数学

[数学]余りものに福がある

出水洸太郎 — Sat, 15 Nov 2008 00:38:00 GMT

コンピュータで負の数を表そうとすると2の補数表現という方法を良く使います。
たとえば、8bit型の変数に-60という値を入れたいとき、
196という値を代わりに入れて計算します。

この196という値は256-60という計算で出します。
256は8bitでぎりぎり表せない数値です。

数学では、合同式というもので表現します。
先ほどの、-60と196を数式にすると以下になります。

-60 ≡ 196 (mod 256)

256で割った余りの世界では、-60と196は同じという意味です。
＝ではなく合同を意味する≡を使います。

-60と196が同じなのか、足し算で検証します。
90-60 ≡ 90＋196 ≡ 286 ≡ 256＋30 ≡ 30 (mod 256)

合同式の面白い所は、分数を整数で表わすことが出来る点です。
2/3 ≡ 258/3 ≡ 86 (mod 256)
∵ 2 ≡ 258 (mod 256)

ということで、2/3と86が同じという意味になりました。
ちょっと計算してみましょう
60×(2/3) ≡ 60×86 ≡ 5160 ≡ 256×20＋40 ≡ 40 (mod 256)
2/3の代わりに86を使っても同じ40という答えになりました。
これで256の余りの世界では、2/3と86が同じという事がわかると思います。

1/3を整数に直すときは、1の代わりに257を入れても割りきれません。
そこで、次の513を入れて171という整数にできます。
1/3 ≡ 513/3 ≡ 171 (mod 256)

しかし、1/2は整数にすることができません。
1/2 ≡ 257/2 ≡ 513/2 (mod 256)

このように、必ずしもすべての分数が整数に変換できるわけではありません。
1/2のパターンを見れば、整数に出来る分数と出来ない分数の条件が
おぼろげながらわかる気がしますね。

さらに、四則演算だけでなく、階乗についても面白い性質があります。
以下の表を見てください。

右は3乗、左は7乗して11で割った余りです。
それぞれ、お互いの逆関数になっていることに気づくでしょうか。
例えば、n=3のとき、3乗すると5です。
そして、5を7乗すると3になっています。

11の余りの世界では、立法根(3乗根)と7乗した値が同じなのです。
こうやって、n乗根をm乗に変換できるのも合同式の性質です。

この3と7の値を求めるには、こんな式があります。
a×b ≡ 1 (mod (p - 1))　　但し、pは素数

今回、a=3, b=7,p=11です。
当てはめてみましょう
3×7 ≡ 21 ≡ 1 (mod 10)

この式に当てはまれば、別の数でも成り立ちます。
これも分数と同様、すべてのn乗根が変換できるわけではありません。

このように、合同式にはいろいろ面白い世界があります。
その面白い世界を近いうちに紹介します。

[数学]そいつが素数だ

出水洸太郎 — Wed, 01 Oct 2008 08:10:00 GMT

2以外の素数は4n±1で表わされる。
一瞬、おっ!?と思いますが、単に奇数の事です。

では少しひねって…
5以上の素数は6n±1で表わされる。

2と3の倍数を取り除いた形です。
紛らわしいので、マイナスを取り除いて以下のように書くことにしましょう。
5以上の素数は6n＋[1,5]で表わされる。

さらに調子に乗って…。
7以上の素数は30n＋[1,7,11,13,17,19,23,29]で表わされる。
2,3だけでなく、5の倍数も取り除いてみました。

これが何の役に立つかというと
ある数が素数かどうかを判定するとき、どうするか、って話です
素数といえば、エラトステネスのふるいなんですけど、
特定の値さえ素数かどうかわかればいい状況だった時、
エラトステネスのふるいは若干コストが大きすぎると思うわけです。

で、その求め方といえば…
2以上の整数で片っぱしから割って余りが0でないか確かめる！です。
原始的な方法ですけど、確実です。

とはいっても、多少の効率化はできそうです。
2以上の整数と言ってもすべての整数で割る必要はありません。
例えば、2で割って対象の値が奇数というのがわかれば、
4,6,8という偶数で割って確かめる必要はないわけです。

それが冒頭に出てきた話になります。
2,3,5で割った後は、30n＋[1,7,11,13,17,19,23,29]の形をしている
整数のみで確認してやれば、すべての整数で割るより多少早いです。

2,3,5だけでなく、7の倍数も取り除いて…さらに11の倍数も取り除いて…
そうすると若干ながら速くなりますが、その分メモリ消費も増えます。

例えば、2,3の倍数を取り除いた形から、5の倍数も取り除くと
1/5の数値が取り除かれますが、
いったん数値を5倍して計算しているのでメモリ消費は4倍になっています。

まとめると、nという倍数を取り除くと、メモリ消費は(n-1)倍になり、
速度はn/(n-1)だけ早くなります。
大体、2～11で480個であり、この辺が閾値でしょう。

なお、2～13だと5760個になります。
32bitに限れば、65535以下の素数で割ってやればよく
65535以下では6542個の素数の素数があるので、
2～13を採用するなら、エラトステネスのふるいを使って
事前にすべての素数を求めておいた方が2倍ほどの速度向上になります。

[数学]最後尾はここではありません！

出水洸太郎 — Fri, 25 Jul 2008 00:27:00 GMT

前回の最後にちょっと書いた、配列を直接並び替える方法です。

１～５の並びを考える時、5桁の数とみなして考えます。
この5桁で、一番小さな数になる並びは、12345です。
ここからスタートして、次に大きな数をひたすら探していって、
もっとも大きな数になる、54321になるまで順にたどっていけばいいわけです。

どうやって、次に大きな数を探すかですが、
まず考えないといけないのは、
なるべく下の位だけを取り替えて上の位は触らない、ってことです。

では、12345の次の数を探しましょう。

まず、一番下の位の5を一時領域に置きます。
次の位は4が入っているので、5に置き換えます。
そして、5が入っていた所に4を置いて、12354が次に大きい数です。

12354の次も見てみましょう。

先ほどと同じように4を一時領域に置きます。
次の位は5ですが、4と交換してしまうと求める数が小さくなるので、
これもまた一時領域に置きます。
次は3で4か5と交換できますが、3より大きくて一番小さい4と交換します。
最後に空白に3と5を並べるわけですが、35と53だと35の方が小さいので
35を置いて、12435が次に大きい数になります。

まとめると、
・一時領域に自分より大きい数がなければ、一時領域に移動。
・一時領域に自分より大きい数があれば、その数と交換。
　候補が複数あれば、候補の中で一番小さい数にする。
・交換が出来たら、空白に一時領域の数を小さい順に並べる。

なお、この方法だと、1122という風に、同じ数が複数あってもいけます。
自分より大きい数を探してくるので、重複するパターンを2度数えることもありません。

#手書きメソッド結構お気に入り…汚い字だから読みにくいかな？

[数学]違うわ！よく聞け！こーやって並べ！

出水洸太郎 — Wed, 23 Jul 2008 21:16:00 GMT

n個の物を順番に並べる時、並べ方は何通りあるか。
これは、n!で表せます。

これに番号をつけて管理する時、
ちょっと変わった進数表現をしてやればいいです。

1桁目は0,1だけ(2で繰り上がる)
2桁目は0,1,2だけ(3で繰り上がる)
3桁目は0,1,2,3だけ(4で繰り上がる)
4桁目は0,1,2,3,4だけ(5で繰り上がる)

こんな感じですね
0, 1, 10, 11, 20, 21, 100,
101, 110, 111, 120, 121, 200,
... , 300, 301, 310, 311, 320, 321, 1000

ちょっと不思議な感じですね

では、これを数字の列に直すとき、どうするか。
それぞれの桁数は挿入位置を表しています。
n桁目はn+1の数字の挿入位置です。

例として｢310｣ってのを4つの数字のならびに直してみましょう。

1桁目は0なので、2の挿入位置は0
2桁目は1なので、3の挿入位置は1
3桁目は3なので、4の挿入位置は3

ということで、2314という並びになるんですね。

ただ、この方法はすべての順列を作って何かをする、というのには向きません。
そういう場合は、直接配列を並び替えてやった方が速いです。

[数学]自分の事でも解らない(問題編)

出水洸太郎 — Sun, 15 Jun 2008 22:08:00 GMT

ネタ切れ気味なので、数学セミナーより面白い問題を紹介します。

このゲームは1チーム6人で行います。
それぞれ、目隠しされた状態で赤、青、黄のいずれかの色の帽子をかぶせられます。
その後目隠しを取ります。
この時点で、自分以外の全員の帽子がわかりますが、それを伝えてはいけません。
この後、一人ずつ順番に色を言っていき、それが自分の帽子の色であれば1点入ります。
この得点が多いチームが勝ちです。

補足ルールとしては、答える色は赤、青、黄のいずれかのみ。
答えはチーム全員に聞こえるように言う。
3の倍数だけアホになったりして、声色で情報を伝えるのは反則。

この状態で勝てそうな作戦を立ててください。

例として、2人ずつ3組のペアを事前に決めておき、最初にペアの相手の帽子の色をいい
もう一人のペアの人はその色を言えば、確実に1点＋あてずっぽうで1/3点となり、
チームでの得点力の期待値は4点となります。
適当に答えるよりはるかに強いですね。

プログラムが雑誌に載っている世代の人には懐かしいと思える解答が用意されてます。

[数学]四次元の中の戦争

出水洸太郎 — Thu, 12 Jun 2008 23:07:00 GMT

立体プリンターってのがあります。
といっても、いまだに印刷は二次元でしかできませんから、
0.1mmの単位で粉末石膏を敷きながら、
接着剤入りのインクを使って何度も何度も印刷してやるんだそうです。

輪切りにして並べてやれば、三次元を二次元に落とし込めるわけですね。

ならば四次元ならどうなのか！？
一回輪切りにすれば、三次元が出てきます。
それをさらに輪切りにして縦横に並べてやれば四次元が現せるのでは！！

という発想がこれです。

赤と緑がそれぞれ単純格子で並んだ単位球です。
これを見ると、うまくお互いの隙間に入りこんで組み合っているのが解ると思います。

ダウンロードはこちら。
C#で作ったソースも入っております。

操作方法
左ドラッグ x,yの移動
右ドラッグ u,vの移動
カーソルキーグリッドの大きさ変更

[数学]銀貨と正しき天秤(解等編)

出水洸太郎 — Sun, 08 Jun 2008 18:23:00 GMT

問題編はこちら＞　[数学]銀貨と正しき天秤(問題編)

まず、天秤というのは右が重い、釣り合う、左が重いという3種類の答えしか返りません。
つまり、1回の測定では3通りの答えから1つの道を示すのが限度なのです。

この天秤問題は解答候補をすべて出し、
天秤のパターンによって解答候補を消去しながら正解を求めていく問題なのです。
つまり、天秤を使うときはうまく解答候補がばらけるように工夫する必要があります。

綺麗に分けることができれば、理論上は2回で9通り、
3回で27通りの解答パターンから正解を選ぶことが出来ます。

(1)は27枚です。
これは理論上綺麗に分かれるパターンですね。
やりかたは9枚づつ左右に乗せ、正解のグループがわかったら
そこから3枚左右に乗せ、最後に1枚づつ左右に乗せればいいです。

(2)は13枚です。
軽いか重いか解らない、ということは、2通りあるということです。

まず、天秤に乗せる枚数を考えましょう。
(1)のように9枚づつ乗せてしまうと、右が重かったときに
重い疑惑銀貨9枚、軽い疑惑銀貨9枚で18通りから正解を選ばなければいけません。
残り2回で判定できるのは9通りまでなので、18通りもあれば無理です。
そこで、9通り以下ということで4枚づつ、計8枚ということになります。

釣り合わなかったら、重い疑惑銀貨4枚、軽い疑惑銀貨4枚となります。
次は左右に重い疑惑銀貨2枚づつ、軽い疑惑銀貨1枚づつ、全部で6枚の銀貨を天秤に乗せます。
残された銀貨は軽い疑惑銀貨2枚です。
この天秤が釣り合わなかったら、重い疑惑銀貨2枚、軽い疑惑銀貨1枚となり3通りに絞れます。
釣り合えば軽い疑惑銀貨2枚ですから、2通りで絞れます。
後は簡単なので割愛します。

さて、最初の4枚づつ乗せた天秤が釣り合ったら、乗せてない銀貨のどれかが偽銀貨です。
9通りに絞るには乗せてない銀貨は4枚…と思いますが、実は5枚までいけます。

まず、天秤に乗せた銀貨はすべて本物ですから、これを利用しましょう。
本物から3枚、疑惑銀貨を3枚天秤に乗せ、
この3枚に含まれているか、含まれているなら軽いか重いかを調べます。
釣り合わなかった場合は割愛します。

釣り合った場合、重いか軽いか解らない銀貨が2枚。
どっちかが偽銀貨ということは、片方の1枚を本物と比較すれば解ります。

さて、10通りなのになぜ偽銀貨が見つかるのか。
それは天秤に一度も乗せられなかった偽銀貨は重いか軽いかわからないままだからです。
ここで10通りに見せかけて9通りに丸め込まれているわけです。

結果、最初の天秤に乗せる8枚と残された5枚で13枚です。

予断ですが、本物銀貨と同じ重さのおもりが9個あれば、
最初の天秤で右に銀貨9枚、左はおもりとできますので、14枚まで調べることが出来ます。

(3)は4回です。
答えは何通りあるか考えます。
2個が赤、6個が白のボールの並べ方、って問題と同じです。
答えは、8×7÷2=28 です。

28ということは、27通りより大きい上、(2)のように丸め込むことも出来ません。
ということで、どうやっても3回では無理、ということで4回です。
4回使ってもいいとなれば、やり方はいくらでもあるので割愛します。

[数学]四次元ポケット

出水洸太郎 — Sat, 07 Jun 2008 06:42:00 GMT

>体心格子の球の充填率

以前、掲示板でちょろっと書いたことのフォローです。
今書き込みを見返してみると、すごく誤解されそうな微妙な発言ですね…。

ジュースの缶の箱詰めとかお饅頭の箱詰めとかみたいに、
円や球を格子にしたがって並べた時の事を考えます。
イメージできますかね…。
正方形、立方体を隙間無く積んでいって円、球に置換した形です。

正方形、立方体には隙間は出来ませんが、円や球だと隙間があります。
この隙間に入る円、球の大きさはどうなるか、って事を考えます。

対角線から円、球の直径を引けばいいんで、円なら√2 - 1、
球なら√3 - 1と単純な話ですね。
n次元なら√n - 1という一般的な式になります。

で、四次元なら1の四次元球が隙間に入るんですが、
1って大きさは格子を作っている球と同じ大きさなんですね
すなわち、球の格子を2つ持ってきてお互いの隙間に入りあえば
全体の大きさを変えずに一つにできるわけです。
水とアルコールを混ぜたら体積が減る、ってイメージに近いかな。

おとなりの四次元ですらこんな感じなので
五次元以上となるとどうなるかさっぱりです。

[数学]銀貨と正しき天秤(問題編)

出水洸太郎 — Sun, 01 Jun 2008 14:40:00 GMT

なんか、恐ろしいって言われた数学のネタです。

怖くないよ～ってことで、頭の体操なパズルからいきます。

(1) 銀貨の中に、本物より軽い偽の銀貨が混じった。

　　天秤を3回使っていいなら、最大で何枚の銀貨の中から偽の銀貨を見つけることが出来るか。

　　なお、偽の銀貨は必ず1枚だけ含まれている。

(2) (1)と同じだが、偽の銀貨は重さが本物と違うということしか解らない。

　　この場合で、天秤を3回使っていいなら、最大で何枚の銀貨の中から偽の銀貨を見つけることが出来るか。

(3)6枚の本物の銀貨と2枚の本物より軽い偽の銀貨がある。

　　偽の銀貨は同じ重さである。

　　偽の銀貨を2枚とも必ず見つけるには、天秤は最低何回使う必要があるか。

　　(一番天秤を使うパターンで何回、って意味です)

解等編は8日頃に書きます。
ヒント：天秤ってのはstrcmpなんですよ。