面白い問題おしえて～な十六問目

面白い問題おしえて～ ..

247:１３２人目の素数さん
10/06/22 22:53:51
>>245
出題者が　嘘吐きである。

248:１３２人目の素数さん
10/06/24 21:51:46
嘘つきのパラドックスは自己言及が原因だと思いきや、
>>245の場合、どの住人も自分以外の住人にしか言及しておらず、
間接的な自己言及も発生していない。
では、このパラドックスを生じさせているものは何か？

249:１３２人目の素数さん
10/06/24 23:23:18
パラドクスがおきているのか？　俺にはわからん。
どこで起きているのか具体的に指摘してもらえないだろうか？

250:１３２人目の素数さん
10/06/24 23:39:41
この世には少なくとも一人の嘘つきがいる

251:１３２人目の素数さん
10/06/25 23:53:35
>>245を実現する正直者・嘘つきの配置は存在しないことを証明する。
1番の人間が嘘つきか正直者かで場合分けする。

1番が嘘つきなら、2番以降は全て正直者。…(1)
特に2番は正直者。よって、3番以降の人間で
嘘つきが居ることになる。これは(1)に矛盾。

1番が正直者なら、2番以降の住人の中に嘘つきが
少なくとも1人居る。i番が嘘つきだとすると、
i+1番以降は全て正直者。…(2)
特にi+1番は正直者。よって、i+2番以降の中に
嘘つきが少なくとも1人は居る。これは(2)に矛盾。

よって、どちらも起こりえない。すなわち、>>245の状況を
実現する正直者・嘘つきの配置は存在しない。

パラドックスでも何でも無い。
解が存在しない方程式を提示してるだけ。

252:１３２人目の素数さん
10/06/26 09:41:59
パラドクスではなかったが
解が存在しない式であった。

253:１３２人目の素数さん
10/06/26 11:09:44
では数学的な形で書き直してみよう。

Nを1以上の自然数として、命題P(N)を次のように定義する。
「N+1以上の自然数nが存在して、P(n)は偽である」
P(1)が真だとしても偽だとしても、パラドックスが生じる。

これをパラドックスと言わないというのであれば、
パラドックスの定義が食い違ってる。

254:１３２人目の素数さん
10/06/26 11:28:33
一読して主張が明快な命題の場合にこそパラドックスの名が相応しい。
そうでなければ、単なる背理法により棄却される命題。

255:１３２人目の素数さん
10/06/26 11:33:13
>>253
＞　P(1)が真だとしても偽だとしても、パラドックスが生じる。　

すまんが　、P(1)が真だとして、　どこでパラドクスが生じるのかを
解説してもらえないだろうか？
できればP(1)が偽とした場合も。

どうもパラドクスの定義がくい違っているような気がしてならない。

256:１３２人目の素数さん
10/06/26 11:35:16
>>254
＞　一読して主張が明快な命題の場合にこそパラドックスの名が相応しい。　

パラドクスの定義の話ならば、　そんなことはない。

パラドクスはそうあってほしいという願いならば
そのように（理解しやすい単純な形に））書き直してみてはどうだろうか？　

257:１３２人目の素数さん
10/06/26 12:21:33
>>255
>>251

258:１３２人目の素数さん
10/06/26 12:26:08
>>256
> そのように（理解しやすい単純な形に））書き直してみてはどうだろうか？
それがあなたの当為

259:１３２人目の素数さん
10/06/26 15:32:29
>>257の真意がわからない。

260:１３２人目の素数さん
10/06/26 15:35:05
>>258
＞＞　パラドクスはそうあってほしいという願いならば　

そこの意味は
「>>254がそのように願っている、という仮定の下において
　>>254書きなおしをに勧めている」　というものであって
願っているのは>>256ではないよ。

261:１３２人目の素数さん
10/06/26 16:27:32
逃げ口上だけはお上手。

262:１３２人目の素数さん
10/06/26 16:51:46
>>253
無限大超自然数 ω をひとつ固定する。
P(N) を N<ω と定義すれば、
「N+1以上の自然数nが存在して、P(n)は偽である」
はすべて正しい。

263:１３２人目の素数さん
10/06/26 17:27:25
wikiのパラドックスの項目。
Wikipedia項目ﾘﾝｸ

岩波数学辞典の内容も引用されているので、ここに書かれていることが
パラドックスの標準的な定義だと思って差し支えないだろう。

そして、>>253は標準的な「パラドックス」とは定義もニュアンスも全然異なる。

264:１３２人目の素数さん
10/06/27 23:36:37
>>248
メタレベルが無限になって、自然数メタレベルではなくなるからでは？
自己言及も、元はと言えば自分のメタレベルをＬとすると自分のメタレベルはＬ－１となって
自分のメタレベルが一意に定まらないことから来てるはず。
禁則を少し一般化して、「自己言及の文章は命題になるとは限らない」から
「メタレベルが自然数で表せない文章は命題になるとは限らない」に
パラダイムシフトすると解消できるかと。

265:１３２人目の素数さん
10/06/28 00:09:46
>>264
あーでもそうすると「２は最小の偶数である」とかも命題じゃなくなって
ちょっと困るな。

266:１３２人目の素数さん
10/06/28 08:26:19
>>261
当然逃げるよ。　
できるかどうかもわからないのに
自分の興味のないものに労力は使いたくない。

267:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/10 20:16:26
一辺の長さ1の正方形に
一辺の長さがそれぞれ1/2, 1/3, 1/4,... となるような可算個の正方形たちを
互いに重ならないように敷き詰める方法は？

268:１３２人目の素数さん
10/07/10 20:27:01
>>267
ない

269:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/10 21:23:49
ないな

270:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/10 21:46:58
12x12,6,4,3

271:ルンペン猫 ◆ghclfYsc82
10/07/10 21:49:02
>>269
>>270
質問いいかな？

猫

272:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/10 21:56:02
12*12*12の立体を１x１x１のブロック組み合わせでフォルトフリーで分割する組み合わせは
いくつ？角だけでつながっていてもいい。

273:ルンペン猫 ◆ghclfYsc82
10/07/10 21:59:38
>>272
質問いいかな？

猫

274:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/10 22:05:11
>>267
InkScape(ドローソフト)でお絵かきして1/2から1/13まで詰めてみた感じでは、
かなり適当でも可能とみた。
(1/2)^2 + (1/3)^2 + ・・・ = π^2/6 - 1 = 0.6449...
だから結構スカスカっぽい

275:269 証明はできないけど
10/07/11 02:27:11
>>271
何？

276:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 07:30:53
>>267
URLﾘﾝｸ(damedao.web.fc2.com)

277:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 08:01:17
>>276
正解
1*1の正方形には1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、
1/8*1/8のを8個、…と詰め込むことが出来るのを利用する方法ですな

あと
>(1/2)^2 + (1/3)^2 + ・・・ = π^2/6 - 1 = 0.6449...
だから一辺の長さ5/6（面積0.6944....）の正方形にも
267の可算個の正方形達を詰め込める方法があるのかもしれません

278:269
10/07/11 08:45:47
あ、そうか……

一辺が1の正方形も詰め込むこと相当の計算してた
こんなタコミスしてたらそりゃ入るわけねーな…

すまん

279:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 10:40:06
>>277
過去ログに同じ問題あるはずだよ。
5/6の正方形に詰め込んだ人もいた気がする。

280:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 13:33:06
>>277
>>276が正解なら
1/2 ｘ 4
1/3 ｘ 9
・・・
でも正解ってことか？
少なくとも問題文に上記の様なのは不可、とは書いてないし

281:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 16:20:13
>>280
どういう意味？

282:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 16:24:00
>>281
そのまま。
4分割、9分割、・・・でおｋ

283:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 17:29:20
>>282
すまない全く意味が分からない
問題の意味を勘違いしてないか

284:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 17:46:08
>>283
>それぞれ1/2, 1/3, 1/4,... となるような可算個の正方形
で、同じ大きさの複数の正方形が入れられるなら、
>>276のように1/2 x 2じゃなく、1/2ｘ4でやれるだろう
という事。

1/2、1/3、・・・の正方形のそれぞれの個数の範囲を指定してないから
1/2 x4 でも正解じゃないの？といいたいのだ。

285:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 18:08:21
パッキング問題だからプログラムだけ証明できればいい。

286:267
10/07/11 18:56:40
>>284
問題は一辺が1/2,1/3,1/4,...の正方形達を一つずつ重ならないように詰め込むこと
>>277は1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、1/8*1/8のを8個、…と
敷き詰める方法を考えたあとに正方形達を小さい正方形に変えれば答えが得られることを
言っているのであって、
1/2*1/2の正方形を2個、1/4*1/4のを4個、1/8*1/8のを8個…と詰め込むこと自体や
ましてや1/2*1/2個の正方形を4個詰め込むことを正解と言っている訳ではありません

287:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 19:08:04
>>286
最初一つずつかと思ったけど、>>277を見て
複数でも良いのかと思ったのだ。

ちゃんと一つずつって書かないと判らない。

288:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 23:03:53
>>267は面白い問題おしえて～な六問目の912に同じ問題がある
また
URLﾘﾝｸ(web2.incl.ne.jp)
により厳しい設定での解答がある

289:名無しさん＠そうだ選挙に行こう
10/07/11 23:19:12
>>288 その愛知の方の解答はすごいですね
あんなのどうやったら思いつくんでしょうか？

290:１３２人目の素数さん
10/07/11 23:35:19
>>289
リンク先の「31～∞」みたいな小さい正方形を一斉に詰め込む方法を考えたら
あとは残りの大きい正方形を詰め込む方法を根性で探す

291:１３２人目の素数さん
10/07/12 08:15:59
>>277
> だから一辺の長さ5/6（面積0.6944....）の正方形にも
> 267の可算個の正方形達を詰め込める方法があるのかもしれません

解答出たけど、昨日から考えてたのが出来たから

URLﾘﾝｸ(damedao.web.fc2.com)

1/24 までの正方形を図のように並べると、
0.23*0.3 の長方形を残せる

1/25 以下の正方形については、
1/n (2^k＜n≦2^(k+1)) の正方形を長方形内に図のように
横方向に 2^(k-2) 個並べるようにする

必要なサイズは

幅
= 1/(2^k+1) + 1/(2^k+2) + … + 1/(2^k+2^(k-2))
＜ ∫[2^k, 2^k+2^(k-2)] dx/x
= ln(5/4) = 0.223

高さ
＜ 1/25 + 1/29 + (1/8)*(1/4+1/5+1/6+1/7) + (1/16)*(1/4+1/5+1/6+1/7) + …
= 1/25 + 1/29 + (1/4)*(1/4+1/5+1/6+1/7)
= 0.264

だから長方形に納まる

292:１３２人目の素数さん
10/07/12 09:07:03
どれも敷き詰めになってない

293:１３２人目の素数さん
10/07/12 14:37:29
ことばの使い方に終始したいなら別の板行った方がいいんじゃないかね

294:１３２人目の素数さん
10/07/12 16:16:37
GREG MARTIN て方の論文
「COMPACTNESS THEOREMS FOR GEOMETRIC PACKINGS」
URLﾘﾝｸ(citeseerx.ist.psu.edu)
では、

任意の正数εに対して
(π^2/6 - 1) + ε の面積をもつ、ある長方形に

＞一辺の長さがそれぞれ1/2, 1/3, 1/4,... となるような可算個の正方形たちを
＞互いに重ならないように敷き詰める方法

が存在する事を証明しています。
私には英語以前に数式が理解できそうもありませんでした。
図も一切ありません。

295:１３２人目の素数さん
10/07/12 22:13:09
>>292
つまり
スカスカになる
が正解、ってこと

296:１３２人目の素数さん
10/07/15 23:51:59
I=[0,1]としf:I→Iとg:I→Iが連続関数でx∈I→f(g(x))=g(f(x))のとき
f(x)=g(x)となるx∈Iがあることを証明せよ

297:１３２人目の素数さん
10/07/16 00:28:47
f (x)＝g(x)なるx∈Iが存在しないとして矛盾を導く。

任意のxに対してf (x)≠g(x)ならば、中間値の定理から、
常にf (x)＜g(x)であるか、あるいは常にf (x)＞g(x)である。
常にf (x)＜g(x)としてよい。

f ：I → Iだから、f は不動点を必ず持つ。不動点の1つをx0と置く。
f (x0)＝x0 だから、f (g(x0))＝g(f (x0))＝g(x0)となる。よって、
g(x0)もまたf の不動点である。そこで、x1＝g(x0)と置く。
以下、同様の作業を繰り返して不動点xnを作ると、
(1) f (xn)＝xn
(2) x_{n+1}＝g(xn)
が成り立つ。f (x)＜g(x)よりxn＝f (xn)＜g(xn)＝x_{n+1}となるので、
xnは単調増加である。また、xn∈Iだから、xnは上に有界である。
よって、xnはあるx∈Iに収束する。(1),(2)でn→∞として、
f (x)＝x及びx＝g(x)を得るので、g(x)＝f (x)となり、矛盾する。

298:１３２人目の素数さん
10/07/16 05:17:22
正解です