第１２回 数の性質と場合の数の融合問題
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第14回 西暦問題いろいろ
今回から３回にかけて、数を使った場合の数・調べの問題を取り上げてまいります。
このタイプの問題は数の持つ特徴を使わずに考えていくことは難しく、また数の性質だけを使って簡単に求めることもできない、というかなり厄介な問題です。
まさに、「②解答にたどり着くまでの作業量が膨大で、効率良い解き方が見つかりにくく難しい」問題と言えるでしょう。
今回は、どこに数字の特徴が隠れているのか、そしてどのように作業していくのか、そのポイントを説明してまいります。
ポイントが身につく問題実践講座
問題
回文数とは上から読んでも下から読んでも同じ数字のことを言います。
例えば、44は２けたの回文数、232は３けたの回文数ですが、40、230は回文数ではありません。
いま、２けたの回文数と３けたの回文数の積で表せる５けたの回文数を１つ求めなさい。
（2012 算数オリンピックトライアル）
【解くための考え方】
まずは、先ほどの問題を直接お子様に解かせてみてください。
どうでしたか？正解にたどりつけたでしょうか？
正解できなかった場合、どこまで解き進めることができたのかが重要です。
今回の問題のように具体的な数字がないまま倍数・約数という関係が出てくる問題、この講座の第１回でも扱った内容です。
そこで説明した解法ポイントも使っていくことができます。
今後受験Dr.では、「難問攻略イメージde暗記ポイント」カードを作成する予定です。
今回は、その中から「数字を使った場合の数の問題を解くためのポイント」を２つご紹介します。
今回使うポイント
- 問題文の意味がつかめず条件を整理しにくい
⇒【ポイントNo.1】「記号・文字を使って問題文を式に表す」 - 数字の絞り込みの仕方がわからない
⇒【ポイントNo.28】「筆算で状況を把握する」
【ポイントNo.1】「記号・文字を使って問題文を式に表す」
【ポイントNo.28】「筆算で状況を把握する」
今回の問題のように各位の数字がわからないときは、数字を記号（アルファベット）に置き換えて書き表すと良いでしょう。
２けたの回文数は、ＡＡと表せます。
３けたの回文数は、ＢＣＢと表せます。
ＢとＣが同じ数字になる場合もありますが、ここでは区別せずＢＣＢとしておきます。
５けたの回文数は、ＤＥＦＥＤと表せます。
問題文を式にすると、ＡＡ×ＢＣＢ＝ＤＥＦＥＤになります。
しかし、この式だけでは記号が多すぎてよくわかりません。
そこで、このかけ算を筆算にしてみます。
ここで、ＡＡ×Ｂの答えであるアについて、
・３けたの数
・百の位と一の位が同じ
・または、百の位が一の位より１少ない（繰り上がりがあるため）
ということがわかります。
アの値として考えられるものを全て書き出します。
１１、２２、３３、４４、５５、６６、７７、８８、９９、
１１０、１３２、１５４、１６５、１７６、１９８、２２０、２３１、
２６４、２７５、２９７、３０８、３３０、３５２、３８５、３９６、
４４０、４６２、４９５、５２８、５３９、５９４、６１６、
６９３、７０４、７９２、８９１
このうち先ほどの条件に合うのは、
１３２、４９５、６１６ の３つになります。
①ア＝６１６のとき
６１６＝１１×５６より、
Ａ＝７・Ｂ＝８またはＡ＝８・Ｂ＝７です。
それぞれ筆算に書いてみましょう。
この結果イに求められる条件は、
・百の位が一の位より1少ない、または２少ない（繰り上がりのため）
となります。そこで、７７×Ｃを全て書き出すと
０、７７、１５４、２３１、３０８、３８５、４６２、５３９、
６１６、６９３になります。
このうち条件を満たすイは７７×５＝３８５になります。
あとはきちんと回文数になるかを確認しましょう。
イの条件は変わりません。８８×Ｃを書き出すと、
０、８８、１７６、２６４、３５２、４４０、５２８、６１６、７０４、７９２になります。
２６４が唯一条件を満たしますが、百の位が６＋６＋６＝１８で１しか繰り上がりませんので回文数にはなりません。
（８８×７３７＝６４８５６）
②ア＝４９５のとき
４９５＝１１×４５より、Ａ＝５・Ｂ＝９またはＡ＝９・Ｂ＝５です。
それぞれ筆算に書いてみましょう。
この結果イに求められる条件は、
・百の位が一の位より1少ない（繰り上がりのため）
となります。そこで、５５×Ｃを全て書き出すと
０、５５、１１０、１６５、２２０、２７５、３３０、３８５、４４０、４９５になります。
このうち条件を満たすイは５５×９＝４９５になります。
イの条件は変わりません。９９×Ｃを書き出すと、
０、９９、１９８、２９７、３９６、４９５、５９４、６９３、７９２、８９１になります。
このうち条件を満たすイは４９５になります。
③ア＝１３２のとき
１３２＝１１×１２より、
Ａ＝２・Ｂ＝６、Ａ＝３・Ｂ＝４、Ａ＝４、Ｂ＝３、Ａ＝６・Ｂ＝２
の４通り考えられます。
ぜひそれぞれ筆算を書き、「イの百の位と一の位にどのような条件があるか」を考えて答えを探してみましょう。
【正解】
５４９４５、６６０６６のどちらか
開成・筑駒・灘の問題で今日のポイントを使う
問題 2016 灘中（2日目）４
９桁の整数123456789をAとします。
また、Aの各桁の数から２個を選び、それらを入れ替えてできる９桁の整数を考えます。
このような９桁の整数は全部で36個あり、これらを小さいものから順に①、②、…、36とします。
例えば、①＝123456798、②＝123456879、③＝123456987、⑨＝123486759、
36＝923456781です。
以下では、①、②、…、36からAを引いて得られる36個の整数①－A、
②－A、…、36－Aを考えます。
例えば、
①－A＝123456798－123456789＝９
②－A＝123456879－123456789＝90
36－A＝923456781－123456789＝799999992 です。
（１）36個の整数①－A、②－A、…、36－Aのうち、1000で割り切れるものは何個ありますか。
（２）36個の整数①－A、②－A、…、36－Aのうち、37で割り切れるものは何個ありますか。
（３）これら36個の整数をすべてかけて得られる整数
（①－A）×（②－A）×…×（36－A）は３で最大何回割り切れますか。
例えば、810は３で最大４回割り切れます。
【解説】
（１）
36個の値を全て求める方法もありますが、何らかの規則・性質があると考えて、まずはいくつかの例を分析してみましょう。
①－Ａ 123456798－123456789＝9
②－Ａ 123456879－123456789＝90
③－Ａ 123456987－123456789＝198
⑨－Ａ 123486759－123456789＝29970
この４つを筆算にしてみます。←ポイントNo.28
入れ替えた数字のうち大きい方を大、小さい方を小と書き換えます。
このことから
・Ａの小より左の位には数字がない
・Ａの大より右の位は全て０になる
・大と小にはさまれた位は全て９になる
・「小－大」の位は、（１０＋小）－大の値になる
・「大－小」の位は、大－小－１になる
ということがわかります。
小－大のところで繰り下がりがおこるためです。
繰り下がりは大－小の位まで続きます。
たとえば、４と８を入れ替えた場合は、
１０＋４－８＝６、８－４－１＝３より、
３９９９６０になります。
○－Ａの値が1000で割り切れる、ということは下３ケタが必ず０であることです。
そのためには７，８、９は入れ替えることなく残っていることが必要となります。
つまり、入れ替えた２つの数は１～６の中から選ばれたということです。
その選び方は、６×５÷２＝15通りとなります。
答え １５個
（２）
３７で割り切れる数にはどのような特徴があるのでしょうか。
それを見つけるため９と他の数字を入れ替えた場合を考えます。
つまり、間にはさまれた９の個数が２個か５個のときに３７で割り切れます。
間に９が２個はさまれるのは、大と小の差が３のときなので、
「６と９」「５と８」「４と７」「３と６」「２と５」「１と４」の６通り
間に９が５個さはまれるのは、大と小の差が６のときなので、
「３と９」「２と８」「１と７」の３通り
したがって、合計９通りになります。
答え ９個
（３）
３で割り切れる回数を考える場合は、素因数分解をして３が何回出てくるかを考えます。
そこで、○－Ａの値を分解してみます。
これにより、
・９
・大と小の差の数
・大と小の差の個数だけ１を並べた数
・９と大の差の個数だけ10をかけた数
の４つの数の積が○－Ａになっています。
この４つの数のそれぞれが３で何回割り切ることができるか調べていきます。
９＝３×３より36個全ての○－Ａは２回ずつ３で割り切ることができます。
大と小の差は1以上８以下なので、差が３、６になる時は３で１回割り切ることができます。
そのような大と小は、
（９、６）（９、３）（８、５）（８、２）（７、４）（７、１）（６、３）（５、２）（４、１）の９個あります。
９と大の差だけ10をかけた数は３の倍数になりません。
大と小の差の個数だけ１を並べた数は、111＝３×37、111111＝３×37037、より差が３、６になる時は３で１回割り切ることができます。
これは先ほどと同じ９個あります。
以上より、36×２＋９＋９＝90回割り切ることができます。
答え ９０回
前回のチャレンジ問題の答え
問題
縦２列、横2007列のマスがあります。
図のように上の目の数が「１」の状態かのサイコロが左上のスタートのマス目から右下のゴールのマス目まですべらずに転がっていきます。
最短距離でゴールまで行ったときにサイコロの上の目の数が「６」になるような行きかたは何通りありますか。
サイコロは向かい合う面の数の和が７になります。
（2007 算数オリンピックトライアル）
【解説】
解説
最短距離でゴールまで行きますので、右か手前にしか転がすことはできません。
その回数は、どのように進んでも右に2006回、手前に１回になります。
そこで、いつ手前に転がすかで場合分けをして考えていきます。
１の列で手前に転がす場合
６は後ろの面に出続けますので、上になることはありません。
２の列で手前に転がす場合
まず３列目で６が上に来ます。
このあとは４列ごとに６が上になりますので、（４の倍数＋３）列目で４が上に来ます。
2007÷４＝501あまり３より、２の列で手前に転がした場合ゴールで６が上に来ます。
３の列で手前に転がす場合
６は前の面に出続けますので、上に来ることはありません。
４の列で手前に転がす場合
まず７列目で６が上に来ます。
このあとは４列ごとに６が上になりますので、（４の倍数＋３）列目で４が上に来ます。
したがって、４の列で手前に転がした場合もゴールで６が上に来ます。
５の列で手前に転がす場合ですが、右に４回続けて転がすとスタートに置いたときと同じ状態に戻ります。
つまり、転がしたときの目の出方は、１～４列目で転がしたときのどれかと同じになります。
したがって、（４の倍数＋２）の列で手前に倒した場合は、２の列で手前に倒した場合と同じ周期が繰り返され、（４の倍数）の列で手前に倒した場合は、４の列で手前に倒した場合と同じ周期が繰り返され、どちらもゴールのときに６が上に来ます。
１～2007のうち、（４の倍数＋２）または（４の倍数）となる数は、
１～2007の中の偶数になりますので、2007÷２＝1003あまり１より
1003通りになります。
答え 1003通り
今日のポイントを使って問題にチャレンジ！
問題
３けたの整数のうち、次の条件を満たすものを「良い整数」とよぶことにします。
条件：３けたの整数を２つの整数に分けてその和を考えると、常にもとの整数の約数になっている。
（例）330は３と30に分けても、33と0に分けても和が33になり、330の約数になっています。
このため、330は「良い整数」となります。
ですが、702は7と02に分けた場合は7＋2＝9となり、702の約数になりますが、70と2に分けてしまうと、70＋2＝72は702の約数にはなりません。
よって、702は「良い整数」ではありません。
一の位が0でない「良い整数」を４個求めなさい。
（2010 算数オリンピックファイナル）
※解答解説は次回掲載いたします。