12個のおもりがあって、そのうち1つだけ重さの違うおもりがまぎれています。
それを、てんびんを3回だけ使って見分ける方法を教えてください。
ただし、重さの違うおもりは他のおもりより重いか軽いかわかりません。
わかった方は至急おしえてください。おねがいします。

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A 回答 (32件中11~20件)

siegmund先生< 的確な総括を有り難うございます。



 (3^N+1)/2 個が上限であることの証明の中では、標準問題において「余分の正常なおもりを借りてきてはいけない」という条件が全く使われていません。
 つまり、この上限は「余分の正常なおもりを借りて来ることを許す」という場合の最大判定可能な個数が(3^N+1)/2 個である事を示している。そして、No.94164の定理4、これがその上限の具体的手順(下限)です。だから
「余分の正常なおもりを借りて来ることを許す標準問題」は完全に解決(上限=下限)されています。

さて、定理4の証明を見ればお分かりのように、借りなくてはならない余分の正常なおもりは1個だけなんです。ですから、
(A) 正常なおもりを借りずに(3^N+1)/2 個の判定ができる手順を示す(下限の改良)か、あるいは、
(B)最大手順ではどうしても余分のおもりが必要であることを示す(上限の改良)、
このどちらかが出来れば、標準問題は解決する訳ですね。

 少なくとも、Nが小さい場合には総当たりによって(A)は否定されます。また(B)は、まだ「余分の正常なおもりを借りて来ることを許さない」という条件を使わないで得られた上限でしかない。当然(B)が狙い目です。
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siegmund です.


一日半他へ出かけていて,帰ってきてさて書き込もうと思ったら
もう stomachman さんの書き込みが...(^^;)

stomachman さんの証明の主要部分は3部からなっています.

○ No.94164
(3^N-1)/2 を約3等分する.
すなわち,N=5 なら 121 個を,40,40,41 に分けるんですね.
で,単純に N の1つ小さい問題への還元とはいかず,
正常おもりを借りてこられる場合の吟味が必要です.
私は面倒になってやめちゃったんですが,
(面倒以外に,他のやりかたでできたということもある)
stomachman さんはパワーがありますね.

○ No.94177
これは私も本質的に同じことを考えました.
(本当は,誰かが発表した後に自分も同じこと考えたよ,
というのは反則なんですが).
私の3進法だと,(3^N-3)/2 までが異常おもりの軽重まで
判定可能でした.
(3^N-3)/2 の3進表現は,3進N桁で
(111・・・110) ⇔ (111・・・112)
になっています.左が正回転表現(重),右が逆回転表現(軽)です.
(3^N-3)/2 の次の (3^N-1)/2 は3進表現が (111・・・111) ですから,
正回転と逆回転の区別がありません.
で,(3^N-1)/2 番目(すなわち最後)のおもりだけ取り除いて3進手順を行うと,
取り除いたおもりが正常おもりのときは,
前の手順通り異常おもりを軽重まで特定できます.
取り除いた(3^N-1)/2 番目(すなわち最後)のおもり異常のときは,
天秤はいつも釣り合っているので,
天秤の測定結果から得られる3進表現のすべての桁が1.
これはすぐ上で述べたように (3^N-1)/2 を意味します.
正回転逆回転の区別がないことがちょうど軽重判定不能に対応していますね.
多少表現方法が違いますが,本質的に stomachman さんと同じです.

結局,(3^N-1)/2 個の判定には手順固定でOKということですね.
stomachman さんも書かれているように,
軽重判定をやめても1個しか増えませんね.
これは天秤の特性ですよね.
傾いてもどちらが異常かはわからない.
そのとき,異常おもりを特定することは軽重まで判定することと同価値.
唯一違うのは,他のおもりが全部正常と判定された場合だけで,
これが1個増える,に対応しているんですね.

○ No.94246
いや~,これは脱帽ですね,さすが stomachman さん..
手順固定でなくてよいとすると枝分かれがありますから,
上限の評価は難しいと思っていたんですが...

○ そうすると
(a) (3^N-1)/2 個は判定可能で,明快な固定手順も示された.
(b) (3^N+1)/2 個が上限であることが示された.
ですね.
完全解まであと1個ですか.

「中学数学をなめてはいけないなぁ・・・」
がすごいことになってきましたね.

○ No.93362 で,正回転逆回転の区別を最初の2桁の数字の変化で判別,
と書いたのですが,
最初の2桁が同じときは2桁目から3桁目への変化で判定します.
それも同じなら,3桁目から4桁目への変化,以下同様です.
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毎度の事ながら、stomachman間違えてしまいました。



> 「最大手順であるならば、どの枝においても無測定おもりが丁度1個ある」
は間違い。

> 「最大手順であるならば、どの枝においても無測定おもりが少なくとも1個ある」

が正解です。なおこれによって、他の部分の論理に訂正は生じません。
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さて、直前の回答で概要を示した上限の証明において、


「最大手順は丁度1個のおもりを取り除けておかなければならない」
という表現が曖昧であり、解説が必要だと思いますので補足します。

 最大手順は途中の計測結果によって次の計測の仕方を変えて構わない。いろいろな枝分かれがあって良いのです。(その枝分かれの様子をちょっとイメージしてください。)

●もし「どの枝においても、M個のおもりのどれもが少なくとも一度は天秤に乗る。」というのであれば、(このM個の中に異常なものがあれば)どの枝においても少なくとも一度は天秤が傾くので、もう1個別のおもり(一度も天秤に乗せない)が正常だと分かる。逆にM個全部が正常なら1度も天秤が傾かない。従ってもう1個別のおもり(一度も天秤に乗せない)の異常が判定できる。いずれにせよ、合計(M+1)個を判定できる手順が作れてしまう。これでは最大手順ではない訳です。

●従って最大手順なら「少なくとも一つの枝において、一度も天秤に乗らないおもりが存在する」。以後「ある枝において一度も天秤に乗らないおもり」のことをその枝の「無測定おもり」と呼びましょう。
 最大手順で、一度も天秤が傾かない枝においては、(異常が判定可能であるためには)無測定おもりは2個以上であってはならない。逆に0個だったらM個の中に異常がないことになり、無測定おもりを1個追加しても構わない。だから、この枝において無測定おもりは丁度1個で、あとの(M-1)個は一度は天秤に乗っています。
 最大手順で、一度は天秤が傾くような枝においては、無測定おもりは全部正常だと分かります。もし無測定おもりが0個なら、あと1個おもりを追加してそれを無測定おもりにしても、その追加分は正常と判定できる。しかし2個以上追加すると、もし「一度も天秤が傾かない枝」に行ってしまったときに手順全体がダメになります。
 以上から、「最大手順であるならば、どの枝においても無測定おもりが丁度1個ある」ということになります。ただし、それぞれの枝ごとに無測定おもりが違っていてもかまわない。

●さて、最大手順の各枝の各測定において、天秤に乗せないおもりの選び方を適当に入れ替えることによって、どの枝にも共通に、同じ一つのおもりPが無測定おもりになるようにできます。
 最初の測定において、天秤に乗らないおもりの内のひとつをPとします。(どの枝にも無測定おもりがあるから、少なくとも1個のおもりは天秤に乗らない筈です。)この測定結果によって、3通りの状態<1回目=右下がり><1回目=左下がり><1回目=釣り合い>のどれかへ進むことになります。
 状態<1回目=右下がり>を調べます。どの枝にも無測定おもりがあるから、2度目の測定においても、少なくとも1個のおもりは天秤に乗らず、しかもそのおもりは最初の測定でも天秤に乗っていません。もしそれがPであれば問題なし。しかし、Pとは別のおもりQであったとしましょう。PもQも最初の測定で天秤に乗っていないのですから、2回目の測定で「どうしてもQを天秤に乗せず、Pを乗せねばならない」という理由はありません。そこで状態<右下がり>において2回目に測るおもりの選び方を訂正し、PとQを入れ替えてしまいます。そしてこの状態に繋がる3回目以降の測定におけるおもりの選び方も一斉に訂正します。この訂正によって、手順自体の判定能力が全く損なわれないことは自明でしょう。
 次に、状態<1回目=右下がり>に繋がる一つの状態、たとえば<1回目=右下がり, 2回目=釣り合い>を調べます。この状態で行う3度目の測定においても、少なくとも1個のおもりは天秤に乗らず、しかもそのおもりは1回目、2回目の測定でも天秤に乗っていません。もしそれがPであれば問題なし。違うQであれば、3回目に測るおもりの選び方を訂正し、PとQを入れ替えてしまいます。そしてこの状態に繋がる4回目以降の測定におけるおもりの選び方も訂正します。
 このようにして、全ての状態で無測定おもりが共通(P)になるように手直しをすることが出来ます。

●それで、「最大手順は丁度1個のおもりを取り除けておかなければならない」という命題の正確な意味は、
「最大手順は判定能力を全く損なうことなく『丁度1個のおもりPをあらかじめ決めて、取り除けておく』という形に書き換えることができる。」
という事なんです。
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stomachmanです。

いよいよ仕上げに掛かりましょう。標準問題の計測可能なおもりの個数の上限の話です。

 1回の計測で、どちらかに傾くか釣り合うかの3通りの結果があります。従ってN回天秤を使うと、3^N通りの計測結果が出ます。これで判定可能なおもりの最大個数をM個とします。そのような、最大個数を判定できる計測手順(「最大手順」と名付けましょう)の性質を調べてみましょう。

●最大手順において、一度も天秤に乗せないで済む(取り除けておける)おもりの個数は高々1個です。残り(M-1)個のおもりは必ず1度は天秤に乗ったことがある。
 *なぜなら、もし2個以上のおもりを取り除けておいたとすれば、N回全ての計測で天秤が釣り合った場合に、取り除けておいたうちのどれが異常なのか判定できず、従って、これは最大手順ではない。矛盾です。

●逆に、最大手順では少なくとも1個を取り除けておかねばなりません。
 *なぜなら、取り除けたおもりがないとすると、N回全ての計測で天秤が釣り合った場合には、おもりM個の中に異常がないことが分かる。従って、(M+1)個が判定できる別の手順が作れます。すなわち
 手順X:「(M+1)個のうち、1個を取り除けておく。残りM個に対して最大手順を適用する。もし、天秤が一度も傾かなければ、取り除けた1個が異常。」
 ゆえに、最大手順よりも沢山のおもりが判定できる手順Xが存在することになり、最大手順の定義と矛盾します。

●だから最大手順では、必ず丁度1個を取り除け、残りの(M-1)個は少なくとも1度は天秤に乗せます。そして最大手順では、
「天秤が少なくとも1度傾く」⇔「取り除けなかった(M-1)個のおもりの中に異常なのがある」
この二つの命題は等値です。N回の計測で天秤が少なくとも1度傾くというケースは(3^N-1)通りあります。

●次に最大手順において、天秤が少なくとも1度傾いた、という場合に限って考えます。N回の計測の結果、(M-1)個中のどれが異常であるかが分かった訳です。(分からなければ最大手順じゃないですね。)
 そして、ある計測1回について
 「天秤が傾いた」⇔「その異常なおもりが天秤(のどちらかの皿)に乗っていた」
この二つの命題は等値ですね。ですから、異常であると分かったおもりが、天秤が傾いた計測(少なくとも1度ある)の際にどっちの皿に載っていたのかを(N回の計測が終わったあとで)調べれば、その異常なおもりが重いのか軽いのかまで(嫌でも)分かってしまいます。

●以上から、「取り除けなかった(M-1)個のおもりの中に異常なのがある」という場合については、そのどれが異常なのか、そしてそれが重いのか軽いのかを含めて(M-1)×2通りがあります。N回の計測で生じうる、天秤が少なくとも1度傾くケースは(3^N-1)通りであり、これで(M-1)×2通りを区別する必要があるのだから、
(M-1)×2 ≦(3^N-1)
従って、
M ≦(3^N+1)/2
です。

この証明、いかがでしょう?
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stomachmanです。


 今度はsiegmund先生の3進法をちょこっといじって、やはりN回の計測で(3^N-1)/2個が判定可能であることを示すことにします。

 siegmund先生の方法をよく見ると、N回の計測のうち、どのおもりも1度は天秤に乗っています。だから、異常なおもりが1個あるのなら、必ず1度は天秤が傾く筈ですね。
 逆に、もし1度も天秤が傾かなかったら、異常なおもりがないことが示される訳です。

 従って、(3^N-1)/2個から一つだけ取りのけておき、残りの(3^N-3)/2個に対してsiegmund先生の方法を適用し、もし1度も天秤が傾かなかったら、取りのけて置いた1個が異常(重いか軽いかは分からない)であることになります。(証明終わり。)
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stomachmanです。


標準問題の4回の測定の場合については、siegmund先生が構成的に証明を示されました。任意のN≧1の場合については以下の定理5の通りです。(これが現時点での下限ですが、しかし「これより多いおもりは判定できない」ということはまだ証明できていませんね。)

●定理1
余分の正常なおもりを借りられなくても、
「この中に軽い(重い)物が1個ある」と分かっているおもり3^N個(この集合をLとする)の内から、N回の測定で異常なおもりを特定できる。(N≧0)
●証明:N=0の場合は自明。N>0の場合、左右の皿に3^(N-1)個ずつ乗せ、残り3^(N-1)は乗せない。釣り合えば乗せなかった集合、釣り合わなければ軽か(重か)った集合、について定理1を適用する。 (証明終わり)

●定理2
余分の正常なおもりを借りられるとしたとき、
「この中に重い(軽い)物はない」と分かっているおもり(3^N+1)/2個(この集合をLとする)と、
「この中に軽い(重い)物はない」と分かっているおもり(3^N-1)/2個(この集合をHとする)の中に異常な物が1個ある場合、N回の測定で異常なおもりを特定できる。(N≧0)
●証明:N=0の場合、Lは1個、Hは0個であるから自明。
Lのおもりを1こずつ左右の皿に乗せる。釣り合えばHが重く、さもなければ軽かった方が軽い。
(N>0の場合)
Lを3^(N-1)個(Laとする)と{3^(N-1)+1}/2個(Lbとする)に分ける。
Hを3^(N-1)個(Haとする)と(3^(N-2)-1)/2個(Hbとする)に分ける。
左の皿にHbとLaを乗せ、右の皿にLbと正常のおもり(3^(N-1)+1)個を乗せる。
もし左が下がれば、「Hbの中に軽いのはなく、Lbの中に重いのはなく、これらの内に異常な物が1個ある」ので、これらに定理2を適用。
もし右が下がれば、「Laの中に軽いのがある」からLaに定理1を適用。
もし釣り合えば、「Haの中に重いのがある」からHaに定理1を適用。(証明終わり)

●定理3
余分の正常なおもりを借りられるとしたとき、
「この中に重い物はない」と分かっているおもり(3^N-1)/2個(この集合をLとする)と、
「この中に軽い物はない」と分かっているおもり(3^N-1)/2個(この集合をHとする)の中に異常な物が1個ある場合、N回の測定で異常なおもりを特定できる。(N≧1)
●証明:N=1の場合、L、Hは共に1個である。
左の皿にLを、右の皿に正常なもの1個を乗せ、釣り合えばHが重く、さもなければLが軽い。
(N>1の場合)
Lを3^(N-1)個(Laとする)と{3^(N-1)-1}/2個(Lbとする)に分ける。
Hを3^(N-1)個(Haとする)と(3^(N-2)-1)/2個(Hbとする)に分ける。
左の皿にHbとLaを乗せ、右の皿にLbと正常のおもり3^(N-1)個を乗せる。
もし左が下がれば、「Hbの中に軽いのはなく、Lbの中に重いのはなく、これらの内に異常な物が1個ある」ので、これらに定理3を適用。
もし右が下がれば、「Laの中に軽いのがある」からLaに定理1を適用。
もし釣り合えば、「Haの中に重いのがある」からHaに定理1を適用。(証明終わり)

●定理4
余分の正常なおもりを借りられるとしたとき、
「この中に異常な物が1個ある」と分かっているおもり(3^N+1)/2個(この集合をXとする)の内から、N回の測定で異常なおもりを特定できる。(N≧1)
●証明:N=1の時はXは2個である。その内の1個を左の皿に、正常なもの1個を右の皿に乗せる。釣り合えば乗せなかったものが異常で、さもなければ乗せた物が異常である。
(N>1の場合)
Xを(3^(N-1)+1)/2個(Xaとする)、(3^(N-1)-1)/2個(Xbとする)、(3^(N-1)+1)/2個(Xcとする)に分ける。Xaを左の皿に、Xbと正常のおもり1個を右の皿に載せる。
もし釣り合えば「Xcの中に異常な物が1個ある」から定理4を適用。
もし左が下がれば「Xaの中に軽い物はなく、Xbの中に重い物はなく、どちらかに異常なものが1個ある」から定理2を適用。
もし右が下がれば「Xaの中に重い物はなく、Xbの中に軽い物はなく、どちらかに異常なものが1個ある」から定理2を適用。(証明終わり)

●定理5(標準問題)
余分の正常なおもりを借りられなくても、
「この中に異常な物が1個ある」と分かっているおもり(3^N-1)/2個(この集合をLとする)の内から、N回の測定で異常なおもりを特定できる。(N≧1)
●証明:N=1の時はXは1個であるから測らなくても分かる(し、測りたくても比べる相手がない)。
(N>1の場合)
Xを(3^(N-1)-1)/2個(Xaとする)、(3^(N-1)-1)/2個(Xbとする)、(3^(N-1)+1)/2個(Xcとする)に分ける。Xaを左の皿に、Xbを右の皿に載せる。
もし釣り合えば「Xcの中に異常な物が1個ある」から定理4を適用。
もし左が下がれば「Xaの中に軽い物はなく、Xbの中に重い物はなく、どちらかに異常なものが1個ある」から定理3を適用。
もし右が下がれば「Xaの中に重い物はなく、Xbの中に軽い物はなく、どちらかに異常なものが1個ある」から定理3を適用。(証明終わり)
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余分の正常なおもりがあればCeiling(3^N/2), なければFloor(3^N/2)というのが予想になってきたみたいですね。



punchan_jpさんの与えられた上限Floor(3^N/2)は「異常なのが重いか軽いかまで判定する」という条件付きですから、まだホントの上限は分かっていない。

それにしても、手順を固定して、さらに異常なのが重いか軽いかまで決める、という条件を追加しても、なお判定できる最大個数が1個しか増えないというのは、実に面白いと思いませんか?
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私の3進法方式が正しいとすると,


もともとの標準問題
「手順非固定,異常おもりの軽重は判定しなくて良い」で,
4回で40個までOKなのは具体的手順と共に簡単に示せます.

最初の天秤のときに,G(1,1)のグループに40番目を
入れておけばいいのです.
40の3進表現は (1111) ですから,分類上もちょうどよい.
で,G(1,0) と G(1,2) を比べる.

(A) 天秤が傾いた場合.
天秤に乗せなかったグループ {G(1,1)+40番目} は正常ですから,
40番目を取り去ってしまって差し支えない.
あとは前の手順通りで,この場合は異常おもりの軽重まで判定できます.

(B) 天秤が釣り合った場合.
天秤に乗せなかったグループ {G(1,1)+40番目} に異常おもりがあります.
したがって,
【3回で14個,ただし正常おもりが与えられている】
に帰着します.
これは stomachman さんが言われるように,判定可能です.

したがって,標準問題は4回で40個まで可能なことが
具体的手順と共に示されました.

これは Naka さんが書かれている上限 floor(3^4 / 2) ですから,
40個が限界でしょう.

stomachman さん,書いちゃいました,ごめんなさい.
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元の問題の条件(標準問題)において、


K(n):異常が重いか軽いか分かっていて、n回で判定できる最大個数
L(n):異常としか分からなくて、n回で判定できる最大個数(ただし正常1個を借りる)
L'(n):異常としか分からなくて、n回で判定できる最大個数(ただし正常1個を借りない)

とすると、
K(n) = 3^(n-1) は自明でしょう。そして、システマティックなやり方で、少なくとも
L(n) = K(n-1)+L(n-1)、
L'(n) = L(n)-1
とできます。したがって、L(0)=1を用いると、
L(1)=1+1 = 2
L(2)=3+2 = 5
L(3)=9+5 = 14
L(4)=27+14=41
L(5)=81+41=122
となります。だから、Nakaさん、4回で判定できる最大個数は少なくとも L(4)-1=40個だと思います。
 このやり方の詳細は、ちょっと待って(いや、もちろん誰か書いちゃってもいいです。)

 siegmund先生の(計測手順固定の問題における)きれいな解析は、40個以下なので問題なさそう。という事になります。
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以下,そのような前提で解説しますね.

例えば,質問者さんが1,2,3,4,5の5つの数を選んだとします.
このとき,1,2,3が当たりで4,5が外れの確率は,
(1があたり)*(2もあたり)*(3もあたり)*(4ははずれ)*(5もはずれ)
=(5/50)*(4/49)*(3/48)*(45/47)*(44/46)
となります.これを(A)としますね.

ところで,3つだけ当たるパターンとしては,例えば1,2がはずれで,3,4,5が当たりという別のパターンも考えられますよね?このような「別のパターン」がどのくらいあるのかも考えなければなりません.

では,5つの数字の中から「あたり」になる3つの数字を取り出す場合の組み合わせの数を考えましょう.
まず,5つの数字から「順番を考えて」3つの数字を取り出す場合には,5つの数字の中から第一の数を選んで,次に残りの4つの数字の中から第二の数を選んで,残りの3個の数の中から第三の数を選べばよいのですから,
5*4*3
だけの組み合わせがあります.しかし,これは「1,2,3」と「2,3,1」を別のものとして考えた場合ですよね.だから,このような「順番違い」のパターンを消さなくてはなりません.順番違いのパターンは,選ばれた3つの数字の並び方が何通りあるかを確認すればよいことになります.これは,先ほどと同様に考えて,
3*2*1
だけの順番があります.だから,「順番違い」も同じ組み合わせだと考える場合には,「順番を考えた」組み合わせの数を「順番違いのパターン」の組み合わせの数で割ってやって,
(5*4*3)/(3*2*1)
通りの組み合わせがあることになります.これを(B)とします.
(何故割るのかが納得いかない場合には,1~5の数字から3つ組み合わせるパターンを全て書き出して見てください.とりあえず,割るので正しいことをご理解いただけると思います.)

「あたりが3個だけ」の確率は,「ある特定の3個だけがあたる確率」=(A)と,「その特定の3個の選び方の数」=(B)を掛け合わせた数になります.
従って,
(5/50)*(4/49)*(3/48)*(45/47)*(44/46)*(5*4*3)/(3*2*1)
が答えとなり,おおよそ0.47%と非常に低い確率となります.

以上から,#1さんのご回答は誤り,ということになります.
#2さんのご指摘は正しいものです.

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