😊出会いの泉😊

Fake coins and a magic bag

https://jkoizumi144.com/puzzles.html
の冒頭に次のようなパズルがあります。

引用開始

1. Fake coins and a magic bag

There are 7 gold coins and 9 silver coins. Among them, there is one fake gold coin and one fake silver coin. You want to identify these fake coins using a magic bag. When you put coins into the magic bag and cast a spell, it emits a suspicious glow only if both fake coins are inside the bag. How many times do you need to cast the spell to determine both fake coins?

引用終わり

①:5 回の呪文の詠唱では無理だという考察をします。
バッグが光る・光らないの1ビットの情報を５つ集めても、最大で 2^5 = 32 通りの分別ができるにすぎません。
一方において
金銀の偽コインのありうるケースを数えあげると
7✕9=63
です。
32 < 63
ですから、
5 回の呪文の詠唱では無理そうと判断できます。

②:７回の詠唱で偽コインをつきとめる方法はあります。(省略)

③: 6回の詠唱ですますクレバーな方法があるのかどうか気になります。
63 < 2^6 = 64
ですから、《コレだけでは良い方法が無いとは断言できない》という…パズルとしては良い線を突いている感じがします。
実際、金が8枚、銀が8枚だと、６回の詠唱ですます方法はありますので、こちらが元のパズルの姿で、それをひねって金７枚銀９枚に直してあるような……
このヒネリにどんな意図があるのか頭を傾げています。

皆様のお知恵をお貸しください。

No.2526Dengan kesaktian Indukmu2025年3月7日 16:52

金７枚銀９枚のケースでは
６回の呪文詠唱で確実に偽コインを特定できると判明いたしました。
難しく考えていたためにどツボに嵌っていたようです。

お騒がせいたしました。

No.2541Dengan kesaktian Indukmu2025年3月12日 17:07

せっかくですので
金３枚銀５枚のケースで
呪文詠唱４回のやり方をひとつご案内させていただきます。

金をG1, G2,G3
銀をS1,S2,S3,S4,S5
とします。偽コインのありうるケースは15通りです。添付の図をご覧ください。

１回目の計測では①をカバーするように袋にいれて呪文を唱えます。袋が光れば、残り３回の呪文で①のなかにある偽コインペアを確定させる課題はイージーです。
１回目の計測で光らない場合には次のステップに行きます。

２回目の計測では②をカバーするように袋にいれて呪文を唱えます。袋が光れば、残り２回の呪文で②のなかにある偽コインペアを確定させる課題はイージーです。
２回目の計測で光らない場合には次のステップに行きます。

３回目の計測では③をカバーするように袋にいれて呪文を唱えます。袋が光れば偽コインペアは確定です。(G1:S5)
３回目の計測で光らない場合には次のステップに行きます。

４回目の計測では④をカバーするように袋にいれて呪文を唱えます。袋が光れば偽コインペアは確定です。(G2:S5)
４回目の計測で光らない場合には偽コインペアは確定です。(G3:S5)

なお、上記のやり方は容易に拡張できて
金7枚銀9枚のケースで呪文６回で済ませる方法があることがわかります。

No.2542Dengan kesaktian Indukmu2025年3月13日 17:27

金7枚銀9枚のケースの図解も作りました。
偽コインのペアが
⑤に含まれていれば残り５回の詠唱で確定。
さもなければ
④に含まれていれば残り４回の詠唱で確定。
さもなければ
③に含まれていれば残り３回の詠唱で確定。
さもなければ
②に含まれていれば残り２回の詠唱で確定。
さもなければ
①に含まれていれば残り１回の詠唱で確定。
さもなければ
※で確定
ということになります。

No.2552Dengan kesaktian Indukmu2025年3月15日 14:20

ふと思い立ちまして、
chatgpt-4o-latest-20250326 にたいして
下記のように出題しましたが、誤答を返して来ました。なお、英文なのはそのほうが生成AIにとって理解しやすいとわかったからです。
(誤答についてはナンセンスなので省略いたします。)
出題内容の下には、私がいま取り組んでいることも付記させていただきます。
皆さんにご助力を願えれば幸いです。よろしくお願い申し上げます。

♦出題内容♦
Fake Coins and a Magic Bag

You have a collection of 9 coins in total: 3 gold coins, 3 silver coins, and 3 bronze coins. Among these, exactly one gold coin, exactly one silver coin, and exactly one bronze coin are counterfeit.
Assume that the three coins of each metal are distinguishable (e.g., labeled G_1, G_2, G_3, S_1, S_2, S_3, B_1, B_2, B_3).

You are provided with a magic bag that has the following property:
When you place any subset of coins into the bag and cast a spell, the bag glows if and only if the subset contains all three counterfeit coins simultaneously, regardless of any additional genuine coins that might be included.

If the subset contains only one, only two, or none of the counterfeit coins, the bag does not glow.

All tests are deterministic and error-free. There are no restrictions on how many or which coins you may include in a single test, and coins may be reused in multiple tests.

Your task is to devise a strategy that is guaranteed to identify all three counterfeit coins using no more than 5 tests.

Justify your answer with a logical or mathematical argument.

♦出題内容はここまで♦

♥私が今もがいていること♥
この出題についてどのようなヒント(誘導)を追加すれば生成AI(chatgptなど)が正解に辿り着くか工夫をしているのですが悪戦苦闘しております。

皆さんに伺いたいのですが
なにか良いアイデアはないものでしょうか？

No.2596Dengan kesaktian Indukmu2025年4月9日 16:47

申し遅れました。
決定木を求めてほしかったんです。
下記の図のような。
分割統治戦略で二分木を作りそれぞれの枝において分析に必要な情報ビットが過度に大きくならないように。

No.2599Dengan kesaktian Indukmu2025年4月10日 22:20

返信 (5)

倍数の問題

十進法で表記された数
N＝a10^n+b10^n-1++c10+d≡０(mod p) pは、7より大きな素数のとき、
a10^(n-1)＋+b10^(n-2)+…+cーXd≡０(mod p)となるように、
ｐ進体で、Xを選ぶことができる。
10を、両辺にかけても、
a10^n+b10^n-1++c10-10Xd≡０(mod p)
-10X≡1となるように、Ｘを選べばよい。
そうすると、元の式に戻ります。ｘの値は、Ｐによって異なり,以下
P X
7 2
11 1
13 9
17 5
19 17
23 16
29 26
31 3
37 11
41 4
43 30
47 14
53 37

73 51
縦書きで失礼します。
足すか、引くかどちらでも
７３＝５１＋22なので、２２≡ー51（mod73)
桁数を一個ずつ下げていくので、計算回数が増えます。

No.2597ks2025年4月10日 11:07

↓これがそのXの数列(73→51)
oeis.org/A103876
↓これが対になる数列(73→22)
oeis.org/A357913

No.2598らすかる2025年4月10日 13:52

返信 (1)

７３の倍数

大きな数の場合、四ケタずつ区切り、四つ数の、奇数番目の和と偶数番目の和を
引いて73で、割れる時、７３で、割り切れ、
同じく引いた結果が、１３７で、割り切れる時、１３７で割り切れることが、
分かりました。
１000１＝１３７×７３
７，１１，１３のときは、３ケタずつですが。
指摘を受けて、修正しました。

No.2592ks2025年4月8日 19:06

例えば740001は4桁ずつ区切って差をとると73であり73で割り切れますが、この数は137では割り切れません。

No.2593らすかる2025年4月9日 07:31

単に73の倍数を判定するなら
N=10*A+bが73の倍数<==>A+22*bが73の倍数
を使える。

例N=9012288(=10*901228+8)
901228+22*8=9012228+176=901404
同じく
90140+22*4=90228
9022+22*8=9198
919+22*8=1095
109+22*5=219
ここ辺りで219=73*3が判明
よって元の
N=9012288も73で割れる。(73*123456=N)

ちなみに137の倍数の判定では
N=10*A+bが137の倍数<==>A - 41*bが137の倍数
の原理が使える。

No.2594GAI2025年4月9日 09:18

4桁ずらし差分と合わせると速そうですね。
9012288
2288-901=1387
138+22*7=292
29+22*2=73

No.2595らすかる2025年4月9日 11:10

返信 (3)

連続する素数の一つの現象

素数5以上の素数p1ならその数を末尾に持つものの中で次の素数p2で割り切るものが必ず存在する。
p1=5なら
15,25,35,45,･･･,105,・・・,175,･････
などが候補で、この中で次の素数ｐ２＝７で割り切れるのは
35,105,175,245,315,･･･等が見つかる。
そこでこの中の最小値の35に注目する。

p1=7ならp2=11で割り切れるものとして
77,187,297,407,･････なので77を選ぶ。

こうして各素数p1に対する末尾にp1を持ち、しかも次の素数p2で割り切れる最小の整数が取れて行く。
こうして見つかる最小の整数の和が
5≦p1≦100000
の範囲で何になるかを求めて下さい。

No.2586GAI2025年4月5日 17:30

22405801611641
で合っていますか？

No.2587らすかる2025年4月5日 19:41

224･････までは合っていると思われますがその先からは異なっているようです。

No.2588GAI2025年4月5日 20:11

合っていない理由がわかりました。
5≦p1≦100000 ではなく
5≦p1＜p2≦100000 で計算していて
(p1,p2)=(99991,100003)の分が抜けていたためと思われます。
修正したら以下のようになりました。
5≦p1≦10: 112
5≦p1≦100: 69155
5≦p1≦1000: 36941222
5≦p1≦10000: 27951351491
5≦p1≦100000: 22415801611632
5≦p1≦1000000: 18613426663617118
5≦p1≦10000000: 15837879736548209451
5≦p1≦100000000: 13817330053429013602371
もしこれでも違っているようでしたら、どこまで合っているか教えて下さい。

No.2590らすかる2025年4月6日 00:16

5≦p1＜p2≦100000 で計算していて
(p1,p2)=(99991,100003)の分が抜けていたためと思われます。

あーなるほど

全部合っています。
お見事です。

No.2591GAI2025年4月6日 06:15

返信 (4)

一般化されたグラスマン数

一般化されたグラスマン数について、英語版のWikipedia(https://en.wikipedia.org/wiki/Grassmann_number)のGeneralisationsの項で記載があります。
グラスマン数には、反可換性といって、2つのグラスマン数θ1,θ2についてθ1θ2+θ2θ1=0が成り立ち、特にグラスマン数にはθ^2＝0という冪零性があります。n個のグラスマン数から成るグラスマン代数では2^n個の基底が含まれ、2^n×2^n行列で表現されます。
一般化されたグラスマン数は、θ^N＝0(N>2)で、θ_{i1},θ_{i2},...,θ_{iN}の積の全ての順列の総和についてθ_{i1}θ_{i2}...θ_{iN}＋θ_{iN}θ_{i1}θ_{i2}＋...＝0が成り立ちます。
Wikipediaでは特にθ^3＝0の場合が取り上げられていて、θ1,θ2の2つの一般化グラスマン数を含む代数は10×10行列で表現されるそうですが、θi^3＝0(i=1,2)の場合は、Wikipediaにあるθ1θ2^2+θ2θ1θ2+θ2^2θ1＝0という条件、および、θ2θ1^2+θ1θ2θ1+θ1^2θ2＝0という条件を課すだけでは基底が無限個になってしまい、(θ1θ2)^3＝(θ2θ1)^3＝0という条件をさらに課しても基底は23個となります。基底が10個となるには、Wikipediaにあるθ1θ2^2＝-(1/2)θ2θ1θ2＝θ2^2θ1という条件、および、θ2θ1^2＝-(1/2)θ1θ2θ1＝θ1^2θ2という条件をさらに課す必要があり、このとき、10個の基底は1,θ1,θ2,θ1^2,θ1θ2,θ2θ1,θ2^2,θ1^2θ2,θ2^2θ1,θ1^2θ2^2で表されます。
θ1θ2^2＝-(1/2)θ2θ1θ2＝θ2^2θ1という条件、および、θ2θ1^2＝-(1/2)θ1θ2θ1＝θ1^2θ2という条件はどのように導き出されたのでしょうか。
θi^3＝0(i=1,2)の場合の一般化グラスマン代数は10個の基底をもちますが、θi^3＝0(i=1,2,3)の場合、および、θi^4＝0(i=1,2)の場合は何個の基底があるのでしょうか。

No.2585kuiperbelt2025年4月4日 22:25

返信

よっぽど酔狂な人のための問題

同じ大きさの正六角形の板を100万個作っておく。
各板の中央に1から順番に100万までの数字が
書かれているものとする。
そのピースを次の様に並べて行くものとする。
1と書かれたピースをまず中央に置く。（上下に平行線がある様にしておく)
時計の12の位置から反時計周りに外側に2,3,4,5,6,7と書かれたピースを
辺に合わせて置いていく。
次に、また12時の位置から（2の番号のピースの上になる）同様に2周目と
なるように数字の8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19のピースを1週目
の各ピースの各辺に揃えて反時計周りに置いていく。
これを繰り返し100万個のピースがハチの巣状に置かれた巨大なものが
出来上がる。(想像だけにして下さい。実際作らないよう・・・)

これで各ピースはどれも周りを6つのピースが取り囲んだ状態（一番外側は例外となります。)
なので次に中央の数字とそれを取り囲んでいる6個のピースの数字の関係に着目する。
例
中央の数字が１
ならその周りには2,3,4,5,6,7がいる。
そこで各周りと中央の数字の差をみると
1,2,3,4,5,6なのでこの中には2,3,5の3個の素数が発生する。
次に中央の数字が2
ならその周りには
8,9,3,1,7,19がいることになるので、その差は(絶対値で処理)
6,7,1,1,5,17よりやはり7,5,17の3個の素数がとれる。
中央の数字が3
なら周りは
9,10,11,4,1,2の数字なので差は
6,7,8,1,2,1より今度は素数は2個となる。
いろいろ試しておれば現れる素数の数は最大が3個までで、それ以上は発生しない。

なお中央が8なら周りは
20,21,9,2,19,37の数字のピースなので差は
12,13,1,6,11,29でこれも3個の素数が発生している。

さてここで問題です。
中央のピースと回りの6個のピースとの差が3個の素数を発生させるものはこの巨大な
配列に何個存在しているでしょうか？
またその中で中央の数字も素数であるものはいくつあるでしょうか？
（上記の様に8は3個の素数は発生させるが8自体は素数でないのでカウントされません。)

No.2582GAI2025年3月27日 17:32

全部で79個、そのうち中央も素数であるものは16個でしょうか。
周りに6個揃ってないものはどうするのかと思ったのですが、
6個揃ってないもので素数が3個あるものはないんですね。

No.2583らすかる2025年3月27日 22:01

酔狂界のラスボスらすらるさん正解をたちどころに掴めるとは流石です。

始めやり方が全く掴めず、本当にこのモデルを全部作ってみようかと思う位
頭の中が混乱していきました。
とにかく素数を3個発生させるものを手作業で見つけていくと1,2,8,19,20
までは何とか探し出せたんですが、次がなかなかいない。
仕方なく5周取り囲むまでの大きさに拡大してみるとやっと61が見つかった。
それまでは連続的に21,22,23,･･･,60を中心として調べて来ていたので
61で3個になったのは本当に久しぶりな事だったので感激した。
ここまで手作業で探しはしたもののこの先これを続ける気力が出ませんでした。

でも他にどんな手があるのか？
あるピースを取り囲んでいる6個のピースにはどんな繋がりが数式で表現できるのか？
もうこれを作ってみたら今までの手作業が全て自動化できるぞと何時間もその式
造りに悩み続けた。
これが全く手掛かりが出来ない。どんなピースを選んでも周りの6個のピースに書かれて
いる数字は本当に気まぐれで並んでくるし（本当は規則的にやってきてはいるが
これを式で表現しようと思うと頭が混乱してくる。)
もうお手上げ状態でした。

ふと見つかった番号を赤く塗ってぼんやり眺めていると、なんか巨大なハチの巣の
いたる所というよりは何か真上に一直線、もしくはその右横にも一直線に並ぶんでは?
(それまではただ見つかった数字だけの意味しかなく、その場所には無頓着だった。)

つまり探すべき場所はあらゆるところを満遍なく探すのではなく、この部分を集中的に
調べれば何とかなると・・・
冷静に考えてみれば数字の置き方が12時の位置からスタートさせて、その後は連続的に
数字が取り囲んでいき取り囲み終わったら次の数をまた12時の位置へなので言ってみれば
ここで連続という構造が一旦破れることが発生する場でもある。
つまり連続同志が隣り合うほとんどの場所では素数が3個も発生する構造は起きず
その歪を持つ12時方向とその右横での一直線上では逆にその歪のお陰で素数を3個
発生させる可能性があるのだと思えた。

さてここからが再び戦いが始まりました。
12時方向に並ぶ数は式で作れました。
従ってその一つの周りを取り囲む6ピースの式をどの様にしたらいいのだろうか？
いやーあれこれの試行錯誤後にn周目の12時方向にいるピースを取り囲む
6ピースの数字をｎの関数で何とか表すことに成功しました。

これとはまた別に上記の中心の右下にくっ付いているピースが今度は中心となる
回りの6ピースも候補であるのでこれも周りに来る6個の数字をやはりnの関数で
表現し、これで何とか手作業でやっていたものを自動化できそうな見通しが付きました。

プログラムをこれらの材料も元につなぎ合わせ走らせてみたら61の次は何と128
次は217ととても手作業では届かない範囲のものが次々と見つかってきました。

改めてこの問題を六角形で仕込んで考えさせている意味がとても面白く現れる
素数が3個の状態が歪の2方向に集中してしまう対応が興味を引きました。

No.2584GAI2025年3月28日 08:42

返信 (2)

数の創成

００００～９９９９までの数を使って、
四則演算と()により、10を創るおなじみの問題です。
できない場合もありますが、「一つだけ、好きな文字数に
変えれば、可能になる。」
例えば、000１→0091、9998→99１8
但し、文字数が、1，2，3文字の場合、一つ文字を生んでよい。
例えば、１だけの時、9を生んで、１＋9＝10です。
「」は、真か偽か？

No.2580ks2025年3月25日 12:14

数の連結がNGならば、0000は一つ変えても不可能です。
言い換えれば、3文字で「000」のとき何を追加しても不可能です。
連結がOKならば必ず作れると思います。

No.2581らすかる2025年3月25日 12:57

返信 (1)

ABC予想を思い起こして

一時期ABC予想が望月新一氏によって証明されたと騒がれ、しかしそれを精査した
確かショルツェなどと感情的な対立が起こり世界的には承諾とはならないという騒動が
今どの様になっているかは知る由もないが（数学に命を懸けている人には、心の
琴線に触れると爆発的怒りが起こるものと想像される。）
しかし和と積の根本的な違いを思い知らせるABC予想には興味深いものがある。

定義によると
aとbが互いに素であり、かつa+b=cを満たす自然数の組(a,b,c)をabc-triple　と呼び、
不等式　c>(rad(a*b*c))^(1+ε) を満たすabc-triple が無限個に存在するような正の実数 ε>0
は存在しない。
なおrad(n)はnの素因数のうち相異なるものの積を表し根基関数とも呼ぶ。

とある。
そこでとりあえずc>rad(a*b*c)が起こるabc-tripleを探してみると
(a,b,c)=(1,8,9)なら
gcd(1,8)=1でrad(a*b*c)=rad(72)=rad(2^3*3^2)=2*3=6 ここに9>rad(a*b*c)=6 を満たすので
るabc-tripleの条件を満たしている。
同じく
(a,b,c)=(5,27,32)も
gcd(5,27)=1でrad(a*b*c)=rad(5*3^3*2^5)=5*3*2=30 より32>rad(a*b*c)=30 を満たし
これもabc-tripleの条件を満たす。
また中には
(a,b,c)=(1,80,81);rad(a*b*c)=rad(1*2^4*5*3^4)=2*3*5=30
(a,b,c)=(32,49,81);rad(a*b*c)=rad(2^5*7^2*3^4)=2*3*7=42
の様に同じcでも2通りの構成が可能なものも発生する。
こうしてc<1000まででのabc-tripleを探していくと全部で31個の組合わせが見つかり
（ちょっとしたプログラムを組めば短時間で探せます。)
そこに現れるcの合計をとると(上記の様に81は2回合計することになる。）それは12523
となります。

ここまではちょっとした計算機とプログラムで可能です。
では
c<120000 までにとれるabc-tripleでcが現れる（中には何度も顔を出すものも出る。)すべてのｃの値の合計は如何に？

となると前のプログラムではいくら時間が有っても無理じゃない？
とつい思ってしまう。
そこを何とかこれを超えて下さい。

No.2575GAI2025年3月23日 09:00

答えは
456通り、cの合計18407904
で合ってますか？
もし合っているなら、c＜1000000では
1268通り、cの合計390980551
になるかと思います。
# c＜120000で5秒、c＜1000000で6分半なので、c＜10000000までは（やる気があれば）いけそうです。

(追記)
検索して答えを見つけました。合っているようですね。

No.2576らすかる2025年3月23日 11:42

5秒ですか！
これはOEISには載ってないですよね。
10^7の結果は10830240243と出たのですが、合っているのか確かめようがないです。

No.2577GAI2025年3月24日 06:26

載っていないみたいですね。
これから外出で今すぐは無理ですが、今日の夜にでも計算してみます。

No.2578らすかる2025年3月24日 07:04

遅くなりましたが、確かにc＜10^7となるcの合計は10830240243となりました。
3499通りはOEISに載っている値と一致していますので、これで正しいと思います。

No.2579らすかる2025年3月25日 08:24

返信 (4)

四角形の面積の公式

ヘロンの公式S＾２＝ｓ(s-a)(s-b)(s-c)
の拡張としてブターマグプタの公式があります。
S^2=(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)　 d=0 とすれば、得られます。
これは、内接四角形の場合ですが、
内接しない四角形について、ブレートシュナイダーの公式
S^2=(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)ーabcdcos^2(A+C)/2

No.2564ks2025年3月17日 14:23

凸四角形の場合、四角形ABCDとして、
辺ABの中点をE,BCの中点をF,CDの中点をG,DAの中点をHと置きます。
点Eと点Gをを結んだ線分上に、Fから垂線の足をP、点Hからの垂線の足をQとします。
すると、裁断して、四角形AEQHをEを中心に、四角形HQGDを中心に回転し
長方形ができ、
四角形ABCDの面積S＝２EG・HQ＝２EG・FP＝EG（HQ＋FP）
を知り、感動しました。
裁断により、正三角形を正方形にすることも、すごいですね!

No.2568ks2025年3月20日 12:22

長方形は出来ない？

No.2570HP管理者2025年3月21日 08:34

返信 (2)

おじゃま虫

小学２年生の、おじゃま虫
「九九の研究」

九九の表には８１個の答えがあるが、
重複しているものを消すと４５個になる。

１～８１の中で、
九九の答に無いものは４５個

これは偶然の一致？？？

スピリチュアルの江原啓之さん曰く。
この世には偶然はなく全て必然に起こる。
私の頭がボケてるだけ？？？

No.2553カルピス2025年3月15日 15:53

管理人様

お恥ずかしいぃ～。。。

私は九九の表を斜めに、約、真っ二つにしただけでした。
正確には３６個でしたね（＾＾；

No.2556カルピス2025年3月16日 13:06

今更ながら・・・・・

私の表現の仕方が悪かったです。
【九九の重複】の意味は
下記のような、答えの重複ではなく
１ｘ６＝６
２ｘ３＝６

「式の重複」を意図としていました。
３ｘ４＝１２
４ｘ３＝１２
これらを1通りと考えると４５個になり、
九九の答えに無い数字の個数４５個と同じになる。

No.2566カルピス2025年3月17日 22:06

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