数学の部屋へもどる◆宮城県 アンパンマン さんからの解答
【問題１】
もとにもどるためには追い越された車を追い越さなきゃいけないので、同じペアの車の追い越し回数は偶数にならなきゃいけません。
ということは元の並び方に戻るためには追い越し回数が偶数であることが必要です。
つまり７回ではできません。
【問題２】
点に値をつけます。1 0 1 0 1
0 1 0 1 0
1 0 1 0 1
0 1 0 1 0
1 * 1 0 1
出発点から線を引くときに必ず１から０へ、あるいは０から１へ。
１の値を持っている点の数が１３で、
０の値を持っている点の数が１１です。
数が１３−１１＝２で、違いますのでできません。
◆愛知県 Y.M.Ojisan さんからの解答
【解答】
いずれの問題も不可能。
全部偶奇性で判断できます。
【感想】
問題３はとても綺麗です。
【解法】
【問題１】
自動車追い抜き
実はインディーカーレースで、オーバルコースを回っていて、何れが周回遅れか分からないとする。
仮にAを先頭と考えるとその後の並びはBCかCBの２通りだけである。
これらを０群と１群とする。
一回追い越しを、実施すると、隣同士の順が逆になり、０群は１群に１群は０群に交代する。
従って，０群から始まって０群にもどる（もとに戻る）には追い越しは偶数回必要である。
よって、７回では不可能。
【問題２】
５×５−１＝２４個の格子点を このままチェッカーボード上に置く。
但し，＊印のところが白マスになるように置く。
このとき、通過すべき点は黒マス上に１３個 白マス上に１１個ある。
一方、問題の条件を満たすコースが存在するとすると、コースはマスを前後または左右にしか進めないので、白マスと黒マスを交互に通過しなければならない。
即ち黒１２マス、白１２マスを通過する。
これは、前述の黒と白のマスの数と矛盾する。
よってそのようなコースは存在しない。
【問題３】
直線の長さを、そこに至る周上の辺の長さの短いほうで表すとする。
このとき最小の長さは１であり、
最長は１０で１０種類の長さが存在する。
一方、点の数は２０なので線の数は１０である。
従って，線の長さは１〜１０まで各１本ずつ引かなければならない。
点上に、白黒の碁石を交互に並べる。
このとき必要な石の数はそれぞれ１０個同数である。
奇数の長さの線分は１，３，５，７，９の５種類あり、これらの両端の碁石の色は一端が白なら必ず他端は黒である。
よって奇数線分は５個ずつ白黒同数の石を必要とする。
偶数の長さの線分は２，４，６，８，１０の５種類あり、これらの各線分の両端の石の色は同色でなければならない。
偶数長線分の数は奇数であるため、黒白の数を同じにすることはできない。
従って，そのような線の引き方はありえない。
【考察３】
偶数線分の数が偶数だとできるのだろうか。
最小の８個の場合は 点に０〜７の番号をつけると
１−０＝１、５−３＝２、
７−４＝３、 ６−２＝４ でできる。
１０個の場合は 点に０〜９の番号をつけると
１−０＝１、７−５＝２、
６−３＝３ 、２−８＝４、
９−４＝５でできる。
ここまではできそうだ。
◆千葉県 緑川 正雄 さんからの解答
【問題１】
７回の追い越しが終わった後に、３台の自動車が元の並び方
（Ａ，Ｂ，Ｃ）にもどることはない。
【問題１の証明】
追い越し方には次の2通りがある。
(1)1番目を2番目が追い越す。
(2)2番目を3番目が追い越す。
最初にA,B,Cと並んでいる状態を考える。
追い越しパタ−ン(1)で、並びがB,A,Cになる。
これを‘A,B,C(追い越しパタ−ン(1))→B,A,C’と表記する。
ここで
並び(A,B,C)(B,C,A)(C,A,B)を同一視する。…(並び1)
同じく
(C,B,A)(B,A,C)(A,C,B)を同一視する。…(並び2)
ところで
A,B,C(追い越しパタ−ン(1))→B,A,C
A,B,C(追い越しパタ−ン(2))→A,C,B
B,A,C(追い越しパタ−ン(1))→A,B,C
B,A,C(追い越しパタ−ン(2))→B,C,A
即ち、1回の追い越しでは
(並び1)は(並び2)に変わる。
(並び2)は(並び1)に変わる。
全ての追い越しは上の2つのパタ−ンの繰り返しであるから
(並び1)が(並び1)に変わるには、偶数回の追い越しがないと起こり得ない。
即ち、並び(A,B,C)が7回の追い越しで並び(A,B,C)になる事はない。
【問題３】
線の長さが全て異なるようにすることはできない。
【問題３の証明】
正20角形の中心を原点に複素座標系を考える。
原点から各頂点への距離（全てが等しい）を1とする。
座標軸を適当に選び、20個の頂点の座標
Z(k)[k=0,1,....,18,19]を
Z(k)
=COS{(2kπ/20)}+i×SIN{(2kπ/20)}
=COS{(kπ/10)}+i×SIN{(kπ/10)} とする事が出来る。
k,m=0,1,....,18,19に対して
Abs{Z(k)-Z(m)}
=Abs[COS{(kπ/10)}+i×SIN{(kπ/10)}-COS{(mπ/10)}-i×SIN{(mπ/10)}]
=2Abs[SIN{(k-m)π/20}]
ところで、
Abs(k-m)=0,1,....,18,19であるから、
0≦Abs{(k-m)π/20}＜π
よって、
Abs{Z(k)-Z(m)}
=2SIN[Abs{(k-m)π/20}]
一方SIN[Abs{(k-m)π/20}]の取り得る値は、
SIN{0}=0 …(1)
SIN{ π/20}=SIN[{19π/20}…(2)
SIN{ 2π/20}=SIN[{18π/20}…(3)
SIN{ 3π/20}=SIN[{17π/20}…(4)
SIN{ 4π/20}=SIN[{16π/20}…(5)
SIN{ 5π/20}=SIN[{15π/20}…(6)
SIN{ 6π/20}=SIN[{14π/20}…(7)
SIN{ 7π/20}=SIN[{13π/20}…(8)
SIN{ 8π/20}=SIN[{12π/20}…(9)
SIN{ 9π/20}=SIN[{11π/20}…(10)
SIN{10π/20} …(11)
の11通りである。
しかし、(1)はk=m
即ち、Z(k)=Z(m)のときしか成立しないのでこれはありえない。
よって、(2)〜(11)の10個の条件を満たす数の組み合わせが存在しない事を証明すれば、10組の直線の長さが全て異なるようにすることはできない事が証明される。
すなわち、以下の命題が成立しないことを証明する。
《命題》
A={0,1,....,18,19}
X={(k,m)：k,m∈A,k≠m}に対して
X∋(k(1),m(1)),(k(2),m(2)),.....,(k(10),m(10))
を適当に選び、
{0,1,....,18,19}={k(1),m(1),k(2),m(2),.....,k(10),m(10)}
かつ
SIN[Abs[{{k(j)-m(j)}π/20}]] [j=1,....,10]
が(2)〜(11)の異なる値を持つ。
《命題が成立しないことの証明》
上の命題が成立するものと仮定する。
(2)〜(11)により、
Abs[{k(j)-m(j)}][j=1,....,10]の取り得る値は、
1(若しくは19),2(若しくは18),3(若しくは17),4(若しくは16)
5(若しくは15),6(若しくは14),7(若しくは13),8(若しくは12)
9(若しくは11),10 の10通りある。
上の10個数の和は各々どちらを選んでも奇数である。
よって、２を法として
{Abs[{k(j)-m(j)}][j=1,....,10]の総和}=奇数であり、
従って、
k(1)+m(1)+k(2)+m(2)+.....+k(10)+m(10)
＝[Abs[{k(j)+m(j)}][j=1,....,10]の総和]
≡[Abs[{k(j)-m(j)}][j=1,....,10]の総和] [mod2]
≡1 [mod2]
この事は
k(1)+m(1)+k(2)+m(2)+.....+k(10)+m(10)
＝0+1+....+18+19
＝190
≡0 [mod2] に矛盾する。
即ち、《命題》は成立しない。
◆ 問題へもどる
◆ 今週の問題へ