😊出会いの泉😊

10人いたら簡単だとして、9人解ができそうでできない……
必要な最少人数って何人なんでしょうね？

DD++さんにとっては 10人は簡単……　うお。

9人解の探索をしようと思い、ファノ平面は使えないかと思いつきまして。

"000 000 000 ", 0,0,0,
"110 011 101 ", 6,3,5,
"111 110 001 ", 7,6,1,
"010 100 110 ", 2,4,6,
"011 001 010 ", 3,1,2,
"100 111 011 ", 4,7,3,
"001 101 100 ", 1,5,4,
"101 010 111 ", 5,2,7

これ、使えませんし、ここになにか1ビットを追加してもどうにもならないのでした。
たとえば
"010 100 110 ", 2,4,6,
"011 001 010 ", 3,1,2,
"001 101 100 ", 1,5,4,
の部分だけでも、1ビットを増やしたくらいでは、2人の嘘つきを確定できません。

はい、10人なら簡単です。
9人の場合も嘘つきが「確定2人」なら可能なんですけどねえ……

「確定２人」というお言葉に驚きました。
探したのですが、見つからず、です。

副産物として、以下の通りの変なものを見つけました。

3 ビットの 7 つの数を数珠つなぎにします。
" 100 111 010 110 001 011 101 "
数珠ですので、最後尾の 101 の次には 先頭の 100 につながることとします。

この数珠の、三連続する数の組みは　七通りあるわけですが、それぞれの組のなかの3つの数を XOR 演算すると、被らずに 001 から 111 までが漏れなく勢揃いします。(下記に一覧します)

onst codes = [
"100 111 010 ", // XOR結果 001
"111 010 110 ", // XOR結果 011
"010 110 001 ", // XOR結果 101
"110 001 011 ", // XOR結果 100
"001 011 101 ", // XOR結果 111
"011 101 100 ", // XOR結果 010
"101 100 111 ", // XOR結果 110
];

この結果は、よくわかりませんが、いわゆる魔円陣のバリエーションですね。

さて、上の一覧を、「放射能検査のために9人それぞれに割り当てる金貨の一覧(但し、0をガイガーカウンターではかる印とし、一覧にはないが全員がはかる金貨も１枚ある)」と見立てると……
ほんとに惜しいんです。
残りのひとりの10番目の技術者が検査すれば偽造金貨は見つかるのですけれど。

うーん残念。あとひとりをどうしても省力化したいのですが。

9人で嘘つきが確定2人の場合の手順は、以下です。

まず、
1人目と2人目：1,2,3,4
3人目と4人目：1,2,5,6
5人目と6人目：1,3,5,7
と測定します。

うち1回でも2人から不一致な報告された場合は、7人目と8人目にそれ（のうちの1つ）と同じ測定してもらいます。
不一致な報告が一度でもあったなら、2人が一致した報告は全て信頼できるので、これで
・上記3パターンの信頼できる結果が出揃っている
・上記3パターンのうち2パターンの信頼できる結果があり、9人目が正直者確定
のいずれかになっています。
前者はすでに偽物確定、後者は結果が得られていないものを9人目に頼めばいいです。

3組全てで一致する結果が報告された場合、例えば全て放射線検出されたと報告された場合は以下の4つの可能性があります。（他のパターンも番号が変わるだけで論理は同じ実質同じ）
・1が偽物で、残り3人に「確定で2人」嘘つきがいる
・2が偽物で、残り3人に嘘つきはいない
・3が偽物で、残り3人に嘘つきはいない
・5が偽物で、残り3人に嘘つきはいない
この場合、残り3人に、2と3と5をそれぞれ単体で調べてもらいます。
1人だけが放射線検出を報告した場合、その人の調べたコインが偽物です。（※）
2人が放射線検出を報告した場合、その2人が嘘つきで、1が偽物です。


嘘つきが「最大で2人」の場合、※のところで1が偽物で嘘つきが1人しかいなかった可能性が消し切れません。

DD++ さん、
すごいですね！！！

てっきりパリティビットが何らかの理由で不要になってしまった 9 ビットの符号なのかと予想しておりました。全符号の、符号全体のパリティが同一ならば、その 1 ビットは不要となりますので、それで稼いだのかと……

まさかの、頭の固い私には無理な発想です。
ご教示をありがとうございます。

数珠つなぎの件、中途半端な記述でしたので
精いっぱいきちんと投稿させていただきたく
文を練りました。以下です。

3 ビットのビット列が 7 つあり、それぞれを a, b, c, d, e, f, g と名付けます。この他に、3ビットのビット列が 1 つあり、これを z とします。
z = 000
とします。また、
a = 100
b = 111
c = 010
d = 110
e = 001
f = 011
g = 101
とします。

このとき以下の性質があります。(ここでは⊕を排他的論理和とします。)
e = a⊕b⊕c
f = b⊕c⊕d
g = c⊕d⊕e
a = d⊕e⊕f
b = e⊕f⊕g
c = f⊕g⊕a
d = g⊕a⊕b
《※サイクリックとなっています。》

3ビットのビット列 x のパリティをここでは p(x) と書くこととします。
ビット列の結合を∥で表します。たとえば
x = 011, y = 101 のとき
x∥y = 011101 となります。

e, f, g, a, b, c, d, z をエンコードして 10 ビットにしたものをそれぞれ、E, F, G, A, B, C, D, Z と名付けます。

さきほどのサイクリックな表をみながら、

E = a∥b∥c∥p(c)
F = b∥c∥d∥p(d)
G = c∥d∥e∥p(e)
A = d∥e∥f∥p(f)
B = e∥f∥g∥p(g)
C = f∥g∥a∥p(a)
D = g∥a∥b∥p(b)
Z = z∥z∥z∥p(z)
とします。

具体的には

E=100∥111∥010∥1 ←e=001
F=111∥010∥110∥0 ←f=011
G=010∥110∥001∥1 ←g=101
A=110∥001∥011∥0 ←a=100
B=001∥011∥101∥0 ←b=111
C=011∥101∥100∥1 ←c=010
D=101∥100∥111∥1 ←d=110
Z=000∥000∥000∥0 ←z=000
となります。

このようにサイクリックに作成した符号は、
最小ハミング距離が 5 となっています。

これで、不正確なガイガーカウンター報告の数が 0 から 2 までの間ならば、その誤りビットを訂正可能です。

他にも色々な作り方をしてはみたのですが、一番不思議な踊りを踊っているのが上記のものです。なぜうまくいくのかわからないので。タマタマなのかも？　しれません。

他の作り方のものも、近々、ご紹介させてください。

情報ビットが3ビットでコード長が10ビットのコードで、最小ハミング距離が5のコードであれば、2ビットまでの誤りを検出して訂正することができますが、そのようなコードとして、

0,0,0,0,0,0,0,0,0,0
1,0,0,1,1,0,0,1,1,1
0,1,0,1,0,1,0,1,1,0
1,1,0,0,1,1,0,0,0,1
0,0,1,1,0,0,1,1,0,1
1,0,1,0,1,0,1,0,1,0
0,1,1,0,0,1,1,0,1,1
1,1,1,1,1,1,1,1,0,0

というコードが考えられます。10人の技術者をA～Jとして、
技術者AとEは、1,3,5,7番の金貨を選択して測定、
技術者BとFは、2,3,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者CとGは、4,5,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者DとHは、1,2,4,7番の金貨を検出して測定、
技術者Iは1,2,5,6番の金貨を選択して測定、
技術者Jは1,3,4,6番の金貨を選択して測定することにして、
各技術者の陽性の報告を「1」、陰性の報告を「0」で表すと、
すべての報告が正しかったとすると、以下の8通りの組み合わせ
があって、それぞれが1～8番のいずれかが偽造品である場合
と対応します。

-|A,B,C,D,E,F,G,H,I,J
0|0,0,0,0,0,0,0,0,0,0 →8番が偽造品
1|1,0,0,1,1,0,0,1,1,1 →1番が偽造品
2|0,1,0,1,0,1,0,1,1,0 →2番が偽造品
3|1,1,0,0,1,1,0,0,0,1 →3番が偽造品
4|0,0,1,1,0,0,1,1,0,1 →4番が偽造品
5|1,0,1,0,1,0,1,0,1,0 →5番が偽造品
6|0,1,1,0,0,1,1,0,1,1 →6番が偽造品
7|1,1,1,1,1,1,1,1,0,0 →7番が偽造品

10人の技術者の報告のうち2人の報告が誤りである場合は、
10ビットのうち2ビットが誤りである場合に相当しますが、
上記の8状態は最小ハミング距離が5なのでいずれも5ビット
以上の差があり、2ビットの誤り、すなわち、2人の報告が
誤りである場合までは訂正することができます。

技術者が 10 → 21 人に増員されたときに、最大 5人 までの範囲で誤った報告をしてきても偽金貨を突き止めることができると判明しました。

"100 111 010 110 001 011 101",
"111 010 110 001 011 101 100",
"010 110 001 011 101 100 111",
"110 001 011 101 100 111 010",
"001 011 101 100 111 010 110",
"011 101 100 111 010 110 001",
"101 100 111 010 110 001 011",
"000 000 000 000 000 000 000",

Minimum Hamming Distance: 12

なお、上記では 21 中に、誤らない技術者が1人報告をロストしても大丈夫です。
1人ロストかつ２人誤り報告でも。
対称性が高いので。

別の言い方をすれば
技術者が 10 → 20 人に増員されたときに、最大 5人 までの範囲で誤った報告をしてきても偽金貨を突き止めることができます。
Minimum Hamming Distance: 11
となりますので。

元の問題からみると、
技術者が2倍に増えて
許容できる誤り報告数が2.5倍です。

こんなのをみるとやはり
9人の技術者(うち最大2名は嘘つき)
でもできるのでは？と変な予想をたててしまいたくなります。

情報ビットが3ビット、最小ハミング距離が7のコードで、最短なのはコード長が13ビットのコードで、以下のようなものでした。

A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,L,M
-------------------------
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0
1,0,0,1,1,0,1,0,0,1,1,0,1
0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,1
1,1,0,0,1,1,1,1,0,0,1,1,0
0,0,1,0,1,1,0,0,1,0,1,1,1
1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,0
0,1,1,1,1,0,0,1,1,1,1,0,0
1,1,1,0,0,0,1,1,1,0,0,0,1

13人の技術者をA～Mとして、
技術者AとGは、1,3,5,7番の金貨を選択して測定、
技術者BとHは、2,3,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者CとIは、4,5,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者DとJは、1,2,5,6番の金貨を選択して測定、
技術者EとKは、1,3,4,6番の金貨を選択して測定、
技術者FとLは、2,3,4,5番の金貨を選択して測定、
技術者Mは、1,2,4,7番の金貨を検出して測定することにすれば、
最大で3人までが誤りの報告をしても8枚の金貨から1枚の偽造品を特定できます。

また、情報ビットが3ビット、最小ハミング距離が9のコードで、最短なのはコード長が17ビットのコードで、以下のようなものでした。

A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K,L,M,N,O,P,Q
---------------------------------
0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0
1,0,0,1,0,0,1,0,0,1,1,1,0,1,1,1,0
0,1,0,0,1,0,0,1,0,1,1,0,1,1,1,0,1
1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,0,1,1,0,0,1,1
0,0,1,0,0,1,0,0,1,1,0,1,1,1,0,1,1
1,0,1,1,0,1,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1
0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,0,1,1,0
1,1,1,1,1,1,1,1,1,1,0,0,0,1,0,0,0

17人の技術者をA～Qとして、
技術者AとDとGは、1,3,5,7番の金貨を選択して測定、
技術者BとEとHは、2,3,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者CとFとIは、4,5,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者JとNは、1,2,4,7番の金貨を検出して測定、
技術者KとOは、1,2,5,6番の金貨を選択して測定、
技術者LとPは、1,3,4,6番の金貨を選択して測定、
技術者MとQは、2,3,4,5番の金貨を選択して測定することにすれば、
最大で4人までが誤りの報告をしても8枚の金貨から1枚の偽造品を特定できます。

なお、情報ビットが3ビット、最小ハミング距離が3のコードで、最短なのはコード長が6ビットのコードで、以下のようなものでした。

A,B,C,D,E,F
-----------
0,0,0,0,0,0
1,0,0,1,1,0
0,1,0,1,0,1
1,1,0,0,1,1
0,0,1,0,1,1
1,0,1,1,0,1
0,1,1,1,1,0
1,1,1,0,0,0

6人の技術者をA～Fとして、
技術者Aは、1,3,5,7番の金貨を選択して測定、
技術者Bは、2,3,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者Cは、4,5,6,7番の金貨を選択して測定、
技術者Dは、1,2,5,6番の金貨を選択して測定、
技術者Eは、1,3,4,6番の金貨を選択して測定、
技術者Fは、2,3,4,5番の金貨を選択して測定することにすれば、
1人までが誤りの報告をしても8枚の金貨から1枚の偽造品を特定できます。

DD++ さんがおっしゃっていた、
《10人ではなく9 人、うち2名は《必ず》嘘をつく》場合に解があることを私も確認しました。別解ですね。

9人の技術者を前半組6人、後半組3人にわけます。
前半では①と②と③とのどれかが発生します。どれが発生したかは我々にはわかります。
後半では、①②③ごとに、対処策があります。

・前半部
8枚の金貨を２枚づつペアにして計4ペアとします。(A,a), (B,b),(C ,c ),(D,d)と名付けます。あるいは(X,x)のようにまとめて書くこともあります。

６名の技術者に以下のように測定の指示を出します。1 のマークがついた金貨を測ります。

[
"0 0 0 0 0 0" ,//(A,a)
"0 0 1 1 1 1" ,//(B,b)
"1 1 0 0 1 1" ,//(C,c)
"1 1 1 1 0 0" ,//(D,d)
]

上はハミング距離が 4 なので
以下の3つのケースが結果として判明します。


①
陽性判定は偶数個である。
が、そのものズバリの判定結果が得られない。
すなわち、前半6人組に２人嘘つきがいる。
偽物の入った(X,x)はこの時点ではまったく不明。

②
陽性判定は偶数個である、かつ、
上の4ケースそれぞれのうちどれかひとつが
そのものズバリの結果となる。

このとき前半6人組に嘘つきがいない。
偽物の入った(X,x)が確定する。

③
陽性判定は奇数個である。
が、そのものズバリの判定結果が得られない。
すなわち、前半6人組に１人の嘘つきがいる。
この場合には嘘つきが特定できて、
偽物の入った(X,x)が確定する。

以上が前半部です。

次は後半部での対処。

①:
後半部3名の技術者が正直者なので、
８枚の金貨から１枚の偽金貨を見付けるには
二分木で捜索すればよい。
《目的終了》

②
偽物の入った(X,x)が確定している。
残りの３名の技術者のうち２名が嘘つきである。
３名にXが偽造か調べさせ、得られた結果を２対１で多数決をとり、その結果の判定を反転させたものが真の測定結果となる。
《目的終了》

③
偽物の入った(X,x)が確定している。
残りの３名の技術者のうち１名が嘘つきである。
３名にXが偽造か調べさせ、得られた結果を２対１で多数決をとり、その結果が真の測定結果となる。
《目的終了》

※以上が別解です.
後半部の多数決が効いてくるためにも、嘘つき２名は必ず嘘をつくことが必要となります。

=====

なお、揃って嘘をつくとは限らない場合に
9名で足りるかというお話しについては、
私は、かなり否定的に捉えるようになりました。
個人的には探索はおわります。

技術者を1人増やして11人にすると、偽造品1枚を含む16枚の金貨から、最大2人の誤りを含む報告を用いて特定することができます。

情報ビットが4ビット、最小ハミング距離が5のコードで、最短なのはコード長が11ビットの以下のコードで、これを用いると、

-|A,B,C,D,E,F,G,H,I,J,K
-----------------------
0|0,0,0,0,0,0,0,0,0,0,0→16番が偽造品
1|1,0,0,0,1,1,1,0,0,1,0→1番が偽造品
2|0,1,0,0,1,1,0,1,1,0,1→2番が偽造品
3|1,1,0,0,0,0,1,1,1,1,1→3番が偽造品
4|0,0,1,0,1,0,1,1,1,0,0→4番が偽造品
5|1,0,1,0,0,1,0,1,1,1,0→5番が偽造品
6|0,1,1,0,0,1,1,0,0,0,1→6番が偽造品
7|1,1,1,0,1,0,0,0,0,1,1→7番が偽造品
8|0,0,0,1,0,1,1,0,1,1,1→8番が偽造品
9|1,0,0,1,1,0,0,0,1,0,1→9番が偽造品
a|0,1,0,1,1,0,1,1,0,1,0→10番が偽造品
b|1,1,0,1,0,1,0,1,0,0,0→11番が偽造品
c|0,0,1,1,1,1,0,1,0,1,1→12番が偽造品
d|1,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1→13番が偽造品
e|0,1,1,1,0,0,0,0,1,1,0→14番が偽造品
f|1,1,1,1,1,1,1,0,1,0,0→15番が偽造品

11人の技術者をA～Kとして、
技術者Aは、1,3,5,7,9,11,13,15番の金貨を選択して測定、
技術者Bは、2,3,6,7,10,11,14,15番の金貨を選択して測定、
技術者Cは、4,5,6,7,12,13,14,15番の金貨を選択して測定、
技術者Dは、8,9,10,11,12,13,14,15番の金貨を選択して測定、
技術者Eは、1,2,4,7,9,10,12,15番の金貨を検出して測定、
技術者Fは、1,2,5,6,8,11,12,15番の金貨を選択して測定、
技術者Gは、1,3,4,6,8,10,13,15番の金貨を選択して測定、
技術者Hは、2,3,4,5,10,11,12,13番の金貨を選択して測定、
技術者Iは、2,3,4,5,8,9,14,15番の金貨を選択して測定、
技術者Jは、1,3,5,7,8,10,12,14番の金貨を選択して測定、
技術者Kは、2,3,6,7,8,9,12,13番の金貨を検出して測定することにすれば、
最大で2人までが誤りの報告をしても16枚の金貨から1枚の偽造品を特定できます。

kuiperbeltさんによる[2151]のご投稿へのコメントです。
8 番から 15 番までは本物、という情報があらかじめ与えられていれば
技術者Dによる計測は不要となり、技術者の総人数は 10 人でよいこととなります。

すなわち
0番(=16番)から7番までの8枚の金貨から技術者10名で１枚の偽造金貨をみつける方法にもなっています。(最大2人まで嘘をつくこととして)

私の[2140]の投稿の続きです。
別解でして、恐ろしく形が憶えやすいものです。

情報ビットは 3 ビットとします。これを w と記します。
w について全てのビットを反転したものを W とします。
3 ビット分のデータのパリティ(1ビット)を求める関数を p(・)と書きます。
ビット列 x とビット列 y とを結合する記号を∥とします。

w をエンコードして 10 ビットのビット列を次のように作ります。

w∥w∥p(w)∥w ……ただしp(w)=0 のとき。
w∥w∥p(w)∥W ……ただしp(w)=1 のとき。

これが目的を果たします。
みつけたときには物凄くビックリしました。
なぜコレでうまくいくかというとゴニョゴニョです。

> なぜコレでうまくいくかというとゴニョゴニョです。

3ビットの w を１ビットづつに分解すると
w=w1∥w2∥w3
さきのエンコードは
w1∥w2∥w3∥w1∥w2∥w3∥w1+w2+w3∥w2+w3∥w1+w3∥w2+w3
トなっています。

※ただし加算記号は ビット毎の排他的論理和にて。。

このスレッドの趣旨からは脱線中です。

本日考えた[2154]への個人的な気づきです。

「コレ」でうまく行く？　という観察から実験数学的にあれこれやっておりました。

符号語の数が 16 で情報ビットが 4 、検査ビットが 3 、符号長が 7 、最小ハミング距離が 3 ゆえにビット反転誤りを 1 ビットまで訂正可能な、(7,4,3)ハミング符号は、よく知られていて世の中に実際に応用されている枯れた技術のようです。

これに対抗して！？

符号語の数が 16 で情報ビットが 4 、検査ビットが 10 、符号長が 14 、最小ハミング距離が 7 ゆえにビット反転誤りを 3 ビットまで訂正可能な、そのような符号をたった今みつけました。(車輪の再発明かも？)

情報ビットをそのままに、符号長が 7 から 14 と2倍になるのを生贄にして、
ビット反転誤りへの訂正能力を 1 ビットから 3 ビットへと、 3 倍にできるという。

通信路の状況が悪いときにはかなり有効なのでは？　と。

"0000 000000 0000",
"0001 001011 0111",
"0011 011110 1100",
"0010 010101 1011",
"0110 110011 0110",
"0111 111000 0001",
"0101 101101 1010",
"0100 100110 1101",
"1100 011110 0011",
"1101 010101 0100",
"1111 000000 1111",
"1110 001011 1000",
"1010 101101 0101",
"1011 100110 0010",
"1001 110011 1001",
"1000 111000 1110",

　16ビットめへの追加、末尾に全体へのパリティをつけるのも乙なものですが。

とにかく各ビットを怠けさせない、他のビットと相関させる、そんな作戦が良いのかもしれません。

DD++ さんが提起なさった
《技術者が 9 人でも大丈夫？》という問い
について何度も諦めようと努めたのですが
なかなか頭を離れず、もう思い切ってとことん考えてみようと試みました。

結果として、もしもひとつの【予想】が正しければ、 9 人の技術者(うち、嘘つきは 0 人から 2 人の可能性がある)でも、8枚中１枚の偽金貨を突き止められそうと考えつきました。

偽金貨をつきとめる段階として、第一段階と第二段階とに分けます。
第二段階では第一段階までの中間結果をみてから測定方法を都度考えることにします。
(なお二段階にわけずに一発でやろうとするならば技術者は10人必要だろうことはほぼ間違いないという感触を得ています。)

第一段階では、７人の技術者を使い
第二段階では、２人の技術者を使います。

第一段階終了時点で既に偽造金貨が確定済みならば第二段階は実行しません。この場合の発生条件は、７人中嘘つきが１人以下であることです。(必要十分条件)

第一段階終了時点で７名中嘘つきが２名いたと確定できれば、かつ、8枚中少なくとも4枚が本物であると確定できれば、残りの４枚について第二段階で正直者のみで構成された２名の技術者がうち１枚の偽金貨を確定できることでしょう。

第一段階のアルゴリズムになにが必要かをまとめなおします。
以下の３パターンのどれかが必ず発生するものとします。

①嘘つきがちょうど１人発生したことの検知確定と、同時に一枚の偽金貨の確定。
[第二段階不要]

②嘘つきがちょうど０人であることの検知確定と、同時に一枚の偽金貨の確定。
[第二段階不要]

③嘘つきがちょうど２人であることの検知確定と、同時に、本物の金貨(少なくとも)４枚の確定。偽金貨は残りもののなかにあると絞れる。
[第二段階では２人の正直者が残りものから偽金貨をつきとめることになりますがそれは十分に可能であることでしょう。]

上のようなアルゴリズムがみつかれば、10人ならず9人でも偽金貨を確定できることとなります。

①〜③までで、もっとも難解なのが③が発生するケースです。

私は次のようなものをとりあえず考えてみました。

(長くなったので次に投稿します。)

第一段階の設計について。

８枚の硬貨にたいして７名の技術者が以下のリストにあるように測定します。
(1 )はガイガーカウンターで測ります。

"0 0 0 0 0 0 0",
"0 0 1 0 1 1 1",
"1 0 0 1 0 1 1",
"1 1 0 0 1 0 1",
"1 1 1 0 0 1 0",
"0 1 1 1 0 0 1",
"1 0 1 1 1 0 0",
"0 1 0 1 1 1 0",

ケース①
７つの測定結果が得られた時
陽性(1)が、奇数個、得られたケースです。
このとき、７名中に嘘つきは必ず１名です。
上のテーブルでは最小ハミング距離が４なので嘘つきも確定し偽金貨も確定します。
第二段階は不要です。

ケース②
７つの測定結果が得られた時　
陽性(1)が、偶数個、得られ、かつ、
上のテーブルと一致したケースです。
このとき、７名中に嘘つきはいません。
偽金貨も確定します。
第二段階は不要です。

ケース③
７つの測定結果が得られた時　
陽性(1)が、偶数個、得られ、かつ、
上のテーブルと【一致しない】ケースです。
このとき、７名中の嘘つきは必ず２名です。

偽金貨は確定しません。
２名の正直者が待っている第二段階が必要です。

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ここで実験的にかなりやり込んでみたのですが (手動)
偽測定値を２個含む７個のデータを得られたときに、
偽金貨の候補は《いつも》３枚なのです。
ということは第二段階で偽金貨が確定できることとなります。

以下が私の【予想】です。

偽測定値を２個含む７個のデータを得られたときに、
偽金貨の候補は《いつも》３枚です。

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上記の予想に反例があったり、証明があるようでしたならば、是非とも、ご教示をください。

気になって気になって仕方がありません。
ぽんつくな私のことですから
ボーンヘッドがあるかも(恥ずかしい)ですけれども。

皆様、何卒ご教示を賜りたく、宜しくお願い申し上げます。

※証明の見通しがよくなるかどうかわかりませんが上記のテーブルは巡回的に作ってあります。

なるほど、カークマンの組分け問題の解を利用すれば確かにいけますね。

証明は、陽性報告の人数ごとに場合分けをすれば容易かと思います。

いかがでしょう？

DD++ さん。
早速のコメントおよびヒントを有難うございます。

陽性報告の人数で場合分け……ですか……
やってみます。

ご指摘どおりカークマンでしたね……
自分としてはファノ平面を使ったつもりでした。(0のポジション)