勉強しようNTTのBlog - 2010

算数の問題と解答とを考えていきます。




2010年12月29日(Wed)▲ページの先頭へ
方べきの定理(の逆)の応用問題1(極と極線の関係)

【問】上の図形で、点Aから円Oへ引いた2つの接線APとAQが円と接する点PとQを通る直線上の点Bを選ぶ。
(点Aと直線PQとの関係は、以下のように名付けられています。すなわち、点Aが極であり直線PQが極線です。)
そのとき、点Bから円Oへ引いた2つの接線BRとBSが円と接する点RとSを結んだ線分RSの延長線が点Aを通ることを証明せよ。

この問題は難問だと思いますので、以下の解答を見て、証明の仕方を覚えるだけで良いと思います。



円の中心をOとする。

円の中心と各点P,Q,R,Sを結ぶ補助線を引く。
その補助線とその補助線の端と接続する各接線とのなす角度は直角である。

補助線OAを引いて、それと線分PQとの交点をTとする。
線分OAと線分PQは直交する。
補助線OBを引いて、それと線分RSとの交点をUとする。
線分OBと線分RSは直交する。

△OTPと△OPAは、いずれも直角三角形で、2角が等しいから相似である。
そのため、
OT:OP=OP:OA
∴ OT・OA=OP  (1)
同様にして、△OURと△ORBは相似な直角三角形であるので、
OU・OB=OR  (2)
円の半径OP=ORである。
この関係を使って、式(1)と式(2)から、以下の関係が得られる。
OT・OA=OU・OB (3)
以下のように、方べきの定理の逆の関係が成り立っている
線分TAの延長線と線分UBの延長線とが点Oで交わり、式(3)の関係があるので、
4点T,A,U,Bは、下図のように、1つの円周上にある。

その新しい円について、
円周角の∠ATB=∠AUB=∠R
∴ UBとUAは直交する。

一方、UBとUSは直交する。
USもUAもUBに直交するので、
USとUAは同一直線上にある。
∴ UAと、点Uを含む線分RSは同一直線上にある。

すなわち、線分RSの延長線が点Aを通る。
(証明終わり)
(この定理の双曲線への応用は、ここをクリックしてジャンプする)。

リンク:
極と極線の関係の定理の、数3Cから大学高学年レベルでの証明
方べきの定理の証明
リンク:高校数学(三角比・図形)一覧
リンク:高校数学の目次



2010年11月03日(Wed)▲ページの先頭へ
外接円の半径Rを三角形の3辺からもとめる
【問】三角形の外接円の半径Rを三角形の3辺からもとめる。

この問題は、三角形の外接円の半径が、正弦定理で三角形の1つの角度と関係していることと、
三角形の1つの角度が、余弦定理で三角形の3辺に関係していること
を使えば解けます。

先ず、正弦定理を思い出します。
この正弦定理から、
(1/R)=2sinA/a  (1)
が得られます。
次に、余弦定理を思い出します。
この余弦定理から、
2cosA/a=(b+c−a)/(abc) (2)
が得られます。
sinA+cosA=1  (3)
の関係に、この2つの式を代入します。
(1/R)=2sinA/a  (1)
2cosA/a=(b+c−a)/(abc) (2)
その代入の準備として、式3を少し変形します。
sinA+cosA=1  (3)
(2/a)(sinA+cosA)=(2/a)
((2sinA/a)+(2cosA/a))=(2/a)
これに、式1と式2を代入します。
(1/R)+{(b+c−a)/(abc)}=(2/a)

この式を(1/R)だけを左辺にした式に変形します。
(1/R)
=(2/a)−{(b+c−a)/(abc)}
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
={(2/a)−(b+c−a)/(abc)}
{(2/a)+(b+c−a)/(abc)}
={(2bc)−(b+c−a)}
{(2bc)+(b+c−a)}/(abc)
={(2bc)−b−c+a
{(2bc)+b+c−a}/(abc)
={−(b−c)+a}{(b+c)−a)}/(abc)
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
={(−(b−c)+a)((b−c)+a)}
{((b+c)−a)((b+c)+a)}/(abc)
=(−b+c+a)(b−c+a)
(b+c−a)(b+c+a)/(abc)
よって、
=(abc)/{(−b+c+a)(b−c+a)(b+c−a)(b+c+a)}
R=(abc)/√{(−b+c+a)(b−c+a)(b+c−a)(b+c+a)}

リンク:
「三角形の辺と角」(1)正弦定理
「三角形の辺と角」(2)余弦定理
三角形の面積(二辺侠角)
三角形の面積と外接円の半径
三角形の面積と内接円の半径
三角形の面積を三辺から求める公式
三角形の外心
三角形の内心
リンク:高校数学(三角比・図形)一覧
リンク:高校数学の目次



2010年10月23日(Sat)▲ページの先頭へ
小学さんすうのもくじ
以下は、「算数」のいちらんを書きます。

小学校の算数全般については、「算数の実践」が参考になると思います。
算数ランド」も参考になると思います。
以下では、このサイトで記載した算数のコツのリスト(リンク)を書きます。

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かけ算九九ひょうのおぼえかた(1)
かけ算九九ひょうのおぼえかた(2)
かけ算九九ひょうのおぼえかた(3)
かけ算九九ひょうのおぼえかた(4)
かけ算九九ひょうのおぼえかた(5)
かけ算九九ひょうのおぼえかた(6)

小学5年生

○をうめる数をあてる

三角形の内角の和は180度
三角形の内角の和は180度(2)
三角形の内角の和は180度(3)
三角形の内角の和のおもいだしかた
三角形の内角の和はいつでも180度
角度のごうけい
角度のごうけい(2)
星がたの内角のごうけい

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高校で学べない人のための数学Bハイパーテキスト
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高校数学全般については、数学ナビゲーターが参考になると思います。
以下では、高校数学の一部の、このサイトのオリジナルな説明のみの一覧を書きます。

高校数学の目次の最新版

中学の復習

【図形】
 ピタゴラスの定理
 三角錐の体積の公式
 微妙な合同の条件
 中学で習う円周角のまとめ

高校数学について一言

数学T

【2次関数】
 二次方程式の解の公式のやさしい覚え方
 2次方程式の解の公式の応用問題
 2重根号が外れない問題

佐藤の数学教科書[2次関数編]
第2講「2次関数とそのグラフ」
 (1)y=axのグラフと平行移動
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 2次方程式の解の公式を2次関数のグラフから求める

【三角比】
佐藤の数学教科書[三角比・平面図形編]
第1講「三角比の考え」
 (1)相似と直角三角形
 (2)タンジェントの覚え方
  tan30度
  tan15度
 (4)サインとコサインの覚え方
 (5)サイン,コサインの応用(2重根号の外し方)
 (6)サイン,コサインについての問題演習
第2講「三角比の拡張と相互関係」
 (1)tanθとcosθの公式の覚え方
 (2)三角比の拡張
 (3)三角方程式
 (4)三角比の応用
  三角比の相互関係(応用問題)(1)
  三角比の相互関係(応用問題)(2)
  三角比の相互関係(応用問題)(3)
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 (1)正弦定理の覚え方
 (2)余弦定理の覚え方
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【場合の数】
 3色玉の順列の数
 円順列とじゅず順列(1) (2) (3)
 (4) (5) (6) (7) (8)  (9) (10)
 重複組合せ(1) (2) (3) (4)  (5)

【平面幾何】
佐藤の数学教科書[三角比・平面図形編]
第4講「図形の計量」
 (1)三角形の面積
  (その2)二辺侠角から残りの辺を求める
  三角形の面積を外接円の半径を使って求める
  三角形の面積を三辺から求める
  外接円の半径Rを三角形の3辺からもとめる
 (2)空間図形の計量
 (4)球の体積と表面積
  (1/3)正四面体の高さと表面積と体積
  (2/3)正四面体に外接する球
  (3/3)正四面体に内接する球
第5講「三角形の性質」
 (1)線分の長さと比
 (2)三角形の角の2等分線 (その2)
 (3)三角形の辺と角の大小関係
 (4)三角形の重心  三角形の重心
 三角錐の重心
 (5)三角形の内心
 外接円の半径Rを三角形の3辺からもとめる
 (7)三角形の垂心
第6講「円の性質」
 (1)円周角(1/2)
   円と直線の関係の問題1
  (2/2)方べきの定理の証明
   方べきの定理(の逆)の応用問題1
 (2)メネラウスの定理(1/3)
  (2/3)
  (3/3)チェバの定理

数学U

【式と証明・複素数】
第4講:2次方程式の解と複素数
 (1)虚数
 (2)2次方程式を複素数を使って因数分解
 (3)xの分数式を、xの一次式を分母にする分数の和であらわす
 (4)虚数の平方根
第6講:複素数平面
 (1)複素数平面
 (2)複素数を掛け算すると偏角が足し算される
第5講:高次方程式
 1の三乗根を複素数平面で求める
第6講:複素数平面(その2)
 (3)複素数の掛け算で三角関数の加法定理を導く
【図形と方程式】
第2講
 2節 2直線の関係(三角形の垂心の座標)
 4節 点と直線の距離(三角形の面積)
追加講
 三角形の面積と行列式
第4講
 軌跡(1) (2) (3)  (4) (5) (6) (7)
【三角関数】
 第4講1節:三角関数の加法定理

数学B

【ベクトル】
第2講:ベクトルの成分表示
 3節 ベクトルの成す角のcos
 3節 ベクトルの成す角のsin
第3講:ベクトルの内積
 ベクトルの内積
 直線の式
 点と直線の距離
第4講:分点の位置ベクトル
 三角形の重心の公式
 メネラウスの定理
 ベクトル方程式の落とし穴
追加講
 三角形の面積をベクトルで分解して計算する

ミラーサイト:勉強しよう数学


【高校数学リンク】

高校で学べない人のための数学Bハイパーテキスト
三角比の定義のおぼえかた
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2010年10月09日(Sat)▲ページの先頭へ
三角形の面積を三辺から求める公式
三角形の面積を三辺から求める公式を導く

以下の図のように2辺とその侠角のsin(θ)がわかれば、
三角形の面積Sがわかります。

S=bc・sinA/2 (式1)
です。
sinA=√(1−cosA) (式2)
を利用してSをcosAであらわせます。
cosA=(b+c−a)/(2bc) (式3:余弦定理)
を利用して、cosAをa,b,cのみであらわせます。
そのため、三角形の面積Sはa,b,cのみであらわせます。

以下で、式1を2乗した式を簡単にします。
=(bc・sinA/2)
式2を代入する。
=(bc/2)・sin
=(bc/2)(1−cosA)
式3を代入する。
=(bc/2)
・(1−{(b+c−a)/2bc}
=(bc/2)・(1/2bc)
・((2bc)−(b+c−a
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
=(bc/2)・(1/2bc)
・(2bc−(b+c−a))
・(2bc+(b+c−a))
=(1/2)
・(2bc−b−c+a
・(2bc+b+c−a
=(1/2)
・(−(b−c)+a
・((b+c)−a
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
=(1/2)
・(−(b−c)+a)((b−c)+a)
・((b+c)−a)((b+c)+a)
=(1/2)
・(−b+c+a)(b−c+a)(b+c−a)(b+c+a)
よって、
S=(1/2)
・√{(−b+c+a)(b−c+a)(b+c−a)(b+c+a)}
この式はヘロンの公式と呼ばれています。

【別解】
この問題を以下の式の連立方程式として解きます。
S=bc・sinA/2 (式1)
cosA=(b+c−a)/(2bc) (式3:余弦定理)

この連立方程式から角度Aを消去するには、
sinA+cosA=1
に式1のsinAと式3のcosAを代入します。
sinA+cosA=1
(2S/(bc))+{(b+c−a)/(2bc)}=1
このように角度Aが消去された。

両辺に(2bc)を掛け算する。
4(2S)+(b+c−a=(2bc)
Sの項だけを左辺に出した式に変形する。
4(2S)=−(b+c−a+(2bc)
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
={−(b+c−a)+(2bc)}
{(b+c−a)+(2bc)}
={−b−c+a+(2bc)}
{b+c−a+(2bc)}
={−(b−c)+a
{(b+c)−a
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
={(−(b−c)+a)((b−c)+a)}
{((b+c)−a)((b+c)+a)}
=(−b+c+a)(b−c+a)(b+c−a)(b+c+a)
よって、
2(2S)=√{(−b+c+a)(b−c+a)(b+c−a)(b+c+a)}
S=(1/4)√{(−b+c+a)(b−c+a)(b+c−a)(b+c+a)}

リンク:
三角形の面積(二辺侠角)
三角形の面積と外接円の半径
三角形の面積と内接円の半径
sinθとcosθの連立方程式で式からθを除去する方法
高校数学[三角比・平面図形]一覧
高校数学の目次



三角比の勉強のはじめ
当サイトの三角比に関する主なページは、以下のリンクがあります。

第1講「三角比の考え」(2)タンジェントの覚え方
第1講「三角比の考え」(4)サインとコサインの覚え方
tanθとcosであらわした三平方の定理
三角比の応用問題(1)sinθ+cosθ=1
第2講「三角比の拡張と相互関係」(3)三角方程式
第3講「三角形の辺と角」(1)正弦定理の覚え方
第3講「三角形の辺と角」(2)余弦定理の覚え方
図形の計量:
第4講「図形の計量」(1)三角形の面積




角度を長さと結び付けて、角度を自由自在に使って長さを自由に計算するために、角度を代表するものとして、タンジェントとサインとコサインという三角比が考えられたと思います。それらは、1つの角度を3つの形で代表するものであって、源が1つの角度なので、互いに密接な関係があります。三角比を学ぶことで、それらの関係を学んでいきます。そして、それらの関係が分かればわかるほど、より自由に角度を長さと結びつけて、図形の面積をはじめとするあらゆる数値が自由に計算できるようになります。

高校数学(三角比・図形)一覧
高校数学の目次



2010年10月02日(Sat)▲ページの先頭へ
三角比の相互関係(応用問題)(3)


三角比の相互関係(応用問題)(2)
【問】次の式を簡単にせよ。
(cosθ)−(sinθ)

この式は以下のように変形して解きます。
(cosθ)−(sinθ)
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
=((cosθ)−(sinθ))((cosθ)+(sinθ)

この式に、(sinθ)+(cosθ)=1を代入して簡単にする。
=((cosθ)−(sinθ))・1
=(1−(sinθ))−(sinθ)
=1−2(sinθ)

あるいは、
=1−2(1−(cosθ)
=−1+2(cosθ)

【蛇足】
高校2年になると、更に公式を学び、この式は、以下の式になることを学びます。
ここでは、その公式の説明をしませんので、公式がどうしてそうなるかを知りたい人はそれを教えている高校2年の数学の参考書等を勉強してください。
(cosθ)−(sinθ)=cos(2θ)

リンク:
三角比の相互関係(応用問題)(1)
三角比の相互関係(応用問題)(3)
第2講「三角比の拡張と相互関係」(4)三角比の応用
リンク:三角比の拡張の応用
sinθとcosθの連立方程式で式からθを除去する方法
リンク:(高校)三平方の定理
リンク:高校数学(三角比・図形)一覧
リンク:高校数学の目次



三角比の相互関係(応用問題)(1)
【問】次の式の値を求めよ。
(sinθ+cosθ)+(sinθ−cosθ)

この式は以下のように変形して解きます。
(sinθ+cosθ)+(sinθ−cosθ)
=(sinθ)+(cosθ)+2(sinθ)(cosθ)
+(sinθ)+(cosθ)−2(sinθ)(cosθ)

この式に、(sinθ)+(cosθ)=1を代入して簡単にする。
=1+2(sinθ)(cosθ)+1−2(sinθ)(cosθ)
=2

リンク:
三角比の相互関係(応用問題)(2)
第2講「三角比の拡張と相互関係」(4)三角比の応用
リンク:三角比の拡張の応用
sinθとcosθの連立方程式で式からθを除去する方法
リンク:(高校)三平方の定理
リンク:高校数学(三角比・図形)一覧
リンク:高校数学の目次



2010年09月24日(Fri)▲ページの先頭へ
やさしい2次方程式の解の公式を2次関数のグラフから求める
二次方程式の解の公式を2次関数のグラフから求めます。
以下の2次方程式を解くことを考えます。
+BX+C=0
変形して、
(X+(B/2))−(B/2)+C=0

−(B/2)≡m
−(B/2)+C≡−D
と定義したmとDを使って式を書き直すと、
(X−m)−D=0  (式1)
となります。

ここで、
y=(X−m)−D  (式2)
の2次関数のグラフは以下のグラフになります。


この2次関数のグラフは、y=Xのグラフを平行移動したグラフであり、y=Xのグラフと合同な形です。

(式2)の2次関数のグラフがx軸と交わる場合は
y=(X−m)−D=0
とあらわされます。
これは、(式1)の二次方程式です。
ゆえに、(式2)のグラフがX軸と交わる点のX座標は(式1)の解です。

(式2)の2次関数のグラフは、
その左右対称の中心線のX座標がmであり、x軸より下の深さがDです。
また、(式2)のグラフに合同なy=Xのグラフでは、その高さがDになる位置は、x=±(√D)の位置にあります。
ゆえに、(式2)のグラフのx軸との交点のX座標は、
X=m+(√D),
X=m−(√D)
です。
これは(式1)の解です。
このX座標が、やさしい2次方程式の解の公式をあらわしています。

リンク:
二次方程式の解の公式のやさしい覚え方
二次関数のグラフの平行移動
中学数学一覧
高校数学(グラフと数式、他)一覧
リンク:高校数学の目次



2010年09月23日(Thu)▲ページの先頭へ
2次方程式の解の公式の応用問題
やさしい解の公式は、以下の式です。
+2ax+b=0
を因数分解すると
[x+a+√D][x+a−√D]=0
になる。ただし、D≡a−b

【問1】
次の2次方程式を解の公式を利用して解け。
3x−5x−1=0

−2・(5/6)x−(1/3)=0
[x−(5/6)+(√D)]・[x−(5/6)−(√D)]=0

√D≡√{(5/6)+(1/3)}
=√{(25/36)+(12/36)}
=√{37/36}
=(√37)/6

[x−(5/6)+(√37)/6}]
・[x−(5/6)−(√37)/6}]=0
ゆえに、
x=(5/6)−(√37)/6,
x=(5/6)+(√37)/6

リンク:
二次方程式の解の公式のやさしい覚え方
2次関数のグラフの頂点に関する話
二次関数のグラフの平行移動
高校数学一覧



2010年09月18日(Sat)▲ページの先頭へ
二次関数のグラフ(放物線の焦点)
放物線の面白い性質を1つ書きます。
この話題は数学C(高校3年)で学びますが、数学TA段階でも、以下の話は理解できるのではないかと思います。

y=xのグラフは以下の放物線グラフです。


このグラフのA点(0,1/4)はこの放物線の焦点と呼ばれています。
その理由は、この点Aから放物線のB点(x,y)まで行って、そこから垂直に上に上がってC点(x,4)まで行く経路の長さは、いつも同じ長さになるからです。

以下で、このことを示します。
AB=√{x+(y−(1/4))
=√{x+(x−(1/4))
=√{(x+(1/4))
=x+(1/4)

一方、
BC=4−y
=4−x

よって、
AB+BC=x+(1/4)+4−x
=(1/4)+4

このように、AからCまでの経路の長さは、
いつも同じ長さになります。

【放物線による光線の反射】
 放物線上のB点でおり曲がる経路と、B点の近くのD点でおり曲がる経路の長さが同じだと、どういうことがおきるかを、以下の図で考えます。
以下に示すように、この図の経路は、光線が放物線の部分BDを鏡にした鏡で反射する経路になります。
先ず、B点でおり曲がる経路をABCとし、D点でおり曲がる経路をA1−D−C1とします。
経路ABCと経路A1−D−C1は平行で、しかも、その長さが同じです。

経路ABCと経路A1−D−C1の長さが同じであるため、
ED=BF
となります。

△OBFと△ODEを考えると、
辺BF=辺DEであって、
α=∠ODE=∠OBFであり、∠R=∠OFB=∠OEDです。
このように2角侠辺が等しいので、△OBFと△ODEとは合同です。
また、△OBFと△ODEの残りの角である∠Oは
∠O=∠R−α=βであらわします。

△OBFと△ODEとは合同なため、OB=ODです。
そのため、三角形OBDは二等辺三角形になります。
その二等辺三角形OBDの頂角∠O(=∠BOD)=βの2等分線OHは底辺BDに垂直に交わります。

線分BDはβ=∠EDHの二等分線になり、
β/2=∠BDE=∠GDC1 の関係があります。

経路A1−D−C1を光線の経路と考えると、
∠BDE=β/2は入射する光線が線分BDと成す角であって、
∠GDC1=β/2は反射する光線が線分BDと成す角です。
そして、それらの角度が等しいので、光線の鏡への入射と反射の関係がなりたっています。
そのため、経路A1−D−C1は、線分BDの鏡に入射して反射する光線の経路と同じです。

リンク:
2次関数のグラフの頂点に関する話
二次関数のグラフの平行移動
二次方程式の解の公式のやさしい覚え方
高校数学一覧



2010年09月11日(Sat)▲ページの先頭へ
二次方程式の解の公式のやさしい覚え方
aX+bX+c=0  @
この解の公式を導く。
以下のように変形すれば、この式を因数分解して、解の公式を導くことができます。
aX+bX+c=0
変形して
+(b/a)X+(c/a)=0

(b/a) ≡ B
(c/a) ≡ C
と定義したBとCを使って式を書き直す。
+BX+C=0  A

この式Aを少し変形した式:
+BX+G=0  B
を考えます。
ここで、Gはマイナスの数になることもできるもの(Gは虚数も可能)とします。


(補足)−−−−−−−−−−−−−−−−−
 ここで、Gの二乗を使うのは、
この式Bの全ての文字定数B,Gと変数Xに長さの「次元」を持たせて、式に、次元の色合いを付けるためです。
 式に次元の色合いを付けると、式の中の各項の次元が全て同じになります。
 その式を変形しても、その式の中の各項の次元が全て同じになります。次元が異なる項を持つ式は計算間違いです。これにより、計算間違いを見つけやすいという得をします。

−−−−−−−(補足おわり)−−−−−−−

更に変形した式:
+2HX+G=0  C
を考えます。
2H ≡ B
です。


変形して、
(X+H)−H+G=0  D

次に、
−G ≡ D ≡ K  E
と定義したKを使って式を書き直す。

ここで、Kの二乗を使ったのは、
式の文字定数Kに長さの「次元」を持たせるためです。


(X+H)−K=0  F
これは、因数分解できる。
《公式P−Q=(P−Q)(P+Q)を使う》
(X+H−K)(X+H+K)=0  G
よって、Xは、
X=−H+K, H
X=−H−K  I

定数HとKを元の係数を使ってあらわすと、

HとIを書きかえると、
これで、既に解の公式であるが、
これを良く知られた解の公式の形に変形してみれば、以下の式になる。

【二次方程式の解の公式を簡単にしておぼえる】
解の公式をすぐ応用できるようになるには、
以下のように簡単にした解の公式を覚えれば十分。
+2HX+G=0  C
変形して、
(X+H)−H+G=0

ーG ≡ D ≡ K  E
と定義したKを使って式を書き変える。
(X+H)−K=0
これは、因数分解できる。
【 P−Q=(P−Q)(P+Q)を覚えておくこと。】
このように因数分解できることをおぼえてください。
あとの式は、いつでも導き出せます。

この因数分解から、Xは、
X=−H−K,
X=−H+K

リンク:
2次関数のグラフの頂点に関する話
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2010年08月29日(Sun)▲ページの先頭へ
重複組合せ(5)
重複組合せの本サイトの解き方を応用して難問を作ってみました。
多分、この問題は絶対に試験には出ないと思いますので、興味のある人だけ読んでください。
【問5】
1,2,3の3つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許すが、選んだ数字のうち一番大きい数字は1つしか取らないことにして
1度に3つずつ取って作る組合せの数は何個あるか。

この問題の組合せ例をいくつか書くと、
選らんだ数字を左から小さい順に整列して書くと、
(1,1,2)
(1,2,3)
・・・
と順次に書けます。
ただし、問題の条件により、
(2,3,3)はダメです。
(1,2,2)もダメです。
(1,1,1)もダメです。
この整列した組合せの数を求める問題です。

この問題は、その解の組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

その組合せは、以下の、
数字を直接に指定する3つの指令と、
数字を間接的に指定する1つの指令
とから成る合計4つの指令のうちから3つを選ぶ組合せと1対1対応します。

1選択指令:数字1を選ぶ。
2選択指令:数字2を選ぶ。
3選択指令:数字3を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。

上の指令から3つを選ぶ。
(1選択指令、2選択指令、3選択指令)から選ばれた数字選択指令を数字の小さい順に、順番が抜けている第n指令の位置に配置する。

この指令の組合せは、例えば、
(1)1選択指令:数字1を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
(3)3選択指令:数字3を選ぶ。
です。
この指令の組合せの結果、
(1,1,3)の数字の組合せが選ばれます。

また、例えば、
(1)2選択指令:数字2を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
(3)3選択指令:数字3を選ぶ。
この指令の組合せの結果、
(2,2,3)の数字の組合せが選ばれます。

大事なポイントは、この指令の組み合わせが、
「3つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許すが、選んだ数字のうち一番大きい数字は1つしか取らないことにして、1度に3つずつ数字を取って作る組合せ」に、
1対1に対応することである。

そのため、
(求める組合せの数)
=(数字を直接選択する3つの指令と、その他の、数字を間接的に指定する指令1つとから成る合計4つの指令のうちから3つを選ぶ組合せの数)
(3+1)
(3+1)=4

実際に全部の組合せを書き出してみると、
(1,1,2)
(1,1,3)
(1,2,3)
(2,2,3)
の4つの組合せのみです。

重複組合せの別解
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2010年08月28日(Sat)▲ページの先頭へ
重複組合せ(4)
佐藤の数学教科書[個数の処理・確率編]の136頁に、 以下の例題がありました。
【問4】
1,2,3,4の4つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許して、
1度に3つずつ取って作る組合せの数は何個あるか。

この問題の組合せ例をいくつか書くと、
選らんだ数字を左から小さい順に整列して書くと、
(1,1,2)
(2,2,2)
(1,2,4)
(2,3,4)
・・・
と順次に書けます。
この整列した組合せの数を求める問題です。

この問題は、その解の組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

その組合せは、以下の、
数字を直接に指定する4つの指令と、
数字を間接的に指定する2つの指令
とから成る合計6つの指令のうちから3つを選ぶ組合せと1対1対応します。

1選択指令:数字1を選ぶ。
2選択指令:数字2を選ぶ。
3選択指令:数字3を選ぶ。
4選択指令:数字4を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
第3指令:整列表示した、3番目の数字を2番目の数字と同じ数字にする。

上の指令から3つを選ぶ。
(1選択指令、2選択指令、3選択指令、4選択指令)から選ばれた数字選択指令を数字の小さい順に、順番が抜けている第n指令の位置に配置する。

この指令の組合せは、例えば、
(1)3選択指令:数字3を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
第3指令:整列表示した、3番目の数字を2番目の数字と同じ数字にする。
です。
この指令の組合せの結果、
(3,3,3)の数字の組合せが選ばれます。

また、例えば、
(1)2選択指令:数字2を選ぶ。
第2指令:整列表示した、2番目の数字を1番目の数字と同じ数字にする。
(3)4選択指令:数字4を選ぶ。
この指令の組合せの結果、
(2,2,4)の数字の組合せが選ばれます。

大事なポイントは、この指令の組み合わせが、
4つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許して、1度に3つずつ数字を取って作る組合せに、
1対1に対応することである。
(1)この指令の組み合わせが、1度に3つずつ数字を取って作る組合せを表す。
(2)逆に、1度に3つずつ数字を取って作る組合せは、必ず、これらの指令の3つの組み合わせによって表すことができる。

そのため、
(4つの数字の中から同じ数字を何回も取ることを許して、1度に3つずつ数字を取って作る組合せの数)
=(数字を直接選択する4つの指令と、その他の、数字を間接的に指定する指令2つとから成る合計6つの指令のうちから3つを選ぶ組合せの数)
(4+2)

重複組合せの別解
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重複組合せ(3) 最短経路の数
【問3】
方程式x+y+z=7の負でない整数解は何個あるか。

この問題の方程式の解を順次に書くと、
(x,y,z)=
(0,0,7)
(0,1,6)
(0,2,5)
・・・
と順次に書けます。
xが0〜何個かであり、
yが0〜何個かであり、
zが0〜何個かである
組合せの数を求める問題です。

この問題は、その解の組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

初めに、(x,y,z)=(0,0,0)としておき、
それらのx,y,zの値を1つづつ増す7つの指令の組合せの数を求める。
その組合せは、以下の、
変数を直接指定する3つの指令と、
変数を間接的に指定する6つの指令
とから成る合計9つの指令のうちから7つを選ぶ組合せと1対1対応します。

x指令:xを選んで、その値を1にする。
y指令:yを選んで、その値を1にする。
z指令:zを選んで、その値を1にする。
第2指令:第1指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第3指令:第2指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第4指令:第3指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第5指令:第4指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第6指令:第5指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第7指令:第6指令で値を設定した変数に更に1を足す。

上の指令から7つを選ぶ。
その選択の結果、順番が抜けている第n指令の位置に、選ばれたx指令、y指令、z指令のいずれかをx,y,zの順に配置して、第1から第7指令を完成させる。

この指令の組合せは、例えば、
(1)y指令:yを選んで、その値を1にする。
第2指令:第1指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第3指令:第2指令で値を設定した変数に更に1を足す。
(4)z指令:zを選んで、その値を1にする。
第5指令:第4指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第6指令:第5指令で値を設定した変数に更に1を足す。
第7指令:第6指令で値を設定した変数に更に1を足す。
です。
この指令群の結果、
x=0で変わらず、
y=1+1+1=3
z=1+1+1+1=4
となり、
x+y+z=7
を満足しています。

大事なポイントは、この指令の組み合わせが、x+y+Z=7を満足する負でない整数解に1対1に対応することである。
(1)この指令の組み合わせが、x+y+Z=7を満足する負でない整数解を表す。
(2)逆に、x+y+Z=7を満足する負でない整数解は、必ず、これらの指令を7つ組み合わせることによって表すことができる。

そのため、
方程式x+y+z=7の負でない整数解の数
=x指令とy指令とz指令とその他の6つの指令から7個を選ぶ組み合わせの数
(3+6)
(3+6)
=9×8/2=36

【別解】
方程式x+y+z=7の負でない整数解が何個あるかを以下のようにして求めることもできる。

上図のようにx行とy行とz行との3行を有し、横の長さが7の格子を考える。
格子のA点からB点まで、xの行からzの行まで格子を辿って、右と上に進む最短経路を描く。

上図で、
x=(x行の、A点から昇り階段までの長さ)
y=(y行の、階段と階段の間の長さ)
z=(z行の、階段からB点までの長さ)
とすると、
方程式x+y+z=7がいつでも満たされる。

A点からB点まで、格子をたどって右と上に進む最短経路は、
方程式x+y+z=7を満たす(x,y,z)の組合せに
1対1で対応する。
つまり、
(1)どの(x,y,z)の1つの組合せに対しても、必ず1つだけ、AからBへの最短経路がある。
(2)AからBへのどの最短経路に対しても、必ず1つだけ、(x,y,z)の組合せがある。
という関係(1対1対応する関係)がある。

そのため、A点からB点までの全ての経路の数は、(x,y,z)の組合せの数と等しい。

上図の経路は、
→→↑→→→↑→→
とあらわせる。
すなわち、経路は、(↑)2つと(→)7つの順列であらわされる。
(A点からB点までの経路は、(↑)2つと(→)7つがの順列と1対1対応する)

そのため、図のA点からB点までの全ての経路の数は、(↑)2つと、(→)7つが作る全ての順列の数と等しい。
その数は、
(2+7)!/(2!×7!)
(2+7)
になる。
これは、先の解答と同じ答えである。

(蛇足)
経路を考えずに、いきなり、
(↑)2つと(→)7つの順列が、方程式x+y+z=7を満たす(x,y,z)の組合せに1対1で対応することに注目することで答えを計算することもできる。
(↑)と(↑)の間の(→)の数が、x、y、zに対応するからである。

しかし、その説明では、
(↑)と(↑)の間の(→)の数が、x、y、zに対応するからという説明では、
例えば、
→→↑→→→↑→→
のように、最後にはもう(↑)が無い順列が作られる一方、
例えば、
→→→↑→→→→↑
のように、
最後に並べた(→)の後に、もう必要が無い(↑)をわざわざ加えた順列も作る、
という理由がハッキリしない。

最後に(↑)をわざわざ加えた順列も作られる理由は、
そうしないと、その順列は、(↑)2つと(→)7つの順列とは(↑)の数が不足した異なる種類の順列になってしまうので、都合が悪いからである。
都合が悪いから順列の最後に(↑)をわざわざ加えるという行為が許される理由は、
(x,y,z)の組合せに1対1で対応させる(好きなルールを作って対応させる)ことができる順列がありさえすれば、それで十分だという事情があるからである。

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重複組合せ(2)
答えの正しさを確認しやすいように問題を簡単にしてみました。
【3種の玉から重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数】

上図のような3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数を求める。

この問題は、その組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

上の3種の玉と1種の指示が入った箱から、
目隠しして2個を取り出す組み合せの数が、
3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数である。

1種の指示を選んでも2つ目にはどれかの玉を選ぶことになる。
どれか選ばれた玉を玉1、玉2、玉3の順に上から下にならべる。
そして、
指示(1個目の玉を2個目に追加)は、
選んだ玉を並べた1つ目の玉の次に指示を並べ、その指示を2つ目の玉の替わりにする。
選んだ結果の、玉(及び指示)とにより、3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせが指定される。

例えば、以下の組み合わせ:
(1)玉2
(2)指示(1個目の玉を2個目に追加)
は、
(1)玉2
(2)玉2
の組み合わせに1対1に対応する

大事なポイントは、この玉と指示の組み合わせ(3種の玉と1種の指示から選んだ2つ)が、3種の玉から重複を許して2個を選ぶ組み合わせに1対1に対応することである。
(1)この玉と指示の組み合わせが、2つの玉を選ぶ1つの組み合わせを表す。
(2)逆に、2つの玉を選ぶ1つの組み合わせは、必ず、この玉と指示の組み合わせによって表すことができる。

そのため、
3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数
=3種(3個)の玉と1種の指示から2個を選ぶ組み合わせの数
(3+1)
=4×3/2=6
この6つの場合を順次に書くと以下の通りになります。

(1)
  玉1
  玉1
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉1
  指示(1個目の玉を2個目に追加)

(2)
  玉2
  玉2
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉2
  指示(1個目の玉を2個目に追加)

(3)
  玉3
  玉3
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉3
  指示(1個目の玉を2個目に追加)

(4)
  玉1
  玉2
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉1
  玉2

(5)
  玉1
  玉3
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉1
  玉3

(6)
  玉2
  玉3
の組み合わせ。
これには、以下の玉と指示の組み合わせが対応する。
  玉2
  玉3

3種の玉から、重複を許して2個を選ぶ組み合わせの数は、以上の6個のみです。

重複組み合わせの別解方法
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2010年08月27日(Fri)▲ページの先頭へ
重複組合せ(1)
【3種の玉から重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数】

上図のような3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数を求める。

この問題は、その組み合せと1対1に対応する別の組み合わせを求める以下の問題を考えます。そして、その組み合わせの数を考えると解けます。

上の3種の玉と4種の指示が入った箱から、
目隠しして5個を取り出す組み合せの数が、
3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数である。

4種の指示を全部選んでも5つ目にはどれかの玉を選ぶことになる。
どれか選ばれた玉を玉1、玉2、玉3の順に上から下にならべ、その玉の間の第n番目の玉の位置に、選ばれた第n玉指示を並べる。
つまり、選んだ玉のうち一番小さい番号の玉を第1番目に並べ、
第2玉指示(1個目の玉を2個目に追加)が選ばれたら、
第2番目に、第2玉指示を並べ、その指示を2つ目の玉の替わりにする。
第3玉指示(2個目の玉を3個目に追加)が選ばれたら、
第3番目に、第3玉指示をならべ、その指示を3つ目の玉の替わりにする。
その他の第n玉指示も同様にする。
その玉と指示とにより、3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせが指定される。

例えば、以下の組み合わせ:
(1)玉2
(2)第2玉指示(1個目の玉を2個目に追加)
(3)玉3
(4)第4玉指示(3個目の玉を4個目に追加)
(5)第5玉指示(4個目の玉を5個目に追加)
は、
(1)玉2
(2)玉2
(3)玉3
(4)玉3
(5)玉3
の組み合わせに1対1に対応する

大事なポイントは、この玉と指示の組み合わせ(3種の玉と4種の指示から選んだ5つ)が、3種の玉から重複を許して5個を選ぶ組み合わせに1対1に対応することである。
(1)この玉と指示の組み合わせが、5つの玉を選ぶ1つの組み合わせを表す。
(2)逆に、5つの玉を選ぶ1つの組み合わせは、必ず、この玉と指示の組み合わせによって表すことができる。

そのため、
3種の玉から、重複を許して5個を選ぶ組み合わせの数
=3種(3個)の玉と4種の指示から5個を選ぶ組み合わせの数
(3+4)

重複組合せの別解
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2010年08月22日(Sun)▲ページの先頭へ
2重根号が外れない問題


2010年08月16日(Mon)▲ページの先頭へ
円順列と数珠順列(10)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

問9を少しやさしくした問10を作りました。
以下でこの問題を解きます。

【問10】
(1)×2個と●2個と○2個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
×と●と○を並べる席が2+2+2=6箇所あります。
6つの席が固定されているならば、×2つと●2つと残り2つを並べる組み合わせの数は、
6!/(2!×2!×2!)=/(2!×2!)
=6×5×4×3/(2×2)=90通り
あります。
×と●と○の1つの円順列の配置を回転させると、固定した席に対しては6倍の異なる配置になる場合があります。
固定した席への配置する場合の数の90通りの配置のうち、1つの円順列の配置を回転させて6倍の配置ができる場合については、その場合の数を6で割り算して円順列の数を数えることができます。

(第1のタイプの配置)
しかし、下の2つの円順列の配置では、1回転の2分の1の回転で元の形と同じ形になります。

第1のタイプの、この2つの配置では、1つの円順列の配置を回転させて(固定席への配置では)3倍の配置ができます。
(この2つの円順列の配置以外では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。)

第1のタイプ以外の配置では、円順列で1つと数えられる配置を回転して(固定席への配置では)6倍の配置ができます。
第1のタイプ以外の円順列の数は、
第1のタイプ以外の円順列の数
=(固定席での全部の配置の数−(第1のタイプの円順列の数×3))/6
=(90−(2×3))/6=14
一方、第1のタイプの円順列の数は2組でした。
よって、全部の円順列の数は、
14+2=16
組みです。

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心を通る折り返し線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、折り返す前と同じ円順列の配置になる配置があるかどうかを調べます。

(第2のタイプの配置)
下の6の円順列の配置は、図に書き加えた折り返し線で折り返すことができる線対称な形であって、
折り返し線で折り返した配置の形が元の配置と同じ形になるタイプの配置です。

この第2のタイプの円順列は6個のみです。
第2のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
第2のタイプ以外の円順列の配置は、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第2のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第2のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
(16−6)/2=5
あります。

一方、第2のタイプのじゅず順列の数は6個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=5+6=11

    


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2010年08月15日(Sun)▲ページの先頭へ
3色玉の順列の数
【3色の玉を1列にならべる並べ方の数の問題】
×2個と○3個と●4個を1列に並べる並べ方の数を求めよ。

この問題は、上図のように考えます。
例えば○3個は区別されないので、上図のように、3個を並び変えた3!=6個の並び方は全部区別されずに1個の並びと数えます。
同様に、×2個を並び変えた2!=2個の並び方は全部区別されずに1個の並びと数えます。
同様に、●4個を並び変えた4!=4×3×2=24個の並び方は全部区別されずに1個の並びと数えます。
×も○も●の玉も全部の玉を1つ1つ区別して並べる順列の数は(2+3+4)!=9!です。
その順列の数は、
同じ色の玉同士を区別しない配置の順列の数に対して、
×の玉全部を区別した場合は2!倍の順列になり、
○の玉全部を区別した場合は3!倍の順列になり、
●の玉全部を区別した場合は4!倍の順列になり、
×も○も●の玉も全部の玉を1つ1つ区別した場合は2!×3!×4!倍の順列になります。
よって、同じ色の玉同士を区別しない配置の順列は、
9!/(2!×3!×4!)
になります。

この考え方は一般化でき、
×がm個、○がn個、●がp個、△がq個、□がr個を順番に並べる順列で、同じ色(形)の玉同士を区別しない順列の数は、
(m+n+p+q+r)!/(m!×n!×p!×q!×r!)
です。

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2010年08月14日(Sat)▲ページの先頭へ
円順列とじゅず順列(9)
リンク:問10

円順列とじゅず順列の数を求めます。

以下の問題はかなり難しい(特に、じゅず順列の数の計算)ので、無理して読む必要は無いと思います。
この問題より先に、問10をやってください。
この問9は、どうしても読みたい人だけ読めば良いと考えます。

【問9】
(1)×2個と●2個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
×と●と○を並べる席が2+2+4=8箇所あります。
8つの席が固定されているならば、×2つと●2つと残り4つを並べる組み合わせの数は、
8!/(4!×2!×2!)=/(2!×2!)
=8×7×6×5/(2×2)=420通り
あります。
×と●と○の1つの円順列の配置を回転させると、固定した席に対しては8倍の異なる配置になる場合があります。
固定した席への配置する場合の数の420通りの配置のうち、1つの円順列の配置を回転させて8倍の配置ができる場合については、その場合の数を8で割り算して円順列の数を数えます。

(第1のタイプの配置)
下の3つの円順列の配置では、1回転の2分の1の回転で元の形と同じ形になります。

このタイプの配置では、1つの円順列の配置を回転させて4倍の配置ができます。
この3つの円順列の配置以外では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。
第1のタイプ以外の配置では、円順列で1つと数えられる配置を回転して(固定した席では)8倍の配置ができます。
第1のタイプ以外の円順列の数は、
第1のタイプ以外の円順列の数
=(固定席での全部の配置の数−(第1のタイプの円順列の数×4))/8
=(420−(3×4))/8=408/8=51
一方、第1のタイプの円順列の数は3組でした。
よって、全部の円順列の数は、
51+3=54
組みです。

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心を通る折り返し線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、折り返す前と同じ円順列の配置になる配置があるかどうかを調べます。

(第2のタイプの配置)
下の12の配置は、円の中心と×の配置の中間を通る折り返し線に関して対称な形であって、
折り返し線で折り返した配置の形が元の配置と同じ形になるタイプの配置です。

この第2のタイプの円順列は12個のみです。
第2のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
第2のタイプ以外の円順列の配置は、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第2のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第2のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
(54−12)/2=21
あります。
一方、第2のタイプのじゅず順列の数は12個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=21+12=33

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円順列とじゅず順列(8)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問8】
(1)×2個と●2個と○3個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。
(1)先ず、円順列の数を求めます。
×と●と○を並べる席が2+2+3=7箇所あります。
7つの席が固定されているならば、×2つと●2つと残り3つを並べる組み合わせの数は、
7!/(3!×2!×2!)=/(2!×2!)
=7×6×5×4/(2×2)=210通り
あります。
×と●と○の1つの円順列の配置を回転させると、固定した席に対しては7倍の異なる配置になる場合があります。
固定した席への配置する場合の数の210通りの配置のうち、1つの円順列の配置を回転して7倍の配置ができる場合については、その場合の数を7で割り算して円順列の数を数えます。
もし1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になる配置があれば、それは7倍とは異なる倍数の配置ができますが、
この問題の場合では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。
つまり、この問題の場合では、席を固定した場合のどの配置も、円順列で1つと数えられる配置を回転して7倍になった配置であって、全て同じタイプの配置です。
よって、全部の円順列の数は、
円順列の数=210/7=30
です。

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心を通る折り返し線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、折り返す前と同じ円順列の配置になる配置があるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の6つの形の配置は、円の中心と×の配置の中間を通る折り返し線を配置の中心軸にすれば、
折り返し線で折り返した配置の形を、元の配置と同じ形にできるタイプの配置です。
この第1のタイプの配置は6個のみです。
第1のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
円順列では、第1のタイプ以外の配置では、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第1のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第1のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
第1のタイプ以外のじゅず順列の数
=(全部の円順列の数−第1のタイプの円順列の数)/2
=(30−6)/2=12
あります。
一方、第1のタイプのじゅず順列の数(=円順列の数)は6個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=12+6=18

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2010年08月13日(Fri)▲ページの先頭へ
円順列とじゅず順列(7)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問7】
(1)●3個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
●と○を並べる席が3+4=7箇所あります。
7つの席が固定されているならば、●3つを並べる組み合わせの数は、
=7×6×5/(3×2)=35通り
あります。
席への●と○の1つの円順列の配置は回転させると、固定した席に対しては異なる配置になります。
そのため、席を固定して配置した場合の数は、1つの配置が回転した数がだぶって数えられています。
この問題の場合に、回転することによってできる配置の数は7倍あります。
1つの回転から7倍の配置ができる組み合わせの数は、固定した席の組み合わせの数を7で割り算して数えます。
それは下の図のような●の配置の場合です。

もし、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になる配置があれば、それは7倍とは異なる倍数の配置ができますが、
この問題の場合では、1回転の数分の1の回転で元の形と同じ形になるものはありません。
つまり、この問題の場合では、席を固定した場合のどの配置も、円順列で1つと数えられる配置を回転して7倍になった配置であって、全て同じタイプの配置です。
よって、全部の円順列の数は、
円順列の数=35/7=5


(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円を半分に分ける線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の形の配置は、円の中心を通る折り返し線を配置の中心軸にすれば、
折り返し線で折り返した配置の形を、元の配置と同じ形にできるタイプの配置です。

この第1のタイプの配置は3個あります。
第1のタイプ以外の配置では、折り返した形は、元の形を回転することでは作れません。
円順列では、第1のタイプ以外の配置では、元の配置と、折り返した後の配置とは異なる2個の配置と数えられています。
このように、第1のタイプ以外の配置は、円順列では2倍に数えられているので、
第1のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、倍率である2で割り算して求められ、その数は、
(5−3)/2=1
あります。
一方、第1のタイプのじゅず順列の数は3個でした。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=1+3=4


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円順列とじゅず順列(6)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問6】
(1)×1個と●2個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
この問題では、×が1個のみです。
このように、ある形の玉が1個のみの問題の考えかたは、以下のようにします。
つまり、その1個のみの玉×を円の最上部に固定して考えます。
円順列の数は、残りの●2個と○4個を並べる組み合わせの数になります。
●の位置を定めると残りの○の位置が自動的に決まりますので、●の配置の数だけを求めれば、
円順列の数が求められます。
その配置の数は、
=6×5/2=15通り
あります。
そのため、全部の円順列の数は、
円順列の数=15

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心と×を通る線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の3つの形の場合は、×と円の中心を通る線で円順列の配置を折り返してできる配置の形が、元の配置と同じ形になります。

この(第1のタイプの配置の)円順列は3つしかありません。
第1のタイプの配置以外の円順列配置は、折り返してできる配置の形が、元の配置と同じ形になりません。
その配置は、元の形と、それを折り返した形が別の配置として2個と数えられています。
そのため、第1のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、
第1のタイプ以外のじゅず順列の数
=(−3)/2=(15−3)/2=6
一方、第1のタイプのじゅず順列の数=3
です。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=6+3=9


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円順列とじゅず順列(5)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問5】
(1)×1個と●2個と○3個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
この問題では、×が1個のみです。
このように、ある形の玉が1個のみの問題の考えかたは、以下のようにします。
つまり、その1個のみの玉×を円の最上部に固定して考えます。
円順列の数は、残りの●2個と○3個を並べる組み合わせの数になります。
●の位置を定めると残りの○の位置が自動的に決まりますので、●の配置の数だけを求めれば、
円順列の数が求められます。
その配置の数は、
=5×4/2=10通り
あります。
そのため、全部の円順列の数は、
円順列の数=10

(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心と×を通る線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の2つの形の場合は、×と円の中心を通る線で円順列の配置を折り返してできる配置の形が、元の配置と同じ形になります。

この(第1のタイプの配置の)円順列は2つしかありません。
第1のタイプの配置以外の円順列配置は、折り返してできる配置の形が、元の配置と同じ形になりません。
その配置は、元の形と、それを折り返した形が別の配置として2個と数えられています。
そのため、第1のタイプ以外の配置の、じゅず順列の数は、
第1のタイプ以外のじゅず順列の数
=(−2)/2=(10−2)/2=4
一方、第1のタイプのじゅず順列の数=2
です。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=4+2=6


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円順列とじゅず順列(4)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問4】
(1)×1個と●1個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
この問題では、×が1個のみです。
このように、ある形の玉が1個のみの問題の考えかたは、以下のようにします。
つまり、その1個のみの玉×を円の最上部に固定して考えます。
円順列の数は、残りの●1個と○4個を並べる組み合わせの数になります。
●の位置を定めると残りの○の位置が自動的に決まりますので、●の配置の数だけを求めれば、
円順列の数が求められます。
その配置の数は、
=5通り
あります。
そのため、全部の円順列の数は、
円順列の数=5


(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円の中心と×を通る線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。

(第1のタイプの配置)
下の形の場合は、×と円の中心を通る線で円順列の配置を折り返してできる配置の形が、元の配置と同じ形になります。

この(第1のタイプの)円順列の数は、じゅず順列の数と同じです。
この第1のタイプのじゅず順列の数は1つしかありません。

(第1のタイプ以外のじゅず順列の数)
第1のタイプ以外のじゅず順列を折り返してできる(円順列の)配置の形は、元のじゅず順列があらわす円順列の配置とは異なる形の円順列の配置になります。
つまり、第1のタイプ以外では、円順列の数はじゅず順列の数の2倍あります。
そのため、第1のタイプ以外のじゅず順列の数は、そのタイプの円順列の数を倍率2で割り算することで計算でき、
第1のタイプ以外のじゅず順列の数
=(全部の円順列の数−第1のタイプの円順列の数)/2
=(−1)/2=(5−1)/2=2

一方、第1のタイプのじゅず順列の数=1
です。
そのため、全部のじゅず順列の数は、
じゅず順列の数=2+1=3


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円順列とじゅず順列(3)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問3】
(1)●3個と○3個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
●と○を並べる席が3+3=6箇所あります。
6つの席が固定されているならば、●3つを並べる組み合わせの数は、
=6×5×4/(3×2)=20通り
あります。
席への●と○の1つの配置は回転させると、固定した席に対しては異なる配置になります。
そのため、席を固定して配置した場合の数は、1つの配置が回転した数がだぶって数えられています。
この場合に、回転することによってできる配置の数は6倍あります。
そのため、先に固定した席の組み合わせを計算して得た20通りの組み合わせのうち、1つの回転から6倍の配置ができる組み合わせの数は6で割り算して数えます。
それは下の図のような●の配置の場合です。
(第1のタイプの配置)

一方、この3つの●の配置の形のうち、
2分の1回転で元の形と同じ形になるものはありませんが、
3分の1回転で元の形と同じ形になるものがあります。
それは下の図のような●の配置の場合です。
(第2のタイプの配置)

このタイプの配置は、3分の1回転で元の形と同じ形になり、それが回転してできる配置の数は2倍になります。
このタイプの形は、回転することで2倍の配置ができるので、その配置の円順列の数は、
回転してできる全部の配置の数を2で割り算して数えます。
この第2のタイプの配置の円順列の数は上図に示した1つのみです。

(第1のタイプの配置の数)
それ以外の第1のタイプの配置は1回転(360°の回転)しないと元の形と同じにはなりません。
それらが回転してできる配置の数は、
回転で6倍に増えた第1のタイプの配置の数
=(全部の配置の数)−(回転して2倍の数になった第2のタイプの配置の数)
−(1×2)=20−2=18
です。
(第1のタイプの配置の円順列の数)
その数を6で割り算することで、第1のタイプの配置の円順列の数が得られます。
第1のタイプの配置の円順列の数=18/6=3

(全部の円順列の数)
一方、第2のタイプの配置の円順列の数は1個でした。
そのため、全部の円順列の数は、
円順列の数=3+1=4


(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円を半分に分ける線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。

(第3のタイプの配置)
下の形の場合は、円を折り返してできる配置の形が、元の配置を回転することではできない形になります。

円配列では、この形と、これを折り返した形が別の配置として2個と数えられています。

(第4のタイプの配置)
それ以外の形の配置は、折り返した形が、元の配置を回転しても作れます。
すなわち、3つの●の配置の中点と円の中心を通る折り返し線で折り返した形は、折り返す前の配置と重なる同じ形になります。
これを第4のタイプの配置と呼びます。
このような対称な形の配置は以下の2つのみです。

第4のタイプの配置はじゅず順列でも円順列でも同じ2個の数と数えられています。

第3のタイプのじゅず順列の配置は円順列では2倍に数えられています。
そのため、第3のタイプのじゅず順列の数は、
第3のタイプのじゅず順列の数=
{円順列の総数−(第4のタイプのじゅず順列の数)}/2
=(4−2)/2=1
一方、第4のタイプのじゅず順列の数は2個です。
そのため、じゅず順列の数は、
じゅず順列の数=1+2=3


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円順列とじゅず順列(2)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問2】
(1)●2個と○4個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
●と○を並べる席が2+4=6箇所あります。
6つの席が固定されているならば、●2つを並べる組み合わせの数は、
=6×5/2=15通り
あります。
席への●と○の1つの配置は回転させると、固定した席に対しては異なる配置になります。
そのため、席を固定して配置した場合の数は、1つの配置が回転した数がだぶって数えられています。
この場合に、回転することによってできる配置の数は6倍あります。
そのため、先に固定した席の組み合わせを計算して得た15通りの組み合わせのうち、1つの回転から6倍の配置ができる組み合わせの数は6で割り算して円順列の数を数えます。
それは下の図のような●の配置の場合です。
(第1のタイプの配置)


一方、この2つの●の配置の形のうち、半回転だけで元の形と同じ形になるものがあります。
それは下の図のような●の配置の場合です。
(第2のタイプの配置)

この形は、回転により3倍の配置ができるので、その組み合わせの数は3で割り算して円順列の数を数えます。
また、この形の配置だけが、半回転で元の形と同じ形になる円順列であり、それが回転してできる固定席への配置の数は3です。

(第1のタイプの配置の数)
それ以外の第1のタイプの配置は1回転(360°の回転)しないと元の形と同じにはなりません。
(第2のタイプ以外の)第1のタイプの円順列が回転してできる(固定席の)配置の数は、
回転で6倍に増えた(固定席での)第1のタイプの配置の数
=(固定席での全部の配置の数)−(第2のタイプの円順列が回転で3倍に増えた(固定席での)配置の数)
−(1×3)=15−3=12
です。
(第1のタイプの配置の円順列の数)
その数を6で割り算することで、第1のタイプの配置の円順列の数が得られます。
第1のタイプの配置の円順列の数=12/6=2

(全部の円順列の数)
一方、第2のタイプの配置の円順列の数は1個でした。
そのため、全部の円順列の数は、
円順列の数=2+1=3


(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円を半分に分ける線でその円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。
この問題の場合は、どの円順列の配置の円を折り返しても、新しくできる配置も、
折り返す元の配置を回転したのと同じ配置ができます。

ここで円の中心を通る折り返し線を円の中心のまわりに回転させると、
おりかえしてできる配置が円の中心のまわりに回転します。
折り返し線を、2つの●の間を通る位置に設定すれば、
その折り返し線で折り返した配置が、もとの配置と同じ配置になります。

そのため、じゅず順列の数より円順列の数が多くなるということはありません。
ゆえに、じゅず順列の数は、円順列の数と同じ、3組です。

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円順列とじゅず順列(1)
円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問1】
(1)●2個と○3個を円形に並べる方法(円順列)は何通りあるか。
(2)更に、それらを連結したじゅずを作る方法(じゅず順列)は何通りあるか。


(1)先ず、円順列の数を求めます。
●と○を並べる席が2+3=5箇所あります。
5つの席が固定されているならば、●2つを並べる組み合わせの数は、
=5×4/2=10通り
あります。
席への●と○の1つの配置は回転させると、固定した席に対しては異なる配置になります。
そのため、席を固定して配置した場合の数は、1つの配置が回転した数がだぶって数えられています。
この場合に、回転することによってできる配置の数は5倍あります。
そのため、先に固定した席の組み合わせを計算して得た10通りの組み合わせを5で割り算した答えが正しい円順列の数です。
円順列の数=10/5=2


(2)次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円を中心から半分に分ける折り返し線で、その円順列の配置を対称に折り返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。
この問題の場合は、どの円順列の配置の円を折り返しても、
折り返してできる配置は、折り返す元の配置を回転すればできます。

ここで円の中心を通る折り返し線を円の中心のまわりに回転させると、
おりかえしてできる配置が円の中心のまわりに回転します。
折り返し線を、2つの●の間を通る位置に設定すれば、
その折り返し線で折り返した配置が、もとの配置と同じ配置になります。

そのため、じゅず順列の配置を折り返し線で折り返して新たな配置を作ろうとしても、
その配置が新しい配置の形にならないので,じゅず順列の数より円順列の数が多くなるということはありません。
ゆえに、じゅず順列の数は、円順列の数と同じ、2組です。

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