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/

>>606
△abcは円周上の相異なる三点から作られる三角形で、それらのうちで面積最大であるとする
いま、△abcが正三角形ではないと仮定し、abとbcの長さが異なるとする
するとacの垂直二等分線かつ円上のbのある側に点dがあり、△adc>△abcで矛盾

>>590
正方形S内の作図でも可能でした。

>>591 のあと、対角線BDに平行な線分EHを作ります。←これがミソ
　線分EH ∩ 線分AC　=　M(a/2,a/2)
　線分EF ∩ 線分BM　=　N(3a/{2(1+a)}, a/{2(1+a)})
　直線AN ∩ 線分BC　=　P(1,1/3)
　直線AN:　y = x/3,
あとは簡単ですね。
ABCDが長方形のときも全く同じ。

>>609
　ab≠bc から △adc > △abc を出すのはどうやるんでつか？

>>607
「定規」とは>>597にある能力しか有しません
しがたって「折り目に沿って線を引く」という能力はありません

>>602　関連
二点が与えられたときに中点を定木だけで作図はできない
証明ってどうやるんですか？

>>613
2点しかないんだったらできることはその2点を通る直線を引くことだけ
あと適当に引いた直線はその2点とは全く独立だから結論に何も役立たない

>>613
定規だけが使える状況では、与えられた二点の中点が作図できることは、
与えられた二点を通る直線と平行な直線が作図できることと同値になりそうだ

しかし、『完全に独立である』こととかをどう定式化できるかがわからんな…
>>602でやったように、等間隔に与えられた三点とは全く独立にとった点から、
別のある特定の点が作図できてしまうんだからな

>>615
>しかし、『完全に独立である』こととかをどう定式化できるかがわからんな…
>>>602でやったように、等間隔に与えられた三点とは全く独立にとった点から、
>別のある特定の点が作図できてしまうんだからな
コンパスもあれば2次方程式を解けるということが重要
定規だけでは何も出来ない

n点与えられているときに定規で出来ることは
そのn点から2点取って直線を引き
その交点も含めて点の個数を
n(n-1)/2(n(n-1)/2-1)/2=(n+1)n(n-1)(n-2)/8
に増やすことだけ
これを繰り返して点をいくらでも増やせるが
それだけ

とは言え等間隔な三点が与えられたら、602の通りに実際『何かができた』わけだからなあ…
定規だけを使った作図に何ができて何ができないのか、という問いに正確に答えようとしたら、
それは中々自明でない問題な気がする

２点をm:nに内分(外分)する点を与えたらm:nに外分(内分)する点は定木だけで作図できる
けど中点は無限遠点になる。。

よく知らんけどもしかして平行線公理の独立性ってやつ？

というかまず、明示的に許されている訳ではない操作である、
『点を適当にとる』という操作を定式化する必要があるんだよな
しかしこれはおそらく、二人不完全情報ゲームの文脈を使えばできると思う

便宜的に二人の名前を『作図者』と『神』と名づけておく。
作図者は、>>597に記されている操作をしている間はずっと自分の手番。
しかし、作図者がある直線上に点を適当にとりたいと思った時は、まずその直線の開部分集合を一つ指定し、
その開部分集合のうちどこに点をとるかを神が決める、という操作を経なければならない。
更に、作図者は開部分集合のうち神がどこに点をとったのかは、知ることができない。
（ただし『これは作図を始めてから何番目にとった点である』等のように、
適当にとった点に番号付けをして、他と区別することは可能。）
平面上に適当に点をとりたい時も同様。
すなわち先に作図者が開集合を指定し、その中から神が作図される点を決める、という操作を経る。
作図者は、開集合の中で神がどこに点をとったかを知ることはできない。番号付けは可能。

最終的に作図したい点を作図できれば作図者の勝ち。さもなくば神の勝ち。
作図者に必勝法がある時、その点は『作図可能である』と言う。

>>619
つまりn:mの間隔にある三点から、(n-m):mの間隔にある三点を作図することが可能という訳か
n:mが整数比なら、互除法使えば最終的に1:1にたどり着くから、
結果的にその直線上にある全ての有理（的な）点が作図できる

>>611
acに垂直な玄のうちdを通るものは直径で最長なので底辺acに対する高さがbよりも高いから

>>613 より少しだけ弱い問として
『何も作図されていない状態の平面から、定規だけを使って平行線を作図することは可能か』
というものが挙げられる。
弱いというのは、もし613が可能ならばこちらが可能であることも導ける、という意味。
しかし解決の方法はさっぱりわからん…

前>>624
>>625
一般に定規は平行な直線が一定の幅を保つように作られている。
∴平行な2直線を引くことは可能。

平行線と中点の定木のみ作図可能性はチェバの定理より同値では？
垂線の作図はどうんだろ

平面上に直線だけが与えられているとして、定規だけで垂線作図するのは無理だろうね
最初に与えられてるのがx軸だけであれば、>>621の意味で作図可能な図形は、
ある開集合に属する任意の実数aについて、変換 f(x,y)=(x+ay,y) で不変でなければならない

>>608>>609
半分正解！
正当化の議論すれば間違ってはない
それで示せるのは「正三角形以外は最大値を与えない」という命題であって
「正三角形で最大値を取る」という事は直接言えない
これは「必ずある三角形が最大値を与える」という命題を認めなければならないということ
まあそれを確かめるのも大学数学の範疇では簡単なので、それ込みでそういう解き方もアリっちゃあり

でも一応初等幾何だけでも解けるんだよーって話

元ネタは京大入試の問題だかなんかで、「正三角形以外の三角形は不適を示すだけでは不正解になる」という話があって
模範解答は解析的に解いてたけど
ちょっと工夫すれば一応幾何だけで解けるな、と思ったので

>>629
一応できた。

二等辺三角形に限定していいのは既出の通り。
正三角形ABCの外接円をΓとする。
BCに関してAと対称である点をD、
CAに関してBと対称である点をE、
ABに関してCと対称である点をFとする。
B、Cから直線EFに下ろした垂線の足をG,Hとする。
ADに垂直な弦PQに対して△APQ≦△ABC、等号はPQとBCが一致するときを示せば良い。
直線PQとDB、DCの交点をRSとすれば△APQ≦△ARSで等号成立はBC=PQのときだから△ARS≦△ABCを示せば良い。
R,Sから直線EFに下ろした垂線の足をT,Uとする。
□BCGH=2△ABC、□RSTU=2△ARSだから□RSTU≦□BCGHを示せば良い。
以下EF方向に√3倍して議論する。(√3倍した点を定義していけばよいがめんどくさいだけなので手を抜く)
RSがBCよりDに近い側にある時は□RSTUが□BCGHの外側にはみ出してる部分は内に引っ込んでる部分と比較して同じ幅で長さの短い長方形になっているのでこの場合はよい。
反対側にRSがずれている時も同様である。

>>606
本問では △ABC の面積を
　f(C, B-A)
とおくことが可能ですね。(何でもない事のようですが)

>>609 から
∠Cを固定して ∠A, ∠B を変えたとき、
面積は、二等辺三角形(B-A=0)のときに最大である。
　Max[x] f(C,x) = f(C,0)

次に ∠C を変えたとき、
面積は、B=C (=π/3) のときに最大である。(正三角形)
　Max[C] f(C,0) = f(π/3,0)

これらより、最大値は
　Max[C,x] f(C,x) = f(π/3,0)
つまり「正三角形で最大値をとる」という事が言えます。(キッパリ)

周囲の長さが一定とか、うまくパラメータ付けできない時には >>629 のようになりますが････

>>623 も同様かと････

>>630
□RSTU≦□BCGHを示せば良い。
ここ以降も少し簡単にできるな。
△DEFのうち□RSTUの外側の部分が内側の部分より大きいことを示せば良い。
RSがBCよりDに近い側にある時は△ERT、△FSUをそれぞれRT、SUで□RSTUの側に折り返して四角形を覆うとき、覆えないで残る部分はちょうど△DRSと合同な三角形だからよい。
RSがBCよりDに遠い側にある時は△DRSを□RSTUの側に折り返して四角形を覆うとき、覆えないで残る部分は△ERT、△FSUに合同な三角形二つを合わせたものだからよい。□

>>631
補足します。
　C≠π/3　⇒　f(C,0) < f(π/3,0)
(略証)
　f(C,|A-B|) は |A-B| について単調減少なので
　f(C,0) = f((π-C)/2, (3/2)|C-π/3|)
　< f((π-C)/2, (1/2)|C-π/3|)
　= f(π/3, |C-π/3|)
　< f(π/3, 0)
　= (正三角形の面積).

>>633
> 　f(C,0) = f((π-C)/2, (3/2)|C-π/3|)
コレは何故？

内角が (π-C)/2, (π-C)/2, C の二等辺三角形だから。

>>635
fは外接円の半径固定されてるんですよね？
二つに割って貼り直すと思うんですが外接円の半径変わっちゃうのでは？

あ、失礼、貼りなおさなくてもいいのか。
頂角を取り直すだけね。
なるホロ。

>>633
さんの方法は中々いいな。
この方法で内接円の面積最大とか3辺の長さの和最大とかが正三角形のときとかも初等的に示せるね。

>>631 >>633 は、内角で表わせば
　{A, B, C}
　{(π-C)/2, (π-C)/2, C}
　{(π-C)/2, π/6 + C/2, π/3}
　{π/3, π/3, π/3}
の順に面積が拡大するということですが、
この計算じたいは高校数学の範囲内でしょう。

その他にも、
　外接円の半径が一定の三角形の集合はどんな集合か？
　なぜうまくパラメータ表示できるのか？
といった問題もありますが、そちらは大学数学の問題でしょう。

>>633
を使って初等的に示してみるまとめ。

半径1の円に内接する三角形ABCをとる、
A≦B≦Cとしてよい。
優弧BC上にDEFを∠BCD=π/3、∠CBE=π/3、∠BCF=∠CBFとなるようにとる。
EもしくはFのいずれかが弧CF上にある方をXとする。
この時
△ABC≦△XBC‥(✳︎)
であり∠XBCか∠XCBのいずれかはπ/3である。
前者のときY,ZをそれぞれC,B、後者のときはY,ZをそれぞれB,Cとすれば
△ABC≦△XYZ
であり∠Z=π/3
である。
Wを∠WXY=π/3
とすれば
△XYZ≦XYW‥(✳︎)
であり△XYWは正三角形である。□

証明の(✳︎)のところは面積のかわりに内接円の半径や三辺の和にしても初等的に示せるので内接円、三辺の和最大も処理できるし、面積をその系で示すこともできて中々気分がいい。

正の整数nの任意の約数d<nに対し、ある正の整数mがあってmd+1<nがnと互いに素になるという。
nの必要十分条件を求めよ。

・優弧BC上に
　∠BCF = ∠CBF = (π-∠A)/2　( >π/3),
となるように 点F をとる。
　△ABC < △CBF,
　∠BFC = ∠A < π/3,

・劣弧CF上に ∠EBF = π/3 となるように 点E をとる。
　∠BEF = ∠BCF = (π-∠A)/2 > π/3,
すなわち
　∠CBF > ∠EBF > (π-∠BEF)/2,
∴　△CBF < △EBF,

・優弧EF上に ∠DEF = ∠DFE = π/3　となるように 点D をとる。
　△DEF は正三角形
　△EBF < △DEF,

以上により
　△ABC < △DEF,

>>641
n≡2(mod 4)とするときd=n/2に対してdm+1<nを満たすmは1しかないが、このときdm+1みnみ偶数だから条件は満たされない。
m≡1,3(mod4)とするとき任意のd|n (d<n)に対してd|n/pとなる素因子p>2がとれるが、このときnとn/p+1の共通素因子はpしかあり得ず、pが共通素因子なら2n/p+1とnは共通素因子を持ち得ず互いに素である、
m≡0 (mod 4)とするとき任意のd|n (d<n)に対してd|n/pとなる素因子pにたいしp>2であれば先と同じようにしてmを選べる。
p=2のときは(n,n/2+1)=1でよい。
以上により与えられた条件はn≡0,1,3(mod4)と同値である。

前>>626
>>292名高い灘高。
OA・OB=1しか条件ない。
あとは直線PQで垂直二等分されるADをどう使うか。
△PBD∽△OBQを示すために、OについてQと点対称なQ'を取り、△PBA∽△OBQ'を示したらどうか。
OA・OB=1と△PBA∽△OBQ'
どうつなげるか。
相似比PD:OQ=PA:1
見るからに相似なんだけど、相似条件がわからない。
2辺の比とその間の角が等しい、かな？
OB=1/OA=OQ/OA=OQ/PD=1/PD
接弦定理かな？
考え中？　まだ出ない？
相似だけどだれにも証明されていない問題？

前>>644
平面図形に複素数なんかあるわけない。
相似条件は3つ。
3組の辺の比が等しい。
2組の辺の比とその間の角が等しい。
2角が等しい。
この3つの条件を探してみつけられなかったとしても探した奴、探そうとした奴を合格にすべきだと思う。

前>>645
検索したら似たような問題があって、複素数で解いてあった。
複素数を使わない解き方をみつけないといけない。
△BPA∽△BOQ'
かつ△BDA∽△BQQ'
が言えれば、
△BDP∽△BQO

PはADの中点、OはQQ'の中点だから、
△BPA∽△BOQ'
または△BDA∽△BQQ'
が言えれば、
△BDP∽△BQO

前>>648違うか。
AP=DPは言える。
AD⊥PQ
OA=t(0＜t＜1)とおくと、
OB=1/t
ADとPQの交点をR、BRとODの交点をSとすると、メネラウスの定理より、
(OB/BA)(AR/RD)(DS/SO)=1
{(1/t)(1/t-t)}(1/1)(DS/SO)=1
DS/SO=(1/t-t)/(1/t)=1-t^2
わからん。

>>292
ある人に初等幾何による解答を書いてもらったのでここに貼ります

仮定よりEACBが調和点列であり,円Oがアポロニウスの円であることに注意すると
∠APC=∠CPB=:z
∴A,DはPQに関して線対称なので
DP:PB=PA:PB=AC:CB=EO:OB(EACBが調和点列でOはECの中点だから)
=OQ:OB·····�@
(補足 OA=a,OB=1/aとすると)
∠OQB=x,∠OBQ=yとすると
∠BOQ=180-x-y
円周角の定理,タレスの定理などから
∠EPC=∠ECQ=90°-∠QEO=90°-(180°∠EOQ)/2
=(x+y)/2
∠APC=∠CPB=,線対称から∠DPQ=∠QPAより
∠DPB=2∠QPC=180°-2∠EPQ=180°-x-y=∠QOB·····�A
�@�Aより
2辺比夾角相等から
△PBD∽△OBQ∎


https://i.imgur.com/NwrNyyo.jpg

https://i.imgur.com/cOvLchw.jpg

>>650

> ∠BOQ=180-x-y
> 円周角の定理,タレスの定理などから

この辺りが問題文で明示されてない点の配置でめちゃくちゃ場合わけしないとダメで実質証明にならない。

前>>649
>>651
PQが半直線ABをまたぐようにQをとればいいのか。
なるほど、O,A,Bと同じ側は意外に広いね。
Pがつぶれて困ってた。

>>651
これを証明した人に教えたら「PQに関してOABは同じ側だから場合分けは
上図のような場合とPQがひっくり返ったもののみだと思います」とのこと

>>653
そんなわけないやん。
そもそもOA・OB=1てOAとOBどっちが長いとか直線ABとPQの位置の配置とかで角度の計算とか全部影響する。
円周角の配置になったり縁に内接する四角形の対角の位置にきたり。
それぞれに対して全部どっちとどっちを出すのか、引くのか、とか、完全に一致したり捕角の関係になったり。
OAが長いか、OBが長いかに始まって証明を分けざるを得ない配置の場合わけが3回くらい必要で、各々について2通りか3通りの場合わけが必要で10通りを超えた。
OB<OAの時は一応全部潰したけど、残りのケース全部潰したとしてもとても書く気にはならないだろうからやめた。
図が問題に与えられてて配置が決まってないと初等幾何の証明はそうなる事が避けられない。
もちろん図がなくてもきちんと言葉で確定してればいいけど>>292は無理。
長さ、角度の足し引きが出る証明はその点の並んでる順番の不定性がある時は必ずそうなる。

>>654
Aは円Oの内部だからOA<OBとのことです

>>655
そうなん？
でもそれだけじゃすまない。
>>292の文章だけでは確定しない点の配置がメチャメチャ出てくる。
そんな事ないというなら>>650 の証明で"などから"なんてごまかししないで全部書いてみてよ。
それがホントに>>653で言うように　な2通りで済むのかどうか示してみてよ。

前>>652訂正。
>>650
PQが半直線BAをまたぐようにQをとればいいのか。
なるほど、O,A,Bに対して同じ側は意外に広いね。
Pがつぶれて困ってた。

前>>657
>>650
∠EPC=∠ECQじゃないなぁ。
∠EPC=90°だから、移し間違いか文字化けか式が重なったか。
OA=tとおいてOB=1/tは同じだった。
∠APC=∠CPBは、たしかに見るからにそうなんだけど、すぐ言えるの？
どういうことだろう。
AC=1-t
CB=1/t-1=(1-t)/t
たしかに∠ACP=∠CPBに見えるんだけど。ここがこの問題の肝か。

>>650の回答を読んだ感想。
アポロニウスの円や調和点列の知識がないと解けない。
仮に知識があっても、
>EACBが調和点列であり,円Oがアポロニウスの円である
>AC:CB=EO:OB(EACBが調和点列でOはECの中点だから)
これを見抜くのは難しい。

後半の説明は煩雑だが、要するに∠DPB=2∠QPC=∠QOB
x、yその他の説明は不要。

問題自身には何の不備もない。

前>>658
>>659
AC:CB=1-t:1/t-1
=1-t:(1-t)/t
=1:1/t
=t:1
EO:OB=1:1/t
=t:1
たしかにAC:CB=EO:OBだけど、AC:CB=EO:OBが知りたいという必要性がどうなって出てきたか。
おそらく2組の辺の比が等しいことを言いたいからだと推察する。
もうちょっとでつながりそう。

前>>660
>>292問題。
>>650を理解した。
半直線OAと円周の交点をC,
半直線BAと円周の交点をEとする。
OA=tとおくと、
OB=1/t
AC=1-t
CB=1/t-1=(1-t)/t
∠QOB=∠QOCは弧QCに対する中心角だから、
円周角∠QPCの2倍。
∠QOB=2∠QPC──�@
線分PQは線分DAの垂直二等分線だから、
∠DPQ=∠QPA
△OPA∽△OBP(相似比t:1,相似条件2組とその間の角が等しいから)だから、
同一中心角を頂角とした二等辺三角形△OPCをはさむと、
∠APBはPCにより二等分され、
∠APC=∠CPB
4つの角を足した∠DPBと、内側2つを足した∠QPAで、
∠DPB=2∠QPC──�A
�@�Aより∠DPB=∠QOB
△OBQにおいて、
OQ:OB=OE:OB=1:1/t=t:1──�B
△PBDにおいて、
PD:PB=PA:PB=t:1──�C
�B�CよりPD:OQ=PB:OB
2組の辺の比とその間の角が等しいから、
△PBD∽△OBQ

なんか画像横になってるけどこれでしょ
https://i.imgur.com/BbwP4To.jpg

二元体上の既約多項式であって自己相反であるものが無限に存在することを示せ。
ただし、n次多項式f∈F_2[x]が自己相反であるとは、f(x)=f(1/x)x^n を満たすことを言う。

>>663
q>4を二冪として写像f:Fq＼{0}→Fqをf(x)=x+1/xで定める。
S=im(f)＼{0}の各元yについてf(x)=yを満たすFq＼{0,1}の元xが2個ずつ存在するから
2#S=q-2
であり、#S=q/2-1<q-3であるからSにみF4「も属さないb∈Fqがとれる。
bのF2上の最小多項式をP(y)とする。
Q(x)=P(x+1/x)x^n (n=degP)とおく。
代数閉体Ωの元aをf(x)=bの解とすればaはQ(x)の根である。
ここで[Fq(a):F2]はqまたは2qであるからd=[F2(a):F2]は2q,q,2,1のいずれかである。
d=qとなるのは方程式F(x)=bがFqに解を持つ時であり、それはbの取り方に反する。
d=1,2となるときF2(b)⊂F2(a)最小⊂F4上となりやはりbの取り方に反する。
よってF2(a):F2]=2qとなりQ(x)はaの最小多項式であり既約である。
さらにQ(x)の根はP(x)の根βに対して方程式x+1/x=βの解をとるときの全体だから自己相反である。□

>>664
訂正q=2^eとしてeは素数にとるでした。
[Fq:F3]=eで以外それに応じてエスパーおながいします。

>>664
実際に構成したのか…お見事

想定してたのは、F2上n次既約多項式全体の集合をS_nとおいて、S_nの元の個数が
(1/n)Σ_(d|n)μ(n/d)2^d
になること、これが無限個のnについて奇数になること、
それを利用してS_n上の対合 φ(f)(x)=f(1/x)x^n が固定点を持つことを示す、という感じでした

前>>661
>>662(1)(2)(3)の誘導付きだったか。
どんなけ難しいんじゃ、さすがｼ難高思たけど。

ゼロで割ったらアカンどあれほど

>>631 >>639
　三辺の長さa,b,cの連続関数は、
　2変数の連続関数の合成で表わせます。(アーノルド,1958)
　→　ヒルベルト「数学の将来の問題」13番
　しかし微分可能とは言えないので使えるかどうか････

>>652 >>653
　0 < p,q < 2π
かつ
　0 < |p-q| < π
です。

縦n個、横n個のマス目のそれぞれに 1,2,3,...,n の数字を入れていく。このマス目の横の並びを行といい、縦の並びを列という。どの行にも、どの列にも、2つの対角線上にも同じ数字が1回しか現れない入れ方は何通りあるか求めよ。(2020京大文系　改)

この問題って普通に解けるのかな

さすがにΣとか使いまくらないと無理じゃね？

U+2026

前>>667
>>670
ルービックキューブの白の面に油性の黒で１,２,３のいずれかの数字を書きこむとすると、
コーナーキューブの白の面に黒で１と書いたとき、
これととなりあうエッジキューブの白の面2つあるうちの1つに２と書いたらもう1つは３。
∵コーナーキューブの白の面に３が2つ来たらだめだから。
これで縦に１,２,３、横に１,３,２と並んだとして、
白の面のセンターキューブは必然的に１となり、
一方の対角線は３,１,２ないしは２,１,３と並べられるのに対し、
もう一方の対角線が１,１,１となり、題意を満たさない。
∴3が2でも4でもnでも不可能である。

ばかだなぁ

>>670
n=1〜5について1,0,0,48,480
一般式つくれる？

元の京大の問題はn=4で可能でちゃんと値は求められる

>>670
０通り、じゃないかな？

対角線の要素を考えなければ計算しやすくなったりするだろうか？
1,2,12,576,…

>>676
プログラムのバグを修正したら、n=4で48通りとカウントされた。

>>679
プログラムに列挙させると、
> matrix(B[,counter[1]],n)
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 1 2 3 4
[2,] 3 4 1 2
[3,] 4 3 2 1
[4,] 2 1 4 3
> matrix(B[,counter[2]],n)
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 1 2 3 4
[2,] 4 3 2 1
[3,] 2 1 4 3
[4,] 3 4 1 2
から始まって
> matrix(B[,counter[48]],n)
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 4 3 2 1
[2,] 2 1 4 3
[3,] 1 2 3 4
[4,] 3 4 1 2
で終わり。

>>670
対角線めんどくせ

前>>673反省。
n=2,3のときは0通りだけど、
n=1のときが１の1通りとしたら、
n=4のとき対角線はクロスして、なんかやな感じがした。
縦に１,２,３,４、
横に１,２,４,３とすれば可能。
対角線は斜め下から、
４,１,２,３もしくは、
４,２,１,３の2通り。
最初が4通り。
縦の並びが6通りで24通り。
横に2通りで48通り。
n=1,2,3,……に対する通りの数ａ_nは、
ａ_n=1,0,0,48,……
=n^2(ａ_n-1)
縦と横をn通りずつ増やしたら必然的に斜めも増えるかな？
ａ_5はそんなに増えないか。

前>>682
ａ_5=480なら、
ａ_n=n^2(n-1)ａ_n-1
こうか？
480=5･5･4･48

前>>683
うまく掛けるか割るかして辺々足すと先頭と尻尾、
ａ_nとａ_4=48ら辺が残るんじゃないか？
ａ_n=(n^3ａ_n-1)-(n^2ａ_n-1)
ａ_n-1={(n-1)^3ａ_n-2}-{{(n-1)^2ａ_n-2}
ａ_n-2={(n-2)^3ａ_n-3}-{{(n-2)^2ａ_n-3}
……

対角線の条件を含まないものは、ラテン方格と呼ばれるらしい
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%A9%E3%83%86%E3%83%B3%E6%96%B9%E6%A0%BC
ラテン方格の総数についての明示的な公式は、おそらく見つかってなさそう
https://oeis.org/A002860
対角線の条件を含むものは diagonal latin square とか呼ばれてるみたいだけど、
こちらの方もますます研究されていなさそうだ

>>680
対角線条件を外すと５７６通り

> matrix(B[,counter[1]],n)
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 1 2 3 4
[2,] 2 1 4 3
[3,] 3 4 1 2
[4,] 4 3 2 1
> matrix(B[,counter[2]],n)
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 1 2 3 4
[2,] 2 1 4 3
[3,] 3 4 2 1
[4,] 4 3 1 2
で始まって

> matrix(B[,counter[m-1]],n)
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 4 3 2 1
[2,] 3 4 1 2
[3,] 2 1 3 4
[4,] 1 2 4 3
> matrix(B[,counter[m]],n)
[,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 4 3 2 1
[2,] 3 4 1 2
[3,] 2 1 4 3
[4,] 1 2 3 4

で終わり

シラミ潰しだとメモリ不足になった。

１億回シミュレーションしてようやく、1個みつかった。


[,1] [,2] [,3] [,4] [,5]
[1,] 2 5 4 3 1
[2,] 4 3 1 2 5
[3,] 1 2 5 4 3
[4,] 5 4 3 1 2
[5,] 3 1 2 5 4

深さ優先探索でやれ

n=5 で対角線も考える場合
□□□□□
□■□■□
□□■□□
□■□■□
□□□□□
上の黒四角のどこにも同じ数字は入らない。
よって次のように固定して良い（重複度120）
□□□□□
□�@■�A□
□■�B■□
□�C■�D□
□□□□□
四つの黒四角のうちどこか二つに同じ数字が入ると仮定すると、
中央の3x3の正方形に、ある特定の数字が３つ入ることになるが、
その数字が入ることが可能な残る場所は5x5正方形の四隅しかあり得ず、矛盾。
すなわち四つの黒四角に入る数字は全て異なるため、次のように固定して良い（重複度2）
□■□■■
□�@�D�A□
■�A�B�C■
□�C�@�D□
■■□■□
黒四角のどこを決めても他の黒四角も全て決まることがわかる。白四角も同様。
ゆえに重複度は2*2=4.
以上から120*2*4=960通りになる…はずなんだけど>>675はどうやって計算した？

>>687
一つ見つかったから1 2 3 4 5 を各々例えば5 4 2 1 3　に置き換えるとかすれば、120個作れるな。

例
[,1] [,2] [,3] [,4] [,5]
[1,] 4 5 3 1 2
[2,] 3 1 2 4 5
[3,] 2 4 5 3 1
[4,] 5 3 1 2 4
[5,] 1 2 4 5 3

[,1] [,2] [,3] [,4] [,5]
[1,] 5 2 3 4 1
[2,] 3 4 1 5 2
[3,] 1 5 2 3 4
[4,] 2 3 4 1 5
[5,] 4 1 5 2 3

[,1] [,2] [,3] [,4] [,5]
[1,] 2 4 1 3 5
[2,] 1 3 5 2 4
[3,] 5 2 4 1 3
[4,] 4 1 3 5 2
[5,] 3 5 2 4 1
などなど

サイコロを1が出るまで振って、振った回数を当てるギャンブルがある。何回目にかけるのがベストか？

>>691
直感だと１回

>>691
１０万回シミュレーションして頻度をグラフ化

https://i.imgur.com/DYbNCto.jpg

sim <- function(){
dice=0
i=0
while(dice!=1){
i=i+1
dice=sample(6,1)
}
return(i)
}
k=1e5
re=replicate(k,sim())
tbl=table(re) ; tbl
which.max(tbl)
plot(tbl/k,bty='l')

霊感で一回

>>691
n+1回目に始めて1が出る確率は1/6(5/6)^nで減少関数だから1回がベスト

前>>683
>>691
出るまで引くよりベストがあるなら、
1/6+(5/6)(1/6)+(5/6)(5/6)(1/6)+(5/6)(5/6)(5/6)(1/6)=0.517746917……
5割超えんのは4回目。
∴4回目がベスト。

幾何分布の問題でした。
正解は1回目

解答
https://bellcurve.jp/statistics/course/6988.html

前>>696
単勝１番は0.166……
一方４番は125/1296=0.09645……
千円賭けて9,645円もらえるのかと思った。
n回目は5^(n-1)/6^n
下がる一方か。

前>>698
サイコロ振ってn回目までに1が出る確率は、
納n=1→n]5^(k-1)/6^k
ですか？

千人に1人が受賞する文学新人賞に応募するとき、何回目に受賞が期待(5割超え)できますか？

>>699
プログラム組めば解答でるけど、入試とかで出たら解答する方法はあるのだろうか？

前>>699
>>700
100回目までに1回も受賞しない確率は、
(99/100)^100
100回目までに受賞する確率は、
1-(99/100)^100=0.633967659……
69回目までに受賞する確率は、
1-(99/100)^69=0.50016297……
だめ押し70回目までに受賞する確率は、
1-(99/100)^69=0.50516134……
見とおしが立った！

^69とかどうやって計算するのさ
まぁ出来ない事はないが

前>>701
693回目までに受賞する確率は、
1-(999/1000)^693=0.500099765……
年間7作。
100年要らない。99年で受賞する。

対数表が与えられていれば分かるだろ

自分で出題し自分で解くという新しい芸風

前>>703
>>701訂正。
だめ押し70回目までに受賞する確率は、
1-(99/100)^70=0.50516134……

類題

1が累計二回出るまでサイコロを振って、振った回数を当てるギャンブルがある。
何回目に賭けるのがベストか？

>>707
2回目