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>>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

>>708
残念

6または7？

>>710
正解
n回目に賭けて当たる確率は (n-1)(5/6)^(n-2)*(1/6)^2 で、
これが最大になるのはn=6,7の時。

EをR^N上のボレル集合、AをN×N行列、LをN次元ルベーグ測度とする このとき
L(A(E))=|detA|L(E)
が成立することを証明せよ

どちらかに賭けても勝率6.7%か

>>711
10万回シミュレーションしてみた。

https://i.imgur.com/Mv1Rkfa.jpg

"1が累計m(=2)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？"

sim <- function(m=2){
pip1=0 # １の目の出た回数
i=0 # サイコロを振った回数
while(pip1 < m){
i=i+1
pip1 = pip1 + (sample(6,1)==1)
}
return(i)
}
k=1e5
re=replicate(k,sim())
tbl=table(re) ; tbl
which.max(tbl)
plot(tbl/k,bty='l')

>>711
100回目までを計算してみた。

> sapply(1:100,bg)
[1] 1 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 66 72 78 84 90 96 102 108 114
[21] 120 126 132 138 144 150 156 162 168 174 180 186 192 198 204 210 216 222 228 234
[41] 240 246 252 258 264 270 276 282 288 294 300 306 312 318 324 330 336 342 348 354
[61] 360 366 372 378 384 390 396 402 408 414 420 426 432 438 444 450 456 462 468 474
[81] 480 486 492 498 504 510 516 522 528 534 540 546 552 558 564 570 576 582 588 594

bg <- function(x,print=FALSE){ # big gambling
f <- function(n,m=x,p=1/6) choose(n-1,m-1)*p^(m-1)*(1-p)^(n-m)*p
nn=1:(10*x)
y=optimize(function(n) f(n),nn,maximum=TRUE)$maximum
if(print){
plot(nn,sapply(nn,f),bty='l',pch=19)
yy=c(floor(y),ceiling(y))
cat(c(f(yy[1]),f(yy[2])),'\n')
}
return(floor(y))
}
sapply(1:100,bg)

前>>706
>>707
6回目に2回目の当たりが出る確率は、
1回目の当たりが何回目に出るかが、4回のはずれに対し5通りあるから、
5(5/6)^4(1/6)^2=5^5/6^6
=0.0669795953……
7回目に2回目の当たりが出る確率は、
1回目の当たりが何回目に出るかが、5回のはずれに対し6通りあるから、
6(5/6)^5(1/6)^2=5^5/6^6
=0.0669795953……
6回目と7回目は約6.69795953％の確率で2回目の当たりが出るが、これだけでベストかどうかはわからず、前後を調べる必要がある。
8回目に2回目の当たりが出る確率は、
1回目の当たりが何回目に出るかが、6回のはずれに対し7通りあるから、
7(5/6)^6(1/6)^2=7･5^6/6^8
=0.065119051……
5回目に2回目の当たりが出る確率は、
1回目の当たりが何回目に出るかが、3回のはずれに対し4通りあるから、
4(5/6)^3(1/6)^2=4･5^3/6^5
=125/1944
=0.0643004115……
9回目に2回目の当たりが出る確率は、
1回目の当たりが何回目に出るかが、7回のはずれに対し8通りあるから、
8(5/6)^7(1/6)^2=8･5^7/6^9
=5^7/6^6･3^3
=0.0620181438……
∴5回目、8回目、9回目辺りはいずれも6％を超えていて大差ないけど、6回目か7回目に賭けるのがベター。

>>715
最初の１を除けば等差数列にみえるな。

1が累計1000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？

6*1000-6 = 5994 と 5995回に賭けるのがベストぽいな。

多分、計算名人のイナ氏が検証してくれると思うｗ

確率pで成功する試行で、n回目の試行でm回成功する確率をP(n)と置くと
P(n)=C[n-1,m-1]p^m(1-p)^(n-m)だから、
P(n+1)=C[n,m-1]p^m(1-p)^(n+1-m)=n/(n+1-m)(1-p)P(n)
1≦P(n+1)/P(n)のとき、1≦n/(n+1-m)(1-p)、n+1-m≦n-np、n≦(m-1)/p=999/(1/6)=6000-6
なので5994または5995がベスト

>>707
青チャートに１が三回のバージョンがあった、最近解いた

>>719
ありがとうございます。

サイコロを全ての目が最低1回出るまで振り続ける。振る回数の期待値を求めよ。

6(1/6+2/6+3/6+4/6+5/6+6/6)

１万回のシミュレーション

> sim <- function(){
+ flag=FALSE
+ i=0
+ pips=NULL
+ while(flag==FALSE){
+ i=i+1
+ pips=c(pips,sample(6,1))
+ flag=all(1:6 %in% pips)
+ }
+ i
+ }
> k=1e4
> mean(replicate(k,sim()))
[1] 14.7221
>

>>723
残念

>>724
正解

=6/6+6/5+6/4+6/3+6/2+6/1
=14.7

100万回で>
k=1e6
> mean(replicate(k,sim()))
[1] 14.70651

最初の1つがでるまでの回数の期待値
=6/6

1つ目が出てから次が出るまでの回数の期待値
=6/5

2つ目が出てから次が出るまでの回数の期待値
=6/4

以下同様

回数の期待値なので、単純に上記の和を求めればよい

成功確率pの試行を繰り返すとき、最初に成功するまでの試行回数の期待値は 1/p
これを使って計算する

>>730
幾何分布とか名前がついていたような。

>>731
そうです。ファーストサクセス分布(Fs分布)とも言います。

訂正します。

成功するまでに失敗した回数の分布
=幾何分布
成功するまでの回数の分布
=ファーストサクセス分布

でした。

クーポンコレクター問題

クーポンコレクター問題の一般化

サイコロふって1,2,3が出る事をA、4,5が出る事をB、6が出る事をCとする。
ABCが全て少なくとも一回起こるまでの平均は？

>>735
1万回のシミュレーション結果

> A=1:3
> B=4:5
> C=6
>
> sim <- function(){
+ flag=FALSE
+ i=0
+ pips=NULL
+ while(flag==FALSE){
+ i=i+1
+ pips=c(pips,sample(6,1))
+ flag=any(A %in% pips) & any(B %in% pips) & any(C %in% pips)
+ }
+ i
+ }
> k=1e4
> mean(replicate(k,sim()))
[1] 7.2577
>

10万回だと
> k=1e5
> mean(replicate(k,sim()))
[1] 7.30537

>>736
答えは？

難しい
これがABC予想というやつか

>>740
ありゃ、出ちゃったか。

a=3/6, b=2/6, c=1/6 として
E=1/a+1/b+1/c-1/(b+c)-1/(c+a)-1/(a+b)+1/(a+b+c)
=2+3+6-1.5-2.0-1.2+1.0
=7.3

ほんとだ。シミュレーションと一致した。

P(n)=(3/6)*((3/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1))+(1/6)*((5/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1)-(3/6)^(n-1))+(2/6)*((4/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1))
E=Σ[k=3,∞]kP(k)=1399/180=7.772222...

>>737
100万回シミュレーション結果　7.3ぽいね。

> k=1e6
> mean(replicate(k,sim()))
[1] 7.300615

>>743　訂正
P(n)=(3/6)*((3/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1))+(1/6)*((5/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1)-(3/6)^(n-1))+(2/6)*((4/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(3/6)^(n-1))
E=Σ[k=3,∞]kP(k)=73/10

>>745
不正解

>>746
何故>>745だけなんですか

>>747
計算機に入れてみた

p n=(3/6)*((3/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1))+(1/6)*((5/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1)-(3/6)^(n-1))+(2/6)*((4/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(3/6)^(n-1))

main = do
print $ sum [p n| n<-[3..10000]]

-------
0.9999999999999996

あ、失礼しました。
コード間違ってた。
正解でした。

p n=(3/6)*((3/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1))+(1/6)*((5/6)^(n-1)-(2/6)^(n-1)-(3/6)^(n-1))+(2/6)*((4/6)^(n-1)-(1/6)^(n-1)-(3/6)^(n-1))

main = do
print $ sum [(fromInteger n)*(p n)| n<-[3..10000]]

------------

7.300000000000009

>>735
大学入試ではこの手の出題は御法度
なぜなら終わらないことを試行としてはいけないから

>>751
ココ入試レベル縛りないでしょ？
むしろ入試レベルじゃ満足しない人の方が多いのでは？

>>751
ん？終わるでしょ。

入試レベル

袋の中に赤玉7個、白玉6個、黒玉5個入っている。
玉を一つずつ取り出していき赤玉を全て取り出した時点で終了とする。
取り出した白玉の個数の期待値は？

期待値が範囲外になったので入試では使えないけど。

>>755
白玉の個数の分布をグラフにしてみた。

https://i.imgur.com/sd8l1wQ.jpg


> summary(re)
Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.
0.00 5.00 6.00 5.25 6.00 6.00

５．２５が答みたいだなぁ。

解析解は賢者にお任せ。

〔補題〕
0<p≦1 とする。
確率pで事象Aが起こるような試行を繰返し行なう。
初めて事象Aが起こるまでに試行した回数nの期待値は 1/p.
(略解)
　E{n} = p {1 + 2(1-p) + 3(1-p)^2 + 4(1-p)^3 + ････ }
　= {1 - (1-p)} {1 + 2(1-p) + 3(1-p)^2 + 4(1-p)^3 + ････ }
　= 1 + (1-p) + (1-p)^2 + (1-p)^3 + ････
　= 1/p.

XiをX≧iのとき1、そうでないとき0と定めてq=1-pとすれば
E(X)
=ΣE(Xi)
=Σq^(i-1)
=1/(1-q)
=1/p

>>760
正解！
想定解出してもいいけど実はある事に気づくと数行で終わります。
どうしよう？
夜まで待ってみますね。

黒玉は無視
赤玉7個を並べておき、その前後と間の8ヶ所に白玉6個をランダムに入れていく（重複あり）
赤玉の後ろに白玉がいくつあるかを考えるとき、白玉1個につき期待値1/8となるので6個なら6/8=3/4
従ってそれ以外のところにある白玉の個数の期待値は6-3/4=5.25

>>763
それです。
お見事。

赤玉の後ろ以外にいくつあるかを考えるとき白玉1個につき期待値7/8なので6個なら6*7/8=5.25でよかったわ

>>754
P(k)=Σ[k=0,6]Σ[j=0,5]C[7,6]C[6,k]C[5,j]/(C[18,6+k+j](12-k-j))
E=kP(k)=21/4

>>766
さすがにダメやろ。
いくら原理的にはコレ計算したらできるって立式を書いても、その計算が最低目で追えるものを見せないと正解とは認定されない。

最小交点数がｎの結び目は何種類あるのか。

>>767
これは、よく分からないがwolframで計算してみたら一致した
偶然一致するとは思えないが？

>>767
P(k)の値(k=0〜6)は>>762と一致する

なるほど
時系列で考えていくと発想が広がりにくいが、並べて考えるとわかりやすいな。
参考になる

>>767
C[7,6]C[6,k]C[5,j]/C[18,6+k+j]
ここの部分が、赤6、白k、黒jの計6+k+j回玉を取り出したときの確率
分子と分母は、玉に番号を付けた場合の場合の数になっている
最後に1/(12-k-j)で赤を取り出す確率を掛ける

>>770
いや、コレを計算できれば答えが出るなんて式たてるだけなら受験レベルの問題ならできて当たり前。
受験レベルで解くという意味ならその中で二十分程度で無理なく実際にできるというところまでやって見せてみて初めて正解。
計算機ならできるでは、受験レベルを超えてるようなやつならともかく受験レベルの問題と銘打って出題されてるんだから、通用しない。

前>>716
>>754
6(7/8)=5.25

>>774
この問題は難しいから受験で出題されるとは思わない

え？

このスレは受験で有効な解答のみ正解という訳ではなかろう

こうしたらどうなる？

袋の中に赤玉7個、白玉6個、黒玉5個入っている。
玉を一つずつ取り出していき赤玉を４個取り出した時点で終了とする。取り出した白玉の個数の期待値は？

7/8が4/8にかわるだけでは？

>>781
6*4/8=3でいいのか。

>>780
P(k)=Σ[j=0,5]4C[7,3]C[6,k]C[5,j]/(C[18,3+k+j](15-k-j)
E=Σ[k=0,4]kP(k)=881/429

整数の無限部分集合Aであって、どの互いに異なる a,b∈A をとっても
|a-b| が平方数にならないものは存在するか。

>>754
7/8 * 6=21/4
>>780
4/8 * 6=3

袋の中に赤玉7個、白玉6個、黒玉5個入っている。
玉を一つずつ取り出していき赤玉を全て取り出した時点で終了とする。
取り出した白玉の個数から残った黒玉の個数を引いた値の期待値は？
取り出した白玉の個数から残った白玉の個数を引いた値の期待値は？
取り出した白玉の個数と残った黒玉の個数を掛けた値の期待値は？
取り出した白玉の個数と残った白玉の個数を掛けた値の期待値は？

>>784
レピュニット数を元とする無限集合とすればいい

>>766 訂正
P(k)=Σ[j=0,5]C[7,6]C[6,k]C[5,j]/(C[18,6+k+j](12-k-j))
E=Σ[k=0,6]kP(k)=21/4

>>786
E1=Σ[k=0,6](k-(5-j))P(k)=37/8
E2=Σ[k=0,6](k-(6-k))P(k)=9/2
E3=Σ[k=0,6](k(5-j))P(k)=35/12
E4=Σ[k=0,6](k(6-k))P(k)=35/12

>>786
最初の２つは線形性でいける。
3番目は独立性。
暗算で苦しいのは最後だけだな。
黒玉ひとつに着目して取り出される確率がp=7/8。
よって取り出される個数Xの分布はp=7/8, n=6の二項分布。
X^2の期待値は
E(X^2) = Σ C[6,k)(1/8)^(6-k) (7/8)^k k^2=93/32。

https://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+binomial%286%2Cx%29+%281%2F8%29%5E%286-x%29%287%2F8%29%5Ex+x%5E2+from+0+to+6&;lang=ja

>>787
残念。|111-11|=100 は平方数になります

おっと脳内で問題変わってたw
E(x(6-x)) = Σ C[6,k)(1/8)^(6-k) (7/8)^k k(6-k)=105/32。

https://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+binomial%286%2Cx%29+%281%2F8%29%5E%286-x%29%287%2F8%29%5Ex+x%286-x%29+from+0+to+6&;lang=ja

>>784
2×4^nで桶

>>791
確かにそうだった

>>793
お見事、それがあったか