面白い問題教えて 第２版

1 名前：前スレ892 [01/11/04 11:08] ・数学的知識よりも発想の転換やひらめきが必要な問題 ・見た目に面白い問題 ・解法に目から鱗が落ちるような問題 をお願いします。 【前スレ】 面白い問題教えて cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/970737952/ 331 名前：１３２人目の素数さん [02/02/02 00:27] >>326 最初はaとbの２文字でやった方がいいと思う。 じゃあ俺から。 abab 332 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/02 00:27] 千の位と十の位の差が６以上ある、というのはどうだ？ 333 名前：１３２人目の素数さん [02/02/02 00:29] >328 9+(9+3)^0=10 冪使うの反則だっけ？ まあ取り敢えず329の理由と入れ換えで。 334 名前：１３２人目の素数さん [02/02/02 00:31] >333 反則だろ、普通。logとか累乗とかは。 入れ替えるなら、「ばらばらにして〜」というのと、332とを入れ替えて欲しい 335 名前：１３２人目の素数さん [02/02/02 00:34] >>328 最初の理由と２番目の理由をその短時間で思いついたことに、マジで感心する（藁 336 名前：308 [02/02/02 03:40] >>325 ただ、今のところまだできるともできないとも 言ってない（わかってない）ので．．． 簡単に「できない」とは言えないって言っただけで。（苦笑） 難しい問題だってことだけは、いやというほどわかった。 >>331 ２種類じゃ無限に続けられないことは証明できる．．．のだけど、 一部その証明に感覚的には納得しづらいところがある。 （「無限に続けられる」という言葉の解釈の問題。） 最初がababの場合で考えると、２個目以降の単語は必ず a...a, b...b, a...ab...b, b...ba...a, a...ab...ba...a, b...ba...ab...b, b...ba...ab...ba...a の７種のどれかになるが、 a...a, b...bのパターンが、それぞれ有限回しか出現しえないのは明らか。 （１回出てきたら、あとは長さを短くしていくしかないもんね。） で、他のパターンについてなんだけど 例えばb...ba...ab...ba...a（以降パターンＡと呼ぶ）で考えると、 パターンＡ中の同じ文字でできた４つのブロックそれぞれの文字数を 左から順にn(1),n(2),n(3),n(4)とすると、 最初に出現するパターンＡについて、n(k)＝n_0(k)（k＝1〜4） だったとすると、以降出現するパターンＡは n(1)＜n_0(1)またはn(2)＜n_0(2)またはn(3)＜n_0(3)またはn(4)＜n_0(4) でないといけない。 このうち、n(1)がn_0(1)より小さいある値NであるようなパターンＡが 有限個数しか存在しえないことが言えれば、n(1)＜n_0(1)の任意の値 であるようなパターンＡも有限個数しかないことが言え、 n(k)（k＝1〜4）について同様の議論を繰り返すことにより、 パターンＡ全体が有限個数になる。 で、「n(1)がn_0(1)より小さいある値NであるようなパターンＡが 有限個数しか存在しえないこと」の証明だが、 n(1)＝NであるようなパターンＡ（以降パターンＡ_Nと呼ぶ） が最初に出現したとき、n(k)＝N_0(k)（k＝2〜4）だったとすると、 以降出現するパターンＡ_Nは n(2)＜N_0(2)またはn(3)＜N_0(3)またはn(4)＜N_0(4) でないといけない。 このうち、n(2)がN_0(2)より小さいある値NであるようなパターンＡ_Nが 有限個数しか存在しえないことが言えれば、n(2)＜N_0(2)の任意の値 であるようなパターンＡ_Nも有限個数しかないことが言え、 n(k)（k＝2〜4）について同様の議論を繰り返すことにより、 パターンＡ_N全体が有限個数になる。 ・・・ 賢明な読者の方ならこのあとの流れはわかると思うので、ここでやめておくが、 「最初がababの場合」についてはこの調子で証明は書き下せるし、 一般の場合については、最初の単語がどんなものであっても、 ２単語目以降は、同じ文字の並びを１ブロックとした時のブロック数が 必ずある数以下になることから、その可能なブロックの並びそれぞれに ついて出現する数が有限であることが、あらゆるパターンについて 言えることを数学的帰納法で証明すればよい。 337 名前：308 [02/02/02 03:44] >>336の続き 感覚的に納得いかないのは、例えばb...ba...ab...ba...aのパターンを並べる場合、 最初にbbbaaabbbaaaなんてのを持ってきたとしても、 次にbba...(１億個)...ab...(１億個)...ba..(１億個)...aとかやってしまうと、 いきなり未来がひらけてしまい、その遥か未来にようやく最初のbが2個の パターンが尽きたと思ったら、ba...(１兆個)...ab...(１兆個)...ba..(１兆個)...a とやってしまえば、またまた未来がひらける。 つまり、有限回数で終ると言われても、初期の段階では可能な最大回数が 全く決まっていないこと、さらに悪いことには、いつになったらその 最大回数がはっきりするかすら決まっていないところが、感覚的に 納得できない理由。 そこでちょっとみなさんに質問なのだけど、このゲームが 「無限に続けられる」ってのは、数学的にどう表現すればいいんでしょう？ たとえば、数列a(n)が無限大に発散する、であれば、 「任意の実数xについて、 　　n＞n_0であればa(n)＞xであるようなn_0が存在する 　ということが言える」 というのが厳密な表現でしょ。 338 名前：308 [02/02/02 04:20] >>337 しまった、 》このゲームが「無限に続けられる」ってのは、 》数学的にどう表現すればいいんでしょう？ なんて書いてしまったが、 「『この単語列が無限に続く』というのは」ってことです。 たとえば、 「任意の自然数nについて、n個以上の単語列を作ることができる」 であれば、当然成立するし、 「ある単語Ａが存在し、任意の自然数nについてＡから始まるn個以上の 　単語列を作ることができる」 であっても成立してしまいます。 実は、 「任意の単語Ａと任意の自然数nについてＡから始まるn個以上の 　単語列を作ることができる」 ですら、成立しちゃいます。 （最初が１文字の「a」であっても、２個目にbをたくさん並べれば いいのですから。） 文字２種類では不可能だと証明できた、と思っても、 なんだか被疑者不定で起訴してるみたいでヤだ（藁 この証明が妥当であるような、問題の厳密な定義をだれか下さい。 ちなみに、この「２種類では不可能」という証明の考え方は ３種類以上には拡張できません。（言うまでもないか。） 「文字がaでない⇔文字がbである」という事実が、最初の パターンの限定のところで使われるので。 339 名前：308 mailto:sage [02/02/02 07:44] >>338（自己レス） よくみたら、 >>294に書いてあるような問題の定義のしかた（「自然数から単語への 写像で条件を満たすものは存在するか」）で 全然問題なかったいですね。（ハズカシー） なんだか勝手に頭の中で「無限に並べられる」という言葉が回ってて 混乱してました。 それで．．． ２種類のときの証明から思いついたのは 同じ文字の連続を１グループとみなしたときのグループ数がある値以下の ものは有限個数しか並べられないことから、このグループ数も単調増加という 条件をつけてしまっても問題としてはよさそうですね。 というわけで、2種類ではダメというのがわかったので >>308と>>315と上の条件を採用した上で こっちを攻めてみる。 >>326 ABCから出発して、全ての単語が A→B,B→A,A→C,C→A,B→C,C→Bの６通りの位置関係を含むようにする。 以下XYZがABCと1対1対応するものとすると、 必ずX〜Y〜Z〜Y〜X、X〜Z〜Y〜X〜Z、X〜Y〜Z〜X〜Y〜Zの いずれかの形となる。（〜の部分はなんでも入る） ABCを含まないという条件も考えると B〜A〜C〜A〜B、B〜C〜A〜C〜B、 B〜A〜C〜B〜A、C〜B〜A〜C〜B、 C〜B〜A〜C〜B〜A　の５通りのいずれかとなる。 さらに詳しく、同一文字グループの並び（小文字で書く）を調べると (bとcを交互に0個以上)b(aとcを交互に3つ以上)b(aとbを交互に0個以上) (bとcを交互に0個以上)cbacb(aとbを交互に0個以上) (bとcを交互に0個以上)bacba(aとbを交互に0個以上) のいずれかとなる。 ．．．う、ここから考えが進まないので、一旦投稿。 340 名前：１３２人目の素数さん [02/02/02 19:31] なんか分かりにくいからこれから先は 単独の文字→小文字 同一文字のグループ→大文字（いくつ並んでるか示す必要があるならそれは括弧内に示す） ってことにしようぜ。 例１：Ａ（５）Ｂ（３）Ｃ（４）Ａ（２）＝ａａａａａｂｂｂｃｃｃｃａａ 例２：ＡＢＢＡなんてパターンは存在しなく、これはＡＢＡと書く。 で、いま分かったのは、この大文字の数（例１では４）が単調増加してくってことだな。 う〜ん、もうすぐ解けそうだ♪ 341 名前：１３２人目の素数さん [02/02/03 00:34] 基礎論で恐縮ですが私が昔悩んだ問題 まず、Ｎ＝{0、1、2、3、、、}の部分集合全体は加算無限ではないという証明の復習から ｆ：Ｎ→Ｐ（Ｎ）　全射　とする。 Ａ＝{ｎ∈Ｎ：ｎ∈ｆ(n)ではない}∈Ｐ（Ｎ）　だから、あるｍに対してＡ＝ｆ(ｍ) あ）ｍ∈Ａ　⇒　ｍ∈ｆ(ｍ)ではない　⇒　ｍ∈Ａではない い）ｍ∈Ａではない　⇒　ｍ∈ｆ(ｍ)　⇒　ｍ∈Ａ で矛盾となるので、ｆ：Ｎ→Ｐ（Ｎ）　全射　とすることはできない。 どれで、Ｐ（Ｎ）はＮの部分集合全体ということだけど、部分集合といっても具体的に表記できるものと出来ないものがある。 つまり,有限集合は元を書き出せば言いから表記できる。あと、素数全体とか偶数全体、なども有限個の論理記号を並べることで表記できる。 実はこうやって表記できるのは、有限この記号を有限個並べるだけだから、可算無限しかない。 で、いま「部分集合」というのはこう言う具合に、有限個の論理記号の列で表記できるものに限定するとする。 その場合でも上の証明は何の変更もされない。つまり、Ｎから「部分集合」全体の集合への全射は存在しない。 「部分集合」全体の集合は可算個しかないにもかかわらず！？ これはどうしてでしょうか。 342 名前：>341 mailto:sage [02/02/03 01:02] >>1より引用 ・数学的知識よりも発想の転換やひらめきが必要な問題 ・見た目に面白い問題 ・解法に目から鱗が落ちるような問題 をお願いします。 343 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/03 02:12] >>341 cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/970523340/ こっちで振ればいいんじゃないでしょうか？ 344 名前：１３２人目の素数さん [02/02/03 02:38] 半径１の球を分解してもう一度もう一度組み直して半径２の球を作れることを証明せよ。 345 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/03 03:18] >>1より引用 ・数学的知識よりも発想の転換やひらめきが必要な問題 ・見た目に面白い問題 ・解法に目から鱗が落ちるような問題 をお願いします。 346 名前：１３２人目の素数さん [02/02/03 13:34] ＞半径１の球を分解してもう一度もう一度組み直して半径２の球を作れることを証明せよ。 不可能（∵体積が違う） 347 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/03 15:16] >>344 cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/1009466261/ このスレでネタを完結させてから来て下さい。 348 名前：１３２人目の素数さん [02/02/03 15:24] age 349 名前：１３２人目の素数さん [02/02/03 16:32] 私より賢い方どうかお願いします。 トランプをもとにバートンが押すべき電子ロックのボタン のパターンを下記の選択肢から選んでお答えください。 www.adventurespace.net/joker2.html 350 名前：１３２人目の素数さん [02/02/04 17:38] 誰か>>289の文字列の奴分かった？ 351 名前：１３２人目の素数さん [02/02/04 21:52] >>350 わかんにゃい（涙 a..b..a..b..a..等の繰り返しの数かとも思ったんだが全然違うようだし・・・ 352 名前：341 [02/02/04 22:26] >>343 そう思ったんだけど議論の流れからちょっと唐突過ぎると思った次第。 cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/995535913/l50 だとまたややこしくなりそうだし、消去法でここに書いたけど忘れてください >>344 選択公理があれば可能、と聞いたが 353 名前：１３２人目の素数さん [02/02/04 22:50] >>341 「有限この記号を有限個並べるだけだから、可算無限しかない」 このことの根拠は？ｷｿ論はよく知らないけど自明なのか？ また、部分集合P(N)をこのように限定した時も、 A∈P(N)はいえるのか？そこが疑問。 354 名前：341 [02/02/04 23:23] >>353 ＞また、部分集合P(N)をこのように限定した時も、 ＞A∈P(N)はいえるのか？そこが疑問。 これはｆ：Ｎ→Ｐ(N)　の存在を仮定しての議論だから構わないと思います。 ＞「有限この記号を有限個並べるだけだから、可算無限しかない」 ＞このことの根拠は？ これがおっしゃる通り間違いです。仮に有限個の記号が４つあってこれを有限個並べたものに番号を振ることを考えてみる。 ４つの記号に１、２、３、４とでも数次を対応させれば、ｎ個の記号を並べたらｎ桁の自然数が対応するので これらを小さい順に並べれば確かに自然数と一対一の対応が出来る。 しかし、このような対応関係を最初に与えられた有限個の記号を有限個並べて表記することは出来ない。 つまり部分集合を制限することで、写像も制限される、つまり、ＡからＢへの写像はＡとＢの直積集合の部分集合だから、部分集合の制限は写像も制限することになる。 355 名前：通りすがりオヤジ [02/02/05 00:40] >>289 可能。 単語を作る時、前に出た単語を含んじゃ駄目なら、一番長い単語から考えてみる。 例：a,bの場合。（説明する為に、まず「10文字まで」にします） abbbbbbbb aabbbbbb aaabbbb aaaabb aaaab （他にaaaaab,aaaaaab,aaaaaaab…もある） 上は同じものを含んでいません。 そして、文字を無限に繋げられるのなら、最初の単語のbの数 abbbbbbbbを無限に増やせる（abbb……b）ので、 無限に単語を作ることが可能。 後はこの法則を、短い方から並べ直せばいい。 チラッと見てなんですが、設問に適した答えになってるか不安。 （間違ってたらｽﾏｿ） 356 名前：通りすがりオヤジ [02/02/05 00:46] >>355 ミスった。 「例」の上から５つ目 aaaab は無しにして。 357 名前：１３２人目の素数さん [02/02/05 00:51] 全然だめ 358 名前：１３２人目の素数さん [02/02/05 02:15] >>355 悪気はないんだろうけどもう少し過去ログ読んでね。 大したボリュームじゃないんだしさ。 359 名前：１３２人目の素数さん [02/02/05 11:15] 漏れも>>355 の誤りの部分がきっちりと理解できてない（頭悪し＞＞漏れ >>294 > 自然数nからそれぞれ有限な単語Anへの写像で次の条件を満たす様なのは存在するか？ > ※任意のi,j（i<j∈N）に対してAjからどのように文字を取り出してもAiにならない。 i,jはnとは無関係で、（i<j∈N,n∈N）ってことだね？ まず、A1からAnまでの有限長の「文字列」列を何か用意して、 An+1以降は無限の長さでもいいから、とにかく生成する方法を指定して いくらでも継続できる例をあげれば、YESで完了？違うよね？ うえ〜ん、問題が理解できないＹＯ〜、漏れはアホだぁ〜 360 名前：通りすがりオヤジ mailto:sage [02/02/05 12:13] >>358 361 名前：通りすがりオヤジ mailto:sage [02/02/05 12:15] >>358 スミマセン。もっと修行します・・・・ 362 名前：ふえ〜〜 [02/02/05 12:24] 最近この問題出されて解けません。 もう問い一から難しいです。 www1.odn.ne.jp/drinkcat/topic/column/z_figpaz.html どなたかお願いします。 363 名前：１３２人目の素数さん [02/02/05 16:00] >>362 問い1は対角線を引いて片側の面積を求めて２倍する。 片側の面積＝中心角が９０度の扇―正方形の半分 幾何の問題を図を使わずにことばだけで説明するのは面倒だな。 364 名前：１３２人目の素数さん [02/02/08 01:50] 問5は一つの三角形が1:√3：2だから(円が全ての辺に接しているから）一辺をＸと置くと、必然的に円の直径√3Ｘ／4が出てくる。 365 名前：363 [02/02/08 02:04] 12.1以降の問題です。 366 名前：364＝365 [02/02/08 02:05] スイマセン、間違えました。 367 名前：１３２人目の素数さん [02/02/08 23:17] 弧の交点と正方形の一辺を結ぶ正三角形の面積を、 中心角60度の扇形からひいて細長いとこの面積が出る。 それを二倍して正三角形と足すと、 二つの弧と正方形のいっぺんでできる三角っぽい形の面積。 で、最初の問題で出た面積を引くと・・・。 って、記号も絵も使わずに書いてちゃかえってわかりづらいか… 368 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/09 00:23] ていうか、マルチポストだったりして。 しかも答えが出てたりして。 cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/1012535858/294-331n 369 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/09 07:36] >>251 の問題、ようやく解けたよ。 補助線は＋３０度左上がりのと ：|：の延長線でいいんだよね？ 370 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/09 13:52] upup 371 名前：１３２人目の素数さん [02/02/09 13:53] up 372 名前：１３２人目の素数さん [02/02/09 13:59] それじゃコレを頼むよ www.sougetu.com/funpic/damasie/true_true.gif 373 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/09 14:12] >>372　既出 くだらねぇ問題はここへ書け ver.3.14159265 cheese.2ch.net/test/read.cgi/math/1010722815/ 374 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/11 19:21] てすてす。2ch生きてるかー？ 375 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/11 20:13] 40分前のレス出来てるよ。ｵｲ。とりあえずｳﾘﾅﾗ氏ね 376 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/11 20:14] んじゃいきます >>289>>294の問題、そろそろトドメ刺します。 自分でも確かめましたけど、間違いあるかもしれないのであったら指摘して下さい。 ちなみに部分列でも同じように命題が成り立つ、ってのは証明無しに使ってます。 後記号使いまくりなので分かりにく過ぎなのは勘弁して (1) まずn番目の単語をAnと表す。 次にA1以降の単語についてAnがA0の最初のx文字を含む最大のxをf(An)とする。 この時、A0の文字数をpとすると、f(An)<p よってあるqに対してf(An)=qとなるnが無限に存在する。 このようなnをn_0,n_1,n_2,…と順に求めておくと Bm=An_mとなるような単語列Bmでもこの命題は成り立つ。 （言い換えると単語A0の最初のq文字だけ含んでるような 　 Anの無限部分列をBnとする、ということ。） (2) Bnに対して次のような操作をして新たな単語列Cnを作る。 Bnの中にA0の最初のq文字が含まれているが、その文字ごとでBnを分ける 例.(五文字のアルファベットの単語の場合) A0=acccbaadecedbでBn=bcaecddcaccdbbeadabcddeaceccdの時、(この時q=12) Bnをbca ec ddc ac cdb bea da bcd de ac e ccdって感じで分ける。 そして分けられたそれぞれの組に対してその組の中の一番後ろの文字を 使えるアルファベットの中で一番最後ので表して(以後これをeで表す) それ以外の文字を残りのアルファベットで表す。 例. Bn=bca ec ddc ac cdb bea da bcd de ac e ccdなら Cn=abe de cce ae bce ade ce bce de ae e cceと変換する。 377 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/11 20:16] (3) こうして出来る単語列Cnだが、何番目のeとその次のeが連続しているかで 2^(q-1)個のパターンがある。そしてその中の一つのパターンを持つCnは無限個ある。 それだけを抽出した無限部分列に対し連続するeを1つのeに置き換えた奴をDnとする。 （例えば*e*e*eee*e*ってパターンが無限個あったらそれを*e*e*e*e*とした 　部分列をDnとする。） (4) Dnのeで分けられているそれぞれの組からeを取ったのをDn_mで表す。 例. D4=abe de cce acde bce ade cの時、 D4_0=ab、D4_1=d、D4_2=cc、D4_3=acd、D4_4=bc、D4_5=ab、D4_6=c Dnの中のeの数は全部同じなのでそれをpとするとp+1個の集合I_m={Dn_m;m∈N}が作れる。 そしてI_0〜I_pの内一つはD0_mを含まない元が無限個存在するI_mがある。 そのようなI_mに対し(1)〜(3)の作業をしていく。 (5) このような作業をしていくと、最終的に全ての単語はaを取り除けば同じになるような単語となる。 （aってのは使えるアルファベットの中で最初の文字ね。） こうして出来た単語列をEnとする。 a以外の文字の並びが全部同じになってるので、それを全部bとしても命題が成り立つ。 だが、a,bの2つしか使ってないこの単語列では無限に続けるのは>>336-339より不可能。 矛盾してるので、結局アルファベットの種類がいくらでも>>289>>294のように続けることは出来ない。 と5つのステップにより命題は否定したわけだけど、(4)と(5)の説明が不十分なのが心残り… しかしこれ書き込むのに何度も失敗したよ。ｳﾘﾅﾗども氏ね 378 名前：１３２人目の素数さん [02/02/11 20:16] そしてage。ｳﾘﾅﾗども死ね 379 名前：374-378 mailto:sage [02/02/11 20:37] 訂正。 (4) Dnの中のeの数は全部同じなのでそれをpとするとp+1個の集合I_m={Dn_m;m∈N}が作れる。 ↓ Dnの中のeの数は全部同じなのでそれをpとするとp+1個の集合I_m={Dn_m;n∈N}が作れる。 380 名前：374-378補足・訂正 mailto:sage [02/02/11 21:26] >>376五行目 部分列でも同じように命題が成り立つ ↓ ある単語列において294の命題が成り立つのなら、その部分列においても 294の命題が成り立つ (3)の （例えば*e*e*eee*e*ってパターンが無限個あったらそれを*e*e*e*e*とした 　部分列をDnとする。） において"*"はeを含まない文字列を指します。 Windowsでいうワイルドカードって奴です。 (4)後半から(5)にかけて補足。 例えば(4)後半で全ての単語がAeBeCeDと表せて、 さらに最初の単語がaaebadcaeadaeaaとした時(この時A=aa、B=badca、C=ada、D=aaとなる) 例えばBの部分がbadcaを含まないような単語が無限個あるから、 全てのbadcaを含まないBに対してbadccの何文字目まで含めるか求める。 そしてbadcaの3文字目まで、つまりbadを含むけどbadcは含まないBが無限個あったとする。 Bがそうなる単語だけ抽出。これでも命題は成り立つ。 全ての単語においてBはEbFaGdHと表せるから、これをEdFdGdHと書き換える。 そして全ての単語がAeEdFdGdHeCeDと表せる。 そしたらA,E,F,G,H,C,Dの中のどれかは『最初の単語の中の同じ部分を含まないのが無限個ある』から、 ↑のような作業をしてさらに分割。今度はAeEdFdGdHeCeIdJdKとなる。 その次はAeEdFdLcMdHeCeIdJdK。これを繰り返す。 常にこうやって分割出来るから最後には *e*b*b*c*b*d*d*c*d*e*b*b*b*e*c*d*c*d*c*c*b*って形になるはず(*は何文字かのaで出来る文字列) 常にAとかKとかの間に挟まれた文字列のどれかは 『最初の単語の中の同じ部分を含まないのが無限個ある』 はずだから、（そうじゃないと無限個続けられない）いつまでも分割出来る。ってのが重要。 381 名前：374-380補足・訂正 mailto:sage [02/02/11 22:00] (5)補足 『a以外の文字の並びが全部同じになってるので、それを全部bとしても命題が成り立つ』 の証明。 aがn文字続いてる文字列をA(n)とする。それ以外の文字はB_nで表す。 すると全ての単語は B_0 A(x1) B_1 A(x2) B_2 … A(xn) B_n という形になる。 ある単語が B_0 A(x1) B_1 A(x2) B_2 … A(xn) B_n となっていて その後の方から適当に選んだ単語が B_0 A(y1) B_1 A(y2) B_2 … A(yn) B_n となっているとする。 この時あるiに対してxi>yi。 ここでB_kを全部bにしてみると bA(x1)bA(x2)b…A(xn)b (この単語をw0とする) bA(y1)bA(y2)b…A(yn)b (この単語をw1とする) となってるけど、あるiに対してxi>yiなわけだからw1はw0を含まない。 (4)(5)及び380の後半補足 途中で、例えば ＞全ての単語においてBはEbFaGdHと表せるから、これをEdFdGdHと書き換える。 ＞して全ての単語がAeEdFdGdHeCeDと表せる。 においてGが何も無いような単語、AeEdFddHeCeDってのがあるかもしれない。 その時は(3)にあるような操作をすればいい。 つまり、AeEdFddHeCeDとAeEdFdGdHeCeDの2つのパターンの内、 どちらかが無限個あるわけだからそっちだけを抽出すると言う事。 そしてAeEdFddHeCeDが無限個あった場合はAeEdFddHeCeDをAeEdFdHeCeDと書き換えればいい 382 名前：374-381 [02/02/11 22:01] 一応これで補足・訂正は終わったと思う 383 名前：卓ゲ板住人 [02/02/16 18:09] >>349 マークはクラブ：数値ｘ４　スペード：ｘ３　ハート：ｘ２　ダイヤ：ｘ１ ボタンは４進法で上の行から４＾０、４＾１、４＾２ 卓ゲ板トランプスレ住人より豆知識： 普通のマークの順序、いわゆるスペード（Ｓ）ハート（Ｈ）ダイヤ（Ｄ）クラブ（Ｃ）は ブリッジというゲームの順序であり英語圏での順序。 この問題でのＣＳＨＤの順序は「スカート」「シープスヘッド」を始めとする ドイツ生まれのゲームによく見かけるのである。となるとこの問題の元もドイツ製と思われ。 384 名前：１３２人目の素数さん [02/02/22 11:54] あげちゃおう 385 名前：１３２人目の素数さん [02/02/24 23:04] 高校・大学でやる難しい事知らんから他スレの話題に入れない、実は賢い人たちへ。 その力をここで見せてやってくれ。 １．(1) 1つの頂点に正n角形がm個集まってできる正多面体は多くとも5つしかないことを 証明せよ。 ２．(1) ある整数の約数をすべて足すと168、約数の逆数をすべて足すと2.8になる。 この整数はいくらか。 ３．(1) 2^(n+1)+3^(2n-1)は7で割り切れることを証明せよ。ただし帰納法は用いないこと。 ４．(3) 頂点が格子点となる正五角形は存在するか？ただし三角比は用いないこと。 （格子点：座標値が全て整数の点） ５．(3) 命題：空間内のn個の格子点間を結ぶ線分をすべて考える。このとき、これらの線分 の中点の少なくとも１つは格子点である。 この命題が常に真となるような自然数nの条件を求めよ。 ６．(5) (999999999999999999999999999999)^5 の各桁の数を全て足した数をa、 aの各桁の数を全て足した数をb、b各桁の数を全て足した数をcとする。cを求めよ。 ７．(1) 2つの平方数の和で表される整数の集合をFとする。 a∈F,b∈F　⇒　a*b∈F　を証明せよ。（a∈F　：　aはFに含まれる） ８．(4) 次の関係を満足する有理数aを求めよ。ただし[x]はxを超えない最大の整数。 (4/3)*{(1/a)-[1/a]} = a , 0<a<1 ９．(4) 1次以上の任意の整数係数多項式f(x)について、f(1),f(2),f(3), ... の中には 素数でないものが存在することを証明せよ。 １０．(6) 数列1,3,9,27,81,243,729,...から異なるいくつかの数をとって足してできる 数を小さい順に並べてできる数列1,3,4,9,10,12,13,...を考える。 この数列の100項目の数を求めよ。 「計算力よりアタマの良さを必要とする良問。中学から大学以上まで、幅広い層で 考えられるものばかり」らしい。某書より抜粋。一応()は点数。 ちなみに俺は1,2,3,7しか解けんかった…。 386 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/25 01:07] >>385 思いついたやつだけ。 1. 一つの頂点には三つ以上の正多角形が集まり、集まった内角の和は 360°を超えない。したがって 三角形・・・3、4、5個 四角形・・・3個 五角形・・・3個 の五種類。 2. 約数の逆数の和は約数の和をもとの整数で割った値。 168/2.8=60。 3. 2^(n+1)+3^(2n-1)=4*2^(n-1)+3*9^(n-1)≡4*2^(n-1)+3*2^(n-1)≡0 (mod 7) 4. 5次元で存在。 5. 線分の両端の座標の成分を比較してすべての偶奇が一致すれば その中点が格子点。したがって2＾3+1=9つあればよい。 6. 9999・・・99は30桁あり、これを5乗した数は150桁。この数の各桁の和a はたかだか150*9=1350。同様にbは高々27。したがってc=9。 7. a,b∈Fなのである整数p,q,r,sによりa=p^2+q^2、b=r^2+s^2とかける。 a*b=(pr+qs)^2+(ps-qr)^2と書けるのでa*b∈F 8. パス(考えてます) 9. f(0)=pとすると、f(np)はすべてpの倍数。fは定数関数でないのでいずれ pの倍数が現れる。 10. 3^k以下の項数が2^kになるので100(十)=1100100(二)を用いて 1100100(三)=981(十)。 387 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/25 01:34] >>385 8. (いい方法思いつかん・・・)無理やり分母払って二次方程式を解くと a=(2/3)*(-[1/a]+√([1/a]^2+3))となって2/3の自然数倍。従って2/3。 388 名前：hypo [02/02/25 01:45] >>386 >>387 すばらしい。ほぼ完璧だが、4.は２次元で考えてくれまいか？ あと8.はもっと簡単になる。 高校生か？敬服する。 389 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/25 01:48] >>388 高校生でなくてｽﾏｿ。高校生に教えてる塾講です。 390 名前：hypo [02/02/25 01:52] >>389 あ…そうなんか。まぁいいけど。 さぞいい先生なんだろうな。頑張って稼いでくれたまえ！ 391 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/25 02:03] >>385 4. 格子点間の距離は√(自然数)の形になるが、正五角形は、一辺の長さ と対角線の長さの比が2：1+√5になるのでこのような頂点を格子点上に 取り得ない。従って二次元では不可能。 >>390 しがないバイト講師です。 392 名前：１３２人目の素数さん [02/02/25 02:20] >385 386さんすごいですね。 ８はａ＝ｓ／ｒ　ｓ＜ｒ(整数)とおくと、 （４／３）＊（ｒをｓで割ったあまり）＝ｓ／ｒ ４ｒ（ｒをｓで割ったあまり）＝３ｓ＾２ ｒ、ｒをｓで割ったあまりはｓ＾２で割り切れないから、 ４はｓ＾２でわりきれる。よってｓ＝１、２ ｓ＝１だと右辺が奇数になるからだめ。よって２しかない。 左辺の残りの因子は３より、ｒ＝３しかない。これは条件を満たす。 で初等的にできます。 393 名前：１３２人目の素数さん [02/02/25 02:22] （ｒをｓで割ったあまり）→（ｒをｓで割ったあまり）／ｓ 394 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/25 02:28] 4.は5次元でも不可能か・・・ 391で言ったことがそのまま適用できるやん。 395 名前：名無し ◆TLe2H2No [02/02/25 09:43] >>385 1,2,3,4,5,7,10できた 5.は「５つの頂点がすべて格子点上にあると仮定すると、各頂点を結んでできる 　 正５角形の頂点もまた格子点上にある。これは､正五角形が無限に小さくで きることを意味する。よってあり得ない。」 ってな感じの証明法もあるよね。 8.むずい。>>392さんの解法に納得 396 名前：hypo [02/02/25 12:53] >>386 >>392 >>394 >>395 みんな賢いなぁ。 4.は395、8.は392の解答が一番すっきりしてるね。 お疲れ様。これにて終了。 397 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/25 12:59] >>395 ちょっとダウト。 「各頂点を結んでできる正5角形の頂点もまた格子点上」のところ。 398 名前：１３２人目の素数さん [02/02/25 13:59] 五次元で考えたら (1,0,0,0,0) (0,1,0,0,0) (0,0,1,0,0) (0,0,0,1,0) (0,0,0,0,1) で正五角形になるのでは？ 399 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/25 14:09] >>398 正五角形になるのではなくって、正5胞体の頂点になる(とおもう)。 だってその五つをベクトルと思ったら全部一次独立で、同一「平面」 にはないことになっちゃうでしょ。 実際対角線の長さと一辺の長さが一致してるし。 400 名前：１３２人目の素数さん [02/02/25 16:05] >>385 4.はより一般化されたやつが、ヤホーで随分前に出てたぞ 確か内角がすべて等しい多角形で、すべての頂点が格子点上にあるのは 長方形だけたった記憶がある 証明は忘れた 401 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/25 20:41] 例えば正五角形ABCDE。条件満たしたとする。（何次元でも構わないよん） んで2倍の大きさにしたのをFGHIJとする。 GJの中点をK。HIの中点をLとする。 K､Lも格子点。んでGKとHLは平行。だからGK/HLは有理数じゃなきゃいけない…のだけど。 402 名前：hypo [02/02/25 20:44] >>398 >>399 非常に興味深い話ですね。正多胞体って何ぞや？ >>400 マジ？それも興味深い。 遅れたが、今日国立二次試験だったのだな。受験生のみんな 本当にお疲れ。俺は数年前に前期落ちて、同じとこ後期で受かった。 だからできなかった人も後期あきらめんと頑張ってくれよ。 403 名前：400 [02/02/25 23:52] >>400 自己レス 確か内角がすべて等しい多角形で、すべての頂点が格子点上にあるのは 「長方形だけ」じゃなくて「四角形と八角形だけ」の間違い また、この問題は次の命題が真ならOK 「a が 0＜a＜1/2 となる有理数のとき tan(aπ) が有理数となるのは a＝1/4 のみ」 404 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/26 00:15] >>402 正多胞体ってのは・・・ 2次元には正多角形が、3次元には正多面体があるように4次元にある 同様の性質を持ったモノ。4次元だと6種の正多胞体があるとか。 分かりやすいのが、正四面体五つの正5胞体とか、正六面体8つの 正8胞体とか。 405 名前：hypo [02/02/26 09:54] >>404 ほ〜なるほど。これは4次元空間のみに適用される名称？ 一般にn次元でもOKなのだろうか。 406 名前：１３２人目の素数さん [02/02/26 10:37] >>386 6の回答がよくわかりません。 「同様にbは高々27。したがってc=9。」 ていうのはどうして？誰か親切なかた教えてください。 407 名前：１３２人目の素数さん [02/02/26 10:58] >>386 6. bが高々27ならｃは10以下、どうやってc=9にするの？ 408 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/02/26 12:10] >>406 「9の倍数の各桁の和は9の倍数」を無条件に使ってます。 cは18にはなりえないので9です。 409 名前：１３２人目の素数さん [02/02/26 20:35] この問題を解けるかな？ ↓問題 基地に同じ飛行機が３機ある。一機だけ地球を一周させたい。 しかし、どの飛行機も燃料満タンで、地球を半周しかできない。 基地に戻ると燃料があり、飛行機同士飛びながら給油が可能。 どうしたら一機を地球一周させることができるでしょうか。 ただし、三機とも墜落させることなく基地にもどしてください。 どう？わかる？ちなみに自分は１日中考えてもわからなかった。ｗ 410 名前：１３２人目の素数さん？ [02/02/26 20:39] >>400 その命題は真だね。 411 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/26 20:42] >>409 2機(A,Bとする)で 1/4 周の手前までいく。3機目が 何往復もして A B に給油. 十分給油したら A B ２機 で 1/4周超えたとこまでいき Aが満タンになるまで Bから給油. B は基地に帰り Aがそこから 3/4周の所までいく。 Aがそこから戻るのも同様にして できる ってのはだめ? 412 名前：ワカメ [02/02/26 20:50] ■問題 １２枚のコインがあります。その内１枚は偽のコイン。 外見などでは区別がつきません。 偽のコインは本物と比べて少し重さが違います。（重いか軽いかはわからない） そこで、天秤を３回だけ使ってどのコインが偽者が見分けてください。 ＞４１１さん どんだけつめても半周しかできないです。 けど、おもしろい発想ですね。ｗ 答えは前の板で答えてくれました。 413 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/26 20:58] >>412 >１２枚のコイン 数学板超ｶﾞｲｼｭﾂ問題の一つ 天秤野郎に死を 414 名前：１３２人目の素数さん [02/02/26 21:08] >>411 飛行機は空中に止まっているときも燃料を消費するからダメかと 415 名前：１３２人目の素数さん [02/02/26 21:47] >>414 ていうか飛行機は空中で静止できない。 416 名前：１３２人目の素数さん [02/02/26 21:49] 9 名前：１３２人目の素数さん 投稿日：02/02/26 21:11 飛行機をA，B，Cとして，Aを１周させる 地球を１週させる燃料を１とする．また〜地点というのは基地から地球１周分のどれだけの 距離が離れているかを示す． まず，AとBとCを1/8まで飛ばし，1/8に達したらCからAとBに1/8の燃料を移す で，Cは基地まで一度戻る． AとBは2/8まで飛び，そこでBからAに燃料を1/8移す． そしてBは基地まで戻る． Aは6/8まで飛べるからそこまでいく． また，BとCはその間にAと反対方向の1/6まで行き，そこでCからBに1/6の燃料を移す． BはAと6/8地点で合い，燃料を分ける． このときBは5/12持っているので，AとBは5/24ずつ持っていることになる． また，一度Cは基地に戻り燃料を満タンにしてAと反対方向に向かい，1/24地点で出会う． そこで燃料を３台でわけて，３台が11/72の燃料を持っていることになる． 残りの距離は1/24の為，３台が戻ってきて修了．と しかし現実的には無理だろうな・・・ ワカメでてこいやぁぁぁっぁぁぁああああああああああああ！！！！！！！！！！ 417 名前：１３２人目の素数さん [02/02/26 21:51] 1998の倍数のうち、各位の数が全て等しい最小の数を求めよ。 418 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/26 23:03] 1998=2*9*111 各位の数は2、4、6、8のいずれか。 2、4、8の場合、（9を因数に持つためには）9の倍数個並ばないといけない。 まず9個並ぶ場合を考えると 222222222=2*111*1001001 444444444=4*111*1001001 888888888=8*111*1001001 これらはいずれも（1001001が9で割り切れないので）1998の倍数でない。 6の場合、（9を因数に持つためには）3の倍数個並ばなければいけない。 666=6*111　明らかに不適 666666=6*111*1001　（1001は3で割り切れないから、全体として）9で割り切れないので不適 666666666=6*111*1001001　1001001は3で割り切れるので適 よって求める数は666666666 419 名前：ワカメ [02/02/26 23:14] ＞４１６ イヤ、別に自分が作った問題じゃないから？w ワカメに当たられてもワカメ困っちゃ〜う☆ 420 名前：１３２人目の素数さん [02/02/27 17:55] >>417-418 ひょっとして「0」ってのが答えとか言うなYO！（笑 421 名前：１３２人目の素数さん [02/02/27 22:01] 次のような自然数nの条件、求められます？ n次元空間の格子点上にn+1個の点A0〜Anをとった時、 全てのi,j（0≦i＜j≦n）に対してAiとAjの距離が同じ正の数となるように出来る。 例えばn=2の時は3点とも格子点にあるような正三角形を作らなきゃいけないから不可能。 n=3の時は(0,0,0)(1,1,0)(1,0,1)(0,1,1)の4点をとればいいので条件を満たす 422 名前： ◆s/Ve0CS2 [02/02/27 22:13] >>420 「0」よりも小さいモノいくらでも作れるよ。 423 名前： ◆s/Ve0CS2 [02/02/27 22:39] 実数nがn=-nを満たす確率をP(n)とする。 この時P(P(P(P(n))))の値を求めよ。 424 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/02/28 11:24] >>423 n=0なら0 n≠0なら1 425 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/12 21:21] 捕手 426 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/16 01:29] mathworld.pdox.net/math/s/s706.htm 別のスレでも書いたことだが、この手の図形の作図っておもしろくない？？ 一般的には無理だろうけど少しなら何とかなることがわかる。 ちなみに超面倒くさいので作図方法を頭の中で考えるだけでいいと思う。 427 名前：１３２人目の素数さん [02/03/17 01:05] age 428 名前：１３２人目の索敵さん mailto:sage [02/03/17 03:30] >>426 反転使えば楽なんじゃない？ 429 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/17 17:01] ハートの式 r=|2sin2φ・sin2θ+2cos2φ|,φ<1.2,z>|x-y| 430 名前：１３２人目の素数さん mailto:age [02/03/23 21:42] age 431 名前：名無し ◆TLe2H2No [02/03/24 01:52] ひらめきを要する問題を一つ 「テーブルの上にタバコが六本あります。この６本がいずれも残りの５本と接するように 　置けるでしょうか。また，４本と接する場合はどうでしょう。」 ひらめきっていうより試行錯誤で何とかなるかな？ 432 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 02:13] ＞４本 　（￣￣￣￣￣￣￣◎　　　　　　　　　（￣￣￣￣￣￣￣◎◎ （￣￣￣￣￣￣￣◎ ◎　←接続→　　（￣￣￣￣￣￣￣◎ ￣￣￣￣￣￣￣￣￣　　　　　　　　　　 ￣￣￣￣￣￣￣ 右の束が安定しないからダメか？ 正四面体の辺なら安定するか？ 433 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 02:16] ていうか左の束も安定しなさそう 434 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 02:31] >>431 ４本は簡単だね。 ３本で三角（△）を作り、残りの３本で上下逆の三角をつくり、二つの三角を重ねる。 ５本の場合。 ６本の辺に各５ヶ所の接点があり、各接点では２本が接している。 つまり６×５／２＝１５個の接点がある。 しかし、１５個の接点は６本で割れないので「いずれも残りの５本と接する」ことはできない。 よって、答は不可能。 あっているかどうか自信はない。 435 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 02:50] >>431 タバコってのがポイント。 紙巻なので破って・・・（以下略 436 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 02:53] >>432 気合で縦に積み上げれ（ｗ 437 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 02:56] >>431 タバコってのがポイント。 湾曲するので・・・（以下略 438 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 03:01] >>434 3重以上の接点が作れなくもないので・・・（以下略 439 名前：１３２人目の素数さん [02/03/24 04:47] >>434 例えば6本の曲線では可能だけど？ 440 名前：１３２人目の素数さん [02/03/24 09:59] 五本は、ぴったりと横並びに寝かせて置きます。五つ並んだフィルターに、側面を押し付ける様にして残り一本、そっと置きます。　 441 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 10:37] >>440 並べた５本は隣としか接してないよ。 端のタバコは２本としか接してない。 442 名前：１３２人目の素数さん [02/03/24 14:35] >>431 テレビで見た。煙草じゃなくて鉛筆だったが。 443 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/03/24 16:53] >>438 １点で３本以上が接するということですか？ >>439 それを教えて。 444 名前：ゴンサク mailto:krnr32r@selene.dricas.com [02/03/26 23:50] >１２枚のコイン １回目　４枚ずつ天秤に乗せます。つまり４枚　４枚 つり合った時＝残りの４枚が怪しいと判明 ２回目　乗っている片方の４枚から１枚を取ります。 　　　　乗せていない４枚から１枚取り３枚をさっきの反対側と交換し、３枚　３枚にします。 つり合った時＝まだ、乗っていない１枚が偽物と判明 傾いた時＝後から乗せた３枚が怪しいと判明　この時点で偽物が重いか軽いかわかります。 ３回目　怪しい３枚の内２枚をそれぞれ１枚ずつ乗せて計ります。 つり合えば、残りの１枚が偽物、傾けば、さっきの段階で重い軽いがわかってるので、 どちらが偽物かわかります。 １回目で傾いた時 ２回目＝乗っている片方の4枚から2枚を下ろします。もう片方の4枚から 1枚を取り片方の2枚の方に乗せて、3枚　3枚にします。 つり合った時　下ろした２枚が怪しいと判明 吊り合った時の３回目＝下ろした２枚の内１枚と本物の１枚をそれぞれ天秤に 吊り合えば、残りが偽物　傾けば、本物の反対側が偽物です。 ２回目で傾きが変わらなかったとき＝２枚残した奴が怪しいと判明 後は、吊り合った時の３回目と一緒 傾きが変わった時＝移動した1枚が偽物 これで、わかるかな？ 　　 445 名前：あちー [02/03/27 22:00] >>20　解 f(1)=2,f(2)=3　はすぐわかる。これを頭に帰納法で f(3^k)=2*3^k　f(2*3^k)=3^(k+1)　(k=0,1,2,…)　 を示せる（省略）。 fは狭義の増加関数なので f(3^k) =2*3^k f(3^k+3^k)=2*3^k+3^k より f(3^k+j )=2*3^k+j (j=0,1,2,…,3^k)を得る。 この両辺にfを施して 3(3^k+j)=f(2*3^k+j) 1992=2*3^6+534　より f(1992)=3(3^6+534)=3789 446 名前：１３２人目の素数さん [02/04/09 19:33] ■問題 １２枚のコインがあります。その内１枚は偽のコイン。 そして、てんびんが一つあります。 全部を足した数はいくつ？ 447 名前：１３２人目の素数さん [02/04/09 21:10] >>434 今更だが5本は 煙草3本で矢印を作る それを二つ重ねて5個と接する 448 名前：１３２人目の素数さん [02/04/09 21:11] >>446 全く意味がわからんす 449 名前：１３２人目の素数さん [02/04/12 02:22] 正の実数列A1,A2,A3…について どのnに対してもΣ[k<n]Ak^2 < K*An^2となるKが存在する時、 どのnに対してもΣ[k<n]Ak < K'*AnとなるK'が存在する事を証明出来ますかな？ 450 名前：１３２人目の素数さん [02/04/12 13:35] >>449 できないと思います 451 名前： ◆aeAEaeAE [02/04/12 15:16] 理系のくだらない質問はここに書け５ ebi.2ch.net/test/read.cgi/rikei/1014042772/ からコピぺ。 741　Nanashi_et_al.　　02/04/04 10:02 血液型に関して詳しい方教えて下さい。 ＸさんとＹさんの間に生まれた子供が血液型Ａ型で、 ＹさんとＺさんの間に生まれた子供が血液型Ｏ型だとします。 ＸさんとＺさんの間に生まれる子供は Ａ型、Ｂ型、ＡＢ型、Ｏ型の４つのうち、 ありえるのはどの血液型ですか？ 452 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/04/12 15:19] じぇんぶ 453 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/04/12 15:22] その仮定によると XさんとZさんは同性なので子作りできない 454 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/04/12 15:35] 　　　　　　　 ｒｰ､ 　　　　｣´￣｀ｌｰ) ＼ 　　　　Ｔ¨Ｌ　|_/⌒/　　　← >453 　　　　 ｀レ￣｀ヽ〈 　　 　 　 |　　i＿_1 　　　　　_ゝ_／ ノ 　　　 　 Ｌ__jイ´_　） 　　　　　　　 |　　ｲ 　　　　 　 　 |　　ﾉ--､ 　 　 　 　 　 ｒ'⌒ヽ_ 　　　　　　　 ゝ､_＿_ﾉ二７　　／´￣l､＿,/}:＼ 　　　　　　 　 |ｰi |　　 l_/　／__ｨ::.　 ゝ~_ィ´:;　,ゝ 　　　　　　　 __〉 {　　　 　 (Ｔ´ |1:::.　　＼_>､};;_｣ 　　　　　　　'ー‐┘ 　 　 　 !　｀￣''ｧ一 ､＼　ヽ｝ ← >452 　　　　　　　　　　　　　　　〈｀￣￣＾｀¬ﾉ .::〔￣´ 　　　　　　　　 　 　 　 　 　 1　 ヽ 　 .:::レ　　ヽ、 　　　　　　　　　　　　　　　　|＿ｲｰ-､_;;j|_:.　　　ゝ、 　 　 　 　 　 　 　 　 __,,,... -- |. ｛―――‐ﾌゝ、 　 〉 -- ...,,,__ 　　　 　 　 _,, -‐　´ 　 　 　 ,ｒ|__ﾄ,　　　　1ﾆﾉ ー'´　　　　　　 ｀　‐- ,,_ 　　　 , ‐ ´　　　　　　　　　└―'´　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ｀ ‐ ､ 455 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/04/12 16:06] >>452漏れもむこうでそう答えておっちょこちょいっていわれちゃったよ。 456 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/04/12 17:08] 男と女は非可換か。 457 名前：１３２人目の素数さん [02/04/12 19:31] >>446 13か？偽のコインという情報にまどわされるな、 とでも諭したいのか？ 458 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/04/14 04:34] すーっごい今更だが>>86の問題， >まず最初に1〜nと書かれたカードが1枚ずつある。 >この時次の動作を繰り返す。 > >・既にあるカードの中から適当に1枚選び、それと同じ数字が書かれた >カードを追加する。 > >このとき、1〜ｎそれぞれ一回以上追加されるまでのカードの追加枚数の期待値は？ 出題者がまだここにいるかどうかわからんけど，期待値は Ｅ＝n(n-1)Σ[k=n〜∞] { k(k-2)!(k-1)! }／{ (k-n)!(n+k-1)! } とかでてきた． 確かにn=2のときは>>90でKARLさんが言ったΣ{2/(m+1)}に一致するが自信は全くない．発散するのは変わらんし． ・・・答えってどっかにでてないのかな？ 459 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [02/04/14 07:14] >>458 >>136の言うように全部の場合で発散しちゃいます。 n=2の場合で発散しちゃうんだからそれより期待値が大きい場合は発散する。 とりあえず思いつきで問題を出した86に死の制裁を 460 名前：１３２人目の素数さん [02/04/18 01:57] あすか、かおり、さくら、たまき、ななみの５人姉妹がいます。 誰が誰の姉なのか妹なのか、ひとりひとりの年齢はいくつなのか、 を手がかりに基づいて推理してください。 ただし、５人の母親は同一人物で、早産したことはありません。 また、年齢は数えで表すことにします。 1.かおりはたまきの姉である。 2.さくらには同い年の妹がいる。 3.あすかはななみより年上で、かおりより年下である。 4.さくらとたまきの年齢差は、ななみと次女の年齢差に等しい。 5.あすかと五女の年齢差は、長女と三女よりも開いている。 6.四女と同い年の者はいない。 7.年齢差が２になるペアは、１通りしか作れない。 8.少なくとも２人は、はたちちょうどである。 9.ふたごが１組だけいる。 コピペなので、検索すればすぐに答えは見つかるけどね。

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