「なんだいなんだい、この問題は！？」
「本質的には帽子パズルだね」
「一体ロボットの台数は何台なんだい」
「それは自分で考えてみよう」
「さっぱり分からないよ」
「ふっふっふ。この問題は・・・」
「なんなんだい！」

〜〜〜

というわけで、本格論理パズルのお時間です。
タイトルは「品質証明試験」。サブタイトルは「なんだいなんだい」。

参考までにグループ番号の決め方の一例を書いておきます。
ロボットの全台数をNとしたとき、1以上N以下の自然数の中から一つの数nを無作為に選び、
それを全グループの数とします。
N台のロボットの中から無作為に1台を選び、1グループに割り当てます。
残りN-1台の中から無作為に1台を選び、2グループに割り当てます。
以下同様に1グループからnグループに1台ずつ割り当てます。
残ったロボットがあれば、各ロボットに対して1以上n以下の自然数を無作為に選び、
それをそのロボットのグループ番号とします。

試験が1回目で終わる場合は、最小公倍数の条件を満たすものとして構いません。

具体的な構成を、とは、
1番グループは○台、2番グループは○台、･･･というように、
すべてのグループの台数を決めて下さい、ということです。
最大値となる組み合わせは複数あるかもしれませんが、
そのうちの一つだけを書いていただければ結構です。

答えがあっていれば金メダル、証明できていれば感服メダルを進呈します。

こんなかんじでどうでしょう？

勘で勝負♪

証明は難しいのでとりあえずパス

>>4を取り消します。さらに最大値を大きくできるかどうか、もう少し考えて見ます。

修正版。説明つきで。

訂正です。もすこし多くなりました
間違ってるかもしれませんがこの問題おもしろいっす

それから決め方の一例とありますが
・0台になるグループは存在しない（各グループには必ず1台はロボットがいる）
・全体で何グループ存在しているかはロボットたちは知っている
という解釈でよろしいでしょうか？

（それぞれのロボットはめちゃくちゃ賢い＆他のロボットも同じくらい賢いことを知っている
ってのは当たり前の前提条件ですよね ）

こんなんでましたけど

あ、囁きは合計の台数です。

＞＞全体で何グループ存在しているかはロボットたちは知っている
＞知っていません。
＞試験中に得たデータから推論できるかもしれませんが、
＞試験開始前には何も知りません。

ということでしたらこうなるのかな？
自信はないです

こんなに単純じゃないと思うけど、なにか勘違いしていますか？

構成と各ターンで分かったロボットの組を囁いてみました

再挑戦！

難しいです

最大値はこんなんでしょうか

それでは、ちょっとしたヒントです。
第1グループが1台、第2グループが3台の場合に結果がどうなるのか調べてみましょう。

1回目は1グループの1台だけが分かります。
2回目は誰も分かりません。
2グループのロボットはこの段階では自分が2グループなのか3グループなのか判断できません。
3回目に2グループのロボットが分かり、試験は終了します。
この場合は0台の回が発生するため、問題の条件を満たしていません。

「惜しい数字ですが、正解ではありません」とコメントをつけた回答の構成ですと、
この例のように0台の回ができてしまい、条件を満たしません。
(具体的な構成を書いていない方もいましたが、多分同じでしょう)

この点を踏まえて考え直してみましょう。

前回よりは多くなりました。

一歩前進か？

上の囁きの台数はこんな構成ですが、いかがでしょう？

あ、グループ数一つずれた…
たぶん一つ足りないと思います

本当か？

増やしてみました
考えるの楽しいです

（訂正）最後の回の台数が間違っています。構成のほうの台数があっています。

とりあえず１台追加

なるほど、多くなりました。
考え方は前までと同じです。

訳がわからなくなってきました

ヒント第二弾です。

第1グループが3台、第2グループが1台、第3グループが1台の場合、
1回目には2グループの1台だけが分かります。
2回目には3グループの1台が分かります。
2グループの1台が1回目に分かったということは、
2より大きいグループ番号が存在するはずだと分かるのです。
3回目に1グループの3台が分かり、試験は終了します。

一番大きい番号のグループが最後に分かるとは限らないのです

もう一度挑戦！

ということは、こういうこと？？？
↓
２回目にわかるのは、２台のグループです。書いてあるのは、最初に配られたリストのうち、１台のグループが実は２台だということがわかるという意味です。

もう少し頭を冷やして考えてみます。

こういうことですか?

こういうことですか?

上のいはらさんの返信の意図がわかりません。

難しい....。

こんどこそ！

やった！嬉しい。

>>17の後、問題の手ごわさにちょっとへこたれかけましたが、他の方も挑戦しているのを見て、やる気が出てきたのです。

ちょっとした空き時間があると、考えていることもありました。帽子クイズもこういう発展形ができるのですね〜。驚きです。

まさか…こうですか?

4/26(月)に解答発表開始の予定です。
証明もつけるつもりです。
待ってほしいという方がいましたら、それまでにお知らせ下さい。

ラストチャンス！？

最大値であることを考えてみようと思いましたが、うまく説明できない…
"しっくりこない感" を持った解答になってしまいました

長いので分割しました。

（続きです）
上の囁きがあっているとして、最大値はこんな風に求められると思います…

本日解答発表開始の予定でしたが、
お考えいただいている方もいますので、少々延期いたします。
連休明けになりそうです。
さらにヒントも出しておきます。

1番グループが4台、
2番グループが2台、
3番グループが1台、
4番グループが2台、
の場合。

1回目には3番グループの1台が分かります。
2回目には2番グループの2台が分かります。
3回目には4番グループの2台が分かります。
4回目には1番グループの4台が分かり、試験は終了します。
なぜこうなるのかを考えれば、正解にたどり着けるのではないかと思います。

まだいけるのか？

＞ボムボムさん
証明にもお取り組みいただき、ありがとうございます
結論として述べていることは正しいと思います。
整理すれば証明になるような気もしますが、いくつか問題があるようです。

まず、言葉の定義がはっきりしていません。
＞属していても矛盾しないグループ＝「所属可能グループ」ということにする。
ｔ回目まで済んだ時点での所属可能グループとは、
自分がそのグループだと仮定して試験の結果をシミュレートしたときに、
1回目からｔ回目までの結果が、実際の試験の結果と一致する
ようなグループのことかと思いましたが、その後の議論を見ると違うようです。
既に分かっているグループを除外した残りのグループ、
リスト中まだ分かってないグループと、リスト中の最大番号+1番のグループのことと思われます。

�@�A�Bの場合分けもはっきりしません。
所属可能グループは回数によって変動するはずですから、
そのような場合分けをするのであれば、回数を固定しないといけないと思います。

数学的帰納法も成立していない気がします。
＞[k]グループに属している任意のロボットＸにとって、資料を見れば[k]グループには少なくともN[k]台が属していることが分かる。
＞[k]グループのロボットは、少なくともN[k]-1回目の手続き終了の段階でも確定できない状況である（帰納法の仮定）。
としていますが、これは帰納法の仮定とは異なっているのでは？
仮定してあるのは[k]グループがN[k]台のときであって、N[k]台以上のときではありませんから。

＞また所属可能グループが複数あるため、N[k]回目も確定できず待機することになる。
これも明らかではありませんね。
自分があるグループだと仮定したとき、実際の結果と矛盾するのであれば、
自分はそのグループではないと分かります。
そのようにして、ただ一つの可能性だけが残れば、自分はそのグループだと分かるはずです。

とりあえず解答発表（開始）は5/10(月)に延期しますので、ごゆっくりお考え下さい。

私の頭ではこれが限界です

こちらこそありがとうございました。
いろいろとヒントをいただいたにもかかわらず手間取ってしまいました。
（７回目の仕組みに気がつくまで時間がかかってしまいました）

返信ありがとうございます
この囁きは返信コメントへのコメントでございます。

解答は別方向からのアプローチを、アンチューモサクでゴザイマス

それでは、全何回になるか分かりませんが、解答発表を開始します。


証明は後ほどしますが、まずは各グループのロボットが何回目に分かるのかを
式で表してみます。

全グループ数をnとし、iを1以上n以下の自然数とします。
i番のグループに属するロボットの台数をR(i)とします。
また、R(0)=0と定義します。
R(0),R(1),･･･,R(n)の中からR(i)を除いた残りのn個の数の最大値をX(i)と書くことにします。

F(i)を次のように定義します。
i=nのとき、F(i)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1))
i≠nのとき、F(i)=min(R(i),max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))

max(a1,a2,･･･)はa1,a2,･･･の中の最大値、
min(a1,a2,･･･)はa1,a2,･･･の中の最小値です。

F(i)=ｔは、i番グループのロボットがｔ回目に分かるための必要十分条件です。

F(i)=ｔは、i番グループのロボットがｔ回目に分かるための必要十分条件。

これを証明するにあたり、まずはF(i)の取り得る値を考える。
関数R,Xは整数値しかとらないので、F(i)が整数値となることは明らか。
R(n)≧1なのでR(n-1)+R(n)≧1,max(R(n),X(n)+1)≧1であり、F(n)≧1
i≠nのとき、R(i)≧1なので同様にしてF(i)≧1
つまり、F(i)は1以上の整数である。
よって、すべての自然数ｔについて証明すればよい。

ｔについての数学的帰納法で証明する。
1.ｔ=1のときに成立することを示す。
2.1以上k以下のｔについて成立すると仮定すると、ｔ=k+1のときにも成立することを示す。
これができれば、すべての自然数ｔについて成立するという証明になる。

1.ｔ=1のとき
i番グループのロボットが1回目に分かる⇒F(i)=1、の証明：
i番グループのロボットが1回目に分かるとする。
リストに1番からある番号までの連続するグループ番号が存在している場合は、
1番からリスト中の最大番号+1番までが、自分のグループ番号の候補になり、
特定できない。
R(i)≧2のときはリストに1番からn番までのすべての番号が現れるので、R(i)=1。
i=n≧2の場合、R(i)=1であっても、リストには1番からn-1番までのすべての番号が現れる。
よって、i=nの場合はn=1でなくてはいけない。
この場合、全ロボット台数は1となりリストには何も記載されず、自分は1番だと分かる。
このとき、F(i)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1))=min(1,max(1,1))=1

i≠nの場合、R(i)=1,R(n)≧1,X(i)≧R(n)≧1なので、
F(i)=min(R(i),max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))=min(1,max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))=1
となり、証明された。

F(i)=1⇒i番グループのロボットは1回目に分かる、ことの証明：
F(i)=1とする。
i=nであれば、F(i)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1))
すると、R(n-1)+R(n)=1またはmax(R(n),X(n)+1)=1が成り立つ。
R(n-1)+R(n)=1となるのは、n=1,R(n)=1のときだけ。
これは全ロボット台数が1ということなので、1回目に分かる。
max(R(n),X(n)+1)=1のときは、R(n)=1,X(n)=0なのでn=1となり同じことになる。

i≠nであれば、min(R(i),max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))=1。
R(i)=1またはmax(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1)=1が成り立つ。
R(i)=1であれば、リスト中にi番が現れずi+1番が存在するので、
自分がi番だということが1回目に分かる。
max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1)=1のとき、
R(n-1)+R(n)≦1かつ、X(i)≦1。
これを満たすのは、R(n)=1,n=1のときだけなので、1回目に分かることになる。

以上より、ｔ=1のときには証明された。

続く。

続いて2の証明。

任意の自然数kについて、
ｔが1以上k以下のときに成立すると仮定すると、ｔ=k+1のときにも成立することを示す。
つまり、
1≦ｔ≦kのときには、
i番グループのロボットがｔ回目に分かる⇔F(i)=ｔ
が成り立つならば、
2-1.i番グループのロボットがk+1回目に分かる⇒F(i)=k+1
2-2.F(i)=k+1⇒i番グループのロボットはk+1回目に分かる
が成り立つことを示す。


1≦ｔ≦kのときには、
i番グループのロボットがｔ回目に分かる⇔F(i)=ｔ
が成立すると仮定。

2-1.i番グループのロボットがk+1回目に分かるとき、F(i)=k+1になることの証明:
帰納法の仮定から、F(i)≦kであればk回目までに分かるので、F(i)≧k+1である。
F(i)≧k+2であればk+1回目には分からないことを示せば、
k+1回目に分かるときF(i)=k+1となることが証明できる。

k+1回目に分からないということは、iとは異なるあるグループ番号jがあって、
自分がj番グループだと想定したときのk回目までの結果が現実の結果と全く同じになる、
ということである。

sを1以上n以下の自然数とすると、帰納法の仮定により、
F(s)≦kのときは、s番グループのロボットはF(s)回目に分かり、
F(s)≧k+1のときは、s番グループのロボットはk回目までには分からない。
そこで、F(s)≦kのときにはF(s)と同じ値をとり、
F(s)≧k+1のときにはk+1となる関数fを考えてみる。
f(s)=min(F(s),k+1)
とすればよい。

iとjについての2つの関数の値が、リスト中のすべてのグループ番号sについて一致するとき、
自分はi番かj番が判断できないので、k+1回目には分からないということになる。

同じ記号を使うと紛らわしいので、自分がj番グループだと想定したときの、
全グループ数をmとし、
R,X,fの代わりにVR,VX,Vfを使うことにする。
添え字のjをつけるべきであるが、それは省略することにする。

i=mのとき、Vf(i)=min(VR(m-1)+VR(m),max(VR(m),VX(m)+1),k+1)
i≠mのとき、Vf(i)=min(VR(i),max(VR(m-1)+R(m)+1,VX(i)+1),k+1)
である。

次の3つの場合に分けて考える。
2-1-1.i=n,R(n)=1
2-1-2.i=n,R(n)≧2
2-1-3.i≠n
F(i)≧k+2であれば、i番グループのロボットはk+1回目には分からないことを示す。

2-1-1.i=n,R(n)=1の場合
R(n-1)≧0,X(n)≧0,R(n-1)≦X(n)なので、
F(n)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1))=min(R(n-1)+1,max(1,X(n)+1))
=min(R(n-1)+1,X(n)+1)=min(R(n-1),X(n))+1=R(n-1)+1
よって、F(i)≧k+2であれば、R(n-1)≧k+1であり、n-1番グループのロボットは存在する。
R(n-1)+R(n)≧k+2なので、
F(n-1)=min(R(n-1),max(R(n-1)+R(n)+1,X(n-1)+1))≧k+1
であり、n-1番グループのロボットはk回目までに分かっていないことになる。
そこで、j=n-1と想定してみる。
m=n-1,VR(n-1)=R(n-1)+1,VR(n)=0であり、
1≦s≦n-2のときは、VR(s)=R(s)である。
リスト中に現れるグループ番号は1からn-1までなので、
1≦s≦n-1のときに、f(s)=Vf(s)となることを示せばよい。
f(n-1)=k+1
Vf(n-1)=Vf(m)=min(VR(m-1)+VR(m),max(VR(m),VX(m)+1),k+1)
=min(VR(n-2)+VR(n-1),max(VR(n-1),VX(n-1)+1),k+1)
=min(R(n-2)+R(n-1)+1,max(R(n-1)+1,VX(n-1)+1),k+1)
R(n-1)≧k+1なので第一項、第二項ともk+1以上。
よって、Vf(n-1)=k+1=f(n-1)
1≦s≦n-2のとき、
f(s)=min(R(s),max(R(n-1)+R(n)+1,X(s)+1),k+1)
Vf(s)=min(VR(s),max(VR(n-1)+VR(n)+1,VX(s)+1),k+1)
=min(R(s),max(R(n-1)+R(n)+1,VX(s)+1),k+1)
f(s)とVf(s)の式で異なっているのは、X(s)とVX(s)の箇所だけである。
X(s)≠VX(s)となるのは、
どちらかがR(n-1),R(n),VR(n-1),VR(n)のいずれかと等しくなるときに限られる。
R(n-1),R(n),VR(n-1),VR(n)≦R(n-1)+R(n)なので、
その場合は、max(R(n-1)+R(n)+1,X(s)+1)=max(R(n-1)+R(n)+1,VX(s)+1)となり、
f(s)=Vf(s)となる。
以上より、1≦s≦n-1のときにf(s)=Vf(s)が成り立つことが分かった。
よって、i番グループのロボットはk+1回目には分からず、2-1-1の場合が証明された。

続く。

2-1-2.i=n,R(n)≧2の場合
F(n)≧k+2であれば、
R(n-1)+R(n)≧k+2かつ、max(R(n),X(n)+1)≧k+2である。
よって、R(n)≧k+2またはX(n)≧k+1である。

R(n)≧k+2のとき、
j=n+1と想定してみる。
m=n+1,VR(n)=R(n)-1,VR(n+1)=1であり、
1≦s≦n-1のときは、VR(s)=R(s)である。
リスト中に現れるグループ番号は1からnまでなので、
1≦s≦nのときに、f(s)=Vf(s)となることを示せばよい。
n番グループはk回目までに分かってないので、f(n)=k+1
Vf(n)=min(VR(n),max(VR(m-1)+VR(m)+1,VX(n)+1),k+1)
=min(R(n)-1,max(VR(n)+VR(n+1)+1,VX(n)+1),k+1)
=min(R(n)-1,max(R(n)-1+1+1,VX(n)+1),k+1)
=min(R(n)-1,max(R(n)+1,VX(n)+1),k+1)
R(n)≧k+2なので、これはk+1に等しく、f(n)に一致する。
1≦s≦n-1のとき、
R(n)≧k+2なので、
f(s)=min(R(s),max(R(n-1)+R(n)+1,X(s)+1),k+1)=min(R(s),k+1)
Vf(s)=min(VR(s),max(VR(m-1)+VR(m)+1,VX(s)+1,k+1)
=min(R(s),max(R(n)+1,VX(s)+1),k+1)
=min(R(s),k+1)=f(s)
となり、一致する。

X(n)≧k+1のとき、
1以上n-1以下のあるjがあって、R(j)≧k+1が成り立つ。
j番グループだと想定すると、
m=n,VR(n)=R(n)-1,VR(j)=R(j)+1であり、
1≦s≦n-1,s≠jのときには、VR(s)=R(s)である。
リスト中に現れるグループ番号は1からnまでなので、
1≦s≦nのときに、f(s)=Vf(s)となることを示せばよい。
Vf(n)=Vf(m)=min(VR(m-1)+VR(m),max(VR(m),VX(m)+1),k+1)
=min(R(n-1)+R(n)-1,max(R(n)-1,VX(n)+1),k+1)
R(n-1)+R(n)≧k+2,VX(n)≧VR(j)=R(j)+1≧k+2なので、
この値はk+1に等しく、f(n)に一致する。
1≦s≦n,s≠jのとき、
R(n-1)+R(n)≧k+2なので、
f(s)=min(R(s),max(R(n-1)+R(n)+1,X(s)+1),k+1)
=min(R(s),k+1)
VR(n-1)+R(n)≧R(n-1)+R(n)-1≧k+1なので、
Vf(s)=min(VR(s),max(VR(m-1)+VR(m)+1,VX(s)+1),k+1)
=min(R(s),max(VR(n-1)+R(n),VX(s)+1),k+1)
=min(R(s),k+1)=f(s)

f(j)=min(R(j),k+1)=k+1
Vf(j)=min(R(j)+1,k+1)=k+1
となり、すべて一致する。

以上より、i番グループのロボットはk+1回目には分からず、2-1-2の場合の証明終了。

続く。

2-1-3.i≠nの場合
F(i)=min(R(i),max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))なので、
F(i)≧k+2であれば、
R(i)≧k+2かつ、max(R(n-1)+R(n),X(i))≧k+1である。
R(n-1)+R(n)≧k+1またはX(i)≧k+1が成り立つ。

R(n-1)+R(n)≧k+1のとき、
j=nと想定する。
m=n,VR(i)=R(i)-1,VR(n)=R(n)+1であり、
1≦s≦n-1,s≠iのときには、VR(s)=R(s)である。
リスト中に現れるグループ番号は1からnまでなので、
1≦s≦nのときに、f(s)=Vf(s)となることを示せばよい。
f(n)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1),k+1)=k+1
VR(i)=R(i)-1≧k+1なので、VX(n)≧k+1
よって、
Vf(n)=min(VR(n-1)+VR(n),max(VR(n),VX(n)+1),k+1)
=min(VR(n-1)+R(n)+1,max(R(n)+1,VX(n)+1),k+1)
=k+1=f(n)

1≦s≦n-1,s≠iのとき、
f(s)=min(R(s),max(R(n-1)+R(n)+1,X(s)+1),k+1)
=min(R(s),k+1)
Vf(s)=min(VR(s),max(VR(n-1)+VR(n)+1,VX(s)+1),k+1)
=min(R(s),max(VR(n-1)+R(n)+1,VX(s)+1),k+1)
=min(R(s),k+1)=f(s)

Vf(i)=min(R(i)-1,max(VR(n-1)+R(n)+1,VX(i)+1),k+1)
=k+1=f(i)
となり、すべて一致する。

X(i)≧k+1のとき、
1以上n以下でiと異なるjがあって、R(j)≧k+1
j番グループだと想定すると、
m=n,VR(i)=R(i)-1,VR(j)=R(j)+1であり、
1≦s≦n,s≠i,jのときには、VR(s)=R(s)である。
リスト中に現れるグループ番号は1からnまでなので、
1≦s≦nのときに、f(s)=Vf(s)となることを示せばよい。
f(n)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1),k+1)
=min(R(n-1)+R(n),k+1)
VX(n)≧VR(i)=R(i)-1≧kなので、
Vf(n)=min(VR(n-1)+VR(n),max(VR(n),VX(n)+1),k+1)
=min(VR(n-1)+VR(n),k+1)
i=n-1であれば、R(n-1)≧k+2,VR(n-1)≧k+1なので、f(n)=Vf(n)=k+1
jがn-1またはnであれば、R(j)≧k+1より、f(n)=Vf(n)=k+1
それ以外の場合は、VR(n-1)=R(n-1),VR(n)=R(n)なのでf(n)=Vf(n)
1≦s≦n-1,s≠iのとき、X(s)≧k+1なので、
f(s)=min(R(s),max(R(n-1)+R(n)+1,X(s)+1),k+1)
=min(R(s),k+1)
VX(s)≧kなので、
Vf(s)=min(VR(s),max(VR(n-1)+VR(n)+1,VX(s)+1,k+1)
=min(VR(s),k+1)
s=jであれば、R(j),VR(j)≧k+1なので、f(s)=Vf(s)=k+1
s≠jであれば、R(s)=VR(s)なので、f(s)=Vf(s)=min(R(s),k+1)

R(i)≧k+2,VX(i)≧kなので、
Vf(i)=min(VR(i),max(VR(n-1)+VR(n)+1,VX(i)+1),k+1)
=min(R(i)-1,max(VR(n-1)+VR(n)+1,VX(i)+1),k+1)
=k+1=f(i)
となり、すべて一致する。

以上で、2-1-3の場合の証明も終わり、2-1が証明された。

残るは2-2の証明のみ。

2-2.F(i)=k+1のとき、i番グループのロボットはk+1回目に分かることの証明:

F(i)=k+1とする。
i番グループのロボットがｔ回目に分かるとして、
ｔ≦kであれば、F(i)=ｔである(帰納法の仮定)。
k回目までに分かる場合はF(i)≦kなので、k回目までには分からなかったことになる。
よってk+1回目までに分かったことを示せばよい。

2-2-1.i=n
2-2-2.i≠n
の2つの場合に分けて調べる。

2-2-1.i=nの場合
F(i)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1))
F(i)=R(n-1)+R(n)またはF(i)=max(R(n),X(n)+1)のどちらかは成り立つ。

F(i)=R(n-1)+R(n)のとき
R(n-1)+R(n)=k+1であり、R(n)≧1なのでR(n-1)≦k
よってn-1番のロボットはk回目までに分かっており、自分はn-1番ではないと分かっている。

R(n)≠1であれば、リストにn番が存在している。
自分がn番グループでないとすると、
R(n-1)+R(n)=kとなるので、n番はk回目までに分かったことになり矛盾。

R(n)=1であれば、
R(n-1)+R(n)=k+1より、R(n-1)=k
よって、n-1番グループはk回目までに分かっている。
リストに現れている番号は1からn-1までなので、
自分の番号の候補は1からnまで。
n-1番は既に分かっているので自分はn-1番ではない。
n≦2であれば、自分はn番だと分かる。
n≧3のとき、自分は1からn-2番のいずれか。
自分がn番でないj番だと想定すると、
m=n-1,VR(j)=R(j)+1,VR(m)=R(n-1)
1≦s≦n-2,s≠jのときは、VR(s)=R(s)
R(n-1)≧k,R(n-2)+R(n-1)≧k+1なので、
Vf(n-1)=Vf(m)=min(VR(m-1)+VR(m),max(VR(m),VX(m)+1),k+1)
=min(R(n-2)+R(n-1),max(R(n-1),VX(n-1)+1),k+1)
=k+1
となり、n-1番はk回目までに分からなかったことになり矛盾。
よって、自分はn番だと分かる。

F(i)=max(R(n),X(n)+1)=k+1のとき
1以上n-1以下のsについて、R(s)≦kである。
F(s)=min(R(s),max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))≦kとなるので、
1からn-1番はk回目までに分かっている。
さらに、R(n)≦k+1も成り立つ。
R(n)=1であれば、自分の番号の候補は1からnなのでn番だと分かる。
R(n)≧2のとき、候補はnまたはn+1。
n+1番だと想定すると、
Vf(n)=min(VR(n),max(VR(n)+VR(n+1)+1,VX(n)+1),k+1)
=min(R(n)-1,max(VR(n)+VR(n+1)+1,VX(n)+1),k+1)≦k
となるので、n番はk回目までに分かっている。
よって、自分はn+1番ではなくn番だと分かる。
以上より、i=nの場合にはk+1回目までに分かることが証明された。

2-2-2.i≠nの場合
F(i)=min(R(i),max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))=k+1
F(i)=R(i)またはF(i)=max(R(n-1)+R(n),X(i))+1のどちらかは成り立つ。

F(i)=R(i)=k+1のとき
自分がi番でないと想定すると、
Vf(i)=min(VR(i),max(VR(m-1)+VR(m)+1,VX(i)+1),k+1)
≦VR(i)=R(i)-1=k
となり、i番がk回目までに分かったことになってしまう。
よって、自分はi番だと分かる。

F(i)=max(R(n-1)+R(n),X(i))+1=k+1のとき
max(R(n-1)+R(n),X(i))=kである。
R(n-1)+R(n)≦kなので、n番はk回目までに分かっている。
1≦s≦n-1,s≠jのとき、R(s)≦kなので、s番もk回目までに分かっている。
よって、自分はi番またはn+1番でしかあり得ない。
n+1番だと想定すると、
Vf(i)=min(R(i)-1,max(VR(n)+VR(n+1)+1,VX(i)+1),k+1)≦R(i)-1=k
となり、i番がk回目までに分かったことになってしまう。
よって自分はi番だと分かる。
これでi≠nの場合にもk+1回目までに分かることになり、2-2が証明された。

以上で2の証明が終わり、
任意の自然数ｔについて成立することが証明された。

証明終わり

これでようやく台数を考える準備が整ったと思われます
あれで厳密な証明になっていると思いますが、いかがでしょうか。
問題があればご指摘下さい。

長文ご苦労様です
僕がNo.41で囁いた気になるポイントが解消されていないようなので質問します。

確かに関数F(i)がNo.42で書かれているような定義であれば、
「F(i)=t⇔i番グループはt回目にわかる」
になると思うのですが、このF(i)は今回の問題の十分条件ではないですか？
つまり他のある関数G(i)でも説明できてしまっては意味がないと思うのです。

本来は「i番グループがt回目にわかることからF(i)=tとなる関数の形を決めること」が問題だと思うのですが、いかがでしょうか？

題意を満たす関数F(i)が（表記の違いは無視して）唯一かどうか？というところは証明されていないと思います。

二次方程式の例では、異なる解が高々二つだということが分かっているから答えがx=1,2が解だと分かった時点で他に解はないのですが、
この問題において、他のF(i)、No.42と表記が違うのではなくて本質的に異なる関数F(i)、これが解になる可能性はないのか？という点を議論しないといけないと思うのですが…？

＞F(i)回目とG(i)回目にわかる

というよりも、どの関数が正しいのか決定できないということになると思います。
つまり、与えられた条件からロボットがどのように判断できるか決定できない問題になるのでは？という懸念があります。

僕のNo.41での疑問点を、いはらさんの証明に出てきたF(i)という関数を使って書くと、下のような疑問点が生じたということになると思います。

No.42のような定義でF(i)を作ってみて、F(i)≦kの値をもつようなiについて、「F(i)=k⇔k回目にわかる」が正しいと仮定する。
その仮定の下で、
「i番のグループがk+1回目に分かる⇒F(i)=k+1となるような関数としてNo.42の定義しかない」
こういう証明をすれば、F(i)が唯一になると思うのですが、これができないのでは？

ということです。

F(i)の定義を最初に決めたということは、F(i)≧k+2となる関数の形もすでに分かっていることになりますよね。
僕が考えているのは、
F(i)≧k+1のF(i)の形は分からない状態で、F(i)=k+1の関数の形を決めようとする証明が、唯一性、必要十分性の証明になると思う、
ということです。

いはらさんの証明を、
「F(i)=k+1となるような関数としてNo.42の定義しかない」
という証明だと見ようと思ったときに僕が感じたのは、
「F(i)=k+1となる関数の形がNo.42で正しいことを証明するために、F(i)≧k+2の関数の形がNo.42で正しいことを前提として使っているように見える」
ということで、これだとF(i)として十分性しか得られないように思うのです。

もちろんNo.42のF(i)が解の一つであることに疑問はありませんし、No.42以降のいはらさんの証明も、

＞『Fという関数をあのように定義すれば…

として見るのなら問題ないと思っています。
ただ、僕は他のG(i)がどうしても排除できなかったので…
いはらさんは唯一性についてどう思いますか？

僕が思っている「関数が本質的に同じ」ということは、いはらさんがおっしゃっていることと相違ありません。
「F(i)=G(i)がi=1,2,...,nで一致すれば同じ関数と見なす」でいいと思います。

気になっているのは、一番最後のところの

＞「各グループのロボットが何回目に分かるのかは一意に決まる」

が本当なのか？ ということです。

反論がないようですので、納得していただけたものとみなして、解答発表を続けます。

i番グループのロボットが分かる回数は次のF(i)で表せることが分かりました。
i=nのとき、F(i)=min(R(n-1)+R(n),max(R(n),X(n)+1))
i≠nのとき、F(i)=min(R(i),max(R(n-1)+R(n)+1,X(i)+1))

i≠nのとき、i番グループのロボットがｔ回目に分かるとすると、
F(i)=ｔなので、R(i)=ｔまたはmax(R(n-1)+R(n),X(i))=ｔ-1です。
max(R(n-1)+R(n),X(i))=ｔ-1の場合、i番以外のロボットはｔ-1回目までに分かります。
i番グループが最終回に分かる唯一のグループとなります。
つまり、n番グループを除くと、F(i)=R(i)とはならないグループは高々1個であり、
そのグループは最終回に分かります。
ｔ回目に分かるロボットがいて、その回は最終回でもn番グループが分かる回でもないとすると、
その回に分かるのは、ロボットの台数がｔのグループだけです。
この場合、ｔ回目に分かるロボットの台数はｔの倍数であることが分かります。

ｔ回目に分かるロボットの台数をA(ｔ)と書くことにします。
試験が3回以上かかる場合、A(ｔ)がｔの倍数でないのは高々2回です。
1から7までのすべての自然数の最小公倍数は420で、
1から8までのすべての自然数の最小公倍数は840です。
よって、1≦ｔ≦7のときにA(ｔ)がｔの倍数となり、9回で終わる試験を考えることができます。
A(ｔ)＞420となる回があると、A(ｔ)の最小公倍数は420より大きい420の倍数になります。
すると500を超えてしまうので、1以上9以下の任意のｔについて、A(ｔ)≦420です。
よって、この場合の台数の最大値は420×9=3780です。
3780＞3500=7*500ですので、最大値をとるときの試験は8回以上です。

試験が8回で終わる場合、
1≦ｔ≦7で、A(ｔ)がｔの倍数となるものは少なくとも6個あります。
1,2,3,4,5,6,7の中の6個の数の最小公倍数は60,84,210,420の4つ。
この4つの数字のどれかの倍数で、500以下で、500に最も近い数は480。
よって、この場合の台数の最大値は480×8=3840

試験が9回で終わる場合、
1≦ｔ≦8で、A(ｔ)がｔの倍数となるものは少なくとも7個あります。
1,2,3,4,5,6,7,8の中の7個の数の最小公倍数は120,168,420,840の4つ。
この4つの数字のどれかの倍数で、500以下で、500に最も近い数は480。
よって、この場合の台数の最大値は480×9=4320

試験が10回で終わる場合、
1≦ｔ≦9で、A(ｔ)がｔの倍数となるものは少なくとも8個あります。
1,2,3,4,5,6,7,8,9の中の8個の数の最小公倍数は360,504,840,1260,2520の5つ。
この5つの数字のどれかの倍数で、500以下で、500に最も近い数は360。
よって、この場合の台数の最大値は360×10=3600

試験が11回で終わる場合、
1≦ｔ≦10で、A(ｔ)がｔの倍数となるものは少なくとも9個あります。
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10の中の9個の数の最小公倍数は360,504,840,1260,2520の5つ。
この5つの数字のどれかの倍数で、500以下で、500に最も近い数は360。
よって、この場合の台数の最大値は360×11=3960

試験が12回以上かかる場合、
1≦ｔ≦11で、A(ｔ)がｔの倍数となるものは少なくとも10個あります。
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11の中の10個の数の最小公倍数は2520,3960,5544,9240,13860,27720。
どれも500を超えますので条件を満たすものはありません。

以上より、4320台になる場合が実際にあれば、それが最大値であることがいえます。
各回の台数が480ですので、
1≦ｔ≦9において、A(ｔ)がｔの倍数でないのは、ｔ=7,9のときです。
よって、n番グループのロボットが分かるのは7回目であり、
R(n-1)+R(n)=7ですので、R(n)＜7です。
n番グループ以外で7回目に分かるグループの台数は7ですので、
R(n)は480を7で割った余りであることが分かり、R(n)=4です。
よって、R(n-1)=3であり、n-1番グループは3回目に分かることになります。
1回目は1台のグループが480個、
2回目は2台のグループが240個、
3回目は3台のグループが160個(n-1番グループ含む)、
4回目は4台のグループが120個(n番グループは除く)
5回目は5台のグループが96個、
6回目は6台のグループが80個、
7回目は7台のグループが68個とn番グループ、
8回目は8台のグループが60個、
9回目は480台のグループが1個、
分かることになります。
グループ数は1306個ですので、n=1306です。

上記の台数と個数を満たせばどんな組み合わせでもいいのですが、
台数の少ないグループから順に番号をつけていくと次のようになります。

1番から480番が1台(480グループ)、
481番から720番が2台(240グループ)、
721番から879番が3台(159グループ)、
880番から999番が4台(120グループ)、
1000番から1095番が5台(96グループ)、
1096番から1175番が6台(80グループ)、
1176番から1243番が7台(68グループ)、
1244番から1303番が8台(60グループ)、
1304番が480台、
1305番が3台、
1306番が4台。

これは問題の条件を満たしますので、最大値は4320台です。

＞いはらさん

すいませんm(__)m
最近諸事情により忙しくて、纏まって上陸する時間がとれないことが多いのです
No.54のレスを読んでみて、自分でもなに馬鹿なことを考えていたんだと…
一意に決まるのは当たり前ですね
上記の解答でいいと思います

ご意見も出尽くしたようですのでロックいたします。
果敢なご挑戦ありがとうございました