題(一部)をチマチマ手計算でやってみました。
最後の2回の状態を表表,表裏,裏表,裏裏で表す。例えば表裏+表→裏表へ遷移するが、
A=表裏表(Aが表裏表を選んだ意味)ならば表裏+表→A勝ちとなりゲームは終了する。
状態Xからゲームを始めた時のAの勝率がkである事を、「状態X=k」と書く。
AとBが選んだ組み合わせにおけるAの勝率をWとする。
裏裏裏と裏裏表のいずれも非選択ならば裏裏は必ず裏表へ遷移する事に注意する。
以下にいくつかの計算結果を示す。
[1] A=表表表,B=表表裏
表表からA勝ち又はB勝ちへ遷移するのでW=1/2
[2] A=表表表,B=表裏表
表表+表→A勝ち=1,表表+裏→表裏=pなので表表=1/2+p/2
表裏+表→B勝ち=0,表表+裏→裏裏⇒裏表=qなので表裏=q/2
裏表+表→表表=1/2+p/2,裏表+裏→表裏=pなので裏表=1/4+3p/4
表裏=p=q/2,裏表=q=1/4+3p/4よりp=1/5,q=2/5
表表=3/5,表裏=1/5,裏表=2/5,裏裏=裏表=2/5,以上よりW=2/5
[3] A=表表表,B=裏表表
初期状態が表表の時のみA勝ちへ遷移可能なのでW=1/8
[4] A=表表表,B=表裏裏
表表+表→A勝ち=1,表表+裏→表裏=pなので表表=1/2+p/2
表裏+表→裏表=q,表裏+裏→B勝ち=0なので表裏=q/2
裏表+表→表表=1/2+p/2,裏表+裏→表裏=pなので裏表=1/4+3p/4
表裏=p=q/2,裏表=q=1/4+3p/4よりp=1/5,q=2/5
表表=3/5,表裏=1/5,裏表=2/5,裏裏=裏表=2/5,以上よりW=2/5
[5] A=表表表,B=裏表裏
表表+表→A勝ち=1,表表+裏→表裏=pなので表表=1/2+p/2
表裏+表→裏表=q,表裏+裏→裏裏⇒裏表=qなので表裏=q
裏表+表→表表=1/2+p/2,裏表+裏→B勝ち=0なので裏表=1/4+p/4
表裏=p=q,裏表=q=1/4+p/4よりp=1/3,q=1/3
表表=2/3,表裏=1/3,裏表=1/3,裏裏=裏表=1/3,以上よりW=5/12
...
A,Bの選択の組み合わせはAとBの入れ替えを後で行えば8C2=28通り、裏表に関する対称性を
使うと実際に計算が必要になるのはそのうち十数通りでしょうが、それでも面倒です。 前>>864
>>693
Aが先手かBが先手か2つに1つ。
Aには意思があってBにはない。
つまりAが勝つかBが勝つか、
そのどちらが勝つか微妙なときが等価で、
意思があるAが勝つならAの勝率は2/3 最初の狙撃, 間の狙撃, 組合せ
A→B，k, D→A, L, (7-k)(6-L), <L>=(2k+5)/3, <<L>>=497/175, k≦L<6,
B→C，k, A→B, L, (7-k)(7-L), <L>=(2k+8)/3, <<L>>=672/175, k<L≦6,
C→D，k, B→C, L, (7-k)(6-L), <L>=(2k+7)/3, <<L>>=357/105, k<L<6,
D→A，k, C→D, L, (6-k)(6-L), <L>=(2k+7)/3, <<L>>=287/85, k<L<6,
E(L) = (Σ L･N_L) / (Σ N_L) = 1813/540 = 3.3574 前>>870
>>693
先手Bが(表,表,裏),後手Aが(裏,表,表)とし、
コイン5回振るとBが勝つ確率7/32
Aが勝つ確率11/32
未定7/16
コイン6回振るとBが勝つ確率15/64
Aが勝つ確率27/64
未定11/32
コイン7回振るとBが勝つ確率31/128
Aが勝つ確率63/128
未定17/64
コイン∞回振るとBが勝つ確率は、
公比1/4の等比数列の和の項数∞を考え、
4/7
逆にAが先手だとBがいくらランダム人だとはいえ、
4/7には及ばない。
かといって3/7まで負けたんじゃさっき最善の戦略やってやっと4/7なのに、
なにやってんだって話。
1/2は固い。
(4/7+1/2)/2=15/28
∴53.57142857……(%) >>859
・最大特性値の2倍
先＼後, 表表表,裏表表,表裏裏,裏裏表,表裏表,表表裏,裏表裏,裏裏裏,
-----------------------------------------------------------------
1, 表表表, －, φ, φ, P, φ, t, P, φ,
2, 裏表表, φ, －, t, 1, 1&φ, 1, 1, P,
3, 表裏表, φ, t, －, 1, t, φ, 1, t,
4, 裏裏表, P, 1, 1, －, 1, t, 1&φ, φ,
5, 表表裏, φ, 1&φ, t, 1, －, 1, 1, P,
6, 裏表裏, t, 1, φ, t, 1, －, t, φ,
7, 表裏裏, P, 1, 1, 1&φ, 1, t, －, φ,
8, 裏裏裏, φ, P, t, φ, P, φ, φ, －,
φ = (1+√5)/2 = 1.6180340
は黄金比 φ^2 - φ -1 = 0 の根。
t = {1 + [(29-3√93)/2]^(1/3) + [(29+3√93)/2]^(1/3)}/3 = 1.4655712
は t^3 - t^2 -1 = 0 の根。
P = {(9-√69)/18}^(1/3) + {(9+√69)/18}^(1/3) = 1.3247180
はプラスチック比 P^3 - P -1 = 0 の根。
'1&φ' は (aab) について1、(abb) についてφ. ・決着までに要する回数 (期待値)
先＼後, 表表表,裏表表,表裏裏,裏裏表,表裏表,表表裏,裏表裏,裏裏裏,
----------------------------------------------------------------
1, 表表表, 0.000, 7.000, 6.800, 5.600, 7.000, 5.833, 5.600, 7.000,
2, 裏表表, 7.000, 0.000, 6.000, 5.333, 6.500, 5.000, 5.000, 5.600,
3, 表裏表, 6.800, 6.000, 0.000, 5.000, 6.000, 7.000, 5.000, 5.833,
4, 裏裏表, 5.600, 5.333, 5.000, 0.000, 5.000, 6.000, 6.500, 7.000,
5, 表表裏, 7.000, 6.500, 6.000, 5.000, 0.000, 5.000, 5.333, 5.600,
6, 裏表裏, 5.833, 5.000, 7.000, 6.000, 5.000, 0.000, 6.000, 6.800,
7, 表裏裏, 5.600, 5.000, 5.000, 6.500, 5.333, 6.000, 0.000, 7.000,
8, 裏裏裏, 7.000, 5.600, 5.833, 7.000, 5.600, 6.800, 7.000, 0.000, 専用スレで相手してもらってるんだからそっちでやれよ >>877
いちいちこっちに書き込むなプロおじ
もうお前なんか誰にも相手にされてない 858 「理由かけよ」
864 「わからないから書け」
865-866,869 「理由ドゾー」
からのガン無視とは 一部の出題者は
ここを解答が湧き出すツールとして使っていて
解答が投下される→放置
解答に納得できない→荒らす、マルチポスト
となるので
気にしてはいけない k,k+1回目の目が○□である事象を○□kとして
P(オオ(k+1)) = 1/2P(オオk)+1/2P(ウオk)
P(オウ(k+1)) = 1/2P(オオk)+1/2P(ウオk)
P(ウオ(k+1)) = 1/2P(オウk)+1/2P(ウウk)
P(ウウ(k+1)) = 1/2P(オウk)+1/2P(ウウk)
すなわち遷移行列は
[[1/2,0,1/2,0],
[1/2,0,1/2,0],
[0,1/2,0,1/2],
[0,1/2,0,1/2]]
ここで例えばAがウオオ、Bがオオウにかけてk回目にすでに○の勝利が確定している事象を○kとして上の○□kは勝利者未定に限ると変更すると
P(オオ(k+1)) = 1/2P(オオk)+0
P(オウ(k+1)) = 0 +1/2P(ウオk)
P(ウオ(k+1)) = 1/2P(オウk)+1/2P(ウウk)
P(ウウ(k+1)) = 1/2P(オウk)+1/2P(ウウk)
P(A(k+1)) = +1/2P(ウオk) + P(Ak)
p(B(k+1)) = 1/2P(オオk) +P(Bk)
より遷移行列は
[[1/2,0,0,0,0,],
[1/2,0,1/2,0,0,0],
[0,1/2,0,1/2,0,0],
[0,1/2,0,1/2,0,0],
[0,0,1/2,0,1,0]
[1/2,0,0,0,0,1]]
と変更される
この行列を区切って[[0,0],[B,I2]]とすれば求める極限遷移行列は
[[0,0],[X,I2]]の形となり条件
[[0,0],[X,I2]] = [[A,0],[B,I2]][[0,0],[X,I2]]
により
X=B(I4-A)^(-1)
特にXは各成分が有理数である2行4列の行列である 訂正
[[0,0],[X,I2]] = [[0,0],[X,I2]][[A,0],[B,I2]]
特に
P(A) = [[1,0]]X[[1/4],[1/4],[1/4],[1/4]]
P(A) = [[0,1]]X[[1/4],[1/4],[1/4],[1/4]]
はともに有理数 理由書けよ。前>>874
わけを言えよ。
なんでなんや？ P_n(x)を実係数n次多項式とするとき
max_{-1≦x≦1} |x^(n+1) - P_n(x)|
を最小にするP_n(x)を求めよ 勘でチェビシェフかなんかの有名多項式の低次を移項して最高次の係数で割る さすが俺様
いい勘してる
https://www.ier.hit-u.ac.jp/~nabe/chebychev.pdf 未決で k-1,k回目の出目が○□である事象を ○□_k とする。
初期条件：
P(○□_2) = 1/4,
P(A_2) = P(B_2) = 0,
未決：
P(オオ_k) = 1/(2^k),
P(オウ_k) = F_(k-1) /(2^k),
P(ウオ_k) = P(ウウ_k) = F_k /(2^k),
既決：
P(A_k) = 3/4 - F_(k+2)/(2^k) → 3/4,
P(B_k) = 1/4 - 1/(2^k) → 1/4,
決着までの回数 (期待値) 6.500回
(Aの勝ち … 7.333回, Bの勝ち … 4.000回) >>863 に誰も
答えられないってレベルが落ちたもんだな… （補足）
フィボナッチ数列 { F_k } は
F_1 = F_2 = 1, F_3 = 2, …
F_(k+1) = F_k + F_(k-1),
によって定まる自然数列。 >>863
f(n) = f(n+1)/(n+1).
だから
f(n) < n (1<n<2)
とすれば
f(n) < 1 (0<n<1)
になるね。
aで最小になったとすると (0<a<1)
f(n) ≧ f(a),
よって
f(n) = f(n+1)/(n+1) ≧ f(a)/(n+1),
n→-1 で発散する。
一方 f(2)=2 なので非対称。
aは急勾配の方へ寄る。 0<a<1/2 . >>896
サンクス、分かりやすい。
こう考えれば中学生でも点を幾つかプロットするだけで
f(n) = n! = Γ(n+1)のグラフをそれっぽいのが書けるね。 nがある値をとる点を境目として
f(n)のグラフの左側と右側で
突然に性質が変わるっていうのはよくあるが
f(n)= n! もそういう函数の分かりやすい例やな。
特に n = 0, n = 1 あたりがよく出てくる。
この理由はこれらの数の特殊性を振り返って考えると納得できる。
1 は 掛け算の単位元であるし、
0 は 足し算の単位元である。
当たり前のことだけど再確認。 次元が低くて失礼しました。
しばらく静かにします。 0<n<1 では
log(n!) ≒ -γn + Σ[k=2,∞] ζ(k)/k・n^k
γ = 0.577215665 はオイラー定数
ζ(2) = (π^2)/6, ζ(4) = (π^4)/90, ζ(6) = (π^6)/945, …
n = a = 0.461632 で最小値
f(a) = 0.885603 前>>885
>>693
n回コインを投げたとき、
AかBがどちらが先手でも、
ゲームの結果はAが勝つ、
Bが勝つ、勝者未定の3通り。
n回投げてAが勝つ確率Pan
n回投げてBが勝つ確率Pbn
n回投げて勝者未定の確率Pun
を求めると、n→∞のとき、
Pa(=1-Pb)が求まるはず。 前>>901
>>693
先手Bが(表,表,表)を選んだときAは1/8の確率でかならず負けるが、
(裏,表,表)を選べば少なくとも3/8(5投32通り中12通り)
勝負未定の1/2を勝ちにすることで、
3/8+1/2=7/8まで最大勝てる。
先手Bが(表,表,裏)を選んだときAは(裏,表,表)を選べば、
Bは(表,表,表,裏)を出さなければ勝てなくなり、
Aがかならず負ける確率は1/16
Aは1-1/16=15/16まで最大勝てる。
先手Bが
(中略)
Aが後手のときかならず負ける確率は、
｛(1/8)×2+(1/16)×6｝/8=(1/4+3/8)=5/64
Aが後手のとき勝てる確率=59/64=0.921875
Aが先手のとき(表,裏,裏)か(裏,表,表)を選ぶとすると、
Bが(裏,表,裏)や(表,裏,表)といった一手前をたがえる封じ手をまぐれで打ってくる確率は1/7
Aが先手のとき勝てる確率=(1/7)(5/64)+(6/7)(59/64)=(5+354)/448=359/448
Aが勝つ確率=(59/64)/2+(359/448)/2=59/128+359/896
=(413+359)/896
=772/896
=386/448
=193/224
=0.861607142857……
∴最大約86.16%勝てる。 前>>903
>>693
押さえで57.142857% 前>>904
>>693
Aが勝つ確率は523/896=0.583705357142857……
∴約58.37%
疲れて理由書けない理由がkhaachai. 計算法がいくら示されていても
御仁にはまったく理解できないのだから
致し方ない
犬に論語
馬の耳に念仏 >>900
符号因子が抜けてますた。ｽﾏｿ
log(n!) = -γn + Σ[k=2,∞] (-1)^k・ζ(k)/k・n^k,
M>>n とする。(あとで M→∞ とする)
log(n) = log(M) + log((M+n)/M) + log(n/(M+n))
= {log(M) - Σ[m=1,M] 1/m} + log((M+n)/M) + log(n/(M+n)) + Σ[m=1,M] 1/m
≒ -γ + log(n/(M+n)) + Σ[m=1,M] 1/m (*)
= -γ + Σ[m=1,M] {log((m+n-1)/(m+n)) + 1/m}
= -γ + Σ[m=1,M] {(n/m) - log(1+n/m) - (n-1)/m + log(1+(n-1)/m)}
= -γ + Σ[m=1,M] Σ[k=2,∞] (-1)^k (1/k) {(n/m)^k - ((n-1)/m)^k} (**)
= -γ + Σ[k=2,∞] (-1)^k (1/k) {n^k - (n-1)^k} Σ[m=1,∞] 1/(m^k)
= -γ + Σ[k=2,∞] (-1)^k・ζ(k)/k {n^k - (n-1)^k},
∴ log(n!) = -γn + Σ[k=2,∞] (-1)^k・ζ(k)/k・n^k,
*) オイラー定数
{Σ[m=1,M] 1/m － log(M)} → γ = 0.5772156649 (M→∞)
**) マクローリン展開
log(1+x) ≒ - Σ[k=1,∞] (-1)^k・(1/k)・x^k, 前>>905
>>693
出目ごとの後手Aが勝つ確率は、
B表表表A裏表表のとき勝ち3/8負け1/8未定1/2、3:1に分配すると3/8+(1/2)(3/4)=3/4
B表表裏A裏表表のとき勝ち11/32負け1/4未定13/32、11:8に分配すると11/32+(13/32)(11/19)=11/19
B表裏表A裏表裏のとき勝ち9/32負け1/8未定19/32、9:4に分配すると9/32+(19/32)(9/13)=9/13
B裏表表A表裏表のとき勝ち11/32負け1/8未定17/32、11:4に分配すると11/32+(17/32)(11/15)=11/15
B表裏裏A裏表裏のとき出目の対称性から11/15
B裏表裏A表裏表のとき出目の対称性から9/13
B裏裏表A表裏裏のとき出目の対称性から11/19
B裏裏裏A表裏裏のとき出目の対称性から3/4
B先手平均は(3/4+11/19+9/13+11/15+11/15+9/13+11/19+3/4)/8=40823/59280
出目ごとの先手Aが勝つ確率は、
A表裏裏B表表表のとき勝ち23/64負け1/8未定33/64、23:8に分配すると23/64+(33/64)(23/31)=23/31
A表裏裏B表表裏のとき勝ち17/64負け3/8未定23/64、17:24に分配すると17/64+(23/64)(17/41)=17/41
A表裏裏B表裏表のとき勝ち23/64負け1/8未定33/64、23:8に分配すると23/64+(33/64)(23/31)=23/31
A表裏裏B裏表表のとき勝ち23/64負け1/8未定33/64、23:8に分配すると23/64+(33/64)(23/31)=23/31
A表裏裏B裏表裏のとき勝ち39/128負け1/8未定73/128、39:16に分配すると39/128+(73/128)(39/55)=39/55
A表裏裏B裏裏表のとき勝ち11/32負け1/4未定13/32、11:8に分配すると11/32+(13/32)(11/19)=11/19
A表裏裏B裏裏裏のとき勝ち3/8負け1/8未定1/2、3:1に分配すると3/8+(1/2)(3/4)=3/4
A先手平均は(23/31+17/41+23/31+23/31+39/55+11/19+3/4)/7=24855729/37189460
未定を勝率で分配したB先手平均とA先手平均の平均は、
(40823/59280+24855729/37189460)/2=29916329407/44091823776
=0.67850061179……
∴先手後手かかわらずAの勝率は約67.85% 前>>908
B先手のときのAの勝率は(40823/59280)×100=68.8647(%)
A先手のときのAの勝率は(24855729)×100=66.8354(%)
最善の戦略を取ると後手でも先手でも2/3をわずかに超えるってことか？ >>857
補題
F(x,y)はF(1,t)が既約である斉次多項式とする
deg F ≧ 2 のときF(x,y)=pが整数解を持たない素数pが無限に存在する
∵ ) LをF(1,t)の最小分解体としN=N[L/Q] : L → Qをノルム写像とする
pかが拡大L/Qにおいて不分岐で拡大次数eが1より大きい素点のときpはNの像に入らない事を示す
vをp進付値、Fv∈Gal(L/Q)をフロベニス写像とする
H=<Fv>とし、Hの固定体をMとする
q | <p> をLの分数イデアル群における<p>の素因子とする
Nが誘導するDiv(L)→Div(Q)もNで表すとしてN(qi)≠<p>を示せばよい
r=O_M∩qとする
この時N[L/M)(q) = erである
よって特にある自然数kを用いてN(r)=ek<p>となり<p>にはなり得ない
補題
F(x,y)はF(1,t)が既約である斉次多項式とする
deg F ≧ 3 のときF(x,y)=±1の整数解は高々有限個である
∵ ) 無限個の組(xi,yi)においてF(xi,yi)=1、lim|xi|=lim|yi|=∞を満たすとしてよい
この時lim F(1,yi/xi)=0であるからlim yi/xi はF(1,t)のある根αに収束するとしてよい
F(1,t)は既約だからF(1,t):C→Cはt=αの近傍で単葉としてよく、0の近傍で定義された逆写像g(u)が取れる
F(1,yi/xi) = O(1/xi^degF)であるから|yi/xi - α| = O(1/xi^degF)となるがこれはロスの定理に反する 補題
F(x,y)はF(1,t)が既約である斉次多項式とする
degF=2のとき任意の(0,0)でない有理数の組み(s,t)に対して定数Cが存在し十分大きいMに対して
#{(x,y) | F(x,y)=±1, |sx+ty|≦M} =C(logM)
を満たすCか採れる
∵ ) F(x,y)=ax^2+bxy+cy^2としてF(1,t)の根をσ、τとする
定数K>0を
|(x,y)|≧K|cy-αx|, K|cy-βx|
を満たすようにとる、ただし|(x,y)|=√(x^2+y^2)である
基本単数εを|ε|>1であるものとし
κをN[Q(α)/Q](κ)=±cであるものとし、その共役元をζとする
この時
F(x,y)=±1
⇔acx^2+bcxy+(cy)^2=±c
⇔N[Q(α)/Q](cy - xσ)=±c
⇔cy - xσ=±κε^k 、cy - xτ=±λζ^k
である
ここでμ、νを
sx+ty = μ(cy - xσ) + ν(cy - xτ)
と選ぶときσ、τが有理数でないからμ,νは0ではない
よって
M≧|sx+ty|
≧|μκε^k+νλζ^k|
≧min{|μκ|,|νλ|}(|ε|^|k|-|ζ|^|k|)
≧min{|μκ|,|νλ|}(|ε|^|k|-1)
≧min{|μκ|,|νλ|}|ε|^(|k|/2) ( for |k|≧(1+√5)/2 )
により
|k|≦(logN-log(min{|μκ|,|νλ|}))/log|ε|
であるから
#{(x,y) | F(x,y)=±1, |sx+ty|≦M}
≦4logN-log(min{|μκ|,|νλ|}))/log|ε|
によって主張を得る 定理
F(x,y)は次数が3以上の斉次多項式とする
このときF(x,y)=pが整数解を持たない素数pが無限に存在する
∵ ) F(x,y)が既約な3次以上の因子をもつとしてF=GH, Gが3次以上とする
補題よりG(x,y)=pとなる(x,y)が存在しないpが無限に存在する
この時そのようなpに対しF(x,y)=pとするとG(x,y)=±1‥①,H(x,y)=±p‥②でなければならないが、①を満たす(x,y)は補題により有限個しかなく、よって②の左辺値は有限個しか取りえないから矛盾する
F(x,y)が相異なる既約な2次の因子G,Hを持てば補題と素数定理によりG(x,y)=±pもH(x,y)=±pも解を持たない素数pが無限に採れる
(実際G(1,t),H(1,t)の導手の最大公約数をDとするときG,Hのフロベニス写像が自明となる素数pのmodDでの類はちょうど(D-1)/2個ずつあるが、単位元の類を共有してるので両方に入らない類が少なくともひとつは存在する)
そのようなpに対してF(x,y)=pが成立するときG(x,y)=±1,H(x,y)=±1でなければならず、そのような(x,y)の組みは有限個しかない
よって矛盾する
よってF(x,y)が既約な2次の因子をもつとすればF=G^iH, HはGと互いに素とするときHは1次因子の積となる
しかしHが２つ以上の因子を持てばH(x,y)が素数となる組みは高々2組しかない
よってH(x,y)=sx+tyとおける
補題のようにCをとる
十分大きいMを採り、Mより小さい素数pをG(x,y)=±pが解を持たないように選ぶときF(x,y)=pの解(x,y)はG(x,y)=1、H(x,y)=±pをみたさなければならない
よってその個数はCM個以下である
しかし一方でG(x,y)=±pが解を持たないM以下の素数は素数定理により十分小さいεをとってε(M/logM)以上存在するから矛盾する
以上によりF(x,y)の因子は一次式のみである
３つの異なる因子G,H,Kを持てば素数pに対して
F(x,y)=1の解においてG,H,Kのうち２つが±1とならねばならず、それを満たす(x,y)の組みは有限個だから矛盾する
因子の多重度が全て1より大きいなら素数値を取れないから少なくとも１つの因子の多重度は1である
よってF=GH^(n-1)とおける
G=ax+by,H=cx+dyとおくとき明らかに(c,d)=1であるから(c,d)=(0,1)として良い
(x,y)を素数pに対するF(x,y)=pの解とするとy=1でなければならずF(x,y)=ax+bでありp≡b ( mod a)である
これが任意の素数について成立するからa=1でなければならない 誤変換耄碌ボケジジイまだ数学語って医者のふりしてるのか
もう手遅れだろ
早く介護してもらえ >>913
現状では臨床医に必要なプログラム言語はRであることに疑いの余地はないね。 >>916
尿瓶洗浄は捗っているか？
救急搬送を受けてインセンティブが入ったので、購入を迷っていた
特集 消化管診断・治療手技のすべて
を買った。本日到着予定。
尿瓶洗浄に歩合給はあんの？ >>917
尿瓶ジジイは5chでお医者さんごっこがお似合いだね笑 プロおじは尿瓶洗浄係なの？
いい加減本人答えてよ～ プロおじはスレタイも読めないジジイだから退場です。 クイズ大陸より転載した問題 (クイズ大陸の問題は転載自由なので安心)
ちひろさんの問題
《問題》
次のようなゲームを考えます。
《ルール》
裏が出るまでコインが投げ続けられて、それまでに表が出た回数をnとする。
もう1度コインが投げられて、表が出たら右の箱に4^n円，左の箱に4^(n+1)円入れられ、裏が出たら右の箱に4^(n+1)円，左の箱に4^n円入れられる。
ここまでの準備の様子を見ることはできないが、箱を1つ選んで中身を見てよい。
見た箱の中身を受け取るか，1円払って別の箱の中身を受け取る。
n回表が出た後に裏が出て、最後に表が出る場合をFn，最後に裏が出る場合をBnとします。
このゲームでFn，Bnが起きる確率はどちらも(1/2)^(n+2)です。
Aさんは次のように考えました。
このゲームは右と左について対称なので、1円払う分、箱を変える選択は損である。
Bさんは次のように考えました。
例えば、左の箱の中身を見たとする。
左が1円のときはB0が起きていて、1円払ってでも4円である右に変えた方がいい。
1以上のすべてのnについて、次がいえる。
左が4^n円のときはFn-1かBnが起きていて、それぞれ右は4^(n-1)円，4^(n+1)円である。
左が4^n円という条件のもと、Fn-1，Bnが起きる条件付き確率はそれぞれ2/3，1/3である。
左が4n円のとき、1円払ってでも期待値が(2/3)×4^(n-1)+(1/3)×4^(n+1)=(3/2)×4^n円である右に変えた方がいい。
左が何円でも1円払って右に変えた方がいいので、箱を変える選択は得である。
このゲームで箱を変えるのは得かつ損な選択なのでしょうか？
そうでないなら、どこが正しくないのでしょうか？ 左が1円以外なら、
箱を変えるのはゲーム一回あたり、
モチロン1円損
ちなみに、箱の金額の分布は、
離散分布なのに指数分布ぽい分布
（分布の名前は知らない）で
期待値は、左も右も∞で
その差はモピロンzero
by 👾 nをモンテカルロでシミュレーション
するなら、
一様分布の、底1/2の対数をとって
それの絶対値をとると行けそう。だな
ま、有限回シミュレーションで期待値
求めると有限値となる。
イジワルな問題を出すね。
無限日以内にモンテカルロしてみるが
まっ無限回以内にモピロン期待値は
収束するであろう。地球人の予想に
反してね ↑補足、期待値は∞に発散するけど
左と右の期待値の差はどうなるかな
という感じ ∞－∞が未定義⇒
∞－∞が存在しない なんていうことも
無かろう まぁちゃんとした数学の問題になってるな
問題文の解釈の仕方もほとんど一意に決まるし
しょうもない哲学論争みたいになる恐れは無い
厳密には高校数学の範囲は超えてるけど高校生でも解ける あら、今までの書込み撤回。😅
10000回モンテカル結果を
何度も何度も、ナンドも繰返した感触
左金額の期待値=8000〜80万
－）右金額の期待値=8000〜80万
────────────────
左と右の差の期待値=－60万〜＋60万
【結論】
期待値の収束先が無限個あるよぅだ
でも、とにかく1円以外なら、交換損
との結論にモピロン変更はナイ
理由は分からない∵霊感
by 👾 仮に左の箱を開けて16円入ってたとして
表裏表で右に4円、または表表裏裏で右に64円、のどちらか
1円払って交換だから2/3の確率で13円損、1/3の確率で47円得…
うん、変えたほうがいいな >>922
サンクトペテルブルクのパラドックスに二つの封筒問題を合わせたような問題だなぁ。
シミュレーションプログラム作成
http://tpcg.io/POJ6iCeC
Executeをクリックすると実行
calc(100)の100を別の数字にするとシミュレーション回数を指定して実行可能。 >>931
シミュレーションで
ゲームを1000回やってAの勝率（Aの方が多く賞金獲得する割合)を計算。
これを1万回やって勝率の分布を出してみた。
https://i.imgur.com/HT262Z5.png 直感的にもシミュレーションの結果的にも、交換で期待値1.5倍になるB説はハズレ
ではBの考えのどこが間違っていたのかが問題になる シミュはもういいよ
どこが正しくないのかという問題だっただろう ちょっとまてよ🤔 今までの撤回
交換手数料zeroとすれば、
左=1 ∧交換⇒ 期待値4倍
左=4〜∞/4 ∧交換⇒ 期待値1.5倍
∴ 何でも、交換するとよい。
でも、モピロン
左=∞ ∧交換⇒ 期待値1/4倍
∴ 左=∞なら、交換しない。
よーし、∞の金額が出るまで
交換手数料が3円未満なら交換する
解説
注釈 以外logの底は4とする
確率 n 左の金額L 右の金額R
─── ─ ──── ─────
1/2^2 0 1 4
1/2^2 0 4 1
1/2^3 1 4 16
1/2^3 1 16 4
1/2^4 2 16 256
1/2^4 2 256 16
・・・・・・・・・
1/2^(log(4*∞)) log(∞/4) ∞/4 ∞
1/2^(log(4*∞)) log(∞/4) ∞ ∞/4
ここで打止め
∵モピロン∞よりデカイ数は、ない
by👾 >>936
というか、いくらプログラム組む能力があっても数学的にキチンと問題を捉える能力がないなら答えは出ない
数学の確率の問題だから哲学みたいな水かけ論とかにはならない
あくまで頻度確率なんだから出した答えが正しいかどうかは実験という神様が判定してくれるが、問題を正しく読み取れないとその実験すら出来ない >>922の細かいルールをチェックのタメ
>>922をよく読んでみた。
で、最後の付近に
箱を変えるのは得「かつ」損な選択？
と記載されてる。
素晴らしい。これモピロン正解だ
交換で、得∧損な選択だからだ。
理由は、無限日以内に気が向いたら
投稿しようと思う。 突然ですが、
条件付き期待値というのが
地球🌍にもいつの間にか存在する
E(X│Y)と書くようだ。これツカエル
さて、
L:= 左の箱の金額(円) で
R:= 右の箱の金額(円) としようと
思ったけど、でも、しかし、
交換手数料 100(円) なら、ホントは
A:= 左の箱の金額(円) = L
B:= 右の箱の金額(円) = R - 100
となる。また、
x :=左の箱開けたときに観測の金額
とする
E(B│L=x) > E(A│L=x) となるx
を求めるれば モピロンよい。
E(B) と E(A) は、モチロン無限大だが
x＜∞なら、
E(B│L=x) とE(A│L=x) は、モチ有限だ
有限同士は、地球人でも比較可能。
E(B│L=x) > E(A│L=x) となるxの範囲
を算出しようと思う。
モピロン、モンテカルロ法で
ヤッてみるかな。うーん。
by 👾単に呟いてみたぁぁぁぁー >>934
そもそもBの理論は交換料が1円であることを前提に組み立ててるのにそのまま100円に増やすのは馬鹿だよ
もし交換料100円だったらBは左の箱が64円以下のときはそもそも交換しないはず モンテカルロ法でやろうと思ったけど
ヤッパリ、やめた。
∵コンピュータに頼っては、いけない
で、
1＜x＜∞で、
文章「交換で、期待値1.5倍になる」
を数式で表現で
1.5 * E(L│L=x) = E(R│L=x) で、
交換手数料100円の場合で、モチロン
次の不等式だぁぁぁぉ
x ＜1.5x - 100 ∴x ＞200
で、とにかく、多分絶対、
左のが交換手数料2倍超で交換、かつ
左のが交換手数料2倍以下で交換しない
との戦略が正解だ。
すなわち簡単にいえば
【交換すると、損かつ得である】
by 👾 超難度な「ごはん論法」ぽぃ >>922のゲームだが
コインを1回投げる
表が出たら、左の箱に多めの金、右の箱に少なめの金を入れる
裏が出たら、右の箱に多めの金、左の箱に少なめの金を入れる
というゲームと本質的には同じ
よって正しいのは当然A
もちろん中身が1円だったら交換すべきだが
じゃあBの主張はどこがまずいかっていうと
Bの計算はゲーム開始前、双方の箱の期待値が共に無限だった段階では正しい(たぶん)
しかしゲームを開始して箱を選んでしまうと値が有限に確定するので正しくなくなる
実際にコインが投げられる回数は有限の範囲に収まるので、Fn-1とBnが同時に存在するかはわからない
それを無限に繰り返すことで先延ばしにして有耶無耶にしているような感じ
例えるなら自然数の無限和を
1+2+3+4+…
=1+(-1+3)+(-3+6)+(-6+10)+…
=(1-1)+(3-3)+(6-6)+(10-…
=0
とするようなもの
この計算は有限和だと最後で破綻するが、無限和にすることで破綻部分を奥においやって有耶無耶にしている
それと同じこと >>922
変更してしてコインのトスは3回までとしてよってn=0,1,2,3とする
２つの箱の賞金は{1,4},{4,16},{16,64},{64,256}しかないとする
プレーヤーのベスト戦略は何か？
どちらの箱が多いかは同様に確からしいから箱交換は1円払うだけ無駄というＡの理論は正しいか？ >>946
ポク👾は、その内に解くが、その前に、
ポク👾が、やるべきことは、
それは、モピロン、nの出力を
コンピュータにやらせることだ。
というワケで、モピロン
nの出力をモンテカルロ1万回やったぁ
結果
P(n=0) = 49.70％
P(n=1) = 27.50％
P(n=2) = 11.20％
P(n=3) = 11.60％
────────
合計額 = 100.00％ ∴多分ヨシ
参考 nを出力する関数
=MIN(INT(LOG(RAND(),0.5,3)
上記、日本語に意訳
一様乱数で、底0.5の対数で、
切捨で整数だ。でも題意より
3超えで、3にする
by 以下は👾ポクの霊感 兼 ボヤキ
nは、幾何分布というのに似てるけど
地球🌍には確率分布は沢山あり過ぎ
一様分布だけでお腹いっぱい >>946
この問題で最初に開けた箱の金額をX、もう一つの箱の金額をYとする
X=1,4,16,64,256
のいずれか
E(X | X = 1) = 1, E(X | X = 4) = 4, ‥
は当たり前
E( Y | X = 1 ) = 4, E( Y | X = 4 ) = 6, ‥
X=1, X=4であった場合には交換費用1円を払っても交換する方が期待値は高まるとわかる
他の場合はどうか L=1 のとき
B_o R=4 確率 1/4
L=4^n (n≧1)のとき
F_(n-1) R=4^(n-1) 確率 (1/2)^(n+1)
B_n R=4^(n+1) 確率 (1/2)^(n+2)
L=1 のとき
箱を取り替えた方が2円得。
L≧4 のとき
金額の4乗根を新たな尺度としよう。(!)
・箱を取り替えないとき
L^(1/4) = 2^(n/2)
・箱を取り換えたとき
r = (R-1)^(1/4) の期待値は
<r> = (2/3){4^(n-1) -1}^(1/4) + (1/3){4^(n+1) -1}^(1/4)
< (2/3) 2^((n-1)/2) + (1/3) 2^((n+1)/2)
= (2√2)/3・2^(n/2)
= (2√2)/3・L^(1/4),
∴ 箱を取り替えない方が得。
左右対称より
E(L^(1/4)) = E(R^(1/4)) = (4+3√2)/8 = 1.030330086 n の最大が3のとき
E( Y | X = 1 ) = 1×4 = 4
E( Y | X = 4 ) = 2/3 × 1 + 1/3 × 16 = 6
E( Y | X = 16 ) = 2/3 × 4 + 1/3 × 64 = 24
E( Y | X = 64) = 2/3 × 16 + 1/3 × 256 = 96
E( Y | X = 256 ) = 1 × 64 = 64
∴ プレーヤーの最適戦略は箱を開けて256円入っていれば交換せず、それ未満であれば箱を交換する
このゲームは実際にシミュレーターを作ってもできるしそもそも全事象が有限個しかないので全部書き出して確認する事もできる
この戦略が最適化戦略である事は論を待たない
このゲームでは最初に開けた箱の値に応じて“事後確率”が変化しプレーヤーは得た情報で情報がない場合より獲得できる金額の期待値をあげることができる おもしろき…
こともなき問いを
おもしろく (詠み人知らず) レス数が950を超えています。1000を超えると書き込みができなくなります。
