面白い問題おしえて〜な 31問目

過去ログ置き場(1-16問目)
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/

まとめwiki
http://www6.atwiki.jp/omoshiro2ch/

1 http://cheese.5ch.net/test/read.cgi/math/970737952/
2 http://natto.5ch.net/test/read.cgi/math/1004839697/
3〜6「datが存在しません。」
7 http://science2.5ch.net/test/read.cgi/math/1064941085/
8 http://science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1074751156/
9 http://science3.5ch.net/test/read.cgi/math/1093676103/
10 http://science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/
11 http://science4.5ch.net/test/read.cgi/math/1134352879/
12 http://science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1157580000/
13 http://science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/
14 http://science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1209732803/
15 http://science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1231110000/
16 http://science6.5ch.net/test/read.cgi/math/1254690000/
17 http://kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1284253640/
18 http://kamome.5ch.net/test/read.cgi/math/1307923546/
19 http://uni.5ch.net/test/read.cgi/math/1320246777/
20 http://wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1356149858/
21 http://wc2014.5ch.net/test/read.cgi/math/1432255115/
22 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1464521266/
23 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1497416499/
24 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502016223/
25 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1502032053/
26 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1518967270/
27 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1532793672/
28 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1540739963/
29 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1548267995/

なお、削除依頼は不要です。
※前スレ
面白い問題おしえて〜な 30問目
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1572866819/

前>>298
>>301
2本の直線と交差する直線を引くと領域が3個増えることはわかってる。
つまりm=2のとき意味が通じる。
けど交差しないときの確率を足さないかんだろ。
n=3のとき領域が4個になるのは交差しないとき。
n=2のときの考察からして交差するときが1/3で交差しないときが2/3じゃないのか？
4(2/3)^2+5･3(2/3)(1/3)+6(1/3)^2+7(1/3)^3
=(16+30+18+7)/27
=71/27
この計算、
2/3+2/9+1/9+1/27が1になるときじゃないと意味ないんだよ。

A1B1とA2B2が交差する確率は1/3、
A2B2とA3B3が交差する確率は1/3、
A3B3とA1B1が交差する確率は1/3、
しかし交点が３つできる確率はこの３つをかけてもダメ。
かけて求められるのはコレらの事象が独立の時。
独立ではないのでダメです。

調和配列について考えてたけど、どうも何かがおかしい気がする…
>>195 のeの構成って本当に合ってる？
以下の要領で、原点以外の全ての格子点で調和的な有界配列は定数しか存在しないことが示せそうなんだけど…

配列aを a[0,0]=1 かつ a[X]≧0 (∀X∈Z^2) を満たす、原点以外で調和的な有界配列とする。
aの下限 inf_(X∈Z^2) a[X] を0としてよい。a[X]=0 を満たす格子点Xは存在できないことに注意。

配列の列 b_n を
b_n[0,0] = 1 (n≧0)
b_0[p,q] = 0 ( (p,q)は原点以外の格子点)
b_(n+1)[p,q] = b_n[p+1,q] + b_n[p-1,q] + b_n[p,q+1] + b_n[p,q-1] ( (p,q)は原点以外, n≧0)
により定めると、帰納的に
b_n[p,q]≦b_(n+1)[p,q]≦1 (p,qは全ての整数, n≧0)
が導けるため極限 b[p,q]=lim_(n→∞) b_n[p,q] が存在し、
配列 b が原点以外で調和的であることもわかる。また、各nについて
b_n[p,q]=b_n[-p,q]=b_n[p,-q]=b_n[q,p]
0≦p かつ 0≦q ならば b_n[p,q]≧b_n[p+1,q]
1≦p≦q ならば b_n[p,q]≧b_n[p-1,q+1]
b_n[p,q]≦a[p,q]
が成り立つことが帰納的に示せるため、n→∞とすることでbについても同様のことが言える。

配列aの下限が0かつ全ての格子点Xについてa[X]>0であることから、
格子点の列 X_n=(p_n,q_n) であって
lim a[X_n]=0, lim(|p_n|+|q_n|)=0
を満たすものが存在。これより、格子点(p,q)が max(|p|,|q|)≧|p_n|+|q_n| を満たすならば
b[p,q] ≦ b[|p_n|+|q_n|] ≦ b[p_n,q_n] ≦ a[p_n,q_n]
であるから、格子点Xについて|X|→∞ならばb[X]→0が成り立つ。

一旦ここまで。

>>304
訂正。配列の列b_nの漸化式について
誤
b_(n+1)[p,q] = b_n[p+1,q] + b_n[p-1,q] + b_n[p,q+1] + b_n[p,q-1]
正
b_(n+1)[p,q] = (b_n[p+1,q] + b_n[p-1,q] + b_n[p,q+1] + b_n[p,q-1])/4

>>304
何度も申し訳ない、もう１つ訂正。
格子点列X_nについて
誤
lim a[X_n]=0, lim(|p_n|+|q_n|)=0
正
lim a[X_n]=0, lim(|p_n|+|q_n|)=∞

>>304
もちろんeは原点て
4e[0,0]=e[1,0]+e[-1,0]+e[0,1]+e[0,-1]
を満たしてませんよ。
4e[i,j]=e[i+1,j]+e[-i-1,j]+e[i,j+1]+e[i,j-1]
はキルヒホッフの法則
(e[i+1,j]-e[i,j]}+(e[-i-1,j] -e[i,j]}+(e[i,j+1]-e[i,j]}+(e[i,j-1] -e[i,j]}=0
を変形したものですが、原点は電極がついてて電流を吸い出してるのでこの等式が成立していません。
>>195のeは上に有界なのでもし全ての点で上の等式が成立するなら雨宮の定理により定数になってしまいます。

>>283
(n+2)(n+3)/6 かな
導出過程はこれから考えるw

前>>302いきなりnとかmとかで一般項出して解きだす奴は偽者か曲者。1面2面クリアして今3面。
n=3のとき最小が4で最大が7、
4(2/3)(3/4)(1/4)+5(2/3)(4/6)+6(1/3)(4/6)+7(1/3)(2/6)
=4(1/8)+5(4/9)+6(2/9)+7(7/24)
=1/2+32/9+49/24
=(36+256+147)/72
=439/72
=6.0972……
ちょっとマシになった。

>>308
交点の可能な数は n(n-1)/2 である
1≦i<j≦nとしてAiBiとAjBjが交差する確率は各々1/3なのだから、
交点の数の期待値は n(n-1)/6
領域の数の期待値は (n+1)+n(n-1)/6 = (n+2)(n+3)/6

おっと、283は>>293で既に解かれていたか
まだ続いてるのかと思ったw

>>292
初等幾何的証明
ABを直径とする小円を描けば、出題の二つの三角形と相似な
二つの三角形を小円の中に作図できる。

大円と小円の交点をE、F、EFとABの交点をG、
DBと小円、QBと小円の交点をそれぞれH、I、
IGの延長と小円の交点をJ、JHとPBの交点をKとすると、
△KHB∽△GIBで、この二つの三角形は出題の二つの三角形と相似である。

∠H＝∠Iであることはすぐに分かる。
あとは∠KBH＝∠GBIであることを示せばよいが、
これが意外と難しく、今のところ未解決。

>>307
eが原点で調和的でないことはわかっているのですが、問題はそこではなくて、>>304の通り
『原点以外の』全ての格子点で調和的な有界配列は定数しか存在しない
ということを示せてしまう、ということなのです

↓↓304の続き↓↓

c=4b[0,0]-b[1,0]-b[-1,0]-b[0,1]-b[0,-1] とおくと、整数n≧2について
cn = Σ_(m=1,n) c
= Σ_(m=1,n) Σ_(|p|,|q|<m) 4b[p,q] - b[p+1,q] - b[p-1,q] - b[p,q+1] - b[p,q-1]
= Σ_(m=1,n) Σ_(|p|<m) - b[m,p] - b[-m,p] - b[p,m] - b[p,-m] + b[m-1,p] + b[1-m,p] + b[p,m-1] + b[p,1-m]
= 4b[0,0] + ( Σ_(p=1,n) 2b[p,p] + 2b[p,-p] + 2b[-p,p] + 2b[-p,-p] ) - ( Σ_(|p|<n) b[n,p] + b[-n,p] + b[p,n] + b[p,-n] )
= o(n) (as n→∞)
より矛盾。したがって、a は定数でなければならない。

>>313
eは0以上の値をとりますが有界ではありませんよ。
>>204で示されています。

>>314
あら失礼しました… >>195しか見てませんでした

前>>309
>>311つづけてください。
n=3から。
さあ。
3のとき5、
4のとき7、
6のとき12です。

4e(i+1,j)+ e(i-1,j)+ e(i,j+1)+ e(i,j-1)
=
∫[〜] (1-cos((x+y)(i+1))cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
+∫[〜] (1-cos((x+y)(i-1))cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
+∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)(j+1)))/(1-cosxcosy)dxdy
+∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)(j-1)))/(1-cosxcosy)dxdy
-4 ∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
=
∫[〜] (2-2cos(x+y)cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(〜)dxdy
+∫[〜] (2-2cos(x-y)cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(〜)dxdy
-4 ∫[〜] (1-cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
=
∫[〜] 4(1-cos(x)cos(y)cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(〜)dxdy
-∫[〜] 4(1-cos((x+y)i)cos((x-y)j))/(1-cosxcosy)dxdy
=
∫[〜] 4cos((x+y)i)cos((x-y)j))dxdy
=
δ[i0]δ[j0]16π^2
になるハズ。

そうすると >>242 の最後の主張も訂正する必要がありそうだ

誤
あるn点 p_i (1≦i≦n) を除いた格子点全体で Δa=a を満たすような有界配列 a は
a[X] = c_0 + Σ_(i=1,n) c_i･a'[X-p_i] (c_iは実数)
と表せる。

正
あるn点 p_i (1≦i≦n) を除いた格子点全体で Δa=a を満たす配列 a であって、
任意の定数 ε>0 について |a[X]|=O(|X|^ε) を満たすようなものは、
a[X] = c_0 + Σ_(i=1,n) c_i･a'[X-p_i] (c_iは実数)
に限られる。

>>292
これ今年の灘高校の入試問題じゃん

>>312の続き
HBとEIが垂直であることを示すことができれば証明完了。
なぜなら、その場合、∠BHAは直角だからHAとEIは平行。
すると∠AHIとHIEは錯角だから等しい。
すると∠ABI＝∠AHI＝∠HIE＝∠EBH

∠Hと∠Iは同一円周角で等しいことがすでに示されているから、証明完了。
しかしHBとEIが垂直であることを示すことが難しい。

灘高校の入試問題なら、もっと簡単な解法があるに違いない（笑

n,kは自然数でk≦nとする。
穴の開いた2k個の白玉と2n-2k個の黒玉にひもを通して輪を作る。
このとき適当な2箇所でひもを切ってn個ずつの2組に分け、
どちらの組も白玉k個、黒玉n-k個からなるようにできることを示せ。

(某大学文系過去問 - 中学生の知識で解ける)

>>321
上半分の赤の個数について考える。
玉一つ分時計回りに回したとき上半分のあかの数はそままか、一個増えるか一個減るのいずれか。
半周回したとき上半分と下半分が入れ替わるのでどっかの時点でピッタリ半分になる。

>>322
早いね、正解。
要は離散版中間値の定理(自明)。

>>280
でけた。上限は1。

全域で調和的な配列aが、ある α<1 について a[X]=O(|X|^α) を満たしていると仮定。
((Δ^n)a)[0,0] における a[-n+p+q,p-q] の係数c_n[p,q]は
((1+x)(1+y)/4)^n における (x^p)(y^q) の係数と一致。つまり
c_n[p,q] = 4^(-n)･C(n,p)･C(n,q).　（ただし大文字のCは二項係数）
よって、 (Δ^(2n+1)a)([1,0]+[-1,0]-[0,1]-[0,-1]) の係数の絶対値の総和は
Σ_(p,qは整数) 4^(-n)･|C(2n+1,p)-C(2n+1,p-1)|･|C(2n+1,q)-C(2n+1,q-1)|
=4C(2n+1,n)^2
=K/n･(1+o(1)). （ただしKはある定数）
であるから、
|a[1,0]+a[-1,0]-a[0,1]-a[0,-1]|
≦K(1+o(1))･2^α･n^(α-1)→0 (as n→∞)
より a[1,0]+a[-1,0]=a[0,1]+a[0,-1].
これと Δa=a より a[1,0]+a[-1,0]=2a[0,0].
同様にして、任意にjを固定した時に a[i,j] が等差列をなすことがわかるが、|a[X]|=o(|X|) より a[i,j] はiに依存しない。
同様にしてjに依存しないこともわかるため、aは定数。

>>324
おお、素晴らしい。gj

このスレで度々見かける某パズル本からの出題。

2人の修行僧がそれぞれ二つの山を登る。
2人とも同じ海抜の麓の地点から登頂を始め、ゴールの山頂の海抜も同じである。
各々の僧は山頂までの一本道の山道のみを移動する。
どちらの道も途中の地点ではスタート地点より海抜が高く、ゴール地点より海抜は低い。
この時2人の僧の登頂をうまく調節していずれの時点でも2人の海抜が完全に一致する様にして登頂をすることは可能であろうか？
2人の僧に許される行動は山道を進むか戻るか立ち止まるかのみである。

この問題の原題の設定はこれだけで当然暗黙の了解としてスタート地点からの道のりと海抜を与える関数が連続である事は仮定できます。
それはいいんですが、(そりゃそうでしょう)、パズル本の模範解答はできるで、私にはその解答はその連続関数になにか区分的に滑らかみたいな仮定がないと成立してないように思えます。
どなたか連続だけの仮定の元での肯定的な解答作れますでしょうか？

前>>316
>>322-323赤玉どっから出てきたん？　白玉と黒玉やろ。

ちゃんと数学的に書けば

連続関数f,g:[0,1]→[0,1]があり、
f^(-1)(0)=g^(-1)(0)={0}、
f^(-1)(1)=g^(-1)(1)={1}、
である時、連続関数p,q:[0,1]→[0,1]であって
p(0)=q(0)=0, p(1)=q(1)=1, f(p(t))=g(q(t)) ∀t
を満たすものがとれるか？

です。
f,gの連続性にある程度強い仮定があれば簡単なんですけど。

>>328は>>326の続きです。

>>328
f(x)=2x (0≦x<1/4)
f(x)=1/2 (1/4≦x<3/4)
f(x)=2x-1 (1/4≦x≦1)
g(x)=1/2+|x-1/2|sin((π/4)/(x-1/2))
の場合は登山五合目付近でp(t)が不連続になると思われる

>>330
その程度の関数なら本に載ってる解答の肯定的解答がそのまま通用します。

>>328
条件を強くして道のりが微分可能でもダメみたい。
f(x)=1/2-(1/2)e^(4+1/(x-1/4)) (x<1/4)
f(x)=1/2 (1/4≦x≦3/4)
f(x)=1/2+(1/2)e^(4-1/(x-3/4)) (3/4<x≦1)
g(x)=1/2+8(x-1/2)^4 sin((π/4)/(x-1/2))
のとき
f^(-1)(g(x))は不連続で、f(x)の道の人は無限の距離を歩かないといけない

>>332
とりあえず道のりの有限性を仮定すれば大丈夫です。
もう少し緩めてf,gが共に有界変動なら大丈夫です。
問題は有界変動性がないとき、>>328のp,qとして有界変動性がない連続関数まで含めて存在し得ない例を私は持ってないのです。
>>332の例でも本の証明で肯定的に解決されてしまいます。

ちなみにfが有界変動連続関数のとき

f1(x)=fの[0,x]における全変動、
f2(x)=f1(x)-f2(x)

とおけば
f(x)=(f1(c)+x)-(f2(x)+x)
と二つの狭義単調増大連続関数の差となります。
gも有界変動連続ならgも同じような分解を持ってしまうので本の証明が通用してしまいます。

あ、ポコポコ間違ってるけど適当にエスパーしてください。

>>331
ん？肯定的？否定的解答じゃなくて？
328の条件を満たす連続関数p,qが存在しないのは間違いないのでは？

>>336
今上がってるケースぐらいではp,qは存在するします。
p,qは連続でありさえすれば有界変動性は要求されません。

あ、いま上がってるケースくらいならp,qも有界変動に取れます。

>>338
>連続関数p,q:[0,1]→[0,1]であって
>p(0)=q(0)=0, p(1)=q(1)=1, f(p(t))=g(q(t)) ∀t
>を満たすものがとれるか？
の問いに対する
>>332の例でも本の証明で肯定的に解決されてしまいます。
は矛盾するように思えるのだが

>>332の例でp,q連続関数かつf(p(t))=g(q(t))と仮定すると
中間値の定理よりq(th)=1/2となるth∈[0,1]が存在し、
t_0=0と置くとq(t_i)=1/2-1/(4i+2)となるt_i∈[t_(i-1),th] (i=1,2...)が存在する
しかし
p(t_i)=f^(-1)(g(q(t_i)))<1/4 (i:even)
p(t_i)=f^(-1)(g(q(t_i)))>3/4 (i:odd)
さらにt_iは単調有界列だから収束してp(t)はlim t_iで不連続となり矛盾

何か誤解していれば指摘してほしい

>>339
あれ？
そうですね？
>>332は反例なってますね？
有界変動じゃないのかな？

ダメだ。すぐにはわからない。
もう問題のレベル下げます。>>328改

連続関数f,g:[0,1]→[0,1]があり、
f^(-1)(0)=g^(-1)(0)={0}、
f^(-1)(1)=g^(-1)(1)={1}、
である時、連続関数p,q:[0,1]→[0,1]であって
p(0)=q(0)=0, p(1)=q(1)=1, f(p(t))=g(q(t)) ∀t
を満たすものがとれるか？
ただしf,gは区分的に線形(pl)とする。

コレで肯定的に解決します。
有界変動では無理なのかな？

>>341
補足。
PLの区分は有限個までです。

>>340
君が見たという本が嘘なんじゃない？

>>341
>ただしf,gは区分的に線形(pl)とする。
めっちゃレベル下げすぎだな

>>343
本では設定なしなんですよ。
ただ連続とだけ。
さすがにそれは無理だろうと。
数学的な面白さは激減しますがとりあえずplはら大丈夫、どこまで突っ込めるのかは謎。

奇跡の数「142857」に隠された神秘を知っていますか
https://gendai.ismedia.jp/articles/-/51045

plから条件をゆるめるとしても『区分的に広義単調』あたりが限界じゃないかな…

関数の値が無限回上下することを許してしまうと、どうしても>>330みたいな例が作れてしまうと思う。
逆に関数値の上下が有限回であれば、問題なくできそう（証明は多少面倒かもだけど）

まぁplまでかな？
変に広げてもgeneral nonsenseかも。

待て、逆に『どの区間においても定数ではない』という条件でもいけるか？
単に成り立ちそうだから書いてみただけで、確かめた訳ではないけど

所持金が一万円の貧乏人が、金持ちの友達相手に掛け将棋を持ちかけた
一局ごとに一万円を掛けた2n+1番勝負で、どちらかが先にn+1勝した時点で終了とする
ただし、貧乏人だけは途中で一番でも負け越した時点で所持金を失い続行不可能となる
実力は互角で、引き分けはないものとする
貧乏人が得する確率は？

>>345
>本では設定なしなんですよ。
本が嘘
あるいは君が条件読み落とし

僧が3人だとダメなのかな？

>>350
貧乏人も金持ちも途中で降りるのはなし？
必ずどちらかがn+1勝するか、貧乏人が負け越すかまで続けられる？

>>350
貧乏人の獲得賞金をXとする。
最初に貧乏人がi勝する事象をAiとして
E(X|Ai)=iである事をnとiについての帰納法で示す。
n=1では明らか。
またi=nでも明らか。
n<Nで正しいとしてn=Nとしi>Iで正しいとしてi=Iとする。
このとき
E(X|Ai)=
1/2 E(X|Ai ∧ i+1回戦は貧乏人勝ち)
+ 1/2 E(X|Ai ∧ i+1回戦は貧乏人負け)
である。
右辺第1項は帰納法の仮定により(i+1)/2である。
第2項はnが1少ない場合の貧乏人がi-1連勝した状況と同じになるのでやはり帰納法の仮定から(i-1)/2である。
よって主張は示された。
特にi=0の場合により貧乏人の獲得賞金の期待値は0。□

前>>327ふ〜ゆ〜に〜ぉ〜ぼえ〜た〜♪ う〜た〜ぉ〜わ〜すれ〜て〜♪ す〜と〜ぉ〜ぶ〜のな〜か〜♪ の〜こ〜ぉ〜た〜せき〜ゆ〜♪
/＿/人人_/＿/＿人人＿
/_（＿)_)/＿/（_^＿)_
/_（_(＿)/＿/（_^＿)_
/_（(`o')/＿/（o^) )_
/_（_υ_)┓_/（_υ_)┓
/◎ﾞυ┻-◎ﾞ◎ﾞυ┻-◎ﾞ_/＿ｷｺｷｺ……_/＿ｷｺｷｺ……_/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿/＿>>292メネラウスの定理で考えてたんだけど>>312はAとHが重なって描けないよね。こんな難しい作業やらせるか？

>>354
0なわけねーだろ

獲得金額ってもちろん参加費差っ引いた額ね。
具体的に書いてみればわかる。
以下Aを貧乏人、Bを金持ちとしてAのw勝l負をw/lで表す。
その時のAの獲得金額xと確率pでおわるときx(p)であらわす。

n=0のとき
1/0→1(1/2)、0/1→-1(1/2)
∴ 期待値0
n=1のとき
2/0→2(1/4)、2/1→1(1/8)、1/2→-1(1/8)、0/1→-1(1/2)
∴期待値0
n=2のとき
3/0→3(1/8)、3/2→2(1/4)、3/1→1(2/32)、
2/3→-1(2/32)、1/2→-1(1/8)、0/1→-1(1/2)
∴期待値0

あ、問題文は
貧乏人が得する確率は
か。
期待値求めるんじやないのね。

>>353
途中で降りるのはなし
>>354
期待値はおっしゃる通り
期待値が0なのに、貧乏人は負けてもたった一万で済み勝てばそれ以上が得られるのは、
得する確率は小さいが勝った時のリターンが大きい勝負をしているからだ
この得になるケースが起こる確率はいくらか？が実は聞きたかった

‖人人‖前>>355
（_(＿)>>292裏技がある
（(-.-)のか ∩∩
（っγ)ﾞな (^o^))⌒ヾ,
（⌒⌒)　？ υυ`υυ~
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メネラウスとか。

>>359とすると
(2^(2n)-C[2n+1,n])/2^(2n+1)
かな？
カタラン数計算するのと同じテク。

あ、違う。
C[2n+1,n]/2^(2n+1)

気持ちよく期待値0になっておおぉぉぉと思ったけど当たり前なのか‥‥

>>362
正解！！！


次のように問題を改変する
貧乏人が途中で負け越しても借金して続け、どちらかが先にn+1勝しても2n+1番まで続ける
そのときに、貧乏人が途中で負け越すことなく勝ち越しで終わる場合を考える
勝敗条件はまったく変わらないので上記の確率を求めればいい

途中で一度は負け越してから勝ち越しで終わる場合、途中に初めて負け越した黒星が必ずある
その黒星より後で二番以上の勝ち越しがあることにより最後は勝ち越しとなる
このときもしその黒星より後の星の勝敗が逆であれば三番以上の負け越しで終わる
逆に、三番以上の負け越しで終わる場合、途中に初めて負け越しとなった黒星が必ずあり、
その後に二番以上の負け越しがあることで三番以上の負け越しで終わるので、
その勝敗が逆なら、途中の負け越しから二番以上を返し、最後勝ち越しで終わることになる
従って、途中で負け越してから勝ち越しで終わる場合と三番以上の負け越しで終わる場合は、
一対一に対応し、その確率は等しい

題意の確率=途中で負け越すことなく勝ち越しで終わる確率
=勝ち越しで終わる確率-途中で負け越してから勝ち越しで終わる確率
=勝ち越しで終わる確率-三番以上の負け越しで終わる確率
=勝ち越しで終わる確率-(負け越しで終わる確率-一番の負け越しで終わる確率)
=1/2-(1/2-n勝する確率)=n勝する確率=C[2n+1,n]/2^(2n+1)

前>>360
>>292
OA=tとすると、
OA･OB=1よりOB=1/t
AB=OB-OA=1/t-t

n ＝１〜７で虱潰しにプログラムに数えさせて頻度を出してみた。

> data.frame(n,p)
n p
1 1 0.3750000
2 2 0.3125000
3 3 0.2734375
4 4 0.2460938
5 5 0.2255859
6 6 0.2094727
7 7 0.1963806

C[2n+1,n]/2^(2n+1)

に代入すると、

> choose(2*n+1,n)/(2^(2*n+1))
[1] 0.3750000 0.3125000 0.2734375 0.2460938 0.2255859 0.2094727 0.1963806

同値。プログラムでのカウント漏れはなさそう。

>>312に書いたことは間違いだったので訂正しておく。

PB、DB、QBと小円との交点をE、F、G、
GからQOに平行に引いた平行線と、AB、小円との交点をH、I
IFとPBとの交点をJとすると、△JFB∽△HGBで、
この二つの三角形は出題の三角形とも相似。

但し△OQB∽△HGBだけは明らかだが、
その他の相似は、今のところ、示せない。

もしかしたら小円など利用しなくても解けるのかもしれない。

あるカジノに次のようなカードゲームがある
n枚のカードがあり、親は裏に互いに異なる数を書き込み、よく切って重ねて伏せる
プレーヤーは一枚ずつカードをめくり、好きなところで止める
また、途中で止めずに最後の一枚をめくった場合はそこで止める
止めたときのカードが親が書き込んだ最大の数であるとき、プレーヤーの勝ちとなる
プレーヤーは次のような作戦で止める箇所を決めることにした
m枚目までは止めない
m+1枚目からは、それまでに見た最大の数を超えていたら止めて、そうでなければ止めない

この方法を使ったとき、勝率はいくらか？
nが大きいとき、上記勝率の最大はいくらか？

>>349 が気になって夜も眠れないから正式に投稿（眠れたけど）
もちろん自分では未解決。

↓↓ここから問題↓↓
連続関数 f,g:[0,1]→[0,1] は f^-1({0})=g^-1({0})={0}, f^-1({1})=g^-1({1})={1}, を満たし、
どの区間 [a,b] (0≦a<b≦1) においても定数でない。
この時、連続関数 p,q:[0,1]→[0,1] であって、p(0)=q(0)=0, p(1)=q(1)=1 かつ
f(p(t))=g(q(t)) (∀t∈[0,1]) を満たすものは存在するか。
↑↑ここまで問題↑↑

[0,1]^2 の部分集合Sを S = { (x,y)∈[0,1]^2 : f(x)=g(y) } とおくと、
二点(0,0)と(1,1)がSの同じ連結成分に属することは証明できる。
この問題は、この二点が同じ『弧状』連結成分に属するかどうか、と言い換えられる。

難問ばかりなのもアレなので解決済みのものを１つ

連続関数 f:R→R は非可算個の点で極大値をとり得るか。

>>372
しまった、ここでは関数 f が点 x_0 で極大値をとるとは、
x_0 のある開近傍 U が存在して
x∈U かつ x≠x_0 ならば f(x)<f(x_0)
を満たすこととします。

>>372
不可能。
極大値をとるx=aの集合をSとする。
Sの元aに対し開集合Uaをf(a)がUaにおいてmaxとなるようにとると異なるa,bに対してUaとUbはdisjoint。
さらにUaから有理数qaを選べばqはSからQへの単射を与える。

あ、勘違い>>374は無かった事にorz

逆だな。
Rは可分なので可算近傍系Cをとれる。
C'={U∈C|fはCで狭義の最大をとる。}
m:C'→{極大点}をm(U)=(最大値をとる点)
で定めればこれは{極大点}への全射を与える。

>>376
正解！お見事

>>370
ざっと考えて(n-m+1)/n

m≦k≦n-1に対して
p(プレーヤー勝ち|k+1枚目が最大)
=p(1〜k枚目までの最大が1〜m枚目にある)
=m/k
だから
pm:=
p(プレーヤー勝ち)
=1/nΣ[m≦k≦n-1] m/k
よって
p(m+1)-pm
= 1/n(Σ[m+1≦k≦n-1] 1/k -1)。
∴ p(m+1)-pm>0⇔ Σ[m+1≦k≦n-1] 1/k > 1
ここで
Σ[m+1≦k≦n-1] 1/k
=∫[m+1,n] 1/[x] dx
> ∫[m+1,n] 1/[x] dx
=log n/(m+1)、
Σ[m+1≦k≦n-1] 1/k
=∫[m+1,n] 1/[x] dx
<∫[m+1,n] 1/(x-1) dx
=log (n-1)/m
とlog(n-1)/m < log n/mによりpmが最大となるのはm=[n/e]のとき。

前>>369
>>370
まずm/nの確率でm枚目までに最大が出てるから絶対に負ける。
勝つ確率の最大値は1-m/n
問題はm+1枚目からn枚目までのm-n枚を引く途中で今まで見た最大を見てしまい、残りの枚数で最大が出る可能性を残したままゲームを終わらせてしまうこと。
m+k枚目で今まで見た最大が出たとすると、
(m+k)/n
まだ勝つかわからない。
勝つ確率k/(n-m)
(n-m-k)/(n-m)は負ける。
トータルで負ける確率は、
m/n+(n-m-k)/(n-m)
{m(n-m)+n(n-m-k)}/n(n-m)
=(n^2-m^2-nk)/n(n-m)
トータルで勝つ確率は、
k/n
これらが足して1だから、
(n^2-m^2-nk)/n(n-m)+k/n=1
n^2-m^2-nk+k(n-m)=n(n-m)-m^2-mk=-mn
k=n-m
∴勝つ確率=(n-m)/n
=1-m/n
だからこれは最大値だって。
(n-m)/nより小さい。
今まで見た最大値ならそこで見切るって言ってんだから勝つ確率は1-m/nより確実に小さい。
(n-m)/nを掛ければいいのか？
勘で(1-m/n)^2

前>>380
>>370
勝つ確率は1-m/nでnがじゅうぶん大きいとき1に近づく、つまり限りなく100％勝つ。

p(プレーヤー勝ち)=1/nΣ[m≦k≦n-1] m/k
って狽Oしたきれいな式にはならないのか。

自然数の逆数和ならディガンマ関数による表示法があるぞ
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%87%E3%82%A3%E3%82%AC%E3%83%B3%E3%83%9E%E9%96%A2%E6%95%B0

前>>381
>>379たとえば親が同じスートのA,2〜Q,Kのカードを1枚ずつ持ってたら、
13/e=4.……だから、
5枚目以降に最大値が出るやいなや勝負に出たほうが勝つ確率が高いってこと？

>>384
この問題の設定はあくまで子が親の数を選ぶ分布について知りようがないという設定。
もちろん親が1〜13の整数しか選ばないという情報があるならKが出てストップかけないのはバカ。
しかしその手の情報はなく、単に出た数の大小しか情報がないという設定。
そして親の数の選び方の分布が問題に与えられてないので本来解答不可能。
例えば親が常に単調増加になるように数を選ぶのなら子が勝てるのはm=n-1だけだし、常に単調減少に選ぶならm=0しか子は勝てない。
しかしそんな事は多分数学科卒でないとわからないだろうから、その辺はエスパーしないといけない。
>>379の解答は親の数の選び方の分布がn!通りある大小の分布が同様に確からしいという仮定を追加した場合の解答。
例えば親のn枚のカードの数をiidで選んだ場合などでは通用する。

前>>384いや、それは変だぜ。ジャックやクイーンが5枚目に出て、まだキングが出てないのに飛びついたら負けじゃないか。
mを1にしてnを最大にしてなるべく長く待つスタンスをとるにしても、肝心のキングが来なきゃ意味がない。

>>379
正解！素晴らしい！
>>378
>>380-381
残念ながら不正解！
>>385
ランダム性を持たせるため「よく切って重ねて伏せる」という文を入れておいた
これによりn!通りある順位のパターンは同様に確からしいと言えると思う

>>383
狽謔闌ｩた目が複雑そう

前>>386
>>379はlog{(n-1)/m}かlog{n/(m+1)}かどっちが答えなの？

>>388
ガンマ関数の微分をって閉じた形で書ける利点があるにしろ、確かにそう捉えるのも自然だけれども
指数関数や多項式、あとそれらの積みたいに、部分和が閉じた形で書ける関数って案外少ないからなあ

>>388
いや、見た目は簡単で
p(プレーヤー勝ち)=(m/n)(ψ(n)-ψ(m))
この極限はディガンマ関数の漸近公式ψ(n)=log(n)+O(1/n)より
=(m/n)(log(n/m)+O(1/n)+O(1/m))
=-xlog(x)+O(1/n), x=m/n

>>279です。
残念ながら計算間違いがあった。
Σ[1/m+‥1/(n-1)>1を満たす最大のmまではあってるけどこの方程式解き損なってる。
mのよりよい近似値として
m=[(n-1/2)/e+1/2]
は出せるけど、>>279よりはマシなだけでこれでもずれる。
(計算機使ってみると100項中1こずれてた)
>>370は完全に正確に答え解こうとすれば既出のディガンマ関数とかその逆関数とか使わないと無理かもしれない。

>>292の問題について考えていて思い付いた問題をひとつ。

中心をＯとする半径１の円があり、半径上に任意の点Ａがある。
ＯＡの延長上にＯＡ・ＯＢ＝１となる点Ｂを作図せよ。

ついでだから、もう一問。

↓この問題には別解がある。それを示せ。
https://www.youtube.com/watch?v=ejtPSxoUlRo

但し、コメント欄にある別解は禁止。
コメント欄の別解とは違う別解を挙げよ。

>>393
そう言うのを円による反転という。
初等幾何のイロハのイ。

反転。初耳なので少し調べたが、>>393の問題とは関係ない（笑

ま、ここの連中は初等幾何の問題などバカにして答えないだろうと思っていた（笑

調べてわからないのか。
馬鹿だなぁ。

半直線に垂直に線引いて交点での接線を引き、半直線との交点をとるだけだろ

あと連続関数絡みで、前スレだったかで置き去りにされてた問題（を改編したもの）も出題しておこうかな
以前のものと同様、未解決ですが

次を満たす関数 f:R^2→{1,2,…,n} が存在するような正の整数nのうち、最小のものを求めよ：
連続関数 p:[0,1]→R^2 について、もしpとfの合成が定関数ならばpも定関数である。

>>396
>393そのものじゃん

反転でトレミーの定理証明　
https://www.youtube.com/watch?v=bJOuzqu3MUQ

>>396
長さaの線分の逆数1/aを作図せよという問題なら
検索キーワードは"作図 逆数"で解答がたくさん出てくる
四則演算と平方根は作図可能というのが作図の基礎知識