Taro

#29993 記憶で考えると、2pt差だったかと思います。 #こっそり30000Getしました(^^;

6月14日（木） 0:53:28　　 　　30000

sugitakukun

#29988 Excel見たところ、３週どころか４週連続のようです。 すごいことはすごいですけど…ねぇ＞＜ #30000 ちゃっかり30000おめです。 抜けてる２回のうち片方で私が5位だった覚えがあるので多分そうなのでしょうが、まぁ過去問でのリカバリ待ちということで^^;

K府K市S区　　 6月14日（木） 1:14:45　　 MAIL:sugitakuunikun@msn.com HomePage:White Shadow　　30001

スモークマン

今回は入れました ^^; 1,1,1,1 に、残りの (50-4)/2=23 個の2を加えればよいので、 4H23=26C23=26*25*24/3*2*1=2600

金光　　 6月14日（木） 1:21:43　　 　　30002

スモークマン

#29974 武田浩紀さんへ。ご返事できて幸いです。^^;v ありがとうございました。Orz〜 >計算ミスするのが難しいくらい簡単にできる方法もありますよ。 >ΣnCrp^(n-r)q^r (rは偶数,q=1-p） >={(p+q)^n+(p-q)^n}/2 >={1+(2p-1)^n}/2 わたしもそれを思ったのですが、、、分からなかった。。。^^; 上手い方法ですね♪

金光　　 6月14日（木） 1:38:26　　 　　30003

banyanyan

まだまだ勉強不足ですorz。

京都市　　 6月14日（木） 1:51:22　　 MAIL:banyanyanmi@yahoo.co.jp HomePage:明るい家族計画−算数　　30004

ハラギャーテイ

おはようございます。もろにプログラムです。 ところでHPのほうにダイエット・クイズを掲載しました。 この一年間で１１ｋｇやせました。プールで沈むように なりました。浮きすぎて泳ぎにくかったのです。この 経験がクイズになっています。

山口　　 6月14日（木） 6:34:34　　 HomePage:制御工学にチャレンジ　　30005

uchinyan

はい，こんにちは。さて，今回の問題は．．． 今回は比較的易しい，というか，皆さんならば類題をどこかで解いたことがある，という感じだったのではないのでしょうか。 数学で考えるのが楽ですが，算数らしく言い換えてみます。 四人の点数の合計が 50 点で，各人の点数が正の整数であることを考えれば，各人の点数が 50 点を超えることはなく， 各人の点数が 50 点以下というのは自然に成立しています。 さて，この手の問題でよくやるように，点数をボールの個数で置き換えて，四つの箱に 50 個のボールを分ける問題と言い換えます。 すると，箱の中のボールが奇数になるためには，まず 1 個ずつボールを箱に入れておいて， 残りの 50 - 4 = 46 個のボールを 2 個ずつ一組にして入れていくと考えればいいです。 つまり，46/2 = 23 組を四つの箱に分ければいいので，23 組と 3 個の仕切りを一列に並べればいいです。 そこで，場合の数は，(23+3)C3 = 26C3 = (26 * 25 * 24)/(3 * 2 * 1) = 26 * 25 * 4 = 2600 通りです。

ネコの住む家　　 6月14日（木） 8:58:35　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30006

uchinyan

掲示板を読みました。 若干の工夫の差異はあるようですが，特に，4 を引くか足すか，#29997など，大筋は同じような気がします。 なお，プログラム組んでも簡単ですね。

ネコの住む家　　 6月14日（木） 8:55:31　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30007

スモークマン

クイズみたいな友人問です。0rz〜 問題 正方形の四隅にそれぞれ赤と青のランプが1つずつあります。いつでもそれぞれそのどちらか一方だけがひかります。現在は赤と青が混じってついています。制御卓の上に1、2、3の3個のボタンがあります。それを押すと以下の変化がおきます。 1のボタン　　どこか1箇所の赤、青の色が変わる。 2のボタン　　どれか隣り合った2箇所の色が変わる。 3のボタン　　どちらかの対角線の両端の2箇所の色が変わる。 制御卓からランプは見えませんが、もしも4個のランプの色がすべて同一になったら、ブザーがなって色が同じになったことがわかる。さて、最初の状態がどのようであっても、またどこが変わったとしても、ある一定の手順によると、限られた回数以内ですべてのランプの色を同一にすることができます。 その手順を示せ。

金光　　 6月14日（木） 8:57:40　　 　　30008

uchinyan

#30008 結局，しらみつぶしに毛が生えたようなものですが．．． 最初のランプの点灯状況は，赤と青とが混じっているので 2^4 - 2 = 14 通りありますが， 色，位置，操作の対称性より，結局次の三つのパターンに分類できます。 (1)　パターン１：一つだけ色が異なる場合 赤を 0，青を 1 とすると，具体的には 10 01 00 00 01 10 11 11 00 00 10 01 11 11 01 10 (2)　パターン２：縦又は横に同じ色が並ぶ場合 11 00 10 01 00 11 10 01 (3)　パターン３：対角線上に同じ色が並ぶ場合 10 01 01 10 そして，調べてみると，これらのパターンとボタン操作とには次の関係があります。 ・パターン３にボタン３を行うと，必ず，すべての色がそろう。 　これを，(3)-3->OK と書きます。 ・パターン２にボタン３を行っても，パターン２のままである。(パターン２内で移り合う。) 　(2)-3->(2) ・パターン２にボタン２を行うと，すべての色がそろうか，パターン３になる。 　(2)-2->OK or (2)-2->(3) ・パターン１にボタン３又はボタン２を行っても，パターン１のままである。(パターン１内で移り合う。) 　(1)-3->(1), (1)-2->(1) ・パターン１にボタン１を行うと，すべての色がそろうか，パターン２か，パターン３になる。 　(1)-1->OK or (1)-1->(2) or (1)-1->(3) これらのことを考慮すると，すべて色がそろうためには， a)　パターン３に対してはボタン３を行うとよい。 b)　パターン２に対してはボタン２を行い，それでダメな場合はパターン３になっているので， 　ボタン３を行うとよい。 c)　パターン１に対してはボタン１を行い，それでダメな場合はパターン３又はパターン２になっているので， 　それぞれに対して，a)又はb)を行うとよい。 つまり，パターンが不変な場合をうまく使い，「行うとよい」のところをうまく調整して，結局， 3, 2, 3, 1, 3, 2, 3 と７回ボタン操作を行えば，その途中又は最後に，すべての色がそろいます。 実際， (3)-3->OK (後の操作は不要。以下同様。) (2)-3->(2)-2->OK (2)-3->(2)-2->(3)-3->OK (1)-3->(1)-2->(1)-3->(1)-1->OK (1)-3->(1)-2->(1)-3->(1)-1->(3)-3->OK (1)-3->(1)-2->(1)-3->(1)-1->(2)-3->(2)-2->OK (1)-3->(1)-2->(1)-3->(1)-1->(2)-3->(2)-2->(3)-3->OK のいずれかの系列になります。 要するに状態遷移(図)の問題ですね ^^

ネコの住む家　　 6月14日（木） 11:07:42　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30009

浮浪

なるほど・・・

6月14日（木） 11:22:20　　 　　30010

スモークマン

#30009 uchinyanさんへ。 いつもながら鮮やかなお手並み Orz〜 ただ、3-2-3-1-2-3 でも可能ではないでしょうかしら・・・？ ^^; わたしの、、、 00 00 00 01 01 11 10 01 01 10 のパターンしかない。 このパターンは、0,1 が単に異なるという意味だけで、青でも赤でもよい。 (1) 00 11 (2) 00 10 (3) 00 01 (4) 01 01 (5) 01 10 (1),(4)-2のボタン-(5)-3のボタンでＯＫ (2),(3)-1のボタン-(1),(4)-以下上に同じ。 -(5)-以下上に同じ。 (1),(4)-3のボタン-(1),(4) (2),(3)-2のボタン-(2),(3) (1),(4)-1のボタン-(2),(3) (2),(3)-3のボタン-(2),(3) つまり、最初に3のボタンを押してダメなら、(1),(4) か、(2),(3) (1),(4) なら、2のボタンを押して、3のボタンを押す。 だめなら、(2),(3) になってるはずだから、1のボタンを押して、2のボタンを押して3のボタンを押せばクリアー^^v どこか間違ってるかな。。。^^;

金光　　 6月14日（木） 13:11:46　　 　　30011

uchinyan

#30011 ん〜と，例えば， 10 00 の場合，例えば， 10 -3-> 00 -2-> 11 -3-> 01 -1-> 01 00 -3-> 01 -2-> 01 -3-> 00 -1-> 10 となる可能性もあるので，この後， 01 -3-> 11 or 00 10 -3-> 11 or 00 で OK ですが，3 のボタンでなく 2 のボタンを行うのでは，例えば， 01 -2-> 10 -3-> 00 or 11 10 -2-> 10 -3-> 11 or 00 となってしまい，うまくいかない場合が出てきてしまうと思います。 やはり，3, 2, 3, 1, 3, 2, 3 の７回は要るように思います。 スモークマンさんのお考え，3, 2, 3, 1, 2, 3 では，1 のボタンの後の， 10 or 01 01 or 10 要するに，スモークマンさんの記法で (5)，の可能性を見落としておられる，又は対処法がおかしい，ような気がしますが．．． いかが？

ネコの住む家　　 6月14日（木） 14:32:15　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30012

スモークマン

#30012 uchinyanさんへ。 了解しました。 (2),(3)-1のボタン-(5) の場合が抜けてましたね。Orz〜 (5)-3のボタン-(1),(4)-2のボタン-(5)-3のボタン　としなければいけませんでした。 結局、uchinyanさんのおっしゃられる通り、3-2-3-1-3-2-3 と最大7回必要ですね。^^; 友人にも確認してみます。v

金光　　 6月14日（木） 19:42:27　　 　　30013

エルク

#30008 これは・・・数検１級の問題ですな 手持ちの数検２次の過去問に載ってました。 詳しい解説はなかったものの自力で解析して見た。 #30009 uchinyanさんの解答が７手以内で確実に揃える唯一の方法です。 ２色の区別をしない場合、８通りの盤面があって（完成図含む） ６手の手順では多くても７通りの盤面しか途中で出ないため 少なくとも一つは途中に出ない盤面があります。 「（出なかった盤面）を完成図に移す変化」を（最初の盤面）に施す。 （その盤面）から始めた時に完成図にならないまま終わるわけですが・・・ って言ってる意味わかりにくいですかね。７手必要な根拠。 逆に８通りすべてが出るような手順でないと正解になりません。 よって７手の最短で済ます場合、途中で同じ盤面になることは不可です。 ３つ同色の場合が４通り（パターンＡ）、 それ以外が４通り（パターンＢ）で、 ＡＢ間を行き来できるのは手順１のみ。 さらにＡの４通りとＢの４通りはどこからどこへでも移動の可能性有り。 ７手の中に手順１が２回あるとすると、 １回目の手順１の直前と、２回目の手順１の直後の盤面が 同じになってしまう可能性があるので不適。 手順１が１回だけだとすると パターンＡＢどちらかの４つを遷移した後もう一方のパターンに移り 残りのパターンのほうも４つとも動かなければならないので ○○○１○○○の手順であることが必須。 同じ手順を並べると元に戻ってしまうだけの可能性があるので ○○○は２３２か３２３しか考えられず、実際適してるのは３２３ 以上、７手以下ですむ唯一の手順は３２３１３２３となります。

6月15日（金） 0:08:21　　 HomePage:エルクのブログ　　30014

スモークマン

#30014 エルクさん、Orz〜 8通りの盤面があるので、最低7手必要だって根拠がよく分かりました♪^^v

金光　　 6月15日（金） 0:43:09　　 　　30015

uchinyan

#30014 なるほど。この解法の方が優れていますね。 ７手必要なこと，操作３２３１３２３の唯一性など，大変に勉強になりました。 ありがとうございます。

ネコの住む家　　 6月15日（金） 9:23:13　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30016

吉川　マサル

#30001 　あ、抜けた２回って、そういうことだったんですね...。スミマセン、リカバリしました（？）

iMac　　 6月15日（金） 10:24:37　　 MAIL:masaru-y@sansu.org HomePage:算チャレ　　30017

スモークマン

友人問 ^^ a と d は自然数であるとし、次のような数列を考える。 ただし 0 < d < 2000 a、a+d、a+2d、・・・、a+nd、・・・ 今 a、a+d、・・・、a+nd までの (n+1) 個すべてが素数であるならば n <= 10であることを証明せよ。 *できましたら、具体例を教えて頂きたいのですが。。。Orz〜 素数表をしばらく眺めても見つけられない・・・^^; なお、遅くなりましたが、#30008 は、3231323 の7手が正解でした。 友人はどうもわたしの解を一瞥しただけだったようで、、、Orz〜

金光　　 6月18日（月） 6:50:46　　 　　30018

doba

#30018 スモークマンさん 補題１「aとdが自然数、pを素数として、 a,a+d,…,a+(p-1)dのp個の数がいずれもpの倍数でないならば、 dはpの倍数である。」 補題２「aとdが自然数、pを素数として、 a,a+d,…,a+(2p-1)dの2p個の数が全て素数ならば、 dはpの倍数である。」 補題１の証明 もし、dがpで割り切れなければ、 a,a+d,…,a+(p-1)dのp個の数は、いずれもpで割ると余りが異なるので、 この中に必ずpで割り切れる数が存在することになり、条件に反する。 よって、dはpの倍数である。 補題２の証明 もし、dがpで割り切れなければ a,a+d,…,a+(p-1)dのp個の数の中には必ずpで割り切れるものが存在し、 a+pd,a+(p+1)d,…,a+(2p-1)dのp個の数の中にも必ずpで割り切れるものが 存在する。 すなわち、a,a+d,…,a+(2p-1)dの2p個の数の中には、 pで割り切れる異なる２つの数が存在することになり、 少なくともそのうちのどちらかは素数でないことになるので、条件に反する。 よって、dはpの倍数である。 これらを踏まえ、与えられた命題と等価な次の命題を証明します。 「aとdが自然数で、a,a+d,a+2d,…,a+11dの12個が全て素数ならば、 d≧2000である」 補題２より、dは2,3,5のいずれの倍数でもある。 よって、d≧30 a+d,a+2d,…,a+7dの７個の数は、いずれも30より大きい素数なので、 7では割り切れない。 よって、補題１より、dは7の倍数である。 a+d,a+2d,…,a+11dの11個の数は、いずれも30より大きい素数なので、 11では割り切れない。 よって、補題１より、dは11の倍数である。 以上より、dは2,3,5,7,11の公倍数となり、 d≧2×3×5×7×11＝2310 証明終 ちなみに、スモークマンさんが「具体例」とおっしゃっているのは、ｎ＝10となる例ということでしょうか？今回証明するのは、あくまでもｎが10以下でしかありえないことであって、ｎ＝10である実例が存在することが保証されているわけではないと思います。 もし、ｎ＝10となる例が存在するとしたら、a=11で、dが210の倍数であることは明らかなので、その条件を満たす全ての場合をチェックして見つからなければ、そのような例はない（すなわち、ｎ≦９である）ということになるでしょう。

6月18日（月） 13:21:12　　 　　30019

doba

#30018について ｎ＝10となるような例は存在しないようですね。 ｎ＝９だと、例えば次のようなものがあります。 ａ＝199 ｄ＝210とするとき、 199,409,619,829,1039,1259,1459,1669,1879,2089 はいずれも素数

6月18日（月） 13:30:33　　 　　30020

uchinyan

#30018 〜 #30020 dobaさんと同じようなことを、より具体的に検討していましたが、dobaさんに先を越されてしまったようです (^^; n = 9 の具体例も同じものを見つけました。 (ちょっと追加) おっと、 ＞ａ＝199 ＞ｄ＝210とするとき、 ＞199,409,619,829,1039,1259,1459,1669,1879,2089 1259 -> 1249 の間違いですね ^^ (追加終わり)

ネコの住む家　　 6月18日（月） 14:31:56　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30022

スモークマン

#30019~#30022 dobaさん、uchinyanさん、考えて下さってありがとうございました。Orz〜 みなさんすぐピンとくるところは流石ですね♪ 解けない問題なんてなさそうで、、、^^;、、、うらやましい。。。 同じ考えだと思いますが、、、一応友人からの解を。^^ n>10だと仮定する。 つまり、a,a+d,・・・,a+11d の12個の整数がすべて素数である。 まず、a は11より大きな素数である。なぜなら、a が2，3，5，7，11のいずれかの場合、それぞれ a+2d,a+3d,a+5d,a+7d,a+11d が素数でなくなってしまうから。 このとき、d は、2*3*5*7*11=2310 の倍数でなければならないことを示す。 a は2の倍数ではないから、もし d が2の倍数でないなら a+d は2の倍数になり、a+d が素数であることに反する。よって d は2の倍数。 また、a は3の倍数ではないから、3で割ったときの余りは1または2である。もし d が3の倍数でないなら、d を3で割ったときの余りも1または2であり、すると 2d を3で割った余りは2か1になる。したがって、a+d と a+2d の少なくとも一方は3の倍数になり、両方ともが素数であることに反する。よって d は3の倍数。 以下同様にして、a が5の倍数でないことから、d が5の倍数であること、a が7の倍数でないことから、d が7の倍数であること、および、a が11の倍数でないことから、d が11の倍数であることが導かれる。 したがって、d は 2*3*5*7*11=2310 の倍数でなければならない。しかし、条件より、0<d<2000 であるから、これは矛盾する。この矛盾は n>10 であると仮定したことから生じた。よって、n<=10 である。 n=9 のときのものお示し頂きありがとうございます。Orz〜 n=10 は無さそうとのこと、、、n が大きくなればなるほどチェックは難しくなりそうだし、、、素数の頻度はまばらになるから可能性は薄くなるはずですよね。。。

金光　　 6月18日（月） 19:01:04　　 　　30023

uchinyan

#30023 ＞みなさんすぐピンとくるところは流石ですね♪ 少なくとも私は，素数表をにらみながらいろいろ試行錯誤してやっと，という感じです。 「すぐにピンと」なんてきませんよぉ〜 スモークマンさんご提示の解法よりも泥臭い感じで n = 10 の具体例を探りながら， こんな感じかなぁ，と思って，書き込もうと思って掲示板を見たら， dobaさんのキレイな解法が既に載っていて「かなわないなぁ」というのが本音。 でも，その副産物で，n = 9 の場合を見つけました (^^;

ネコの住む家　　 6月20日（水） 11:42:06　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30024

スモークマン

友人問・・・連続投稿ですみません0rz〜 わたしは諦め早いもので、、、すぐギブしちゃうから、、、新しい問題が次々と送られてきます。。。^^; これは解答を見てもよく分からなくって、、、教えて頂ければ幸いです。Orz〜 自然数nの各桁の数字の和をS(n)で表す。 (1) n+S(n)=1980をみたすnは存在するか。 (2) 2つの連続する自然数のうち少なくとも一方は、ある自然数nによりn+S(n)の形に書けることを証明せよ。

金光　　 6月20日（水） 13:46:08　　 　　30025

ちこりん

あれぇ？なんかピンと来ないけど、 通ったということは答え合ってるようだ。

6月20日（水） 13:59:36　　 　　30026

uchinyan

#30025 今，少し退屈な会議中．．．(^^; (1) mod 9 で考えると n ≡ S(n) で，1980 は 9 の倍数なので，n ≡ 0 です。 そこで，n として，1980 - 9 = 1971, 1980 - 18 = 1962 と調べていくと，1962 でうまくいきます。 つまり，1962 + S(1962) = 1980 で存在します。 (2) ちょっと直感的ですが．．． n = 1, 2, ..., 9 に対して n + S(n) = 2, 4, ..., 18 となり，2 ずつ増えていきます。 これは，隣り合う二つの自然数の片方になっているので，題意を満たします。 さらに n が一つ増えると桁上がりがあり，n = 10 になって，10 + S(10) = 11 と減ります。 しかしこれは，先ほどの 2 〜 18 の中に入っています。 そして，n = 11, 12, ..., 19 では n + S(n) = 13, 15, ..., 29 となり，再び 2 ずつ増えていきます。 そこで，10 + S(10) = 11 が 2 〜 18 の中に入っていることから，うまく連続してこれも題意を満たします。 このように，下一桁が 9 でない場合には，n -> n+1 とすると，桁上がりがないので S(n+1) = S(n) + 1 がいえ， n + S(n) -> (n+1) + S(n+1) = (n + S(n)) + 2 となって 2 ずつ増えます。 しかし，下一桁が 9 の場合には桁上がりがあるので n + S(n) が減ります。 減り方は，下一桁から上位桁に向かって 9 がいくつ続くかに依存します。 今，n = ab…c9…k個…9，k >= 1，c は 9 でない，とすると，n+1 で ab…(c+1)0…k個…0 となるので， n + S(n) = ab…c9…k個…9 + (a + b + ... + c + 9k) (n+1) + S(n+1) = ab…(c+1)0…k個…0 + (a + b + ... + c + 1) で，n -> n+1 で 2 - 9k だけ変化，9k - 2 だけ減ります。 しかし，明らかに， 2 < ab…(c+1)0…k個…0 + (a + b + ... + c + 1) < ab…c9…k個…9 + (a + b + ... + c + 9k) つまり， 2 < (n+1) + S(n+1) < n + S(n) なので，うまく 2 ずつ増えていく領域に入り，そこから再度 2 ずつ増えていくので， 連続して隣り合う自然数の少なくとも一方は，常に n + S(n) の形に書けることになります。 実際には，n:(n+S(n)) として， 1:2, 2:4, 3:6, 4:8, 5:10, 6:12, 8:16, 9:18, 10:11, 11:13, 12:15, 13:17, 14:19, 15:21, 16:23, 17:25, 18:27, 19:29 20:22, 21:24, 22:26, 23:28, 24:30, 25:32, 26:34, 27:36, 28:38, 29:40 ... 90:99, 91:101, 92:103, 93:105, 94:107, 95:109, 96:111, 97:113, 98:115, 99:117 100:101, 101:103, 102:105, 103:107, 104:109, 105:111, 106:113, 107:115, 108:117, 109:119 110:112, 111:114, 112:116, 113:118, 114:120, 115:122, 116:124, 117:126, 118:128, 119:130 ... となっていきます。

ネコの住む家　　 6月20日（水） 16:20:45　　 MAIL:uchi@sco.bekkoame.ne.jp 　　30027

スモークマン

#30027 uchinyanさん、Orz〜 なるほど、、、mod 9 ですね♪ (1) は友人からの解答は、、、 存在する。1962+S(1962)=1980 といういたって素っ気ないものでした。^^; わたしは、、、 1899+27=1926<1980 19ab である。 1+9+a+b+19ab=1980 1970=19ab+a+b 70-10a-b=a+b 11a+2b=70 11a=70-2*9=52 つまり、a は６ a=6,b=2 で成立。 1962+1+9+6+2=1980 n=1962 としましたが、、、これって、mod 9 で考えてることと同じでしたね。^^v (2) は、同様に mod 9 で自然に考えて行けばいいんでしょうが、、、uchinyanさんのようには閃かなかった。。。^^; わたしの試行錯誤、、、 2〜18までは、n=1~9 で成立。 19=14+1+4 21以上は、以下に従う。 ab のとき、ab+a+b なので、 bが奇数の時は、a も奇数。 そのとき、 19>=a+2b>10 のときは、c 偶数、d 奇数。元の数の下一桁は、1,3,5,7,9 元の数、cd は、c が偶数、d奇数。 27>=a+2b>=21 のときは、元の下一桁は、1,3,5,7 c,d は奇数。しかも、(a,b)=(3,9),(5,9),(7,7),(7,9),(9,7),(9,9) (c,d)=(5,1),(7,3),(9,1),(9,5),(11,3),(11,7) b が偶数のときは、a 偶数。 19>=a+2b>=10 のときは、c 奇数、d偶数。元の数の下1桁は、0,2,4,6,8 元の数、cd は、cが奇数、d偶数。 26>=a+2b>=20のときは、元の下一桁は、0,2,4,6 c,d は、偶数。しかも、(a,b)=(4,8),(6,8),(8,6),(8,8) (c,d)=(6,0),(8,2),(10,0),(10,4) たとえば、99は満たすものはないが、98 は、a=8,8+2b=18,b=5 実際に、85+8+5=98 100は、a=8,8+2b=20,b=6 実際に、86+8+6=100 連続する数は、上のいずれかを満たすのでどちらかは成立する。 ないものは、 1357 のときは、57-4=53で考え、当てはまらないので、 1358 のとき、58-4=54なら、a=4,4+2b=14,b=5 1345+1+3+4+5=1358 1356 のときは、56-4=52 なら、a=4,4+2b=12,b=4 1344+1+3+4+4=1356 1350 のとき、50-4=46で考え、当てはまらないので、 1351 のときは、51-4=47 で、a=3,3+2b=17,b=7 1337+1+3+3+7=1351 1349 なら、49-4=45で、a=3,3+2b=15,b=6 1336+1+3+3+6=1349 1980は、80-10=70で、a=6,6+2b=10,b=2 1962+1+9+6+2=1980 お粗末ですね ^^; 一般にはどう言うのだろう。。。かって悩んでました。。。 次にここに来れるかどうか不確定なので ^^; 友人からの解法を載せますね。v （２）f(n) = n + S(n) とおく。n の末尾の数（１の位の数）が 9でなければ、 f(n+1) = f(n) + 2 であり、n の末尾の数が9ならば、f(n+1) < f(n) である。 f(1) = 2 で、f(n) > n だから、任意の2以上の自然数 m を選ぶとき、f(n) ≦ m を満たす最大の自然数 n が存在する。 m < f(n+1) で、f(n+1) ≦ f(n) + 2 だから、f(n) ≠ m ならば、f(n) = m+1 となる。 いまいちピンときてないわたしです。。。^^;

金光　　 6月20日（水） 23:04:46　　 　　30028