数的推理の質問はここに！第2問

あるバス会社の運賃は均一である。運賃を値上げすると乗客は減少し
その減少率は、運賃の値上げ率の5/7の割合である。運賃収入の増減が
なくなるのは運賃何％値上げした時か。
という問題で
（1+x/100)(1-1/100*5/7x)=1という式をたてるのですがどうしてそうなる
のかわかりません。よろしかったら教えて下さい。

運賃をｘ％値上げたとする。すると問題文より（減少率）＝(x/100)*(5/7)である。
つまり値上げすることによってb人だった乗客はb*（減少率）減ることになる。
☆値上げ前
　運賃＝a円、乗客数＝b人
☆値上げ後
　運賃＝a*(x/100)、乗客数＝ｂ−ｂ＊（減少率）＝ｂ＊（１-減少率）

運賃収入（＝運賃＊乗客数）が値上げ前と値上げ後と等しくなる為には、
（値上げ前の収入）＝（値上げ後の収入）
　　　ａ＊ｂ　　　＝ａ＊（ｘ/100）＊ｂ＊（１−減少率）
という等式を満たせばよい。両辺からａ，ｂを除くと求めたい式が出てくる。

＜修正＞
誤：運賃＝a*(x/100)
正：運賃＝a*(1+x/100)
等式の同じ部分も同様に修正。
あと「ｂ人だった乗客はｂ＊（減少率）人減ることになる。」です。
急いで書いたものでミスばっかでｽﾏｿ

>>797
これは比をあらわしてる。
200ｇの食塩水からｘｇ捨てるということは、食塩の量が200-ｘ/200倍になるという事。
だから一回目の操作で出来た(200-ｘ/10)ｇの塩をまた200-2ｘ/200倍してやる。
(200-ｘ/10)(200-2ｘ/200)=14.4となる。

>>924
ありがとうございます！ばっちりわかりました。
式は値上げ後の運賃を表していたんですね。
わかりやすく説明していただいてありがとうございます。
非常に助かりました。

運賃→運賃収入です。どうもすみません。

質問させて下さい。
１．直方体の６つの面に異なる６色を塗るとすると、何通りの塗り方があるか。ただし、
隣り合う面は合同ではない。
２．立方体の６つの面に異なる６色を塗るとすると、何通りの塗り方ができるか。

いまいち、円順列に関係すると思うのですが分かりません。どなたか分かりやすく解説
して頂ければと思います。よろしくお願い致します。

928＞
こういうのは重複や数えワスレなどの勘違いが怖いので
１が360
２が120
って答えなら解説できます。

>>ぷうさん
答えが分からないので何とも言えないです･･･。すみません。

>>ぷうさん
でもできれば解説お願いします。

立方体は6面どこをとっても同じ
例えヴぁある1面に1色を塗っても、それを違う角度から見れば
他の面を塗ったのとくべつはつけられない。
円順列と同じように考えて6つのスタート地点があると考えれば

6！÷6＝５！＝120

直方体の方は隣り合った面では区別できるので
対面の2種類しかスタート地点がないので
６！÷２＝360

だったかと思うんですが。

>928

２．の解答はこれでよいかな

ある面にＡ色を塗り、隣接面にＢ色を塗る
残り４色を４面に塗る方法は、
４！＝２４通り

ある面にＡ色を塗り、隣接面にＣ色を、反対面にＢ色を塗る
残り３色を３面に塗る方法は、
３！＝６通り

合計して全部で２４＋６＝３０通り

１．の解答はこれでよいかな

ある面にＡ色を塗り、隣接面にＢ色を塗る
残り４色を４面に塗る方法は、
４！＝２４通り
Ａ色が３通り、Ｂ色が２通りの選択があるので、
２４×３×２＝１４４通り

ある面にＡ色を塗り、隣接面にＣ色を、反対面にＢ色を塗る
残り３色を３面に塗る方法は、
３！＝６通り
Ａ色が３通り、Ｃ色が２通りの選択があるので、
６×３×２＝３６通り

合計して全部で１４４＋３６＝１８０通り

ttp://www.kjps.net/user/kakuritsu/cube.html
立方体30通りだそうです

>>932
>円順列と同じように考えて6つのスタート地点があると考えれば
>
>6！÷6＝５！＝120
この考えでは不十分。同じスタート地点でも回転によって４種類考えられる。
よってさらに４で割らなければいけない。よって答えは３０。

>直方体の方は隣り合った面では区別できるので
>対面の2種類しかスタート地点がないので
>６！÷２＝360
上と同様の理由で回転を考慮するとあと２種類考えられる。
よってさらに２で割らなければいけない。よって答えは１８０。

933,934さんが正解。

ある1面を固定するとその対面に5通りの塗り方
側面の塗り方が円順列で３！
でも、側面は2通りの区別があるので×2
5×3！×2＝60・・・
おりょ？
934さんと違うがどっちが正答かはわからず。

936＞
なるほど、180が正解なのね。

ぷうさんて
場合の数や確率はできないんですね。

円順列の問題は、まず回転させずに物体を固定して考えて数え上げる。
立方体、直方体の問題でもとりあえずは６！通り。
しかしこれは回転を考慮しない数え方なので、「どれだけ重複して数え上げてしまってるか」を考慮する必要がある。
何でもいいから６色に塗り分けられた１つ立方体（直方体）を頭の中で作り上げ、
この立体がどれだけ重複して数え上げられてしまうかを考える。
要はこの立体を適当に回転させ、どれだけ元の形に戻るかを数え上げる。

立方体だったら２４通り、隣り合う面が合同でない直方体だったら４通り、
蛇足だが隣り合う一つの面が合同な直方体ならば８通り。（ここはもっと説明必要か？）

これで１つの立体につきこれだけ重複して数え上げてしまってるわけだから、
６！をこれらの数で割ればよい。
・立方体
　６！／２４＝３０
・隣り合う面が合同でない直方体
　６！／４＝１８０
（・隣り合う１つの面が合同な直方体　６！／８＝９０）


>>937さん
>5×3！×2＝60・・・
↑ここは５じゃなくってＣ（６，２）＝１５ですよね。
ある１面とその対面に塗る場合の数ですから。だから
15×3！×2＝180。

七枚の金貨のうち二枚は偽者で、本物より軽い。
天秤ばかりを用いて偽者を見つけ出すには最低何回の天秤の操作が必要か？

にせがねの公式みたいの教えてください

>>940
解説ありがとうございます。あの、もう少し聞きたいのですが、なぜ立方体は２４通り
が、直方体は４通りなのでしょうか。（元に戻る回転の仕方が･･･）

>>942
空間内で立方体を、天地東西南北に固定することを考える。
　○ まず天を決めるのに6通り（そして天を決めれば地も自動的に決まる）
　○ これで天地軸が決まったので、あとは4側面から東の面を決定すればよい。
だから6×4＝24通り。

直方体を天地東西南北に
　最大面が天地に・最小面が東西にくるように固定することを考える。
すると
　○ まず天を決めるのに2通り（これで地も決まる）
　○ これで天地軸が決まったので、次に二面ある最正面のうち東に来る面を決めればよい。
だから2×2＝4通り。　　

ここにいる人たちが心底うらやましいです。
漏れはその他の科目では特に苦労はしませんでしたが、
昔から数学だけは全く！できませんでした。
今も小学生の問題で苦しんでおります。
どーしてそんなに頭が柔らかいんだああーー。

９３９＞
立体系も苦手なので
それが合わさった今回のは爆発・・・

どっちか片方だったらなんとか大丈夫なんだけど

>>945
立体を頭の中で自由にいじれる人ってごく限られてるらしい
ですね。俺も立体大嫌いです。他のも嫌いだけど。

>>942
説明不足で申し訳ないす。
ある立体が適当な回転によって元と同じ形になる場合の数の１つの数え上げ方です。
立方体に関してですが、任意に塗り分けられた立方体をまず想像します。
ここで大切なのはどのように立体を色塗りしても構いませんが、
一度色塗りしたら今後の思考においては「一切塗り変えてはいけません」。
説明しやすい為にサイコロを用います。
仮に１と２の目の位置（上面、下面、手前面、向こう面、左面、右面のどれか）が決定してしまえばサイコロの向きは決定するので、
１と２の目の取りうる位置を全て調べ数え上げます。まず
１が上面にあるとき、２は側面の４通り。
１が下面にあるとき、２は側面の４通り。
１が手前面にあるとき、２は上面、下面、左面、右面の４通り。
１が向こう面にあるとき、・・・
とやっていけば６×４の計２４通りの１と２の位置の場合数が得られます。
これは同時にサイコロの「向き」の場合数でもあるので、２４が出てきました。

直方体に関してですが、これはティッシュ箱を用いましょう。
これはまず普段机に置いてある状態で１通り、
そして上からみて１８０度回転させた状態で１通り、
次にティッシュ取り出し口が下になるように置いた状態で１通り、
それを上から見て１８０度回転させた状態で１通りの計４通りです。
これはティッシュ箱を１つの直方体として見なす（取り出し口や柄という情報を取り去る）のであれば、
上の４通りは区別出来ないことになります。

サイコロもティッシュ箱も、目の数、取り出し口等の情報が無ければ、
上で計算された場合の数だけ考えられるということです。
これは同時に回転を考えないで数え上げるときに、
１つの立体につきこれだけ重複して数え上げてしまってるということです。

>>941
頭ン中でやったが３回かな？
ちょっと酔ってるけど頑張ってみまふ

まず７枚をＡＢＣＤＥＦＧとします。
�@３枚づつ、ＡＢＣとＤＥＦに分けて測る
　
　�A釣り合わない場合、つまり軽い方（便宜上ＤＥＦ）に２枚偽物ｏｒ１枚偽物かつＧが偽者……ＤＥＦから1枚づつ、２枚（例えばＤＥ）測る
　　　　　　
　　　　　　�B釣り合った場合、つまり偽物同士ｏｒ本物同士……ＦとＤＥのうち一方を測る
　　　　　　　　　Ｆがの方が軽い→→→ＦとＧが偽物
　　　　　　　　　ＤＥのうちの一方の方が軽い→→→ＤとＥが偽物
　　　　　　�B釣り合わない場合（便宜上Ｄが軽く、偽物）……ＦとＧを測る
　　　　　　　　　Ｆが軽い→→→ＤとＦが偽物
　　　　　　　　　Ｇが軽い→→→ＤとＧが偽物


　�A釣り合う場合、つまり両方に１枚づつ偽物がある……ＡＢＣのうち１枚づつ、２枚測る（便宜上ＡＢ）
　　　　　　Ａが軽い→→→Ａは偽物
　　　　　　Ｂが軽い→→→Ｂは偽物
　　　　　　釣り合う→→→Ｃは偽物
　
　�Bもう一方のＤＥＦのうち１枚づつ、２枚測る（便宜上ＤＥ）
　　　　　　Ｄが軽い→→→Ｄは偽者
　　　　　　Ｅが軽い→→→Ｅは偽物
　　　　　　釣り合う→→→Ｆが偽者
　　　　　　　　　
理解できたでしょうか？っていうか間違ってたらスマソ

>>948
さんくす

>>941
前スレにも類題があったような・・・

>>943,947
遅くなりましたが、解説ありがとうございました。おかげで理解できました。

http://jbbs.shitaraba.com/computer/2100/jsweb_1.html

どう考えればいいかｻﾊﾟｰﾘです。

二桁の自然数Nのうち、次の性質を持つものはいくつあるか。
「Nの倍数の中に、
　各位の数字がすべて同じであるもの（444や77777など）がない。」

１　15個　２　16個　３　17個　４　18個　５　19個

貪欲に数える！

10の倍数：10,20,30,40,50,60,70,80,90
16の倍数：16,32,48,64,80,96
25の倍数：25,50,75
これらは条件を満たし、かつ条件を満たすものはこれらしかない。
(50と80の重複に注意しながら）全部数えると１６個。

11・・・11(1がk桁並んだ数）をA(k)とおくと、
「各位の数字が全て同じであるもの(444や77777など)」は、
c*A(k)と書ける（但しcは１〜９の整数）。
問題は「二桁の自然数Nを何倍しても絶対にc*A(k)の形にはならないNを探せ」ということ。
別の言い方をすれば、
「どんなc*A(k)を取ってきても、その約数としては絶対に考えられない二桁の自然数Nを探せ」ということ。

まずA(k)は２の倍数でもなければ５の倍数でもないことと、
cが１〜９までの整数値しか取れないことを考えると、
c*A(k)という数は、２の４乗(=16)、５の２乗(=25)、２×５(=10)を約数には持たない。
（∵c*A(k)が２の４乗を約数として持ったとしたら、
　　A(k)が２の倍数でないことからcが２の４乗で割り切れないといけないが、
　　これは1≦c≦9に反する。　５の２乗、２×５のケースも同様。)

ここまでの話で、Nが16の倍数、25の倍数、10の倍数のときは条件を満たすことが分かった。
でもひょっとしたらまだ他にも条件を満たすNがあるかもしれないので、
これ以外のNでは条件を満たさない(つまりNを何倍かするとc*A(k)の形になる）ことを示す。

今Nを1つ決めて、A(1)、A(2)、・・・、A(N)、A(N+1) というN+1個の数を考える。
これらをＮで割ったときの余りを見てみると、余りが等しくなる２つの数が必ず存在する。
（∵余りは０、１、〜、N-1の計Ｎ個の値しか取れない）
その２つの数をA(I)、A(J)とおく（１≦Ｉ＜Ｊ≦N+1）。この２数の差
A(J)-A(I)＝１１・・・・・・１１−１１・・・１１　＝　１・・・・１１０・・・・０　＝　A(J-I)×10のI乗
　　　　　　　└─J桁 ─┘　└─Ｉ 桁┘　　　└J-I桁┘└I桁┘
はNで割り切れる。（注意：これは任意のNについて成立する）

もしＮが２の倍数でもなく、５の倍数でもなかったら、A(J-I)はＮで割り切れる（10のI乗はＮで割り切れないので）。
つまりこのようなＮを何倍かすると1がJ-I桁続く数になるため、問題の条件を満たさない。
またNが２の倍数かつ２の４乗の倍数でないとき、NはA(J-I)×2(or×4、or×8)で割り切れるので条件を満たさず、
最後にNが５の倍数かつ５の２乗の倍数でないときも、NはA(J-I)×5で割り切れるので条件を満たさず。

以上のことから１０の倍数、１６の倍数、２５の倍数が題意を満たす。

今Nを1つ決めて、A(1)、A(2)、・・・、A(N)、A(N+1) というN+1個の数を考える。
これらをＮで割ったときの余りを見てみると、余りが等しくなる２つの数が必ず存在する。
（∵余りは０、１、〜、N-1の計Ｎ個の値しか取れない）
その２つの数をA(I)、A(J)とおく（１≦Ｉ＜Ｊ≦N+1）。この２数の差
A(J)-A(I)＝１１・・・・・・１１−１１・・・１１　＝　１・・・・１１０・・・・０　＝　A(J-I)×10のI乗
　　　　　　　└─J桁 ─┘　└─Ｉ 桁┘　　　└J-I桁┘└I桁┘
はNで割り切れる。（注意：これは任意のNについて成立する）

もしＮが２の倍数でもなく、５の倍数でもなかったら、A(J-I)はＮで割り切れる（10のI乗はＮで割り切れないので）。
つまりこのようなＮを何倍かすると1がJ-I桁続く数になるため、問題の条件を満たさない。
またNが２の倍数かつ２の４乗の倍数でないとき、NはA(J-I)×2(or×4、or×8)で割り切れるので条件を満たさず、
最後にNが５の倍数かつ５の２乗の倍数でないときも、NはA(J-I)×5で割り切れるので条件を満たさず。

以上のことから１０の倍数、１６の倍数、２５の倍数が題意を満たす。

う・・重複ｽﾏｿ

こんな難しい問題がでるのかよ？

>>960
何桁になろうが10の倍数、16の倍数、25の倍数いうことを知っておれば取れる。
桁が増えたときはペン図を書いてキッチリ重複を省くべし

>>961
それを知っていることは当然のことなのか？

>>962
そんなことはないよ
でもこんな問題もたまに出るからね。
2と5の倍数になりうること位は誰でも直感的に分かるから、知らなくても何とかなるんじゃないかな。

東駅と西駅を結ぶ複線の線路がある。
この線路上を、３つの列車A，B，Cがそれぞれ一定の速さで、
A，Bは東駅へ向かって、Cは西駅へ向かって走っている。なおBとCは長さ・速さとも同じである。
いま列車Aは、その先頭が線路沿いの電柱Pに差し掛かったときに列車Bに追いつき、
その27秒後にBを抜き去り、さらにいくらか走ったところでCと出会い、その3秒後にCと離れた。
Cは、Aと離れてから5秒後にBと出会い、その4秒後にBと離れた。
その後Cの先頭が線路沿いにある電柱Pに差し掛かるのは、CがBと離れてから何秒後か。

72病後

　代理店募集中
　　　　　　貴方も月100万円稼げる！
　　　　　　http://asamade.net/web/
　　　　　　　　HP作成無料

いや６８かな

追いつくと抜き去るがどういう状態かわからん

ンで答えは？

69秒後じゃない？

１００秒になった。んで、「さらにいくらか走った」時間が69秒になった。