森博嗣「笑わない数学者」の中に出てくる問題なのですが、
本文をそのまま書きます。
「5つのビリヤードの球を真珠のネックレスのようにリングにつなげてみるとしよう。たまには、それぞれナンバーが書いてあるな。さて、この五つの球のうち、いくつとってもよいが、隣同士連続したものしかとれないとしよう。一つでも、2つでも、五つ全部でもよい。しかし、一つでも離れているものはとれない。この条件でとった球のナンバーを足し合わせて、1から21までのすべての数ができるようにしたい。さあ、どのナンバーをどのように並べて、ネックレスを作ればいいかな?」

いろいろやってみたんですけどできないです。(そんなはずはないが)
さらに、後文に「問題の球の数が4つでも成立する。では、6個ではどうかn個ではどうか」とも書かれていました。
ということで一般項も知りたいです。

自分なりに考えたんですけどまず1は必ずいりますよね。
あと5つの総和が21以上であること。
1のとなりに1が隣り合うか、もしくわ2が必要ですよね
ということで残り3つを決めればいいのですが中々うまくいきません。
数学の問題というよりは算数及びクイズ的なものですが教えてください。

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A 回答 (8件)

「論理的に求まる」というのは、ちょっと言い過ぎたかもしれません。


できるだけ可能性を絞り込めば、試行錯誤は意外に少なくて済む、という意味です。
「n個の場合」に使えるような一般的な方法を見つけた、という訳では
ありませんので、あしからず。

まず、「ネックレスの5個の球から隣り合うものだけを取り出す方法」自体が
ちょうど21通りありますから、
「取り方」と「できる数字の和」とは一対一に対応しなければなりません。すなわち、
■取り方が違うのに和か同じになってしまうような無駄が見つかったら、
その時点でその並べ方は「アウト」です(最重要)。
同じ数字の球が入っていると無駄が生じるので、それもありえません。
■5個の球の数字の和はちょうど21のはずです。
21より大きい和を作る余裕は無いからです。
■1の球と2の球は絶対に必要です。
これらは他の球の数の和では作れないからです。
そこで、残りの3つの組合せを考えればよく、
■「すべて3以上の整数の組で、互いに異なり、和は18である」
というのが最低条件です。そして、
■「3の球も4の球も使わない」というのは不可能です。
和4が作れなくなってしまうからです。

これだけのことを考えると、使う球の組合せの可能性は次の6通りに絞られます。

(ア)1-2-3-4-11
(イ)1-2-3-5-10
(ウ)1-2-3-6-9
(エ)1-2-3-7-8
(オ)1-2-4-5-9
(カ)1-2-4-6-8

(ア)1-2-3-4-11
1が2と隣り合ってしまっては和が3になり、3の球があるので無駄が生じます。
同様に1は3と隣り合うこともできません。
したがって、1の両隣りには4と11が来ることになり、
空いたところに2と3が隣り合って入るしかありません。
すると、5の作り方が2通りできてしまう(1+4と2+3)のでダメです。

これと全く同じ手順で排除できるのが、(エ)(オ)(カ)です。

(エ)1-2-3-7-8
1は2と隣り合うことも7と隣り合うことも許されません。
したがって1の両隣りは3と8が来て、
空いたところに2と7が隣り合って入るしかありません。
すると9の作り方が2通りできてしまう(1+8と2+7)のでダメです。

(オ)1-2-4-5-9
4は1と隣り合うことも5と隣り合うことも許されません。
したがって4の両隣りは2と9が来て、
空いたところに1と5が隣り合って入るしかありません。
すると6の作り方が2通りできてしまう(2+4と1+5)のでダメです。

(カ)1-2-4-6-8
2は4と隣り合うことも6と隣り合うことも許されません。
したがって2の両隣りは1と8が来て、
空いたところに4と6が隣り合って入るしかありません。
すると10の作り方が2通りできてしまう(2+8と4+6)のでダメです。

さらに、(ウ)も次のように除外できます。

(ウ)1-2-3-6-9
1と2は隣り合ってはいけませんから、両者を離して配置すると、その間に空席が1つ(Aとします)、反対側に空席が2つ生じます。Aには3,6,9のいずれも入ることはできません。なぜなら、3が入れば「1+3+2=6」となり、6が入れば「1+6+2=9」となり、9が入れば反対側の空席に3と6が隣り合って「3+6=9」となるので、それぞれ無駄が生じるからです。

残るは(イ)です。
(イ)1-2-3-5-10
2は1と隣り合うことも3と隣り合うことも許されません。
したがって2の両隣りは5と10が来て、
空いたところに1と3が隣り合って入るしかありません。
3を5の側に置くと、「3+5+2=10」となりダメです。
したがって、「1-5-2-10-3」の場合だけが残ります。
そして、この配置で和を作ると全ての数が作れることが分かります。
したがって、この配置が「唯一の答」ということになります。

こういうのを「理由」として期待されていたわけではないかもしれませんね。
もしそうだったらごめんなさい。

hinebotさんへ
私はビリヤードはあまり詳しくないのですが
(初めてやったときあまりに下手だったのでやめてしまった)
確か15個くらい使って行なうゲームがあったような気がします。
なかなか心臓に悪いツッコミでした(^^;)

この回答への補足

わかりやすい解説ありがとうございました。
いわれてみると簡単ですね。
こういう複雑そうに見える問題(私には見える)を簡単そうに見せる
テクニックというか発想というものを身につけたいです。

補足日時:2002/04/12 15:32
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zabuzaburoさんのおっしゃる通り、


玉1個の選び方が5通り、2個3個4個の場合も5通りづつで、5個の場合が1通り、すなわち5つの玉の選び方が21通り。というわけで、すべて異なる合計21になる5個の数字を見つければいいわけです。
このように考えれば、n個のときもやり方が見つかる?そんなに甘くはないようですね(笑)。
ちなみにこれ、'95算数オリンピックのトライアルの問題です。小学生でも解ける問題ということで、大人も頑張らないと!ですね。
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基本的には zabuzaburo さんと同じやり方で解きましたが、



4個の場合、
 1-2-6-4
 1-3-2-7
の2通りがあります。

5個の場合は zabuzaburo さんが書かれているように
「1-5-2-10-3」の場合だけでした。

また、6個の場合には
 1-3-6-2-5-14
 1-3-2-7-8-10
 1-2-7-4-12-5
といったものが見つかりました。
(6個は数え落としがあるかもしれません)


このように、球の個数によって解の個数が異なるので
一般解はなかなか難しいのかもしれません。
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>hinebotさんへ


>私はビリヤードはあまり詳しくないのですが
>(初めてやったときあまりに下手だったのでやめてしまった)
>確か15個くらい使って行なうゲームがあったような気がします。
>なかなか心臓に悪いツッコミでした(^^;)

変なツッコミをしてしまい、申し訳ありません。
ビリヤードというとナインボールしか知らなかったので(汗)
ちょっと調べてみたところ、確かに的球は15まであるようです。
ですので、問題はなかったですね。失礼致しました。
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解けました、1-3-10-2-5です。


答えあわせしてみてください。。。一般解は。。。勘弁してください。。。
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zabuzaburoさんへ



それじゃ駄目なんじゃないでしょうか。
「1,3,10,2,5」で確かに隣り合う数字を組み合わせて1~21まで作れますが、ビリヤードの球に10ってありましたっけ?
確か、9が最大と思うのですが…。
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1,3,10,2,5でどうでしょう?


けっこう論理的に答えは出ますので
必要ならば解説します。

この回答への補足

答えは書きながらやったら理由はわかりませんができました。
理由を教えて下さい。

補足日時:2002/04/12 00:28
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頭をひねってみました…


3つ=1-2-4=1~7まで全て

4つ=1-3-2-7=1~13まで全て

です。
隣り合うならばいくつでも取って良いと言う場合の取り方組み合わせは
3つ=7通り、4つ=13通りです。

そうすると5=21通りなので、1と2は必ず存在して残り3つとの合計が21になる組み合わせになりそうです。
1+2+A+B+C=21です。
もう少し悩んでみます。。。
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(2)「操作」を4回繰り返した時点でテーブルの上に球が置かれていない確率を求めよ。
(3)「操作」を9回繰り返した時点でテーブルの上に球が置かれていない確率を求めよ。

答えは(1)1/3 (2)19/36 (3)17/81 です。
解き方分かる方いたら教えてくださいm(_ _)m

Aベストアンサー

(1)1,2回目で赤と白が出て3回目が赤の場合です。
  ○:白 ●:赤として
 ①○●●
 ②●○● 

①1/2×2/3×1/2=1/6
②1/2×2/3×1/2=1/6
合わせて1/3。

(2)4回目に最後の赤を引くか,4回連続赤を引く場合。
 ①○○●●
 ②○●○●
 ③●○○●
 ④●●●●
 
 ①1/2×1/3=1/6
 ②1/2×2/3×1/2=1/6
 ③1/2×2/3×1/2=1/6
 ④1/2×1/3×1/2×1/3=1/36
 全部合わせて 19/36

 おっと,①~③は④を除いて(球を袋に戻すこともなく)4回目が赤なので,単純に1/2でいいね。

(3)9回目・・・面倒だな・・・と思ったら・・・
 テーブルの上に球が無いときは,初期から2回目,3回目,4回目の3パターン。
 9回目でテーブルに球が無くなればいいので,2,3,4を組み合わせて合計9になる
 パターンを考えればいい。

 合計9になるパターンは順不同で
 ①2,2,2,3
 ②2,3,4
 ③3,3,3

 ①1/6×1/6×1/6×1/3=1/648
 ②1/6×1/3×1/2=1/36
 ③1/3×1/3×1/3=1/27

 数字の出現順を考えれば
 ①は4通り (3回目でなくなるは出現順で4通り)
 ②は6通り (3!)
 ③は1通り 

 計算すると答えは合います。
 実は,私は②の1/36で引っかかりました。(2)の答え19/36を持ってきてはダメ。
 (2)の④の2個赤,2個赤の連続も含めているので,これは除外しないといけない。

(1)1,2回目で赤と白が出て3回目が赤の場合です。
  ○:白 ●:赤として
 ①○●●
 ②●○● 

①1/2×2/3×1/2=1/6
②1/2×2/3×1/2=1/6
合わせて1/3。

(2)4回目に最後の赤を引くか,4回連続赤を引く場合。
 ①○○●●
 ②○●○●
 ③●○○●
 ④●●●●
 
 ①1/2×1/3=1/6
 ②1/2×2/3×1/2=1/6
 ③1/2×2/3×1/2=1/6
 ④1/2×1/3×1/2×1/3=1/36
 全部合わせて 19/36

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U[1]=0, U[2]=1までは良いけれど、ご質問のU[3],U[4]は違ってますね。漸化式は、まず小さいnについて調べてみることが重要です。でも、調べた僅かな例からカンで式を予想するってのは、確信が持てませんし、あんまり旨く行きません。それよりも、「U[n+1]で表されるもの(この場合、ボールの入れ方)」を「U[n]で表されるもの」と「U[n-1]で表されるもの」から作り出す手順を具体化してみることがポイントです。

「(n+1)個の箱と球について、箱の番号と球の番号が全部異なっているような入れ方」を数えてみましょう。

 まず、「n個の箱と球について、箱の番号と球の番号が全部異なっているような入れ方」をひとつ決めたとしましょう。
 そして、これらの箱の中からひとつ選んで箱jとしましょう。(この選び方はn通りあります。)箱jに入っている球を球kとしましょう。球kを箱jから取り除き、そこに、n+1番の箱と球を持ってきます。
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 だから、このやりかたでn×U[n]通りが作れます。

 しかしそれだけではありません。
 「n個の箱と球について、箱の番号と球の番号が一箇所を除いて全部異なっているような入れ方」を一つ決めたとしましょう。箱の番号と球の番号が一致しているところがひとつだけあるので、その番号をjとします。で、n+1番の箱と球を持ってきます。そして、球jを箱(n+1)に入れ、空いた箱jに球(n+1)を入れれば、「(n+1)個の箱と球について、箱の番号と球の番号が全部異なっているような入れ方」がひとつ出来上がります。

 ここで「n個の箱と球について、箱の番号と球の番号が一箇所を除いて全部異なっているような入れ方」は何通りあるでしょうか。一致している番号を何にするかの選び方がn通りあります。そして、残りの「(n-1)個の箱と球について、箱の番号と球の番号が全部異なっているような入れ方」をすれば良いのだから、n×U[n-1]通りあります。

 以上から、
U[n+1] = nU[n] + nU[n-1]
と分かります。これは線形漸化式なので、機械的に一般項を出すことも可能です。

U[1]=0, U[2]=1までは良いけれど、ご質問のU[3],U[4]は違ってますね。漸化式は、まず小さいnについて調べてみることが重要です。でも、調べた僅かな例からカンで式を予想するってのは、確信が持てませんし、あんまり旨く行きません。それよりも、「U[n+1]で表されるもの(この場合、ボールの入れ方)」を「U[n]で表されるもの」と「U[n-1]で表されるもの」から作り出す手順を具体化してみることがポイントです。

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でした

例えば4個ずつ3つの組にわける方法は何通りかとある場合
3つの組をA,B,Cとした場合
A   B  C
abcd efgh ijkl
abcd ijkl efgh
ijkl abcd efgh
ijkl efgh abcd
efgh abcd ijkl
efgh ijkl abcd
12C4×7C4×1の分け方に対して、A,B,Cに入れた4個ずつがそっくり入れ替わったものは3!通りあるので
(12C4×7C4×1)/3!=5775通りあると思うんですが

この問題の場合も
3つの組をA,B,Cとすると
A   B   C
abcde fghij kl
fghij abcde kl
kl abcde fghij
kl fghij abcde
abcde kl fghij
fghij kl abcde
となるから3!で割ってよいと思ったのですがどうして2!でわるのでしょうか?

Aベストアンサー

これは混乱されているのかなぁ~。

場合の数は、学校でやらないのでしょうね。


えっと、まず考えなければならないこと!

分けるもの、分ける場所に、名前がついているのかどうか。

もし名前がつけてあれば、「12個のものを4個ずつ3組に分ける」

のなら、階乗で割る、Cではなく Pでないと求まらないかも知れない?

なんてことが考えられますが。。。

問題がちょっとはっきりしていないんだけど、

分けるものに名前が書いてあるのかな?

12個のものに、名前が書いてあるのかな? それがまず一つ。

多分順番は問うてないんだね、P じゃないから。

最初に5個選びます。 12C5 だね。

次にやはり5個選ぶ。 7C5 だね。 次選ぶのは2個。これはあまりだね。

この場合は、5個の箱が2つあるわけです。

この中身が同じときに重複している、ということになりますね。

 #これいいかな? 結構ややこしいし、問題が定かでないから

 #これでいいかどうかもちょっとこっちでは分かりかねる。

従いまして、 (2!) で割る? その必要はない。 2 で割ればいい。

重複する可能性は二通りしかないんだから。


問題がきちんとわからないからこの答えしかできないけど、

できれば問題をすべて挙げて欲しかったな~。 (=^. .^=) m(_ _)m (=^. .^=)

これは混乱されているのかなぁ~。

場合の数は、学校でやらないのでしょうね。


えっと、まず考えなければならないこと!

分けるもの、分ける場所に、名前がついているのかどうか。

もし名前がつけてあれば、「12個のものを4個ずつ3組に分ける」

のなら、階乗で割る、Cではなく Pでないと求まらないかも知れない?

なんてことが考えられますが。。。

問題がちょっとはっきりしていないんだけど、

分けるものに名前が書いてあるのかな?

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その2個の球の両方に外接する半径rの球がn個あり、数珠状になっている。つまり、それぞれの半径rの球は互いに外接し、また、中心は、ある円上になっている。

このとき、rはnを使ってどのように書けるのでしょうか?

別の言葉で言うと、半径1の2個の球が外接しているまわりに、半径rの球をくっつけていったら、ちょうどn個くっつけることができたとき、rとnの関係はどうなるのでしょうか?

Aベストアンサー

[1] ANo.8では
「すると、半径rの球はどれも、その中心が、原点を中心とする半径tの円上に乗る。」
と書きましたが、ちょっと言葉が不足で、
「すると、半径rの球はどれも、その中心が、原点を中心としxy平面上にある半径tの円上に乗る」
とすべきでした。

[2] ではANo.8を具体的にやってみましょう。
 step1の作図から、原点Oと、半径1の球の中心Aと、半径rの球の中心Cを結ぶ三角形は∠AOCが直角で、辺の長さは辺OAが1、辺OCがt、辺ACが(1+r)ですから、ピタゴラスの定理で
(1+r)^2 = 1 + t^2 (^2は二乗という意味です。)
つまり
t^2 = (1+r)^2 - 1
です。

step2の作図では、正n角形の一辺の中点をMとし、Mに隣接する頂点をAとして、これらと原点Oから成る三角形OMAを考えます。すると、∠Mが直角で、辺MAがr、辺OAがt、そして∠MOAは(360°/(2n))ですから、サイン関数の定義を使って
r = t sin(180°/n)
と表せます。両辺を2乗しておきましょう。
r^2 = (t^2) (sin(180°/n))^2
です。

さて、(t^2)を消去するためにstep1の式をstep2の式に代入すると、
(r^2) =((1+r)^2 -1) (sin(180°/n))^2
整理し、rについて解くと、( 三角関数の公式 (cosθ)^2 = 1-(sinθ)^2 と tanθ = (sinθ)/(cosθ)を使って)
r = 2 (tan(180°/n))^2
というすっきりした関係式が得られ、これで(n>2であれば)どんなnについてもrが計算できます。例えば、ANo.9にある通り、
n=3の場合、tan(180°/3)=√3だから、r=6
n=4の場合、tan(180°/4)=1だから、r=2
n=6の場合、tan(180°/6)=1/√3だから、r=2/3。

[3] 逆に、r=1の時にnが幾らになるかを求める場合には、
1 = 2 (tan(180°/n))^2
これをnについて解けば
n=180°/Atan(1/√2)
で、デンタクを叩いてみると
n=5.104…
でした。

ANo.4の「お礼」では
> 平面上で、一つの半径1の円のまわりに、何個の半径1の円をくっつけることができるか、という問題と同値と思います。
> 答えは6個と思います。

> さきほどの6個よりも多くくっつけることができると思いますが、8個ではないような気もします。

と仰っていますが、ご質問の状況では数珠の円の半径tが小さくなるんですから、円上に並ぶ球の個数は6個より少なくなります。

> むしろ、整数個にはならないような気がします。

これはその通りでしたね。

[1] ANo.8では
「すると、半径rの球はどれも、その中心が、原点を中心とする半径tの円上に乗る。」
と書きましたが、ちょっと言葉が不足で、
「すると、半径rの球はどれも、その中心が、原点を中心としxy平面上にある半径tの円上に乗る」
とすべきでした。

[2] ではANo.8を具体的にやってみましょう。
 step1の作図から、原点Oと、半径1の球の中心Aと、半径rの球の中心Cを結ぶ三角形は∠AOCが直角で、辺の長さは辺OAが1、辺OCがt、辺ACが(1+r)ですから、ピタゴラスの定理で
(1+r)^2 = 1 + t^2 (^2は...続きを読む


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