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贋金と天秤は、いく枚かの金貨に混じっている本物とは重さが異なる贋物を、天秤ばかりを限られた回数だけ使用して特定するパズルである。
なお、本稿ではこのパズルを「贋金と天秤」として扱うが、「天秤とコイン」「偽の金貨と天秤」「8枚のコイン」「天秤問題」「贋金鑑定問題」など、さまざまな呼称がある。また、金貨ではなく金塊や分銅とするものもあるが、いずれもパズルの内容は同じ。
贋金と天秤のパズルは、1945年、E.D.Schellがアメリカの数学誌『American Mathematical Monthly』で提起したものがはじまりとされる。そのパズルは以下のような問題であった。
8枚の金貨があり、うち1枚は本物よりわずかに軽い贋物である。
天秤ばかりを2回使って贋物を見つけるにはどうすればよいか。
天秤ばかりは、1回の操作で「左<右」「左=右」「左>右」の3通りの情報のうち1つをもたらすため、本物より軽い贋物が1枚だけ混じっている場合には、N回の操作で最大3N枚の金貨の中から贋物を見つけ出せる。上記の問題も、天秤を2回使うのであれば、最大で32=9枚の金貨の中から贋物を判別可能であるが、あえて8枚とすることで、3枚ずつ載せて比較するという発想が得にくいよう工夫されている。
8枚の金貨のパズルの発展形として、H.D.Grossmanがアメリカの数学誌『Scripta Mathematica』で、12枚の金貨のパズルを提起した。これは後に13枚の金貨のパズルとして発展した。
13枚の金貨があり、うち1枚は贋物である。
贋物の重さは本物とわずかに異なるが、本物より軽いか重いかは分からない。
天秤ばかりを3回使って贋物を見つけるにはどうすればよいか。
初手は4枚ずつ載せて重さを比べる。
説明のために、13枚の金貨それぞれを ABCDEFGHIJKLM とする。
まずは、天秤ばかりに金貨を4枚ずつ、ABCD と EFGH を載せて重さを比べる。
天秤ばかりを2回使ってよい場合は最大4枚、4回使ってよい場合は最大40枚、N回使ってよい場合は最大(3N-1)/2枚の金貨の中から贋物を見つけ出せる。
贋金と天秤のパズルは、いくつかの派生パズルが考え出されているので紹介する。
本物と確定している金貨が1枚用意されているパズル。たとえば以下のようになる。
14枚の金貨があり、うち1枚は贋物である。
贋物の重さは本物とわずかに異なるが、本物より軽いか重いかは分からない。
天秤ばかりを3回使って贋物を見つけるにはどうすればよいか。
ただし、本物だと分かっている金貨が1枚あるので使ってもよい。
初手は5枚ずつ載せて重さを比べる。
説明のために、14枚の金貨それぞれを ABCDEFGHIJKLMN 、本物の金貨を O とする。
まずは、天秤ばかりに金貨を5枚ずつ、ABCDE と FGHIO を載せて重さを比べる。
贋物が2枚以上混じっているパズル。たとえば以下のようになる。
7枚の金貨があり、うち2枚は本物より軽い贋物である。
天秤ばかりを3回使って贋物を見つけるにはどうすればよいか。
説明のために、7枚の金貨それぞれを ABCDEFG とする。
まずは、天秤ばかりに金貨を3枚ずつ、ABC と DEF を載せて重さを比べる。
この解法は一例であり、別解もあるがここでは割愛する。
贋物を見つけ出すためには天秤ばかりを最少何回使えばよいか、あるいは、最大何枚の金貨の中から贋物を見つけ出せるかを問うものもある。パズルというよりは数学の問題に近い。
金貨が袋に入っているパターンのパズルも知られているので紹介する。
10gの金貨が10枚ずつ入った袋が10個ある。
しかし、11gの贋物だけが入った袋が1つ混じっているという。
はかりを何回使えば贋物の袋を見つけられるだろうか。
このパズルは重さをはっきりとさせていることが特徴で、贋金と天秤のパズルを下敷きにした一種のひっかけ問題と考えることもできる。なお、贋物の袋の個数が不明なパターンもあるが、考え方は似ているため、説明は割愛する。
8枚の金貨があり、うち1枚は本物より軽い贋物である。
天秤ばかりを最少何回使えば贋物を見つけられるだろうか。
本来の答えは、上で述べたように2回であるが、この場合は次のような答え方もある。
12個の分銅のパズル。
1:08から、8つのりんごのパズル。
掲示板
23 ななしのよっしん
2021/07/24(土) 18:48:54 ID: nAv2hZ8Y12
>>22の続き
(ⅱ)、#B≦{3^(N-1)+1}/2 の証明
操作Sの一度目の操作で天秤がつり合ったとき、集合Bの中に偽物が存在する。
この時、操作Sの全N回の操作の結果の組み合わせは最大で3^(N-1)通り。
一方、集合Bの金貨が偽物である場合の組み合わせは、
『一度でも天秤に乗せる金貨が偽物であった場合のみ、それの重い場合と軽い場合を区別する』とすると、
2×{(#B)-1}+1通りで、それぞれに、対応した『操作Sの全N回の操作の結果』が存在する。
よって
2×{(#B)-1}+1≦3^(N-1)
⇔ #B≦{3^(N-1)+1}/2
(省略しています。全て読むにはこのリンクをクリック!)
24 ななしのよっしん
2021/07/24(土) 19:43:35 ID: nAv2hZ8Y12
>>22、>>23の続きです。
というわけで、重いか軽いか分からない偽物1枚を天秤N回使用で見つけられる金貨の最大数は(3^N-1)/2になりそうです。
(できることの証明はちょっと待ってください。)
ただし、(3^N-1)/2の中から偽物を探す場合、偽物が軽いか重いかまでは特定できない場合が存在するようです。
(記事の13枚の解法でも金貨Mが偽物の場合は特定してないですしね。とはいえ、>>22と>>23の証明が合ってる場合の話ですけど)
記事の証明は間違っている部分もありそうですが、全部消しちゃうのはもったいないですね。
記事の『1回の操作で「左<右」「左=右」「左>右」の3通りの情報のうち1つをもたらし』や『軽いか重いか分からない贋物が1枚だけ混じっている場合、答えは2n通り』などの考え方を読んでなかったら、自分もさっき書いたような証明は考えられなかったでしょうし。
25 ななしのよっしん
2023/09/26(火) 23:59:59 ID: t5eqjAumva
>>24
できることの証明
https://
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最終更新:2024/04/25(木) 21:00
最終更新:2024/04/25(木) 21:00
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