アットランダム≒ブリコラージュ

18387：約分...クイズ ^^

問題18387・・・http://task.naganoblog.jp/c10253.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

12877-10033=2844

2844/4=711

711/3=237

237/3=79

3,4では分母分子は割り切れないのだから...公約数としてあるなら...この素数79だけ...

実際に...

10033/79=127

12877=127+4*3^2=127+36=163

so...

127/163

^^

18386：縦の和も横の和も同じ...クイズ ^^

問題18386・・・http://task.naganoblog.jp/c10253.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

B=8+1-5=4

so...縦、横は2+9+4=15

so...A=15-9=6, C=15-8=7

結局...

(A,B,C)=(6,4,7)

^^

18385：円周上の12個の点をn個飛ばしにすべての点に到達するする nは？...基本 ^^

問題18385・・・http://task.naganoblog.jp/c10253.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

12と互いに素な数であれば、同じ点にならないので、有限回(12回)で全ての点に到達しますね ^^

そうでなければ...例えば...(1〜11までの数から)10なら6回目に60/12=5 で0に戻ってしまい、6点しか結べませんね ^^

so...

n=1,5,7,11

ね ^^

18384：論理...条件を満たす表の数の総和...

問題18384・・・http://task.naganoblog.jp/e2334763.html より 引用 Orz〜

解答

・わたしの...

Z2

Z1

X Y1 Y2

から、Y1=Y2=Z1=Z2

Y1から見たら、その上がZでY1がXとなることなので...

Z==X

so...X=Y=Z になるしかない...

so...

X X @

X X X

X X X

so...3X=1

so...

表の総和=8X+@=(8/3)+@

@は正の実数だから...

総和=8/3+@ > 8/3

^^

↑

x+y+z=1 と思い込んでましたので...これでは証明出来てない可能性がありました...^^; Orz...

↓

・鍵コメT様からのもの Orz〜

「Y1=Y2=Z1=Z2」がわかりません．・・・x+y+z=1 のつもりでしたもので...^^;
例えば，各マスに，(次の表の値)/4を書き込んだ場合，
条件は成立していて，Y1=Y2=Z1=Z2は不成立です．
120
212
221

各マスに書き込む数を
ABC
DEF
GHI
とする．

A+G+H≧1，D+G+H≧1，A+G+I≧1，D+G+I≧1より，
合計をとって1/2倍すると，2G+A+D+H+I≧2．…[1]
A+D+E≧1，A+D+F≧1，B+H+I≧1，E+H+I≧1より，
A+D+F，B+H+Iは2倍して合計をとって，3(A+D+H+I)+2(B+E+F)≧6.…[2]
さらに，B+E+F≧1.…[3]
[1]*3+[2]+[3]*4より，
6(G+A+D+H+I+B+E+F)≧16であり，A+B+D+E+F+G+H+I≧8/3. 

*意外と難問でしたのねぇ... ^^;☆

・鍵コメT様からの解説 Orz〜

「どの組み合わせも1以上の時，最小はどの組み合わせも1のときである」
を仮説(*)として，この仮説について考察してみます．

例えば，問題を少し変えて，
「X+Y+Z≧1」ではなく，「10X+Y+Z≧1」としましょう．
この条件下で，9マスの数の和を最小にしたいものとします．
このように変更した問題でも，全体の構造は変わっていませんね．

各マスの数を
ABC
DEF
GHI
としておきます．

仮説(*)が正しいのであれば，最小となるときに，
A+10D+E=A+10D+F=A+10G+H=A+10G+I=1,
B+10E+F=B+10H+I=1,D+10G+H=D+10G+I=1,E+10H+I=1
となって，A=B=D=E=F=G=H=I=1/12
となるので，9マスの和の最小値は，(1/12)*8+0=2/3となるはずです．

ところが実際は，「D=E=G=H=1/10，残りはすべて0」で条件は成立し，
9マスの和は2/5となるので，最小値は2/3ではないことがわかりますね．

((A+G+H)+(D+G+H)+(A+G+I)+(D+G+I))/2≧2,…[1]
2((A+D+F)+(B+H+I))+(A+D+E)+(E+H+I)≧6,…[2]
B+E+F≧1…[3]
から[1]*3+[2]+[3]*4を作ったということは，結局
(3/2)((A+G+H)+(D+G+H)+(A+G+I)+(D+G+I))
+2((A+D+F)+(B+H+I))+(A+D+E)+(E+H+I)+4(B+E+F)≧16としたことになります．

すると，この等号が成り立つとき，
A+G+H,D+G+H,A+G+I,D+G+I,A+D+F,B+H+I,A+D+E,E+H+I,B+E+Fはすべて1
であることがわかります．
つまり，この問題の場合，結果的に
「すべてのマスの数の和が最小の時，X+Y+Zはすべての組合せに対して1」
は成立します．
ただし，そのことを前提とする論理では，証明にならないと思います．

*そういうことになるわけでしたか ^^;...v

18383：整数問...^^;

問題18383・・・http://task.naganoblog.jp/e2336624.html より 引用 Orz〜

解答

どう考えればいいのかわからなかったわ ^^;

なる程の解法は上記サイトへ Go〜♪