数学の部屋へもどる◆千葉県の中学校１年生 鹿野 幸平 さんからの解答
【問題１】
選びだしたコインをのぞいた１００個を５０個ずつにわけてはかりにのせます。
つりあえばどちらも重いもの軽いものが同じ個数ずつはいっているので本物です。
差が奇数の場合は、つりあい分をひくと必ず奇数個残るので偽者が選び出したコインになります。
差が偶数の場合は、つりあい分をひくと必ず偶数個残るので選び出したコインは本物です。
【問題２】
奇数が７個、偶数が６個あります。
１３と１はつながってますから、
（１２，１）（１３，２）のペアにおくのが１番最適になります。
だから、９、１０、１１、１２、１３、１、２、３、４、５、６、７、８で偶数は８個になります。
◆広島県 清川 育男 さんからの解答
【問題１】
ある１個を選んで、残り１００個を半分５０個ずつ載せる。
１） 釣り合った場合、選んだ１個が本物
２） 釣り合わなかった場合、選んだ１個が偽物
【問題２】
９，１０，１１，１２，１３，１，２，３，４，５，６，７，８
８個が偶数。
【問題３】
| 1 ―― a | ＋ | 1 ―― b | ＋ | 1 ―― c | ＋ | 1 ―― d | ＋ | 1 ―― e | ＋ | 1 ―― f | ＝１....(1) |
両辺に（a*b*c*d*e*f)をかける。
b*c*d*e*f+c*d*e*f*a+d*e*f*a*b+e*f*a*b*c+f*a*b*c*d+a*b*c*d*e =a*b*c*d*e*fa,b,c,d,e,fは奇数であるから、
したがって、（１）式を満たすa,b,c,d,e,fは存在しない。
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答
【問題１】
残された１００個を５０個ずつ秤にのせ、差を計測する。
計測値が 奇数ｇなら 偽物、偶数ｇなら 本物
解法
５０個ずつのせれば、本物の重量分は相殺されるので、
本物０ｇ、偽物＋１または−１ｇとしてもおなじ。
特定の偽物１個につき考えると、計測値への効果は、
皿のどちらに載せるかも含めて±１ｇである。
したがって、計測値が奇数ｇなら偽物は奇数個、偶数ｇなら偶数個 皿の上にある。
偽物は全部で５０個（偶数個）あるので、残されたものの真贋がわかる。
【問題２】
９
解法
数値を２で割ったあまりに置き換えれば、一目瞭然。
最初の２行の和は
００００１１０００００００ −−（１）
もう一行は下記を回転移動
１０１０１１０１０１０１０ −−（２）
なのだけど、（１）の方を動かした方が分かりやすく、（２）において１が連続している１箇所以外では、１０が隣あっているので、偶数の数は６で変わらない。
重なったときだけ８個。
【問題３】
奇数の自然数の解はない。
解法
この問題の本質は分母が奇数であることと、左辺項数が偶数個であることである。
従って，
| 1 ―― A | ＋ | 1 ―― B | ＝１ |
分母を通分して、両辺に分母をかけると
1*B + 1*A=1*AB (*CDEF) であり、
右辺は奇数の積であるので奇数である。
一方 左辺の各項は、やはり奇数（の積）であるので、奇数である。
左辺はこれら奇数の（偶数個の）和であるので、偶数である。
よって、このようなA,B（C、D、E、F)は存在しない。
考察
左辺１項だと 1 だけ。
左辺３項だと 3,3,3 だけ。
左辺５項だと自明な解 5,5,5,5,5 以外に 3,3,9,9,9 がある。
◆千葉県 緑川 正雄 さんからの解答
【問題１】
右と左の重さの差が偶数の場合は、選びだした１個が本物
右と左の重さの差が奇数の場合は、選びだした１個が偽物
【問題１の証明】
コインを１個を選びだし、残り100個を50個ずつに分けて秤にかける。
(左の天秤の本物の数)=h(h)
(左の天秤の偽物の数)=h(n)
(右の天秤の本物の数)=m(h)
(右の天秤の偽物の数)=m(n)
(本物のコインの重さ)=W(h)
(偽物のコインの重さ)=W(n)とおくと
h(h)+h(n)=50、m(h)+m(n)=50…(1) よって、
m(h)-h(h)=h(n)-m(n) …(2)
即ち
(右のコインの重さ)-(左のコインの重さ)
=m(h)×W(h)+m(n)×W(n)-h(h)×W(h)-h(n)×W(n)
={m(h)-h(h)}×W(h)+{m(n)-h(n)}×W(n)
={m(h)-h(h)}×{W(h)-W(n)} [(2)より] …(3)
(Case1)
選びだした１個が本物である場合
秤にあるコインは本物と偽物が50個ずつである。
よって、
h(h)+m(h)=50、h(n)+m(n)=50…(4)
よって、
m(h)-h(h)={m(h)+h(h)}-2×h(h)=50-2×h(h)は偶数である。
W(h)-W(n)は1若しくは-1であるから(3)より
(右のコインの重さ)-(左のコインの重さ)は偶数である。
《逆に》右と左の重さの差が偶数の場合
W(h)-W(n)は1若しくは-1であるから(3)及び(2)の式より、
m(h)-h(h)=h(n)-m(n)は偶数である。
よって、
h(n)+m(n)={h(n)-m(n)}+2×m(n)…(5)
h(h)+m(h)={m(h)-h(h)}+2×h(h)…(6)
は偶数である。
ところで、天秤のコインの本物は50又は51であり、偽物は49又は50
即ち、h(n)+m(n)は49又は50であるが、(5)より偶数なので
h(n)+m(n)=50
h(h)+m(h)は50又は51であるが、(6)より偶数なので
h(h)+m(h)=50
よって、秤には本物と偽物が同数あり、選び出したコインは本物である。
(Case2)
選びだした１個が偽物である場合
秤にあるコインは本物は51個、偽物は49個である。
よって、
h(h)+m(h)=51、h(n)+m(n)=49…(5)
よって、
m(h)-h(h)={m(h)+h(h)}-2×h(h)=51-2×h(h)は奇数である。
W(h)-W(n)は1若しくは-1であるから(5)より
(右のコインの重さ)-(左のコインの重さ)は奇数である。
《逆に》右と左の重さの差が奇数の場合
W(h)-W(n)は1若しくは-1であるから
(3)の式より、m(h)-h(h)は奇数である。
よって、
h(n)+m(n)={h(n)-m(n)}+2×m(n)…(7)
h(h)+m(h)={m(h)-h(h)}+2×h(h)…(8)
は奇数である。
ところで、、天秤のコインの本物は50又は51であり、偽物は49又は50
即ち、h(n)+m(n)は49又は50であるが、(7)より奇数なので
h(n)+m(n)=49
h(h)+m(h)は50又は51であるが、(8)より奇数なので
h(h)+m(h)=51
よって、秤には本物が51個、偽物が49個あり、選び出したコインは偽物である。
【問題２】
９ 10 11 12 13 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
【問題２の証明】
８ ９ 10 11 12 13 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ 10 11 12 13 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９の和は 偶 偶 偶 偶 奇 奇 偶 偶 偶 偶 偶 偶 偶である。
よって、上の和が奇数となる2つの並びの列(左から5,6番目)が偶数となるように、
即ち13と1が並ぶ数字の配列
９ 10 11 12 13 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
が、最も偶数が多く、
奇 偶 奇 偶 偶 偶 奇 偶 奇 偶 奇 偶 奇
となり偶数が8個になる。
【問題３】
方程式
| 1 ―― a | ＋ | 1 ―― b | ＋ | 1 ―― c | ＋ | 1 ―― d | ＋ | 1 ―― e | ＋ | 1 ―― f | ＝１ |
【問題３の証明】
a＞b＞c＞d＞e＞fと仮定しても一意性は失われない。
6/f＞1/a+1/b+1/c+1/d+1/e+1/f=1より
f＜6
よってf=3又は5
(Case1)
f=3の時
5/e＞1/a+1/b+1/c+1/d+1/e=1-1/f=2/3より
e＜7.5
よってe=5又は7
(Case1-1)
e=5の時
4/d＞1/a+1/b+1/c+1/d=1-1/3-1/5=7/15より
d＜60/7
よってd=7
3/c＞1/a+1/b+1/c=1-1/3-1/5-1/7=34/105より
c＜315/34
よってc=9
2/b＞1/a+1/b=1-1/3-1/5-1/7-1/9=67/315より
b＜630/67
9=c＜bなる奇数bは存在せず不適
(Case1-2)
e=7の時
4/d＞1/a+1/b+1/c+1/d=1-1/3-1/7=11/21より
d＜84/11
7=e＜dなる奇数dは存在せず不適
(Case2)
f=5の時
5/e＞1/a+1/b+1/c+1/d+1/e=1-1/f=4/5より
e＜25/4
5=f＜eなる奇数eは存在せず不適
◆鹿児島県 ともひろ さんからの解答
【問題１】
この秤は「差をはかることができる」ので、「差を数値で表すことができる」ものとする。
１０１枚のコインから１枚を選び出して、このコインの本物・偽物を判別するものとする。
残りの１００枚のコインを５０枚ずつにわけて、これを秤（左皿・右皿にそれぞれ５０枚ずつ）にのせる。
差が（偶数）ｇであった場合、「このコインは本物」
差が（奇数）ｇであった場合、「このコインは偽物」
【説明】
題意より、「偽物は５０枚」である。
秤の皿を「左皿」「右皿」と表現する。
左皿‥‥偽物重（Ｌｂ）枚・偽物軽（Ｌｃ）枚
ここで、本物を基準に考えると、
( (+1) x Lb ) + ( (-1) x Lc ) = Lb - Lc
左皿がすべてのコインが本物のときより、
(Lb - Lc)ｇ の差が生じる。
右皿‥‥偽物重（Ｒｂ）枚・偽物軽（Ｒｃ）枚
ここで、本物を基準に考えると、
( (+1) x Rb ) + ( (-1) x Rc ) = Rb - Rc
右皿がすべてのコインが本物のときより、
(Rb - Rc)ｇの差が生じる。
以下のように分類する。
1.本物のコインを選び出した場合。
秤にのせるコインは「偽物５０枚」として、
差は｜(Lb - Lc) - (Rb - Rc)｜の絶対値の表現で表すことが出きる。
ここで、Rc = 50 - (Lb + Lc + Rb)とすると
｜(Lb - Lc) - (Rb - (50 - (Lb + Lc + Rb)))｜
＝｜Lb - Lc - Rb - 50 - (Lb + Lc + Rb)｜
＝｜Lb - Lc - Rb - 50 - Lb - Lc - Rb｜
＝｜50 - 2Lc - 2Rb｜
Lc ≧ 0，Rb ≧ 0 より
＝50 - 2Lc - 2Rb
＝50 - 2(Lc + Rb)
これは偶数より、偶数（ 2(Lc + Rb) ）を引いているので、偶数。
2.偽物のコインを選び出した場合。
秤にのせるコインは「偽物４９枚」として
差は｜(Lb - Lc) - (Rb - Rc)｜の絶対値の表現で表すことが出きる。
ここで、Rc = 49 - (Lb + Lc + Rb)とすると
｜(Lb - Lc) - (Rb - (49 - (Lb + Lc + Rb)))｜
＝｜Lb - Lc - Rb - 49 - (Lb + Lc + Rb)｜
＝｜Lb - Lc - Rb - 49 - Lb - Lc - Rb｜
＝｜49 - 2Lc - 2Rb｜
Lc ≧ 0，Rb ≧ 0 より
＝49 - 2Lc - 2Rb
＝49 - 2(Lc + Rb)
これは奇数より、偶数（ 2(Lc + Rb) ）を引いているので、奇数。
「左皿」「右皿」の差の数値が
「偶数」の場合、選び出したコインは「本物」であり、
「奇数」の場合、選び出したコインは「偽物」でである。
【問題２】
「9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8」
【説明】
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13の並びは
「奇偶奇偶奇偶奇偶奇偶奇偶奇」として、
8,9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7の並びは
「偶奇偶奇偶奇奇偶奇偶奇偶奇」
10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9の並びは
「偶奇偶奇奇偶奇偶奇偶奇偶奇」
題意より、
18,20,22,24,13,15,4,6,8,10,12,14,16の並びで
「偶偶偶偶奇奇偶偶偶偶偶偶」となる。
偶数と偶数の和は「偶数」、偶数と奇数の和は「奇数」、奇数と奇数の和は「偶数」となるので、偶数の部分は、加算する数（偶数・奇数）によって変わる。
ここで、偶数が増えるためには「奇奇」の部分に「奇奇」を足せばよい。
つまり「13,1」の部分。
よって「9,10,11,12,13,1,2,3,4,5,6,7,8」が、偶数８個となり、もっとも多くなる。
【問題３】
(a,b,c,d,e,f) = (3,4,6,8,12,24) の場合、３
‥‥これは「２４の約数（一部分）」
(a,b,c,d,e,f) = (3,4,6,9,12,18) の場合、３，９
‥‥これは「３６の約数（一部分）」
(a,b,c,d,e,f) = (2,5,8,10,20,40) の場合、５
‥‥これは「４０の約数（一部分）」
(a,b,c,d,e,f) = (2,3,15,20,30,60) の場合、３，１５
‥‥これは「６０の約数（一部分）」
【説明】
| 1 ―― a | ＋ | 1 ―― b | ＋ | 1 ―― c | ＋ | 1 ―― d | ＋ | 1 ―― e | ＋ | 1 ―― f | ＝１ |
a,b,c,d,e,fは自然数より、
| （例：ａ＞０）， | １ ―― ａ | ＞０ |
よって、左辺を満たすためにはa,b,c,d,e,fのいずれの数も２以上の数である。
ここで、ある自然数 Ｋ があり、
約数をP1〜Pm〜Pn
（P1 = 1 , Pn = Ｋ）とすると、
| pn ――― Ｋ | ＝ | １ ――― pm |
と表すことができる。
これらの約数から任意の数を数個
（この問題の場合は６個として、
p1,p2,p3,p4,p5,p6とする）
を選び出し、合計がＫとなる組み合わせを求めると、
| p1 + p2 + p3 + p4 + p5 + p6 ―――――――――――――――― Ｋ | ＝１ |
| p1 ―― Ｋ | ＋ | p2 ―― Ｋ | ＋ | p3 ―― Ｋ | ＋ | p4 ―― Ｋ | ＋ | p5 ―― Ｋ | ＋ | p6 ―― Ｋ | ＝１ |
| 1 ―― a | ＋ | 1 ―― b | ＋ | 1 ―― c | ＋ | 1 ―― d | ＋ | 1 ―― e | ＋ | 1 ―― f | ＝１ |
【別解】
すべてが奇数の自然数の解はない。
【証明】
| 1 ―― a | ＋ | 1 ―― b | ＋ | 1 ―― c | ＋ | 1 ―― d | ＋ | 1 ―― e | ＋ | 1 ―― f | ＝１ |
題意より、ａ，ｂ，ｃ，ｄ，ｅ，ｆのすべてを奇数とする。
ここで、左辺を計算すると
| bcdef + acdef + abdef + abcef + abcdf + abcde ―――――――――――――――――――――――――― abcdef |
となる。
分子について、奇数同士をかけた数（奇数）を、偶数個足しているので、分子は「偶数」となる。
分母について、奇数同士をかけているので、分母は「奇数」となる。
問題の式では「（分子）＝（分母）」であるが、
「（分子）偶数」≠「（分母）奇数」になることから、すべてが奇数とする自然数の解は存在しない。
（証明終わり）
●感想
問題３‥‥最初「すべての解が奇数」の意味にとったのですがこれでは解がありません。
そこで「a,b,c,d,e,f」を満たす数の中から「奇数である数」の解も考えました。
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