・続 監獄からの解放     Dengan kesaktian Indukmu 氏

 特殊な造りの監獄があり、見分けのつかない3つの扉がついている。

 ・扉Aは、「すぐに外へ出られる」

 ・扉Bは、「1年の間、この監獄から出られない」

 ・扉Cは、「3年の間、この監獄から出られない」

 中にいる囚人は、このうちの一つの扉を後述のルールに従って選択するものとする。

◆ルール

 看守が1枚の歪んだコインを持っています。コイントスをしたときに、表が出る確率が a で、

裏が出る確率が 1-a であるものとします。(※歪んだコインなので a > 1/2 です。)

 看守がこのコインを囚人に貸します。更に、看守は、a の値を囚人に教えます。

 看守が囚人に要求します。すなわち、

「コインを有限回トスすることで、1/3の確率で扉Aを、1/3の確率で扉Bを、1/3の確率で扉Cを

選択しなさい。また、トスをする前に、正確な確率で各扉を選択できる方法があることを説明

しなさい。」

 囚人はこの方法を考えつき看守に説明しました。看守はその方法でよろしいと言いました。

 a の値としてふさわしいものを 一つ、あげてください。 また、その値でうまくいく方法も説明
してください。


 DD++ さんからのコメントです。(令和3年10月8日付け)

 最初読んだとき、任意の a でうまくやる方法を答える問題かと思ったのですが、

  a の値としてふさわしいものを 一つ、あげてください。

という書き方を見るに、「a = 1/2 + 1/(2) のときには、こうやれば 6 回で終わる」を示
せば、それで解答になる感じですか?

 そして、a = 1/2 + √(2-3)/(2) のときには、4 回で終わりますね。

 3回以下の解はあるかな?


 Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。(令和3年10月9日付け)

  a = 1/2 + √(2√3-3)/(2√3) のときには 4 回で終わりますね。

 私が想定していた解での a の値と同じです。

 3回以下の解は、私も知りたいです。 でも…奇数回でうまくやる作戦がなかなか見つかり
ません。


 DD++ さんからのコメントです。(令和3年10月9日付け)

 a = 1/2 + √(2-3)/(2) は、私は 5 回用として見つけた後で 4 回に短縮できること
に気づきました。奇数回で可能な値は全て 1 回短縮できるのかも。


 Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。(令和3年10月9日付け)

 あっ、そうなのでしたか、勉強になります。

 実は最初は有理数の範囲で確率 a を求められないかと考えていました。トスの回数があ
る程度多くなれば可能なのかもと思いましたが… ややあって絶望しました。

 想定していた解についての報告を致します。

 いろいろ試したあげくに、トスの回数が4回の作戦に解があるのかどうかについて調べよ
うと思いました。

 0 を表、1 を裏として、4回のトスの出目のリストを以下のように書き下します。

  0000 A
0101 A
1010 A
1111 A
  0001 B
0010 B
0100 C
1000 C
  0011 B
0110 B
1100 C
1001 C
  0111 B
1011 B
1101 C
1110 C

 出目の右側に添えた A、B、C の字は、どの扉をあけるかについてです。

 上記で特徴的なのは、例えば、

0001 B
0010 B
0100 C
1000 C

のブロックでは、0001 も 0010 も 0100 も 1000 も、出現確率が互いに等しいという点です。
このブロックに 4 通りの出目がありますが、これを 2 通りづつに分けて、それぞれを B と
C とに配分しています。

 同様にして、

0011 B
0110 B
1100 C
1001 C

のブロックや

0111 B
1011 B
1101 C
1110 C

のブロックでも、配分することにより、これら 3 ブロックでは、 B と C とに配分される確率が
等しくなります。

 残るブロック

0000 A
0101 A
1010 A
1111 A

は、A に配分することとします。

 A が選択される確率が 1/3 になれば、B、C が選択される確率も自動的に 1/3 になります。

 コイントス一回で表が出る確率を x とします。4次方程式を立てることができます。

  x^4+(1-x)^4+2*x^2*(1-x)^2 = 1/3

 この方程式にもしも、少なくとも 2 つの正の実解があり(註1)、そのペアの解の和が 1 と
なれば目的が達っせられます。

※註1 表と裏とを足して 1 だからです。

 2つのペアがあるか、1つのペアがあるか、ペアがないか…については方程式を解いてみ
ないとわかりません。

 適切なペアが見つからないとするならば、作戦…すなわち出目の一覧におけるABCの配
分が間違っていたのかもしれませんし、そもそも作戦をどうあがいても解がみつからないの
かもしれませんし…このあたりは不安を抱えながらの試行錯誤をしました。

 (閑話休題)

 方程式は次のようなものでした。(再掲)

  x^4+(1-x)^4+2*x^2*(1-x)^2=1/3

 1/2 < x < 1 の範囲に実解がひとつあり、x = sqrt(2/sqrt(3)-1)/2+1/2 となります。

なお、念のために、1-x の値も先の方程式の解になることを検算しました。また、4次方程
式の残りの2解は 複素数でした。

 ちなみに、作戦は他にもあります。出目表は、

  0000 A
1111 A
  0101 B
1010 C
  0001 B
0010 B
0100 C
1000 C
  0011 B
0110 B
1100 C
1001 C
  0111 B
1011 B
1101 C
1110 C

となりまして、 x^4+(1-x)^4=1/3 を解けばよいです。

 こちらにも 1/2 < x < 1 の範囲に実解がひとつあり、目標を達することができます。
(詳細は割愛します。)

 トスを3回では、恐らく 3次方程式を立てることになりますが、3つの実数解のうち、2つが区
間(0,1)に含まれ、それらの和が 1 となる、そのような出目の配分表を作ろうとしましましたが、
なかなか困難を感じています。


 DD++ さんからのコメントです。(令和3年10月9日付け)

 結果的にやってることは一緒でも、人によって考え方は根本から違うものですね。

 私は、「囚人と看守で対等な条件の、引き分けの確率が 1/3 となるゲームをやればよい」
と考えました。

 そして、「1 回コインを投げて、自分だけ表を出したら勝ち。1 回戦で同じ面が出たら 2 回
戦を行い、それも同じ面なら引き分け」というゲームを設定することにしました。

 表が出る確率が a、裏が出る確率が b (=1-a) とすると、引き分ける確率は、(a^2+b^2)^2
となるので、これを 1/3 にするには、

  a^2+b^2 = 1/

これを、a+b = 1 と合わせて対称式として処理すれば、件の値が出てきます。

 5 回案だったというのは、「最初に 1 回投げたのと同じ面を出したら勝ち」で考えていたた
め。

 引き分けの確率が、(a+b)*(a^2+b^2)^2 になるんですが、a+b=1 なんだから最初の 1 回い
らないじゃん、と。

 最初に出した a = 1/2 + 1/(2) で 6 回というのは、

  「3 回投げて、n 回目だけ違う面だったら n 点、3 回全て同じ面だったら 0 点」

というゲームで、1/3 = (1/2)^2 + (1/6)^2 + (1/6)^2 + (1/6)^2 という分解を実現しようとして
得た値になります。


 GAI さんからのコメントです。(令和3年10月10日付け)

 Dengan kesaktian Indukmu さんのアイデアから生まれる

   x^4+(1-x)^4+2*x^2*(1-x)^2=1/3

から、式を展開し、左辺に移項して整理すると、 4*x^4-8*x^3+8*x^2-4*x+2/3(=0)・・・@

 一方、DD++ さんのアイデアによる式: a^2+b^2=1/sqrt(3) 、a+b=1 から生まれる a、b
を解に持つ2次方程式

   x^2-x+1/2*(1-1/sqrt(3))(=0)・・・A

より、同じ数値が見つかるのだから、@はAで割り切れる...筈。

 やってみると、確かに、

 4*x^4-8*x^3+8*x^2-4*x+2/3=(x^2-x+1/2*(1-1/sqrt(3)))*(4*x^2 - 4*x +(6+2*sqrt(3))/3)

で分解されます。


 らすかるさんからのコメントです。(令和3年10月10日付け)

 4*x^4-8*x^3+8*x^2-4*x+2/3=4(x^2-x+(1/2)(1-1/sqrt(3)))(x^2-x+(1/2)(1+1/sqrt(3)))

のように右辺を整理すると、少し綺麗ですね。


 Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。(令和3年10月11日付け)

 5回トスをする方法を私なりに考えてみました。

 0を表、1を裏として、32通り=(2^5)通りの出目表を以下のようにします。

00000 A
11111 A
  00001 B
00010 B
00100 A
01000 C
10000 C
  00011 B
00110 B
10001 A
01100 C
11000 C
  00101 B
01001 B
01010 A
10010 C
10100 C
  00111 B
10011 B
01110 A
11001 C
11100 C
  01011 B
01101 B
10101 A
10110 C
11010 C
  01111 B
10111 B
11011 A
11101 C
11110 C

 上の出目表の特徴を下記にまとめます。

・第0のブロックから第6のブロックまであります。第0のブロックのみ、出目は2通りをカバーし
 ています。それ以外のブロックでは、出目は5通りをカバーしています。

・第1のブロックから第6のブロックまででは、ブロック内において、各出目の出現確率は互い
 に等しくなっています。また、Aに配分される出目は1通り、BやCに配分される出目は2通り
 づつとなっています。

・各ブロックは、趣味的にですが、回転対称としています。本質には関わりません…筈です。

 さて、歪んだコインの表が出る確率 a ( 1/2<a<1  )  を求めたいのですけれども、ここで先
に挙げた出目表の特徴を鑑みますと、第0ブロック全体の出現確率が 1/6 でありさえすれば、
自動的に A B C のそれぞれの出現確率が 1/3 となることが見て取れます。

 従って、a は、第0ブロックのみを意識すれば良いので、以下の方程式の解として求められ
ることが期待できます。すなわち、

  x^5+(1-x)^5=1/6

これを解いて、 1/2<a<1 に該当するものは…… x=1/2+sqrt(2*sqrt(3)-3)/(2*sqrt(3))

となりました。


 ここまできて、私はガーンとなりました。

  sqrt(2*sqrt(3)-3)/(2*sqrt(3))+1/2 = sqrt(2/sqrt(3)-1)/2+1/2

ですので、私が先日投稿した、トスが4回のときの a の値と一致しているのでした。

 何故なのか悩みましたけれども結論は、本日投稿した5回トスの出目表のうち、左から3番
目のトスが、無駄なトスとなっているからなのでした。

 DD++さんがおっしゃっていた、奇数回トスでは1回トスを省けるのではないかとの、実例の
ひとつになりました。


 そこで、本日の出目表をぐっと睨んで、次のようなゲームを考えてみました。

 囚人と看守とが、それぞれ2回づつトスをします。

 1回目に表が出れば1点、2回目に表が出れば2点、得点がもらえます。合計点を比べて多
い方が勝ちとします。合計点が等しければ引き分けとします。

 引き分けになる確率が1/3となるには、a=1/2+sqrt(2*sqrt(3)-3)/(2*sqrt(3)) となっていれ
ば良いのです。

 上のゲームは、本日投稿した出目表から導きました。

 出目表の一部を切り取りますと、

  01101 B
10101 A
10110 C
  10011 B
01110 A
11001 C

 左から順に、Bの2回目、Bの1回目、ダミー、Cの1回目、Cの2回目のトスの結果とみなしま
す。

 0が表、1回目なら1点、2回目なら2点、もらえます。合計が多い方が勝ち、との出目表に
なっています。


 ながながと書きましたが、結局、本質的に5回のトスが必要なような出目表がまだ見つから
ないという御報告でした。


 Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。(令和3年10月13日付け)

 歪んだコインを5回投げることでサイコロをエミュレートできる……という解釈があることに
気がつきました。

 例によって出目表です。 0が表で1が裏です。トスは5回ですので、出目のパターンは32通り
です。各パターンごとに サイコロの目を割り付けます。

00000 1
11111 1
  00001 2
00010 3
00100 4
01000 5
10000 6
  00110 2
00011 3
10001 4
11000 5
01100 6
  10010 2
00101 3
01010 4
10100 5
01001 6
  10110 2
01011 3
10101 4
11010 5
01101 6
  10011 2
00111 3
01110 4
11100 5
11001 6
  01111 2
10111 3
11011 4
11101 5
11110 6

 コインの表の出る確率 a がなんであったとしても、サイコロの目として、 2 から 6 までの出
現確率が互いに等しくなっていることが、上記の出目表では自明となっています。

 あとは、サイコロの目の1に割り付けたパターンについて、その出現確率が 1/6 になるよう
に a の値を設定すれば、サイコロのエミュレートが出来ることとなります。

 それで、 a^5+(1-a)^5 = 1/6 を解きます。求める解として、( 1/2<a<1 )を満たすのは、

  a=1/2+sqrt(2/sqrt(3)-1)/2

となります。

※1/2 や 1/3 や 1/6 などをはかりだすことができますね。

※次は全く冗長ですが…
(サイコロの目を mod 3 で解釈すれば A、B、Cの扉を等確率で開けることができることは明
 らかですが 他の手をでっちあげてみます。 )

  a=1/2+sqrt(2/sqrt(3)-1)/2 のもとで、

@ まず、5回トスをして 1/3 の確率を実現します。 これで A の扉をあけるかどうか意思
  決定します。

A Aの扉を開けなかった場合には、更に、同じaの値のもとで 5回トスをして 1/2 の確率
  を実現します。これで B の扉をあけるか C の扉を開けるかを意思決定します。
(計10回もトスをするなどなんとも無駄ですが。有限回なのでオーケーとしたいです。)


 Dengan kesaktian Indukmu さんからのコメントです。(令和3年10月15日付け)

 4次方程式や5次方程式が登場するようでは、解ける人を限定しているような気がします。

 そこで、2次方程式が解けさえすればよいというルートを考えてみました。

 2回トスでの1セットのゲームを構成し、2ゲームを行えば、結果として A、B、C からの3択
を等しい確率で実現できる、そのような仕掛けを作りたいと思いました。

 1ゲームを、次のように作りたいと思います。出目表です。

00 2
11 2
01 0
10 1

 このとき、「2」の出目が出る確率を、1/sqrt(3) とします。「0」の出目が出る確率と、「1」の
出目が出る確率とは等しくなるように計らいますので、その値を 1/2-1/(2*sqrt(3)) とします。

 2ゲームでの出目の一覧は以下のようになります。

00
01
02
10
11
12
20
21
22

 これを並び変え、それぞれの出目に更に「超出目」を割り付けます。

00 0
01 1
02 0
10 1
11 0
12 1
20 0
21 1
22 2

 上の超出目の意図は次の通りです。

◆1:一度目のゲームと二度目のゲームとで、ともに出目が2のときに超出目を 2 とする。
   (超出目が2となるケースはこれだけとするので、その確率は1/3)

◆2:一度目のゲームと二度目のゲームとであわせて、出目に 2 が1回だけ出現したときに
   は、その 2 の出目が出なかったほうの出目は 0 か 1 であり、これを超出目とする。

 さきほどの超出目表から抜き出すと

02 0
12 1
20 0
21 1

ですが、0 の出目と 1 の出目が起きる確率は互いに等しいので、 超出目が 0 になる確率
と 1 になる確率は等しい。

◆3:一度目のゲームと二度目のゲームとであわせて、出目に 2 が1回も出現しなかったと
   きには、超出目として、(1回目の出目)+(2回目の出目) を mod 2 で計算した値とする。

 さきほどの超出目表から抜き出すと、

00 0
01 1
10 1
11 0

となります。

 0 の出目と 1 の出目が起きる確率は互いに等しいので、こちらでも、超出目が 0 になる確
率と 1 になる確率は等しい。

◆4: ◆1から◆3までより、超出目が 0 となるケースの確率、1 となるケースの確率、2 とな
   るケースの確率は互いに等しく、その値は 1/3 となる。

 以上で、ゲームの骨格が定まったので、歪んだコインが表になる確率 a を求めたい。

 1ゲームで、「2」の出目が出る確率を、1/sqrt(3) としたかったので、ゲームの出目表を、
もう一度見ると

00 2
11 2
01 0
10 1

すなわち、a は次の二次方程式の解のひとつである。

   a^2 +(1-a)^2 = 1/sqrt(3)

 これを解いて、1/2<a<1 の範囲となる解を求めると、

 a = 1/2 +sqrt(2*sqrt(3)-3)/(2*sqrt(3)) = 1/2 +sqrt(2/sqrt(3)-1)/2

を得ます。


  以下、工事中!



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