面白い問題おしえて～な十七問目

面白い問題おしえて～ ..

2:１３２人目の素数さん
10/09/13 04:44:56
183 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2010/05/20(木) 02:40:03
３つの実数x,y,z ( x+y+z > 0 , y < 0 )を　(ｘ，ｙ，ｚ)　→　(ｘ＋ｙ，－ｙ，ｚ＋ｙ)
とする変換を考えます。変換後、負の数のどれか（存在するとき）をｙとして残りをｘ、ｚと
して同じ変換を繰り返します。このとき変換のときにどのように負の数を選んでも
必ず有限回の変換後に３つの数すべてが非負実数になることを証明せよ。

前スレ183の問題だけど
f(x,y,z)=|x+y|+|y+z|+|z+x|+|x|+|y|+|z|とおけば x+y+z>0 y<0 である限りは
f(x,y,z)-f(x+y,-y,z+y)=|x+z|-|x+2y+z|=|x+y+z|+|y|-|(x+y+z)+y|>0 となるのを利用するんだっけ

x,y,zに変換を行う度にf(x,y,z)を記録していったら
x,y,zが整数なら記録されたf(x,y,z)の値達は自然数の減少数列になるから
いずれはx,y,zとも非負にならざるを得ない
でもx,y,zが実数なら同じ手法が使えないし、いつまでも変換を行える反例あるんじゃね

3:１３２人目の素数さん
10/09/13 10:16:38
問題
以下の数列の解を求めよ。
f(1) = 0
f(n) = Σ(k=2, n)[log(k-1)/log2)]+1, (n >= 2)

4:１３２人目の素数さん
10/09/13 22:56:45
以下の条件をみたすように球面を5つの領域に分割する方法を1つ答えよ。
(1) 5つの領域はすべて合同である。
(2) 同一の点を共有しない2つの領域が存在する。

5:１３２人目の素数さん：
10/09/14 11:59:58
ある数列は、1と２からなる無限数列で、次の条件をみたす。

Ⅰ　数列の最初の要素は、１である。
Ⅱ　３っつの連続した１はなく、さらに、２つの連続した１も無い。
Ⅲ　数列に中の連続した２つの１を単独の（つまり一個の）２に置き換え、
　単独の１はそのまま残し、
　数列にもとにある２を消去すると、
　この操作によって得られる数列は、元の数列と同じ。

　（Ⅱによって、Ⅲに述べられた操作で数列を書き換えることができる）

（１）　具体的に、この数列を表示してみよ。
　　（５項以上で）

（２）この数列の最初のｎ個の要素の中にいくつの２があるか。

（３）数列を出力するプログラムを作成してみてください。
　　（おまけ）

6:１３２人目の素数さん
10/09/14 17:05:55
問題文これでいいの？

7:１３２人目の素数さん
10/09/14 18:04:19
2つの連続した1が無いならば、1は常に単独。よって

＞Ⅲ　数列に中の連続した２つの１を単独の（つまり一個の）２に置き換え、

この操作は無意味。しかも「数列に中の」は日本語でおｋ。

8:１３２人目の素数さん
10/09/14 19:30:43
>>3 の問題を訂正
以下の数列の解を求めよ。
f(1) = 0
f(n) = Σ(k=2, n)([log(k-1)/log(2)]+1), (n >= 2)

9:１３２人目の素数さん
10/09/14 20:33:49
>>8
もう解になってるじゃん。
Σを使わない形で表現しろってこと？

10:１３２人目の素数さん
10/09/14 20:49:48
>>9
そうだけど。

11:１３２人目の素数さん
10/09/14 21:12:13
>>8
どこに面白さがあるの？
問題そのもの？解く過程？解いた結果？２進数が面白いの？

12:１３２人目の素数さん
10/09/14 21:32:23
>>11
数列の問題でlogがやガウス記号が有るから風変りな問題で
解く過程も変わっていると思う。

13:１３２人目の素数さん
10/09/14 21:46:28

(1) u(l+m+n)∑^{0}_{i=-2}k_i を展開しなさい。
(2)　(1)の展開式の中に異物が混じってます。それを答えなさい。

14:１３２人目の素数さん
10/09/14 22:45:58
>>4
正20面体の絵を見ながらやってみたができなさそう。
60面に分割してみたが工作しないと無理とわかったｗ

15:１３２人目の素数さん
10/09/15 01:07:02
>>8

略解：

n≧2のときを考える。
D1：＝ { (x,y)∈R^2｜1≦x≦n－1 , 0≦y≦log_[2]x }
D2：＝ { (x,y)∈R^2｜0≦y≦log_[2](n－1) , 0≦x≦2^y }
と置く。D1に含まれる格子点の個数がf(n)である。
D2に含まれる格子点の個数をg(n)と置けば、
D1∪D2 ＝ { (x,y)∈R^2｜0≦x≦n－1 , 0≦y≦log_[2](n－1) } (長方形)
となるから、f(n)＋g(n)＝n*(1＋[log_[2](n－1)]) となる。g(n)は簡単に
計算できてるので詳細は省略する。最終的に、

f(n) ＝ n*(1＋[log_[2](n－1)]) ＋ 1－2^*(1＋[log_[2](n－1)])　(n≧2)

となる。

16:１３２人目の素数さん
10/09/15 01:08:30
オウ、ミス…

誤：　D2：＝ { (x,y)∈R^2｜0≦y≦log_[2](n－1) , 0≦x≦2^y }
正：　D2：＝ { (x,y)∈R^2｜0≦y≦log_[2](n－1) , 0≦x ＜ 2^y }

17:１３２人目の素数さん
10/09/15 03:54:24
>>14
裏返したものも合同としていいなら、
20面体でできるっぽい。

18:１３２人目の素数さん
10/09/15 04:03:35
20面体の展開図イメージ

△＿▲＿△＿△＿△
▽△▼▲▽△▼▲▼▲
￣▽￣▼￣▽￣▽￣▽

黒の２つの領域が互いに共有点を持たない。
（他の部分の分割の仕方は察してくれ）

19:１３２人目の素数さん
10/09/15 04:20:40
こっちの方がわかりやすかったか。

▲＿▲＿△＿△＿△
▽△▼▲▽△▼▲▽△
￣▽￣▽￣▽￣▼￣▼

この展開図上で縦に５分割して
左の２つ、右の２つでそれぞれちょっと組み替えればおｋ

20:１３２人目の素数さん
10/09/15 06:49:28
>>19
おぉ！ちょっとまだちゃんと理解してないが、
この20面体に外接する球面を考えて、
球の中心と領域の境界上の点を結んだ半直線と球面との交点によって
球面上での境界を作ればおｋかな？

21:１３２人目の素数さん：
10/09/15 11:41:37
>>5

訂正です。改めて、問題を書きます。

ある数列は、1と２からなる無限数列で、次の条件をみたす。

Ⅰ　数列の最初の要素は、１である。
Ⅱ　３っつの連続した１はなく、さらに、２つの連続した２も無い。

Ⅲ　数列の中の連続した２つの１を単独の（つまり一個の）２に置き換え、
　単独の１はそのまま残し、
　数列にもとにある２を消去すると、
　この操作によって得られる数列は、元の数列と同じ。
　（Ⅱによって、Ⅲに述べられた操作で数列を書き換えることができる）
（１）　具体的に、この数列を表示してみよ。　　（5項以上で）
（２）この数列の最初のｎ項の要素の中にいくつの２があるか。
（３）数列を出力するプログラムを作成してみてください。（おまけ）
--------- 問題ここまで ---------

22:１３２人目の素数さん
10/09/15 12:43:07
おまけだけ。

#include　<stdio.h>
#define　MAX_TABLE　100000
char　table[MAX_TABLE];

void　Q21(void)
{
　　int　read　=　0,　write=1;
　　table[0]=1;　putchar('1');
　　if(table[read++]==2){
　　　　table[write++]=1;　putchar('1');　if(write>=MAX_TABLE)　return;
　　　　table[write++]=1;　putchar('1');　if(write>=MAX_TABLE)　return;
　　}
　　for(;;){
　　　　table[write++]=2;　putchar('2');　if(write>=MAX_TABLE)　return;
　　　　　　　　if(table[read++]==2){
　　　　　　　　　　table[write++]=1;　putchar('1');　if(write>=MAX_TABLE)　return;
　　　　　　　　}
　　　　table[write++]=1;　putchar('1');　if(write>=MAX_TABLE)　return;
　　}
}

int　main(void)
{
　　　　　　　　int　n;
　　　　　　　　Q21();
　　　　　　　　puts("");
　　　　　　　　return　0;
}

23:１３２人目の素数さん
10/09/15 18:57:49
>>15
f(n) ＝ n*(1＋[log_[2](n)]) ＋ 1－2^*(1＋[log_[2](n)])
も解となり、2つ答えがあるのも変わっていると思います。

24:１３２人目の素数さん
10/09/16 00:47:50
分からない問題スレより転載。これどうやって解くんだろ？

図のような、一辺の長さが 1 の立方体4つから構成されるブロックが
充分たくさんある。このブロックを隙間無く組み合わせて作ることの
できる直方体の3辺の長さの組(a, b, c) をすべて答えよ。
ただし、a, b, cは2010≦a≦b≦c≦2012 をみたす正整数であるとする。

　　／＼
　 |＼／|
　 |　 |　 |
／＼|／＼
|＼／|＼／|
| ｜　|　|　 |
＼|／＼|／

25:１３２人目の素数さん
10/09/16 03:00:34
どうやら、マスコンとやらの問題が出回ってるらしいな。
ｽﾚﾘﾝｸ(venture板)
URLﾘﾝｸ(www.goodfind.jp)

26:１３２人目の素数さん
10/09/16 04:20:08
>>24
＞2010≦a≦b≦c≦2012

ﾜﾛﾀ

結局５Ｃ２の10通り
2010　2010　2010
2010　2010　2011
2010　2010　2012
2010　2011　2011
2010　2011　2012
2010　2012　2012
2011　2011　2011
2011　2011　2012
2011　2012　2012
2012　2012　2012

のうちどれが可かということでしょ
全偶数なら可能なのは簡単にわかるけど
2011はどうすればいいんだろう。どうやら来年の西暦は素数っぽいね

27:１３２人目の素数さん
10/09/16 11:13:04
とりあえず体積が４の倍数にならないものはできねぇ

28:１３２人目の素数さん
10/09/16 13:41:44
>>15

＞ >>8
＞
＞略解：
＞
＞ n≧2のときを考える。
＞ D1：＝ { (x,y)∈R^2｜1≦x≦n－1 , 0≦y≦log_[2]x }
＞ D2：＝ { (x,y)∈R^2｜0≦y≦log_[2](n－1) , 0≦x≦2^y }
＞と置く。D1に含まれる格子点の個数がf(n)である。
＞ D2に含まれる格子点の個数をg(n)と置けば、
＞ D1∪D2 ＝ { (x,y)∈R^2｜0≦x≦n－1 , 0≦y≦log_[2](n－1) } (長方形)
＞となるから、f(n)＋g(n)＝n*(1＋[log_[2](n－1)]) となる。g(n)は簡単に
＞計算できてるので詳細は省略する。最終的に、
＞
＞ f(n) ＝ n*(1＋[log_[2](n－1)]) ＋ 1－2^*(1＋[log_[2](n－1)])　(n≧2)
＞
＞となる。

29:28
10/09/16 13:49:30
誤爆

30:１３２人目の素数さん
10/09/16 19:11:39
結局、宿題、レポート丸投げスレなわけか。

31:１３２人目の素数さん
10/09/16 23:41:52
>>2 で反例ありそうって書いたけどやっぱり反例なかった
いつまでも変換を行える 3 つの実数があったと仮定する
このとき T : (x,y,z)→(x+y,-y,z+y) と変換を定義し、要素3の集合上の
置換σ[0],σ[1],...を用意すれば、ある X[n]=(x[n],y[n],z[n]) があって
∀n X[n+1]=σ[n](TX[n]), x[n]+y[n]+z[n]=a>0, y[n]<0, z[n]=max(x[n],y[n],z[n])>0
を満たすように出来る。ここで a=x[0]+y[0]+z[0] とする

f(X[n])=|x+y|+|y+z|+|z+x|+|x|+|y|+|z|とおけば
f(X[n])-f(X[n+1])=f(X[n])-f(TX[n])=2min(a,-y[n]) であり f(X[n]),f(X[n+1])>0 だから
f(X[0]) = f(X[n])+Σ[k<n]{f(X[k])-f(X[k+1])} > 2Σ[k<n]min(a,-y[k]) となるので
n>N → 0<-y[n]<a/3 となる N が存在しなければならない

n>N なら z[n]+y[n]≧(z[n]+y[n]+x[n]+y[n])/2=a/2+y[n]/2 > a/3 > -y[n] であり
z[n]+y[n]=max(x[n]+y[n],-y[n],z[n]+y[n]) > 0 , -y[n]>0 となるので
y[n+1]=x[n]+y[n]<0 , z[n+1]=z[n]+y[n] , x[n+1]=-y[n] となる
よって S : (x,y,z)→(-y,x+y,z+y) とおけば、 n>N なら X[n]=S^(n-N) X[N] となる
しかし S^6 は恒等変換になるので f(X[N]) > f(X[N+6])=f(X[N]) となり矛盾する
以上よりいつまでも変換は行えないことがわかる

32:１３２人目の素数さん
10/09/16 23:44:22
>>26 >>27
2010　2010　2010
2010　2010　2011
2010　2010　2012
2010　2011　2012
2010　2012　2012
2011　2011　2012
2011　2012　2012
2012　2012　2012

が可能性あり

そのうち
2010　2010　2010
2010　2010　2012
2010　2012　2012
2012　2012　2012
は確実に可能、

残るは
2010　2010　2011
2010　2011　2012
2011　2011　2012
2011　2012　2012
これらの吟味というわけですか

33:１３２人目の素数さん
10/09/18 21:05:36
正六面体を赤青黄緑黒白のうちの何色かで塗り分けるパターンは何通りか。ただし、隣り合う面は異なる色で塗り分けるものとする。

34:１３２人目の素数さん
10/09/18 22:16:03
>>33
3色 6C3=20通り
4色 6C2*4C2=90通り
5色 6*5*3=90通り
6色 5*3!=30通り
計230通り

35:１３２人目の素数さん
10/09/18 22:21:04
>>34
正解

36:１３２人目の素数さん
10/09/18 23:38:40
>>33隣り合う面が同じ色でも良い場合は何通り？

37:１３２人目の素数さん
10/09/19 02:37:45
>>8 >>15
　1 + [log_2 (k-1)] = (k-1を2進表示したときの桁数)
nの2進表示がm桁だったとする。
　1 + [log_2 (n)] = m,
　2^(m-1) ≦ n < 2^m,

2進表示がj桁の数は 2^(j-1) 個ある。　(← 最高位は1, 下位は任意)
　j*2^(j-1) = (j-1)*2^j - (j-2)*2^(j-1),
∴　∑(k=2,2^(m-1)) ･･････ = ∑(j=1,m-1) j*2^(j-1) = (m-2)*2^(m-1) + 1,
一方、
　　∑(k=1+2^(m-1),n) m = (n-2^(m-1))*m,
∴　f(n) = n*m + 1 - 2^m,　　　　　　　　　　>>23
も解となり、2つ答えがあるのも変わっていると思います。

38:１３２人目の素数さん
10/09/19 06:01:00
>>36
6+120+600+1020+630+30=2406になった。正しいかどうかは知らぬ。
しかしその内訳を記すには、３行では足りない

39:１３２人目の素数さん
10/09/19 09:12:49
>>24
直方体の体積は8の倍数になることが示せた。
残念ながら、辺の長さの偶奇までは出なかった。

とりあえず、奇数辺を含むものは
(2010,2011,2012) (2011,2012,2012)
の2種類に絞れたことになる。
このあとは分からん(＾o＾)

40:１３２人目の素数さん
10/09/19 11:34:23
＞8の倍数になることが示せた。

どうやって？

41:１３２人目の素数さん
10/09/19 12:06:02
>>40
39じゃないが横から
空間を市松模様（チェス盤）の立体空間バージョンのように塗り分ける
そこにおいたブロック１個はどうしても白１黒３かまたはその逆の色となる
ブロックが奇数個だとどうしてもそれらが占める空間の色は
白と黒の数が２＋４ｎ個分食い違ってしまう

42:１３２人目の素数さん
10/09/19 12:13:01
なるほど
ソーマキューブの全回答を考えるときにそういう考え方を使ったことがあったわ

43:１３２人目の素数さん
10/09/19 14:32:53
そもそも奇数辺はありえるのかな。
(2010,奇数,2012)　（奇数<2009）
ができればそこから(2010,2011,2012)ができるな。
(2011,2012,2012)も同じく。

44:１３２人目の素数さん
10/09/19 14:34:04
奇数<2009じゃなくて奇数≦2009だった。

45:１３２人目の素数さん
10/09/19 17:40:28
ということは例えば奇数辺が素数じゃなければ可能で素数なら不可能といったことはないわけだ。
ひとつできればそれ以上の奇数辺はすべて可能と。

46:１３２人目の素数さん
10/09/20 16:07:12
>>17-20

cis型
　△
　▽△▽

trans型(d)
　▽△
　　▽△

－－－－－－－鏡

　　△▽
　△▽
trans型(L)

47:１３２人目の素数さん
10/09/24 01:15:54
age

48:１３２人目の素数さん
10/09/24 01:16:38
age

49:１３２人目の素数さん
10/09/24 01:36:51
面積の等しい多面体A, Bがある.
Aを鋏で直線的に何回か切り, それを組み合わせて, Bと合同な多角形を作ることはできるか?

50:１３２人目の素数さん
10/09/24 06:59:07
底辺と高さがそれぞれ等しい二つの三角形は直線分割合同である
面積の等しい二つの三角形は直線分割合同である
いくつかの三角形とそれらの面積の和と等しい面積を持つ三角形は直線分割合同である
任意の多角形とそれと面積の等しい三角形は直線分割合同である

51:１３２人目の素数さん
10/09/24 22:34:05
a^3+b^3+c^3=d^3を満たす正の整数a,b,c,dの解が無限にあることを証明せよ。
ただし、a,b,cは互いに素であること。

52:１３２人目の素数さん
10/09/24 23:17:20
n^3 + (3n^2+2n+1)^3 + (3n^3+3n^2+2n)^3 = (3n^3+3n^2+2n+1)^3

(3n^2)^3 + (6n^2+3n+1)^3 + (9n^3+6n^2+3n)^3 = (9n^3+6n^2+3n+1)^3

b^3(a^3+b^3)^3+a^3(a^3-2b^3)^3+b^3(2a^3-b^3)^3 = a^3(a^3+b^3)^3

a^3(a^3-b^3)^3+b^3(a^3-b^3)^3+b^3(2a^3+b^3)^3 = a^3(a^3+2b^3)^3

(3x^2+5xy-5y^2)^3+(4x^2-4xy+6y^2)^3+(5x^2-5xy-3y^2)^3 = (6x^2-4xy+4y^2)^3,

(p^2+16pq-21q^2)^3 + (-p^2+16pq+21q^2)^3 + (2p^2-4pq+42q^2)^3 = (2p^2+4pq+42q^2)^3

53:１３２人目の素数さん
10/09/26 00:37:44
>>24そろそろ解きたいな。

2*3*nが作れないことは分かった。
（2*3の三次元テトリスを想像して一段目から作っていこうとすればすぐ分かる）

あと2次元版を考えてみた。
■
■■
の形を敷き詰める問題で
■□□
■■□
の2*3形を作って敷き詰める以外の方法で長方形ができるか試したところ
6*9のときにできることが分かった。
ということは3次元でも2*2*2の敷き詰め以外の方法で直方体を作れるのかな？

54:１３２人目の素数さん
10/09/26 15:19:23
>>53
＞2*2*2の敷き詰め以外の方法で直方体を作れるのかな？
一応できたが、残念ながら4×4×4なので、問題の解決には寄与しない。

一一二二
一五五二
三五六四
三三四四

一七七二
八五七九
八八六六
三十六四

火日七水
日日九九
八十月九
木十十金

火火水水
火日月水
木月月金
木木金金

ところで、
＞■
＞■■
＞の形を敷き詰める問題
で、奇数×奇数が無理なのはどうやって説明すればいいんだ？
単純に偶奇では説明がつかないのだが．．．。

55:１３２人目の素数さん
10/09/26 20:00:00
□□■■■
□◇■■■
■◇◇□□
■■◆□□
　 ◆◆□□

□□□■■
□□□■■
■■◇■■
■□◇◇◆
　 □□◆◆

□□■■■
□□■■■
□□◇◇◇
■■◇◇◇
■　　　　

□□■■■
□◇■■■
■◇◇□□
■■◆◆□
　　 ◆　　

□□■■■
□□■■■
□□◇□□
■◇◇□□
■■　 □□

56:１３２人目の素数さん
10/09/26 21:31:06
>>54
なるほど、上２段下２段は対称にできてるな。
これができるとなると奇数辺もできる気がしてくる。

> で、奇数×奇数が無理なのはどうやって説明すればいいんだ？

これは>>41と同じ説明で・・・て、奇数マスだから白マス黒マスの数が一緒じゃないから駄目なのか。
5*9あたり実はできたりするのかな。

>>55
これはなに？説明きぼん

57:１３２人目の素数さん
10/09/26 22:37:43
>>55は2次元版の5*5を試行錯誤したものか？
マスの数が3の倍数じゃない時点で無理なのは確定なんだが。

58:１３２人目の素数さん
10/09/26 23:23:48
二つくっつければ5*9ができる

59:１３２人目の素数さん
10/09/27 00:07:15
あ、なるほどね

60:１３２人目の素数さん
10/09/27 06:05:31
>>55
5×9できるのか。自分の根気が足りなかっただけだなorz

61:１３２人目の素数さん
10/10/01 00:10:51
age

62:１３２人目の素数さん
10/10/01 03:50:51
ドゥーン！！　　-=・=-　　-=・=-

ようこそ、呪いのスレへ。
実は今君に呪いをかけたんだ。
このレスをみてしまうと君はもう一生、異性を拝めなくなる。そんな呪いだ。
もちろん童貞なら一生童貞のまま人生を終える。処女もしかり。
災難だと思って諦めてくれたまえ。
仏の顔もって言うしね、謝って許してもらおうとも思っていない。
だけど一つだけ呪いを解く方法があるんだ、それは・・・

「　男湯に女性を入れてる浴場名を報告スレ　」
でgoogle検索してこのスレに行って

「　>>1はくそすれたてんなキチガイ　」
って書き込むんだ。

では、健闘を祈るよ

63:１３２人目の素数さん
10/10/01 06:37:26
　□
□□□
　□

十字型のペントミノだけを組み合わせて長方形作れるかな

64:１３２人目の素数さん
10/10/01 07:15:37
長方形の角に置けない。終了。

65:１３２人目の素数さん
10/10/01 07:41:17
すごい！

66:１３２人目の素数さん
10/10/01 22:29:10
>>24
URLﾘﾝｸ(www.goodfind.jp)
この出題者コメント見ると
(2010,2011,2012) (2011,2012,2012)
もできないくさいな。

67:１３２人目の素数さん
10/10/02 10:14:10
正方形の各辺と辺の中点に８個の点A～Hを置きます。
ＡＨＧ
Ｂ□Ｆ
ＣＤＥ

各点から２点を選びそれを結ぶ直線を引きます。
それを繰り返し、正方形内に４本の直線が引かれたとき、一筆書きできる形になるのは何種類あるでしょうか。

68:１３２人目の素数さん
10/10/02 10:19:02
>>67
繰り返しの過程で
例えばAB、BCなどと続いた場合は？
またABが２回以上繰り返された場合は線が二本あると看做すのか？

と思ったが、それ以前に「直線」４本なら一筆書き自体無理だな

69:１３２人目の素数さん
10/10/02 18:20:11
「正方形内に」とあるんだが、それでも無理か？

70:１３２人目の素数さん
10/10/02 18:21:13
＞　各辺と辺の中点に８個の点

正方形の　角４つと、辺の中点４つの、計８点という意味なのかな？

71:１３２人目の素数さん
10/10/02 20:47:21

>>68

逆に訊きたいんですが、ユークリッド平面上で、異なる位置にある２点間を線分として厳密に直線を引いた場合、複数の直線として識別することが可能な直線は引けるんでしょうか？

>>70

＞各辺と辺の中点に８個の点
正方形の角４つと、辺の中点４つの、計８点という意味なのかな？

その通りです。>>68,70さんご指摘ありがとうございます。訂正し再度。

正方形を描き、この４角と４辺の中点に８個の点A～Hを置きます。
ＡＨＧ
Ｂ□Ｆ
ＣＤＥ

各点から２点を選びそれを結ぶ直線を引きます。
それを繰り返し、正方形内に４本の直線が引かれたとき、一筆書きが可能な図形になるのは何通りあるでしょうか。

ただし、正方形の辺および、一度引かれた直線上には重複して線をひいてはならない（直線が交差するのは良い）。また、一筆書きは既に描かれている正方形を含めて行うこと。

72:１３２人目の素数さん
10/10/02 20:56:29
直線が通っていい点が重複しないと無理じゃね？
っていうか，線分だろ？無限遠ワープとかありなんか？

73:１３２人目の素数さん
10/10/02 20:58:57
たぶん「直線」だと無限長で端がないからだと思う

74:１３２人目の素数さん
10/10/02 21:17:44
はぁ？無限長で端がないからだと思う？
そんな「直線」が２本あったら一筆書きどころの話じゃねーんだけど

75:73
10/10/02 21:22:02
>>74
すまん、>>73は出題者に対してなんだ
説明不足だったな

76:１３２人目の素数さん
10/10/02 21:55:14
あぁ、そうい事ですか。
「直線」じゃなくて「線分」ですね。

77:１３２人目の素数さん
10/10/03 01:07:45
>>69
もちろん。
正方形内に４本だからこそ、辺上に何本も引かれても操作が繰り返されるだろう。
そのことを言っているんだけどね。

>>71
ユークリッドだの非ユークリッドだの持ちだす前に
直線と線分の区別くらいつけないと。

78:１３２人目の素数さん
10/10/03 17:48:35
自作問題。あまり面白くはない。

一辺がnの正三角形Dがある。これを、一辺が1の
小正三角形に分割する(n^2個の小正三角形になる)。

各小正三角形の頂点(全部で(n+1)(n+2)/2個の頂点がある)を
黒と白で塗り分ける。ただし、どの小正三角形に対しても、
その3つの頂点のうち黒で塗られている頂点が1個だけである状態にする。

以下、nは3の倍数とする。

(1)Dの3つの頂点を全て黒、または全て白で塗った場合、
残りの頂点を上手く塗れば、題意の塗り分けが可能であることを示せ。

(2)Dの3つの頂点のうち、黒で塗った頂点が1個または2個の場合は、
残りの頂点をどのように塗っても、題意の塗り分けが不可能であることを示せ。

79:１３２人目の素数さん
10/10/03 18:47:35
鏡像関係の２パターンしか塗り分ける方法がないな…

80:１３２人目の素数さん
10/10/03 19:25:05
>>77
＞　正方形内に４本だからこそ、辺上に何本も引かれても操作が繰り返される

操作とは何のこと？

81:１３２人目の素数さん
10/10/03 19:41:47
ああ違う、てっぺんの小三角形の頂点を決めれば、だった
３通りあるじゃん…

82:べ
10/10/03 23:57:26
非負整数からなる数列a[n]が、
a[n+2]=|2a[n+1]-a[n]|(n=1,2,･･･)
を満たしているとする。
a[m]=a[m+1]となるmが存在するa[1],a[2]の条件を求めよ。

83:１３２人目の素数さん
10/10/04 15:29:41

12個の金貨のうちに、贋金が１個あり、本物とは重さが微妙に違う。

上皿天秤を３回だけ使い、贋金を見つけ出し尚かつそれが本物とは
軽いのか重いのかを判定する方法がある。どんな方法か？

84:１３２人目の素数さん
10/10/04 15:50:24
頻出問題となにか違うのか？

85:１３２人目の素数さん
10/10/04 16:00:07
ただし
・天秤測定は左右どちらの皿にどの金貨を乗せるかをあらかじめ指定しなくてはならない。
・測定の結果は３回の測定が終わってから左右どちらが下がったか（または釣りあったか）が
　「１度目右、２度目左、３度目釣りあった」のように３回分まとめて報告される。
（つまり直前の結果によって乗せる金貨を変えたりはできない。)

てのを付け加えたら多少難易度は上がるが、それでも頻出問題だな。

金貨１３枚の場合は、３回の測定ではできないことの証明。　　　とか。

それも頻出か。

86:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:07:08
>>85
変えた条件で３回だけで軽いか重いかまでの判定が済むのか？

87:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:15:09
すむんじゃないかな。

すくなくとも
天秤に載せる金貨の組み合わせは有限なのだから
すべてについて調べれば必ず正解は見つかる。（不可能な場合も含めて）
そういう意味ではあまりおもしろくない問題だ。
コンピュータの登場はこういったパズルをある意味面白くなくしてしまったな。

88:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:19:26
直前に釣りあったなどして、本物だとわかっている金貨を基準に
重い軽いを決定するというテクニックが使えなくなるので
難易度が上がるというわけだ。

89:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:50:25
あらかじめ指定するんなら無理じゃないのか？

90:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:53:06
無理だと思うなら、無理なことを証明すればいい。

91:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:55:05
無理すぎてつまらんな。シラケた。

92:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:58:14
え？　できるだろ？　

93:１３２人目の素数さん
10/10/04 17:59:02
もしできないとしたら、そのできないことの証明が無理だって言ってるんじゃないのか？

94:１３２人目の素数さん
10/10/04 18:21:41
できることを保障してもらえないとやる気が起きない
というとうな意味なんじゃないかな。
「こんなに考えたのに、できないってのはないだろうよ」
という感じの

95:１３２人目の素数さん
10/10/04 18:22:37
つまり、方法を見つけたときにはカタルシスを感じるが
できないことの証明にはそれを感じないとでもいうのか

96:１３２人目の素数さん
10/10/04 18:52:46
とりあえず、１４個ではできない証明。

・全ての金貨は少なくとも１度天秤に乗せる必要がある。
　（量っていない金貨が贋物であった場合、重い軽いが特定できない）
・全ての計測で天秤がつりあってしまうことは許されない。　
　（全てが本物になってしまう）
・１回の天秤測定では３通り「右下がり、左下がり、つりあう」の結果が得られる。
　従ってｎ回の測定で区別できる事象の種類は最大でも3^n-1通り。　３回ならば26通り。

・１４枚の金貨のどれか１枚が重いまたは軽いのだから、区別しなくてはならない事象は28通り

　26　<　28　なので　14枚は不可能。

97:１３２人目の素数さん
10/10/04 18:55:19
続いて　１３枚が不可能な証明。

・１３枚の金貨のどれか１枚が重いまたは軽いのだから、区別しなくてはならない事象は２６通り
　（これは　３回の測定での上限26通りには合致）
・秤の両腕には、同じ枚数の金貨を乗せなくてはならない。
　　(贋物が重い場合、どの程度重いかは不明なため、少ない枚数のほうに贋物があったとき、どちらに傾くかが不定になる。）
・２回の計測で区別できる事象は、最大で3^2の９通りを超えない。
・１回目の測定には、　片腕には１～６枚のうちいずれかの枚数を載せることになる。

１回目の計測について
片腕に１枚乗せて、釣りあってしまった時、　可能性が残る事象は、11枚のうちどれかが重いまたは軽いの22通り。　
片腕に２枚乗せて、釣りあってしまった時、　可能性が残る事象は、９枚のうちどれかが重いまたは軽いの18通り。　
片腕に３枚乗せて、釣りあってしまった時、　可能性が残る事象は、７枚のうちどれかが重いまたは軽いの14通り。
片腕に４枚乗せて、釣りあってしまった時、　可能性が残る事象は、５枚のうちどれかが重いまたは軽いの10通り。
片腕に５枚乗せて、右に傾いてしまった時、　可能性が残る事象は、右５枚のどれかが重いまたは左５枚のどれかが軽いの10通り。　
片腕に６枚乗せて、右に傾いてしまった時、　可能性が残る事象は、右６枚のどれかが重いまたは左６枚のどれかが軽いの12通り。
いずれにせよ、残り２回の計測で区別できる上限を超えてしまう。
また、１回目の計測では、どの金貨についても真贋の情報が全くないので、ぜったいに釣り合わない様な組み合わせや
絶対に右に傾かないような組み合わせの計測をすることはできない。

以上により。　１３枚では不可能。

98:１３２人目の素数さん
10/10/05 02:10:19
>>95
>>87が結論でしょ

結局は工夫の余地が少ない作業にしかならないわけで
それを嬉々としてやれるかどうかだけ
楽しもうと思えば十分楽しめる

99:１３２人目の素数さん
10/10/05 15:35:15
>>98
いや、>>89を受けていっているので、そいう話ではない。

100:１３２人目の素数さん
10/10/05 15:38:47
＞　結局は工夫の余地が少ない作業にしかならないわけで　

ここはすこし違うと思う、
過去に比べて、かなり大きな量のものでも
工夫することなく、作業のみでも回答や証明ができてしまうようになっただけで
工夫してそれを簡素にする余地はまだいくらでものこっている。

101:１３２人目の素数さん
10/10/05 15:44:04
１２枚でできたと思うんだけど。　解答いる？
それとも、まだ考えたい人がいる？

102:１３２人目の素数さん
10/10/05 16:13:12
>>101
あらかじめ指定しても出来る？
出来ないと思うのだが。

3回とも釣り合う場合があったらダメ。
2回釣り合うことがあり得たらダメ。
……

103:１３２人目の素数さん
10/10/05 16:15:22
＞　2回釣り合うことがあり得たらダメ。　

んなことはない。

104:１３２人目の素数さん
10/10/05 16:27:39
>>103
じゃあ、2回釣り合って、1回釣り合わなかったとき、どうやって判別するのか教えてくれ。

105:１３２人目の素数さん
10/10/05 16:36:59
答えを書かずにそこだけを取り出して説明などできないが

たとえばA～Iの金貨で
DG-HI　釣りあった
BC-EF　釣りあった
AB-CD　が右に傾いた　　

これだと　Aが軽いことが特定できる。
AB-CD　が左に傾いたなら　Aが重いことが特定できる

もちろん、これは２回つりあって１度傾いたときに特定できることを
示しているだけで、他の傾き方をした場合に他の金貨を特定できる
ような例にはなっていない。

106:１３２人目の素数さん
10/10/05 16:39:52
>>104
上の例で納得してもらえないなら、あとは答を検証してもらうしか
説明する方法が思いつかない。

というか、逆に、なぜ２度つりあってしまったら
特定できないと考えているのかを聞かせてくれ。
それを否定することはできると思う。

107:１３２人目の素数さん
10/10/05 17:55:19
私も、解になりそうな組合わせをいくつか見つけて
そのうちの１つは実際に上手くいくことが確かめられた。

一応、完全ではないがある程度の方針はある
(その方針以外の方法で見つけられるかどうかは不明である)のだが、
実際に検証することなく
見つけたそれらの組合せが解になっていること
を示す手立てが今のところ見つかってないので
解になっているかどうかは、いちいち検証しなければならず
非常に面倒で時間がかかる。

その為、他の組合せが解になってるかどうかは確かめてない。

108:１３２人目の素数さん
10/10/05 18:04:28
>>83
こういうのって、3進法で表現して云々～ってやると
判別方法が簡単に見つかるんだよね確か
>>85の条件で考えると、上手く行くか分からないけど

109:１３２人目の素数さん
10/10/05 19:10:06
>>106
3枚ずつ以下を乗せることがある場合、それが釣り合ってしまうと、
それ以外の6枚以上に贋物があることになり、他の2回では判別出来ない。
5枚ずつ以上乗せることがある場合、それが釣り合わないと、
この10枚以上に贋物があることになり、他の2回で判別出来ない。
従って、3回とも4枚ずつ乗せることになる。
釣り合わないときが1回だけしかない場合、どうやって判別するの？

110:１３２人目の素数さん
10/10/05 19:30:21
>>106じゃないが
3回とも、片腕には４枚ずつ乗せることになる。
これはおｋ。

例えば１回目、２回目が釣り合って、３回目だけ釣り合わないとき
１回目と２回目に乗せた金貨は全て本物だとわかる。
この時点で、11枚が本物だとわかるのであれば
残りの１枚が贋物だとわかり、３回目の結果から
贋物が軽いのか、重いのかが判別できる。
(これは答えを見つけるためのヒントでもある)

111:薄氷の湖 ◆ZJwTrwL.xg
10/10/05 22:05:06
１～４３までの中から６個を選ぶロト６で、６個の当たり数字に連続した数字が含まれている（例えば、2,14,15,27,31,38は、14,15が連続している）確率を求めよ。

112:１３２人目の素数さん
10/10/05 22:06:04
見たことある気がするなあ

113:１３２人目の素数さん
10/10/05 22:08:55
１-（38C6/43C6）か？

114:１３２人目の素数さん
10/10/05 22:10:49
○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○○

115:１３２人目の素数さん
10/10/06 02:03:56
>>109
＞　釣り合わないときが１回しない場合、どうやって判別するの？

判別ってのは、何の判別なのかがわからないのだが　　　
こちらで勝手に推測すると、
１）　贋物の金貨がどれなのか。　
２）　贋物が重いのか軽いのか。

１）　について
釣りあわなかった１回の測定だけに秤に乗っていて、　それ以外の測定では乗っていない金貨が贋物。
つまりそのような金貨が２枚あってはならないので、そうならないように計画する必要がある。

２）　について
一見すると、下がった側に思い贋物があるのか、上がった側に軽い贋物があるのかわからないようにみえるかもしれない。
が、じかし１）の条件を満たしていれば、そのようなことはおこらない。

ほとんど解答を言っているような感じになってきたな。

116:１３２人目の素数さん
10/10/06 02:05:26
×　下がった側に思い贋物があるのか
○　下がった側に重い贋物があるのか

117:１３２人目の素数さん
10/10/06 05:59:26
42C5/43C6

118:１３２人目の素数さん
10/10/06 23:35:07
>>83

知る人ぞ知る ---- アインシュタインが１時間かけて解いたと言う、有名なクイズだぞ。

皆んな、気バレ！　(^o^)

119:１３２人目の素数さん
10/10/07 00:30:25
どうしてこの問題に限って
やたらかまってオーラがすごいんだろう？

120:１３２人目の素数さん
10/10/07 02:17:29
理論がないから？
いわゆる情報量というやつとの関連で説明される試行回数の下限と発見的手法というのが気持ち悪いンだろうな。

121:１３２人目の素数さん
10/10/07 02:28:42
URLﾘﾝｸ(www.nikkei-science.com)
これ解けた

122:１３２人目の素数さん
10/10/07 03:17:29
>>121
パズル系じゃね？

123:１３２人目の素数さん
10/10/07 07:53:13
>>120
理論的に出来ると思うよ。

124:１３２人目の素数さん
10/10/07 08:51:48
>>122
確かに。

125:M_SHIRAISHI
10/10/08 12:32:09
>>83

件(くだん)の問題には、微妙に異なる「正解」が少なくとも４つ在る。

126:１３２人目の素数さん
10/10/08 12:35:29
もっとむちゃくちゃいっぱいあるだろ

127:１３２人目の素数さん
10/10/08 12:36:58
載せ方を先に指定するという限定バージョンの方が考えやすいような気もする。

128:１３２人目の素数さん
10/10/08 17:55:18
可能なパターンの組み合わせが、ずいぶん減るからね。

129:１３２人目の素数さん
10/10/08 20:15:38
４回で39枚の場合、５回で120枚の場合、６回で363枚の場合
一般にn回で(3^n -3)/2枚の場合は
たぶんできた！(少なくとも１つの解は見つけられる)
(面倒なんで検証はしてない。一応理論もあるけど、未完成なので正解かどうかは厳密には保証できない)

一般の枚数の場合はどうなんだろ？
例えば
３回で4枚～12枚のどの場合でも判別できるなら
一般にm枚のときn回で判別可能な可能性は高いと思う。
ただし、nは次を満たす自然数;
(3^(n-1) -3)/2 ＜ m ≦ (3^n -3)/2

130:１３２人目の素数さん
10/10/08 21:40:20
未検証でもいいから証明を書くなりしないとただのチラ裏になってるぞ。
間違ってたっていいじゃん。

131:１３２人目の素数さん
10/10/08 22:47:00
取り敢えず
t回でn枚の判別できるとき(解の１つがわかっているとき)に
t+1回で2n枚、3n枚を判別する方法(これは正しいことが保証できる)

a1,a2,…,an,b1,b2,…,bnの2n枚の場合：
{ai,bi}を一塊Aiとみなして
A1,…,Anをt回でn枚の判別する方法で測定すれば
贋物が含まれている組{ak,bk}の軽重(すなわち贋物の軽重)が判明する。
また
・左[a1,a2,…,an]_右[b1,b2,…,bn]
と測定すれば
{a1,a2,…,an}と{b1,b2,…,bn}の軽重が判明する。

a1,…,an,b1,…,bn,c1,…,cnの3n枚の場合：
{ai,bi,ci}を一塊Aiとみなして
A1,…,Anをt回でn枚の判別する方法で測定すれば
贋物が含まれている組{ak,bk,ck}の軽重(すなわち贋物の軽重)が判明する。
また
・左[a1,a2,…,an]_右[b1,b2,…,bn]
と測定すれば
{a1,…,an}と{b1,…,bn}の軽重が判明する。
(つり合う場合は{c1,…,cn}の中に贋物があることが判明する)

132:１３２人目の素数さん
10/10/08 22:52:47
残念なのは　2n枚以下、3n枚以下　ではなく　2n枚、3n枚ぴったりというところだなと思った。

3n-1枚のときできるかどうかはわからない。

133:べ ◆GMPNeMrEog
10/10/09 00:48:34
>>82に書いたが、

非負整数からなる数列a[n]が、
a[n+2]=|2a[n+1]-a[n]|(n=1,2,･･･)
を満たしているとする。
a[m]=a[m+1]となるmが存在するa[1],a[2]の条件を求めよ。

134:１３２人目の素数さん
10/10/09 01:01:06
問題が人気がないのは、興味の方向やレベルの違いや既知の問題かも含めて
それを楽しめる人がいないということ

135:べ ◆GMPNeMrEog
10/10/09 01:02:52
んなことはどうでもいい。出題しているだけだ。

136:１３２人目の素数さん
10/10/09 01:05:56
なるほど、答えないのも自由だしな。

137:１３２人目の素数さん
10/10/09 01:29:06
自演で答える自由もある

138:１３２人目の素数さん
10/10/09 02:00:43
その問題は解けたには解けたが、答えが
たくさんありすぎて面白くない。

139:１３２人目の素数さん
10/10/09 03:16:39
>>131の続き
各金貨を載せる回数とそのパターンに注目する。
例えば、いくつかの金貨a,b,c,…に対して、３回の測定で贋物とその軽重が判別できるとする。
このとき、各測定において、秤の両腕には同じ枚数の金貨を載せなくてはならない。

金貨aが
１回目：右の載せる、２回目：左に載せる、３回目：載せない
となっているとする。以後このようなことを
金貨aのパターンは(右,左,×)であると表現する。

もし、金貨bがaと同じパターン(右,左,×)であるとすると
aかbが贋物であるとき、どちらが贋物であるか判断できない。

また、別の金貨cがaと対称なパターン(左,右,×)であるとすると
aかcが贋物であるとき、どちらが贋物であるか判断できない。

aと同じパターンでも、対称なパターンでもないパターン
つまり(右,左,×),(左,右,×)以外のパターンを、aと独立なパターンと呼ぶとする。

以上から、次が導ける：
いくつかの金貨a,b,c,…に対して、贋物とその軽重が判別できるとき
各測定において秤の両腕には同じ枚数の金貨が載っていて、
それぞれの金貨のパターンは互いに独立でなければならない。

もしその逆、各測定において秤の両腕には同じ枚数の金貨が載っていて、
それぞれの金貨のパターンは互いに独立ならば贋物とその軽重が判別可能である　…(※)
ということが証明されれば、一般の枚数の場合の解を見つけやすくなるし
与えられた測定法が解になっているかどうかの判定が非常に簡単になる。

140:１３２人目の素数さん
10/10/09 03:20:58
(※)が正しいなら
３回で12枚の場合の解の１つから、４回で39枚の場合の解の１つを構成できる。

３回で12枚の場合の解で、測定回数が３回のうち
１回載せる金貨は3枚(3パターン)
２回載せる金貨は6枚(6パターン)
３回載せる金貨は3枚(3パターン)
であった(とする)。
>>131の方法で、４回で36枚の場合の解を構成すると
１回載せる金貨は 3枚( 3パターン) =3
２回載せる金貨は12枚(12パターン) =3+3+6
３回載せる金貨は15枚(15パターン) ==== 6+6+3
４回載せる金貨は 6枚( 6パターン) ======== 3+3
…(1)
で、秤の両腕の枚数は等しい。

測定回数が4回のとき
１回載せるパターンで互いに独立となるのは高々 4(=C[4,1]*1)パターン
２回載せるパターンで互いに独立となるのは高々12(=C[4,2]*2)パターン
３回載せるパターンで互いに独立となるのは高々16(=C[4,3]*4)パターン
４回載せるパターンで互いに独立となるのは高々 8(=C[4,4]*8)パターン
…(2)

(2)のうち、(1)のどのパターンとも独立であるパターン３つ
１回載せるパターン、３回載せるパターン、４回載せるパターン
を１つずつ選び、秤の両腕の枚数が等しくなるように調整して４回で36枚の場合の解と合わせれば
４回で39枚の場合の解が構成できる。
(同様に５回で120(=39*3+3)枚の場合の解も構成できる)

141:M_SHIRAISHI
10/10/09 08:27:23
>>138　

微妙に、ほんの少しw「微妙」に異なる「正解」が４つ or ５つもあるのだ。
余の従兄(いとこ)の一人(彼は、今、琉球大学で数学を教えている)が発見した。
これには、驚いた。ヽ(^。^)ノ　余は、正解は余が解いたものたった１つと
想っていたからだった。

* 話は変わるが、諸君は、どうして、余のように、「実名とE-mailの宛先」を書かぬのだ？
恐いのか？　卑劣かつ臆病ではないか！　恥を知れ！！！！！！！

URLﾘﾝｸ(www.age.ne.jp)

142:１３２人目の素数さん
10/10/09 08:31:39
だから、微妙に違うのを区別したら無茶苦茶いっぱいあるっつうの

143:１３２人目の素数さん
10/10/09 10:13:42
何を持ってして、「異なる」といっているのかがよくわからん。

144:１３２人目の素数さん
10/10/09 10:26:34
>>141
揉め事を嗅ぎつけて飛んでくる蝿が

145:１３２人目の素数さん
10/10/09 10:34:10
>>141
エムシラ、黙れ。
シンゴは怒っているぞ。

146:べ ◆GMPNeMrEog
10/10/10 00:56:34
>>138
とりあえず興味を持ってくれる人を見つけるため、単に「条件」と書いた。
答えがたくさん出てきた時に、「一般的な式で表せないだろうか」というときめきに似たものを感じなかっただろうか？
これからもその「ときめき」みたいなものを持ち続けていて欲しい。
では、注文を聞こう。

この問題で聞きたいのは「条件が一般的な式で表せるか？」という事。
表せないならその理由を証明して欲しい。
ついでに数学者？が解けなかった問題ね。

147:１３２人目の素数さん
10/10/10 00:56:45
>>135
答えが知りたいのなら東京出版に聞けばいいんじゃないのw

148:べ ◆GMPNeMrEog
10/10/10 00:59:19
>>147
なぜ東京出版に聞けばわかると言い切れるのか。

149:１３２人目の素数さん
10/10/10 01:28:08
>>146
逆算するだけ。
各項が1と-1から成る任意の数列{λ[n]}に対して

x[1]＝x[2]＝1
x[n+2]＝2x[n+1]＋λ[n]*x[n]

と定義した数列{x[n]}の任意の隣り合った二項x[k]，x[k+1]と
任意の非負整数cに対して

a[1]＝c*x[k+1]
a[2]＝c*x[k]

と置いたとき、かつそのときのみ題意が成り立つ。
(数列{x[n]}は広義単調増加になることが
簡単な帰納法から示せるので、上のように置いた
a[1],a[2]は非負になっている。)

150:１３２人目の素数さん
10/10/10 01:44:35
>>146
やっぱこの問題（というより出題者か）
かまって度が異様に高すぎる

151:１３２人目の素数さん
10/10/10 01:53:37
ベは糞

152:１３２人目の素数さん
10/10/10 13:34:17
31 名前：名無しステーション [sage] 投稿日： 2010/10/10(日) 13:29:18.05 ID:hM5lzrGb
Q アタック25でn問正解したのに最終獲得パネルが0枚だった。nの最大値を求めよ

153:１３２人目の素数さん
10/10/10 13:54:47
ルール確認しとかないと解けん

５×５のオセロ状なのは憶えてるが
それとは別に途中で他人のマス目を奪える特別ルールがあった気がする
・そのルールの発動の回数やタイミングは？
・取るマス目は25個全ての中から自由に選べるのか？

154:１３２人目の素数さん
10/10/10 14:10:14
多分最後の答えにあんまり関係ないと思うけど
アタック25ルール

Wikipedia項目ﾘﾝｸ

155:１３２人目の素数さん
10/10/10 14:17:07
ついで
アタック25シミュレータ
URLﾘﾝｸ(kim-my.hp.infoseek.co.jp)

「21問」（四隅以外とって四隅だけ他の奴に取られる）では
残ってしまうパネルがあるのでだめ

156:１３２人目の素数さん
10/10/10 14:27:37
思った以上に複雑なルールだった
戦略性抜きで、ｎの最大値を実現するために
参加者がありえない愚かな選択をするのもありなのね

157:１３２人目の素数さん
10/10/10 14:45:36
>>155
アタックチャンスを使っても21問じゃダメ？
例えば
赤が1,5,6,21,25以外のパネルを得て、アタックチャンス問題になる。
緑が正解して、25を得て、13をアタックチャンスの狙い目に指定する。
赤が正解して6を得た後、緑が1,5,21を得て、最後に緑が13を得れば
赤は21問正解したけどパネルは全て緑になるはず。

158:１３２人目の素数さん
10/10/10 16:15:15
アタックチャンスで自らのパネルを指定することも出来たんだっけ？

159:１３２人目の素数さん
10/10/10 16:30:54
なんだろう、真面目にアタック25で数学してる
このシチュエーションが若干シュールに感じられるｗ

160:１３２人目の素数さん
10/10/10 16:37:07
一般化できるかな

アタックn^2 (n：自然数)でk問正解したのに獲得枚数が0だった。
k=n^2-4を証明できるか？

161:１３２人目の素数さん
10/10/10 16:38:07
違った
kの最大値はn^2-4

162:１３２人目の素数さん
10/10/10 20:45:44
それは明らかに無理だろｗ

163:１３２人目の素数さん
10/10/10 21:41:59
どのあたりで明らか？

164:１３２人目の素数さん
10/10/10 23:33:41
nが大きかったらどう考えても無理

165:１３２人目の素数さん
10/10/10 23:38:21
たとえばどう考えたら無理だってわかる？

166:１３２人目の素数さん
10/10/11 00:03:01
あきらかに

167:１３２人目の素数さん
10/10/11 00:04:32
晃蟹

168:１３２人目の素数さん
10/10/11 00:07:13
つか、k=1のときも２のときもおかしいじゃないか

169:１３２人目の素数さん
10/10/11 00:12:33
よし、これからは自明と書く代わりに「晃蟹」と書こう！ｗ

170:１３２人目の素数さん
10/10/11 00:31:26
nの偶奇の方が問題になりそうな気が

アタック25だとパネルの「真ん中」の13を
アタックチャンスでとれば（とられれば）21問
正解でパネル0枚というのがありえるんだよね。

でもアタック36の場合「パネルの真ん中」がないから
そこで取りこぼしが生じるような気がする

線形代数とか群論とか数論で誰か鮮やかに証明できないのかねｗ？

171:１３２人目の素数さん
10/10/11 00:31:52
やってみな

172:べ ◆GMPNeMrEog
10/10/11 01:36:56
>>133は、条件を簡単な式で表せるか？
が問題ね。
それが出題した数学者？でも解けなかった。

>>149は簡明とは言えないだろう。

173:１３２人目の素数さん
10/10/11 01:43:14
>>172
「簡単な式」の数学的な定義は？

＞>>149は簡明とは言えないだろう。
これはお前の単なる感想に過ぎない。

次ページ