「14枚のカードが重なり合っています。今下から一度に6枚とり、そのままの状態で上に重ねます。これを繰り返し行うと最初に一番下にあったカードが次に一番下にくるのは何回目に重ねたときですか。」
という問題なのですが、わかる方教えて下さい。

A 回答 (5件)

14と6の最小公倍数は42です。


ですので、42÷6=7で、7回目
じゃないでしょうか。
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この回答へのお礼

迅速な回答ありがとうございました。この場を借りて皆さんにもお礼を申し上げます。ポイントは先着順で付与させていただきました。

お礼日時:2001/03/08 17:57

答えは「不可能」です。



カードに上,から1~14の数をふりあてる。
(1)題意の操作は上の8つの数と下の6つの数を次々と
  入れ替えていく作業である。
(2)上の8つを順に2個づつ組み合わせて4ブロックとし,
 下の6つも同様に3ブロックとする(stomachmanさんの言っていること)。

 上 (1,2),(3,4),・・・・,(13,14),(15,16) 下

 すると(1)の作業は,この4ブロックと3ブロックを次々に
入れ替えていく作業と考えることができる。

(3)ブロックはブロックごと動く。
 したがって,各ブロックの下にある数は,絶対に一番上にはなれない。
  ~(15,16)というブロックはこのまま動いていきます。

―――――――――――――――――――
【拡張】
 n個の数(カード)を並べて,下のm個を上に重ねる操作を繰り返す,
という問題に拡張します。

 上に書いたことと同様に,もしmとn-mが互いに素でない場合,
 この作業によって,一番下の数が一番上になることはありません。
 (公約数個の元をもつブロックをつくればよい)。
 したがって,mとn-mを互いに素とします。

 この操作は,最初の数に次々とn-mを加えていって,それをnで割った
 あまりを操作の結果とすることと同等です。
 例えばn=5,m=2であれば,物理的操作によって

 1,2,3,4,5 → 4,5,1,2,3

 となりますが,これは最初の各数字に5-2=3を加えて,5で割った余り
 を割り当てたと見なすことができます(但し余り0の場合は,5として
 いる)。
 これによって,問題を言い換えると
 (一番上の)1にn-mを次々と加えていって,それが最初にnの倍数(余り0)に
 なるときの回数を求めよ,ということになります。
 すなわち,

  1+(n-m)α=nk (α,Kは自然数)
 
 となるような最小のkを満たすαが求める解となります。
 (n-mとnも互いに素なので,このようなα,kは必ず存在します)。
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すでに回答が出てますから、蛇足です。



初め上から14枚目にあったカードは、何度操作しても常に偶数枚目にあります。(これは14と6の最大公約数が2であるからですね。)だから引き続く2枚づつを糊付けしちゃって
「7枚のカードが重なり合っています。今下から一度に3枚とり、そのままの状態で上に重ねます。これを繰り返し行うと...」
という問題に変えても答は変わらない。
 注目しているカードが何枚目に来るかというと(てっぺんを0枚目と数えることにすると)6->2->5->1->4->0->3->6 。一回の操作はつまり、7を法として3を加えることに他なりません。最大公約数枚のカードを糊付けしちゃったので7と3が互いに素であることは必然であり、従って0~6の数字を1回づつ数えたら幾つ?という問題に帰着します。(なぜなら、もし0~6までの数字のうち2回出てくる奴があれば、それは既にサイクルを一周以上してしまっているからですし、逆に1回も出てこない数字があるのなら、公約数が存在しているということになります。)

まとめると、
 カード全部の枚数÷(全部の枚数と動かす枚数の最大公約数)=14÷2=7
が答です。
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14毎のカードを6毎ずつ上に載せ直して行くわけですので


すべてのカードは6の倍数分ずつ動くわけです。
そして、一番下に逢ったカードが一番最はじめに
一番下に戻ってくるという事は、そのカードは
つまり14の倍数分動いた事になります。

そのため、この問題は14と6の最小公倍数を求めるところから始めます。
最小公倍数の求め方により、

14=7x2
6=3x2

と因数分解され、それぞれの因数である「7,3,2」の積算が
最小公倍数となりますので

7x3x2=42

となります。
これを6で割り、

42/6=7

という解が得られます。
よってこの質問の回答は7回です。
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初期状態から6枚ずつずれる操作を行なって,


初期状態に戻るのに何回かかるかということですね.
わかりやすくするために,一番上のカードを基準にとって,
最初に一番上にあったカードが各操作の後に,
上から何番目にあるかを考えます.(一番上を0とします)
そうすると,6つずつ下に移動することになるので,
0→6→12→18(4)→10→16(2)→8→14(0)
(14以上になるときは14を引きます)
となり,7回になります.
計算で求めるには6と14の最小公倍数42を6で割るとでてきます.

難しく考えると,14の剰余類とか置換群の話とかになるのでしょうが,
その辺は専門家にお任せします.
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No.1、No.2のお二方もおっしゃられているとおり、質問文の条件がいまいちよく分かりませんが、「4」から「1枚目が10の位、2枚目が1の位」と仮定して回答させていただきます。

1. 上記の条件で作成できる9の倍数は「09,18,27,36,45,54,63,72,81,90」の10個です。(「99」は9を2つ使わなければならないので除外。)
一方作成できる数は「10の位は10枚のカードから、1の位は残りの9枚から選ぶ」ので、「10×9=90」ということで「90とおり」です。
よって、「10/90=1/9」で「1/9」となります。

2. 1.と同じ考え方で作成できる7の倍数が「07,14,21,28,35,42,49,56,63,70,84,91,98」の13個(「77」はやはり作成不可能なので除外)ですから、
答えは「13/90」となります。

3. 奇数はつまるところ「1の位が奇数であればそれより上の位が何であっても奇数」ですから、「2枚目に奇数を引く確立」を求めることになります。
すると、「1枚目で奇数のカードを引いた場合」と「引かなかった場合」の2つのケースを考える必要があります。
まず「1枚目で奇数のカードを引いた場合」ですが、
・1枚目で奇数を引く確立は(奇数は10枚中5枚ありますので)「5/10=1/2」
・2枚目も奇数を引く確立は(残り9枚で奇数は1枚使われて4枚なので)「4/9」
以上から、「1/2×4/9=4/18」で「4/18」となります。
同様に「引かなかった場合」では、
・1枚目で奇数を引かない確立は(奇数でない(=偶数)カードは奇数とと同じく10枚中5枚ありますので)「5/10=1/2」
・2枚目で奇数を引く確立は(残り9枚で奇数は5枚ともありますので)「5/9」
以上から、「1/2×5/9=5/18」で「5/18」となります。
後は両方のケースの確立を足して、「4/18+5/18=9/18=1/2」ですから、答えは「1/2」です。

4. 3.で「両方とも奇数を引く確立」を求めてしまっているのでもう答えは出ているようなものですが、一応検討してみると、
・1枚目で偶数を引く確立は(偶数は10枚中5枚ありますので)「5/10=1/2」
・2枚目も偶数を引く確立は(残り9枚で偶数は1枚使われて4枚なので)「4/9」
よって、「1/2×4/9=4/18=2/9」で答えは「2/9」となります。

No.1、No.2のお二方もおっしゃられているとおり、質問文の条件がいまいちよく分かりませんが、「4」から「1枚目が10の位、2枚目が1の位」と仮定して回答させていただきます。

1. 上記の条件で作成できる9の倍数は「09,18,27,36,45,54,63,72,81,90」の10個です。(「99」は9を2つ使わなければならないので除外。)
一方作成できる数は「10の位は10枚のカードから、1の位は残りの9枚から選ぶ」ので、「10×9=90」ということで「90とおり」です。
よって、「10/90=1/9」で「1/9」となります。

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回答いただけるとありがたいです。よろしくお願いします

Aベストアンサー

1≦A_n≦A_(n-1)≦A_(n-2)≦A_(n-3)≦ …… ≦A_3≦A_2≦A_1≦m

1≦A_n <A_(n-1)+1<A_(n-2)+2<A_(n-3)+3< …… <A_3+(n-3)<A_2+(n-2)<A_1+(n-1)≦m+(n-1)

であるから、

1≦A_n≦A_(n-1)≦A_(n-2)≦A_(n-3)≦ …… ≦A_3≦A_2≦A_1≦m を満たすような
カードの取り出し方は C(m+n-1,n)=(m+n-1)!/(n!*(m-1)!) 通りだけある。
よって、
p(m,n)=((m+n-1)!/(n!*(m-1)!))/(m^n).

たとえば、

(4) p(4,n)
=((4+n-1)!/(n!*(4-1)!))/(4^n)
=(n+1)(n+2)(n+3)/(6*4^n).

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ちなみに答えは91です。

やり方を教えてください。

Aベストアンサー

こんばんは。

百円玉5枚 ⇔ 五百円玉1枚
という両替ができる場合は重複しますので、差し引かないといけません。

両替できる場合とは・・・
A 百円玉5~7枚で、かつ、五百円玉0~2枚
B 百円玉0~2枚で、かつ、五百円玉1~3枚
Aを両替すると、百円玉2~7枚、五百円玉1~3枚 つまり、Bになりますから、
重複部分として差し引くのは、AかBのいずれか一方です。

ゼロ円も含めて何通りあるかを計算すると、
(3+1)(7+1)(3+1) - Aの場合
 = 4・8・4 - 4・3・3
 = 128 - 36
 = 92通り

ゼロ円を含めないとすれば、仕上げに1を引いて
92 - 1 = 91通り

ご参考になりましたら幸いです。


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