『１０枚のカード』解答

◆広島県　清川　育男　さんからの解答。

条件

４，３，７，１，３，１，７，３，１，７

追加問題１

不可能。
４が平方数であるから６連続をクリア出来ない。

追加問題２

平方数の１の位の数は、
１，４，９，６，５，６，９，４，１，０
を循環する。

したがって求める平方数の１の位の数は「１」か「４」でなければならない。
プログラムを組んで検索しました。
２桁以上で平方数になる組み合わせはありませんでした。
最大の平方数は４。

◆石川県　平田　和弘　さんからの解答。

数列は
1,3,7,1,3,4,7,1,3,7

連続した２つの数字の積は

1×3
3×7
7×1
1×3
3×4
4×7
7×1
1×3
3×7

1×3×7
3×7×1
7×1×3
1×3×4
3×4×7
4×7×1
7×1×3
1×3×7

1×3×7×1
3×7×1×3
7×1×3×4
1×3×4×7
3×4×7×1
4×7×1×3
7×1×3×7

1×3×7×1×3
3×7×1×3×4
7×1×3×4×7
1×3×4×7×1
3×4×7×1×3
4×7×1×3×7

1×3×7×1×3×4
3×7×1×3×4×7
7×1×3×4×7×1
1×3×4×7×1×3
3×4×7×1×3×7

◆広島県　清川　育男　さんからの解答。

追加問題２

２桁以上の平方数があるとすれば、

１）(１０χ＋８)²

２）(１０χ＋２)²

３）(１０χ＋１)²

上記の３つの場合が考えられます。
１の位の数が「１」か「４」であるから。

１）の場合

１００χ²＋１６０χ＋６４＝４(２５χ²＋４０χ＋１６)

４の倍数になる。
下２桁が４で割れる組み合わせがない。
したがって、この場合は存在しない。

２）の場合

１００χ²＋４０χ＋４＝４(２５χ²＋１０χ＋１)

４の倍数になる。
同様に存在しない。

３）の場合

１００χ²＋２０χ＋１＝２×１０(５χ²＋χ)＋１

１０の位の数は偶数でなければならない。

(１００ｙ＋４１)＞＞（１００ｚ＋２１)²にならなければならない。

１００００ｚ²＋４２００ｚ＋４４１
＝２×１００(５０ｚ²＋２１ｚ)＋４４１

１００の位の数は偶数（０も含める）でなければならない。
４以外に偶数のカードがないのでこれを満たすものはない。
１）、２）、３）から２桁以上の平方数は存在しないことになる。
１桁の場合は４が最大となる。

答え　４。

プログラムを組んで検索してもないはずです。
計算間違いをしていました。

平田さんの解答の６連続の一番下の４，７，７，３，３は平方数になると思いますが。

◆石川県　平田　和弘　さんからの解答。

(追加問題１についての訂正)

清川さんのご指摘通り存在しません。
私の早合点でした。
3,4,7,1,3,7は掛けると平方数となります。

(追加問題２について)

もし10桁以下でそのような数字が存在したとすると、平方数の元の数は

{10⁴a+10³b+10²c+10d+e}
(a,b,c,d,e=0〜9)と書ける。

(10⁴a+10³b+10²c+10d+e)(10⁴a+10³b+10²c+10d+e)　　で
10⁸の係数は、a²
10⁷の係数は、2ab
10⁶の係数は、b²+2ac
10⁵の係数は、2(ad+bc)
10⁴の係数は、c²+2(bd+ae)
10³の係数は、2(be+cd)
10²の係数は、d²+2ce
10¹の係数は、2de
10⁰の係数は、e²

となるので、

●１　a≠0　のとき

1,3,7,4で考えるとe²の下1桁がこれらになり得るものは、
e=1,2,8,9　のときのみ

(1-1)　e=1　のとき、
e²=1,2de=2dなので、
2dの下1桁が1,3,7,4になり得るものは、
d=2,7　のときのみ

(1-1-1)　d=2　のとき、
2de=4
このとき、d²+2ce=4+2cで、
この下1桁が1,3,7になり得るものは存在しない。

(1-1-2)　d=7　のとき、
2de=14
このとき、d²+2ce=49+2cとなるが
2de=14の10の桁(=1)が繰り上がるので
10²の係数は、d²+2ce=50+2cとなりますが、
この下1桁が1,3,7になり得るものは存在しない。

(1-2)　e=2　のとき、
e²=4,2de=4dなので、
4dの下1桁が1,3,7になり得るものは存在しない。

(1-3)　e=8　のとき
e²=64,2de=16dとなるが、
e²=64の10の桁(=6)が繰り上がるので
10¹の係数は、2de=16d+6なので、
16d+6の下1桁が1,3,7になり得るものは存在しない。

(1-4)　e=9　のとき、
e²=81,2de=18dとなるが、
e²=81の10の桁(=8)が繰り上がるので
10¹の係数は、2de=18d+8なので、
18d+8の下1桁が1,3,7,4になり得るものはd=2,7　のときのみ

(1-4-1)　d=2　のとき、
2de=18d+8=44

このとき、d²+2ce=4+18cとなるが
2de=44の10の桁(=4)が繰り上がるので10²の係数は、
d²+2ce=8+18cとなりますが、この下1桁が1,3,7になり得るものは存在しない。

(1-4-2)　d=7　のとき、
2de=18d+8=134

このとき、d²+2ce=49+18cとなるが
2de=134の10の桁(=3)が繰り上がるので、10²の係数は、
d²+2ce=52+18cとなりますが、この下1桁が1,3,7になり得るものは存在しない。

よってa≠0のとき存在しないのでa=0となる。

同様にしてb=0かつc=0かつd=0となり

●２　e≠0　のとき

1,3,7,4で考えるとe²の下1桁がこれらになり得るものは、
●１のときと同様にe=1,2,8,9　のときのみ

(2-1)　e=1　のとき、
　e²=1

(2-2)　e=2　のとき、
　e²=4

(2-3)　e=8　のとき、
　e²=64　となるが10の桁が題意を満たさないので不適

(2-4)　e=9　のとき、
　e²=81　となるが10の桁が題意を満たさないので不適

以上より求める最大の数は４となります。

◆三重県　久保田　尚　さんからの解答。

条件を満たす数列を全て洗い出してみました。

まず、全ての組み合わせを考えるのは膨大な量になるので、基本方針をいくつか決めます。

２つの組み合わせでだめなのは、
１−１、３−３、７−７、１−４　なので、おなじ数を２つ連続で書いてはいけないということ【ルール１】と、１と４を並べてはいけないということ【ルール２】がわかります。

次に３つの組み合わせでだめなのは、
３−１−３、３−４−３、７−１−７、７−４−７　なので、おなじ数で１や４をはさんではいけないこと【ルール３】がわかります。

次に４つの組み合わせでだめなのは、
３−７−３−７　だけなので、この組み合わせがいけないこと【ルール４】がわかります。

次に５つの組み合わせでだめなのは、
３−７−１−３−７　や　３−４−７−３−７　のように、３と７を２つずつと１（または４）を組み合わせた形であるということ【ルール５】がわかります。

さて、この５つのルールを頭に入れた上で樹形図を作ることにしたのですが、やみくもにしたのでは大変・・・なので、たった１つしかなくキーポイントになりそうな『４』に狙いを定めてみました。

まず、４が１つ目に来る場合は、３が２番目にくるのは、

４−３−１−７−３−１−７−１−３−７
　　��　７−１−３−１−７−１−３−７
　　　　　　　　　　　　��　３−１−７

そして、７が２番目にくる場合は３と７がお互いに素数で３つずつあるという同類性（対称性とでも言えばいいのだろうか？）を利用することにより、上の３つの組み合わせの『３』と『７』を全て入れ替えることで表すことが出来るので、

４−７−１−３−７−１−３−１−７−３
４−７−３−１−７−１−３−１−７−３
４−７−３−１−７−１−３−７−１−３

の３つとなり、合計６個

次に、４が２つ目にくる場合は、
（前の式の最初の４−７を２、３番目に流用して）

３−４−７−１−３−１−７−１−３−７　（７−４−３−１−７−１−３−１−７−３）
　　　　｜　　　｜　　　 ��  ３−１−７　（７−４−３−１−７−１−３−７−１−３）
　　　　｜　　　 ��  ７−１−３−１−７　（７−４−３−１−７−３−１−７−１−３）
　　　　 ��  ３−１−７−１−３−１−７　（７−４−３−７−１−３−１−７−１−３）
　　　　　　　　　　　　　　　�� ７−１　（７−４−３−７−１−３−１−７−３−１）

１−３−４−７−３−１−７−１−３−７　（１−７−４−３−７−１−３−１−７−３）

７−３−４−７−１−３−１−７−１−３　（３−７−４−３−１−７−１−３−１−７）
　　　　　　　　　　｜　　　 �� ３−１　（３−７−４−３−１−７−１−３−７−１）
　　　　　　　　　　 ��  ７−１−３−１　（３−７−４−３−１−７−３−１−７−１）

４が４つ目にくる場合は、（同様にして）

７−１−３−４−７−１−３−１−７−３　（３−１−７−４−３−１−７−１−３−７）
  　　　　　　　 ｜  　　 �� ７−１−３　（３−１−７−４−３−１−７−３−１−７）
  　　　　　　　  �� ３−１−７−１−３　（３−１−７−４−３−７−１−３−１−７）

１−７−３−４−７−１−３−１−７−３　（１−３−７−４−３−１−７−１−３−７）
　　　　　　　　　　　　 �� ７−１−３　（１−３−７−４−３−１−７−３−１−７）

４が５つ目にくる場合は、（同様にして）

３−７−１−３−４−７−１−３−１−７　（７−３−１−７−４−３−１−７−１−３）
　　　　　　　　　　｜ 　　　��　７−１　（７−３−１−７−４−３−１−７−３−１）
　　　　　　　　　　 ��　３−１−７−１　（７−３−１−７−４−３−７−１−３−１）

３−１−７−３−４−７−１−３−１−７　（７−１−３−７−４−３−１−７−１−３）
　　　　　　　　　　　　　　�� ７−１　（７−１−３−７−４−３−１−７−３−１）

４が６つ目以降にくる場合は、今までの（左右）対称形ということで同じ数列と見なすと
６＋１０＋８＋１０＋１０ = ４４　で、合計４４個の数列（対称形は省く）がある

・・・・・・と思いますが、もっといい方法があるかという事も含めて、誰か検証してくれますか？

◆岐阜県　dsk　さんからの解答。

追加問題１

「不可能」です。

そのような並べ方があったとします。
3、7の合計枚数はともに奇数であることに着目。
10枚のカードを前半の5枚と後半の5枚に分けます。

1. 前半の5枚にある3の枚数が奇数だとすると、後半は3の枚数が偶数なので、後半には7の枚数が偶数だと、後半の5連が平方数になるので奇数です。
   逆に3の枚数が偶数だと、同様に前半5連が平方数にならないためには、7の枚数が奇数、後半の3の枚数は奇数となります。
   よって、「前半：3が奇数枚 後半：7が奇数枚」 または、前半：7が奇数枚 後半：3が奇数枚」のどちらかです。

2. 3と7の役割の対称性から「前半：3が奇数枚 後半：7が奇数枚」であるとして構いません。
   1.と同様な議論にて、前半4枚と後半6枚、に関しても「前半：3が奇数枚 後半：7が奇数枚」 または、「前半：7が奇数枚 後半：3が奇数枚」のどちらかであることが言えます。
   
   しかし、後者だとすると、「前半5枚で3が奇数枚、7が偶数枚」でかつ「前半4枚で3が偶数枚、7が奇数枚」となることから、前から5枚目のカードが3でも7でもあることになり矛盾します。
   よって前者となり、「前半4枚でも5枚でも、3が奇数枚で7が偶数枚」となりますから、5枚目のカードは1か4です。

3. 2と同様な議論にて、6枚目のカードも1か4となりますから、5枚目と6枚目の「2連」が平方数となり矛盾します。

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