数学の部屋へもどる◆滋賀県 twotrees さんからの解答
【問題１】
答え ２９個
【問題２】
答え １２個
【問題３】
答え ６個
【問題４】
辺と頂点の数を数えることで必要な碁石の数を算出する。
１個の三角形は辺数が３、その後出来る三角形は既存の三角形の１辺を共有するものとして作成すると、辺数が２ずつ増えることになる。
したがって、
b個の三角形の辺数：２ｂ＋１
頂点についても同様に考える。
頂点は既存の三角形の２つを共有することから、１ずつ増えることになる。
したがって、
b個の三角形の頂点数：ｂ＋２
上記のことより、１辺がa個の正三角形b個に要する碁石の数をＴとすると、
碁石の数Ｔ：T=(a-2)(2b+1)+(b+2)
答え (a-2)(2b+1)+b+2
※上記の碁石の数があれば三角形は作ることが可能であるが、三角形６個のときに全体が六角形になるように作れば上記の数より少ない数で作成することができる。
その場合の碁石数は、
bが６の倍数でない場合：(a-2)(2n+1)+b+2 bが６の倍数である場合：(a-2)(2n+1)+b+2-m(a-1) ただし、b=6mとする。【おまけ１】
とる碁石の数は４個。
とる場所は、Ａ，Ｅ，Ｈ，Ｉ。
◆福岡県 田楽 さんからの解答
【問題１】
正三角形を１個増やすとき、碁石は５個必要になる。
よって、正三角形がn個の時の碁石の数をanとすると、
an=9+(n-1)*5=5n+4
したがって、n=5のとき、
a5=5*5+4=29
答え ２９個
【問題２】
an=64より、
5n+4=64
これを解いて、n=12
答え １２個
【問題３】
１辺にa個並べるとすると、
an
=a+1+(a-2)*2+(n-1)*(1+(a-2)*2)
=(2n+1)a-3n
a7=69より、
(2*7+1)a-3*7=69
これを解いて、a=6
答え ６個
【問題４】
答え 2ab+a-3b
【おまけ２】
左から順に取っていき、取った白石の数を、取った黒石の数が追い抜くときに個数が等しくなる。
ここで、１９９個目まで常に黒の数が白の数を追い抜けないとすると、
このとき黒の数は１００個なので、白の数が１０１個以上あることになり、題意に矛盾する。
よって、必ず白石と黒石の個数を等しくすることができる。
◆東京都 じっさん さんからの解答
【問題１】
最初の１個は（４−１）×３＝９個でできる。
２個目以降は、
（４−１）＋（４−２）＝５個増やす毎に三角形が１個増える。
三角形５個の場合は，９＋５×４＝２９
従って、２９個の碁石が必要。
【問題２】
碁石６４個の場合、
（６４−９）÷５＝１１で、最初の三角形に１１個追加した形になる。
従って、三角形は１２個。
ただし、一直線に並べず、正六角形を目指して並べた場合は、
６個目、１０個目は＋２個でできる。
従って、三角形は１３個でき、碁石が４個あまる。
【問題３】
１辺の長さをａ個とする。
三角形７個を一列に並べる場合、必要な碁石の数は、
（ａ−１）×３＋｛（ａ−１）＋（ａ−２）｝×６ ＝１５ａ−２１個１５ａ−２１＝６９を解くと、ａ＝６
正六角形を目指して並べた場合はａ＝６で６４個の碁石で三角形が７個できる。
【問題４】
１辺の長さａ個の三角形をｂ個作るとする。
１．三角形を１列に並べる場合：
○○○○○○○ ○○ ○○ ○ ○ ○○ ○○・・・ ○○○○○○○ １個：(ａ−１)×３＝３ａ−３個 ２個：３ａ−３＋(ａ−１)＋(ａ−２)＝５ａ−６個以下、１個増える毎に
三角形の個数がｂ個の場合、必要な碁石の数は
３ａ−３＋(２ａ−３)×(ｂ−１)
＝２ａｂ＋ａ−３ｂ個
２．三角形を正六角形に固めていく場合：
○○○○ ○○ ○○ ○ ○○ ○ ○○○○○○○ ○ ○○ ○ ○○ ○○ ○○○○１個 ：(a-1)×3＝3a-3個
２〜５個目：2a-3個増える。
６個目 ：a-2個増える。
この後どうなっていくか。
2a-3個増えるパターンをS、a-2個増えるパターンをTとする。
７〜９個目はS、１０個目はT、
続けて
S，S，T，S，S，T，S，S，T，S，S，T，S，T（２４個）で、１周り大きな正六角形となる。
さらに続ける。
１辺の長さが元の三角形ｍ個分の長さの時その辺を埋めるには、
Sの後、(S，T)のパターンが(m-1)回必要。
１辺の長さが元の三角形m個分の長さの正六角形の時、
そこから１辺の長さが元の三角形(m+1)個分の長さの正六角形にするまでのパターンは、
｛S，(S，T)×(m-1)回｝，
続けて
｛S，(S，T)× m回｝×4回，
続けて
｛S，(S，T)×(m+1)回｝である。
すべてをたすと、
Sが6m+6回、Tが6m回、合計12m+6回、三角形を作ると１周り大きな三角形ができる。
この時碁石の数は、
(2a-3)×(6m+6)+(a-2)×6m
＝(3a-5)×6m+12a-18個増える。
ちょうど正六角形になる時の三角形の個数は、
６，２４，５４，・・・，6×m×m個である。
従って、正三角形b個の場合、必要な碁石の数は、
（１）bが１以上５以下の場合
3a-3+(2a-3)×(b-1)
＝2ab+a-3b個
（２）b＝6の場合
b＝5の場合の数+a-2なので、
2a×5+a-3×5+a-2
＝12a-17個
（３）b＝6×m×m（mは２以上）の場合
12a-17+(3a-5)×6×m×(m-1)÷2+(12a-18)×(m-1) ＝(9a-15)×m×m+(3a-3)×m+1これはm＝１の場合も当てはまる。
（４）bが6×m×m+1以上6×(m+1)×(m+1)以下の場合 （４−１）bが6×m×m+1以上6×m×m+2m-1（正六角形+１辺）以下の場合 （４−１−１）bが6×m×m+2n-1（奇数）の場合 (9a-15)×m×m+(3a-3)×m+1+(2a-3)+｛(2a-3)+(a-2)｝×(n-1) ＝(9a-15)×m×m+(3a-3)×m+(3a-5)×n-a+3個 （４−１−２）bが6×m×m+2n（偶数）の場合 (9a-15)×m×m+(3a-3)×m+1+(2a-3)+｛(2a-3)+(a-2)｝×(n-1)+(2a-3) ＝(9a-15)×m×m+(3a-3)×m+(3a-5)×n+a個 （４−２）bが6×m×m+2m以上6×(m+1)×(m+1)-1以下の場合まず、（４−１−１）でn＝mの時が基準になるのでそれを求める。
(9a-15)×m×m+(3a-3)×m+(3a-5)×m-a+3 ＝(9a-15)×m×m+(6a-8)×m-a+3個次にb-(6×m×m+2m-1)を求め、
（４−２−１）q＝2n-1（奇数）の場合、
(9a-15)×m×m+(6a-8)×m-a+3+｛2a-3+(2a-3+a-2)×m｝×p+｛2a-3+(2a-3+a-2)×(n-1)｝ ＝(9a-15)×m×m+(3pa+6a-5p-8)×m+(3a-5)×n+(2a-3)×p-2a+5個（４−２−２）q＝2n（偶数）の場合，
(9a-15)×m×m+(6a-8)×m-a+3+｛2a-3+(2a-3+a-2)×m｝×p+｛2a-3+(2a-3+a-2)×(n-1)｝+(2a-3) ＝(9a-15)×m×m+(3pa+6a-5p-8)×m+(3a-5)×n+(2a-3)×p+2個【おまけの問題１】
まず、正三角形を全て数えてみる。
ＡＢＣ，ＢＤＥ，ＢＣＥ，ＣＥＦ，
ＤＧＨ，ＤＨＥ，ＥＨＩ，ＥＩＦ，
ＦＩＪ，ＡＤＦ，ＢＧＩ，ＣＨＪ，
ＡＧＪ，ＢＦＨ，ＣＤＩ の全部で１５個、
頂点は延べ４５個ある。
除く点が２箇所以内の場合は、
最大で６＋５＝１１個しか正三角形が減らないので不適当。
除く点が３箇所の場合、
６＋５＋５または５＋５＋５で１５以上になるが、どちらの場合も正三角形ＡＧＪが残る。
従って除く点は４箇所以上でなければならない。
除く点が４個の場合、正三角形ＡＧＪをなくすためにここではＡを除く。残りは３点。
次に、Ｅを含む６つの正三角形に着目する。
ここでＥを除かないことにすると、Ｅを含む正三角形６つを全て消すために、残る３点はＢ，Ｆ，ＨまたはＣ，Ｄ，Ｉでなければならないが、Ｂ，Ｆ，Ｈの場合は正三角形ＣＤＩが、Ｃ，Ｄ，Ｉの場合は正三角形ＢＦＨが残るので不適当。
従って、点Ｅを除く必要がある。残りは２点。
ＡとＥを除き、残りの正三角形は６つ。
このうち、ＤＧＨとＦＩＪは共通する頂点を持たない。
残り２点で両方の正三角形を無くさなければならないので、どちらにも使われていないＢとＣは除く点として不適当。
同様に、ＢＧＩとＣＨＪを無くさなければならないので、ＤとＦは不適当。
同様に、ＢＦＨとＣＤＩを無くさなければならないので、ＧとＪは不適当。
従って、残ったＨとＩを除く。
Ａ，Ｅ，Ｈ，Ｉの４点を除いて１５個の正三角形が全て無くなることを確認した。
従って、最低４点を除かなければならず、また４点で可能。
除く点は、Ａ，Ｅ，Ｈ，Ｉまたはそれを回転したＢ，Ｄ，Ｅ，ＪまたはＣ，Ｅ，Ｆ，Ｇの３通り。
【おまけの問題２】
白、黒ともに１個ずつしか変わらないので、白が多い状態から黒が多い状態になるためには、必ず、
左端から１個の時は白が（１個）多い。
左端から１９９個の時は黒が（１個）多い。
従って、途中で必ず白黒同数の状態が存在する。
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