😊出会いの泉😊

③③③③③③⑤⑤⑤⑤⑤
③③③③③③⑤⑤⑤⑤⑤
③③③③③③⑤⑤⑤⑤⑤
②②④④④④⑤⑤⑤⑤⑤
②②④④④④⑤⑤⑤⑤⑤
②②④④④④⑤⑤⑤⑤⑤
②②④④④④⑤⑤⑤⑤⑤
②②④④④④⑤⑤⑤⑤⑤
②②④④④④⑤⑤⑤⑤⑤
②②④④④④⑤⑤⑤⑤⑤
②②①①①①①①①①①

ABCDEの方が見やすかったかも

必要条件として各長方形の面積和は11^2=121にならねばならないので
これを考慮すれば次の14通りに絞れます。(全部で945通りもある。)
これから実際作図可能なのは3;（例に挙げたもの）と
らすかるさん指摘の12;
だけですよね。
他の場合で詰め込もうと試していてもどうも無理っぽい。
何方か成功されたら是非知らせて下さい。

1;[1, 6] | [2, 9] | [3, 10] | [4, 8] | [5, 7]
2;[1, 6] | [2, 10] | [3, 8] | [4, 9] | [5, 7]
3;[1, 6] | [2, 10] | [3, 9] | [4, 7] | [5, 8]
4;[1, 7] | [2, 10] | [3, 6] | [4, 9] | [5, 8]
5;[1, 8] | [2, 6] | [3, 10] | [4, 9] | [5, 7]
6;[1, 8] | [2, 7] | [3, 10] | [4, 6] | [5, 9]
7;[1, 8] | [2, 9] | [3, 7] | [4, 6] | [5, 10]
8;[1, 8] | [2, 10] | [3, 5] | [4, 9] | [6, 7]
9;[1, 9] | [2, 7] | [3, 6] | [4, 10] | [5, 8]
10;[1, 9] | [2, 7] | [3, 8] | [4, 6] | [5, 10]
11;[1, 9] | [2, 7] | [3, 10] | [4, 5] | [6, 8]
12;[1, 9] | [2, 8] | [3, 6] | [4, 7] | [5, 10]
13;[1, 10] | [2, 5] | [3, 9] | [4, 8] | [6, 7]
14;[1, 10] | [2, 8] | [3, 7] | [4, 5] | [6, 9]

かなり地道ですが3;と12;以外が不可能であることの証明です。

13;
[1,10]を置くと端に幅1の隙間ができるが、これを埋める方法がないので不可能。

14;
13;と同じ理由で不可能。

1;
[2,9]を置くと端に幅2の隙間が1つまたは幅1の隙間が2つできるが、
これを埋める方法がないので不可能。

7;
1;と同じ理由で不可能。

8;
[2,10]を置くと端に幅1の隙間ができるので、[1,8]は「壁沿い」に置くしかない。
しかも幅1の隙間は作れないので「角詰め」で置かなければならない。
すると1の端に幅3の隙間ができるので、そこには[3,5]を入れるしかない。
そうすると[1,8][2,10][3,5]は以下のような位置関係に置くしかない。
②②○○○○○○○○○
②②○○○○○○○○○
②②○○○○○○○○○
②②○○◎◎○○○○○
②②○○○○○○○○○
②②○○○○○○○○○
②②○○○○○○③③③
②②○○○○○○③③③
②②○○○○○○③③③
②②○○○○○○③③③
①①①①①①①①③③③
※[2,10]を右に移動すると②の左側にできる長さ10の空間を(1ピースで)埋められない。
そして上図に[4,9]と[6,7]を入れようとすると、どちらも◎◎の場所を
占有することになるので不可能。

4;
8;と同様の考え方で[1,7]は「角詰め」でなければならず、端にできる
幅4の隙間に[4,9]を入れなければならないので
②②○○○○○○○○○
②②○○○○○○○○○
②②○○○○○④④④④
②②○○○○○④④④④
②②○○○○○④④④④
②②○○○○○④④④④
②②○○○○○④④④④
②②○○○○○④④④④
②②○○○○○④④④④
②②○○○○○④④④④
①①①①①①①④④④④
ここまで決まり、すると④の上の幅2の隙間を埋める方法がないので不可能。

2;
4;と同様の考え方で
②②○○○○○○○○○
②②○○○○○○○○○
②②○◎◎○○○○○○
②②○○○○○○○○○
②②○○○○⑤⑤⑤⑤⑤
②②○○○○⑤⑤⑤⑤⑤
②②○○○○⑤⑤⑤⑤⑤
②②○○○○⑤⑤⑤⑤⑤
②②○○○○⑤⑤⑤⑤⑤
②②○○○○⑤⑤⑤⑤⑤
①①①①①①⑤⑤⑤⑤⑤
ここまで決まるが、[3,8]と[4,9]はどちらも◎◎の場所を占有するので不可能。

11;
[3,10]を置くと幅1の隙間ができるので、[1,9]は「角詰め」でなければならず、
それによってできる幅2の隙間は[2,7]でしか埋められないので
③③③○○○○○○○○
③③③○○○○○○○○
③③③○○○○○○○○
③③③○○○○○○○○
③③③○○○○○○②②
③③③○○○○○○②②
③③③○○○○○○②②
③③③○○○○○○②②
③③③○○○○○○②②
③③③○○○○○○②②
①①①①①①①①①②②
※8;の[2,10]と同じ理由で[3,10]は「壁沿い」でなければならない。
ここまで決まる。すると[4,5]は右上の幅4の隙間を埋めるように
右上角を含むように置くしかなく、残る部分が6×8にならず不可能。

5;
11;と同じ理由で[1,8]は「壁沿い」に置かなければならないが、
端の隙間を0+3,1+2のどちらにしても(3と1は)埋めるものがなく、不可能。

6;
5;と同じ。

9;
今までと同じ考え方で[4,10]と[1,9]と[2,7]の配置は
④④④④○○○○○○○
④④④④○○○○○○○
④④④④○○○○○○○
④④④④○○○○○○○
④④④④○○○○○②②
④④④④○○○○○②②
④④④④○○○○○②②
④④④④○○○○○②②
④④④④○○○○○②②
④④④④○○○○○②②
①①①①①①①①①②②
このように決まるが、[5,8]をどこに置いても幅1または幅2の
隙間ができるので不可能。

10;
9;と同様に[5,10],[1,9],[2,7]の配置が
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○○○
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○○○
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○○○
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○○○
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○②②
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○②②
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○②②
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○②②
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○②②
⑤⑤⑤⑤⑤○○○○②②
①①①①①①①①①②②
このように決まるが、[3,8]を置くと必ず幅1の隙間ができるので不可能。

遊びで今度は面積を12^2=144とする組合せを見つけたら

1;[1, 3] | [2, 9] | [4, 10] | [5, 7] | [6, 8]
2;[1, 3] | [2, 10] | [4, 7] | [5, 9] | [6, 8]
3;[1, 3] | [2, 10] | [4, 8] | [5, 7] | [6, 9]
4;[1, 5] | [2, 6] | [3, 8] | [4, 10] | [7, 9]
5;[1, 7] | [2, 4] | [3, 8] | [5, 9] | [6, 10]
6;[1, 7] | [2, 9] | [3, 5] | [4, 6] | [8, 10]
7;[1, 9] | [2, 5] | [3, 7] | [4, 6] | [8, 10]
8;[1, 9] | [2, 6] | [3, 5] | [4, 7] | [8, 10]
9;[1, 10] | [2, 4] | [3, 5] | [6, 8] | [7, 9]

が存在し
箱に入れる実験をしたらやっと6;番の組合せで

ZZZZZZZZYYYY
ZZZZZZZZYYYY
ZZZZZZZZYYYY
ZZZZZZZZYYYY
ZZZZZZZZYYYY
ZZZZZZZZYYYY
ZZZZZZZZPPPP
ZZZZZZZZPXXX
ZZZZZZZZPXXX
ZZZZZZZZPXXX
AAAAAAAAAXXX
AAAAAAAAAXXX

なる(1×7のPのみL字仕様になりますが・・・)
ものがベストか？

144だとそのくらいしかなさそうですが、169ならちゃんとできますね（しかも2通り）。

169ならちゃんとできますね（しかも2通り）。

探してみました。
No1;
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDEEEEEEEE
DDDDDAACCCCCC
BBBBBBBCCCCCC
BBBBBBBCCCCCC
BBBBBBBCCCCCC

No2;
EEEEEEEEECCCC
EEEEEEEEECCCC
EEEEEEEEECCCC
EEEEEEEEECCCC
EEEEEEEEECCCC
EEEEEEEEEABBB
EEEEEEEEEABBB
LLLLLLLLLLBBB
LLLLLLLLLLBBB
LLLLLLLLLLBBB
LLLLLLLLLLBBB
LLLLLLLLLLBBB
LLLLLLLLLLBBB

赤を３枚追加して、黒２枚、赤５枚のとき、Ｐ1=１１/２１　となりますね！

> 黒,赤を適当な枚数で調整しておけば(引くカードはその内の2枚とする)
> P1,P2の確率を全く同じに出来るようなそれぞれの枚数はあるか？

任意の自然数kに対して
一つの色がk(k+1)/2枚、もう一つの色が(k+1)(k+2)/2枚

でしょうか。

お二人とも正解です。

これをn枚のトランプ(黒色a枚;赤色b枚)として
具体的に表示していくと(意外と一方を多めにセットしておく必要があるのですね。)
n=>a;b
4=>1;3
9=>3;6
16=>6;10
25=>10;15
36=>15;21
49=>21;28
64=>28;36
81=>36;45
100=>45;55
121=>55;66
144=>66;78
169=>78;91
･････････
正に条件を満たすセットは隣り合う三角数の集団で
あり、2つの合計はピタリ平方数となる。
これを認識するための幾何的様子が
1+3=4=2^2
○○　　
●○

3+6=9=3^2
○○○
●○○
●●○

6+10=16=4^2
○○○○
●○○○
●●○○
●●●○

10+15=25=5^2
○○○○○
●○○○○
●●○○○
●●●○○
●●●●○

････････････････････････

この結果の計算をするまで三角数と平方数が
こんな関係で繋がれるとは気付きませんでした。

またこの関係は
binomial(a,1)*binomial(b,1)=binomial(a,2)+binomial(b,2)
でもあるので
a*b=a*(a-1)/2+b*(b-1)/2
(a-b)^2=a+b
の関係ももたらす。

ここに
binomial(a,1)*binomial(b,1)=binomial(a,2)+binomial(b,2)
を記述すれば
1*3=0+3
3*6=3+15
6*10=15+45
10*15=45+105
15*21=105+210
21*28=210+378
28*36=378+630
36*45=630+990
45*55=990+1485
･･･････････
であり
これを一気に書き表せばn>=2で
binomial(n,2)"*"binomial(n+1,2)"="binomial(binomial(n,2),2)"+"binomial(binomial(n+1,2),2)
となりすべてが三角数へ帰着できました。

探し方が悪いのか、一つしか見つけられませんでした。
(a, b, c) = (444/35, 35/2, 1513/70)

合同数問題を力ずくで解こうとしても歯が立たない。
問題自身は昔からテーマとなっていたようですが、
その三角形の3辺を具体に求める方法は長らく未解決と
なっていた模様です。
どんな数が合同数かは現在でも完全には解決されていないらしい。
これを求めるのに楕円曲線が大変強力な道具になると多くの人の
研究に心血が注がれており、またそれらの研究で楕円曲線論自身の
発展をもたらした。

いろいろな人の解説書を参考に求める手順を記しておく。
合同数とは辺の長さがすべて有理数である直角三角形の面積となるような自然数のことである。
従って合同数をgとすれば
a^2+b^2=c^2
かつ
a*b/2=g
を満たす有理数(a,b,c)が求まることになる。
この時
上の2つの関係式を組合わせることで
E;y^2=x^3-g^2*x
なる方程式に変換される。(詳しいことは書物に譲る。)
E上にある生成元Pを見つけ、それから発生してくる加法群の
様子を見たのが下のデータです。

gp > P=ellgenerators(E)
%479 = [[-36, 630]]
gp > for(n=2,4,print(n";"ellpow(E,P,n)))
2;[2289169/19600, 1077378553/2744000]
3;[-702970242579396/8968641363361, -18689563840388114124990/26859009127111258609]
4;[99471302068384505638854721/91002372442806906625600,
-986951449961032281250161407557918511519/27452321215759546489234611411904000]

この座標をもろに利用して
gp > a(g,x,y)=abs((x^2-g^2)/y);
gp > b(g,x,y)=abs(2*g*x/y);
gp > c(g,x,y)=abs((x^2+g^2)/y);
gp > F(g,x,y)=print(a(g,x,y)" ; "b(g,x,y)" ; "c(g,x,y));
なる変換をして3辺の長さが判明していく。
--------------------------------------------------------
gp > F(111,-36, 630)
35/2 ; 444/35 ; 1513/70
a<b<cから
a=444/35,b=35/2,c=1513/70

(確認)
gp > (35/2)^2+(444/35)^2
%500 = 2289169/4900
gp > (1513/70)^2
%501 = 2289169/4900
gp > 1/2*35/2*444/35
%502 = 111

--------------------------------------------------------
gp > F(111,2289169/19600, 1077378553/2744000)
712081/211820 ; 47024040/712081 ; 9973530070561/150832997420
a=712081/211820,b=47024040/712081,c=9973530070561/15083299742

(確認)
gp > (712081/211820)^2+(47024040/712081)^2
%491 = 99471302068384505638854721/22750593110701726656400
gp > (9973530070561/150832997420)^2
%492 = 99471302068384505638854721/22750593110701726656400
gp > 1/2*712081/211820*47024040/712081
%493 = 111

--------------------------------------------------------
gp > F(111,-702970242579396/8968641363361, -18689563840388114124990/26859009127111258609)
234968389921405/26467355143878 ;
5875752841940916/234968389921405 ;
165025069140509609227269112873/6218991823635030238886908590

(確認)
gp > (234968389921405/26467355143878)^2+(5875752841940916/234968389921405)^2
%494 = 27233273444829976935529194352071095900775442980080414314129/
38675859302439359055394105690217683330770495687015788100
gp > (165025069140509609227269112873/6218991823635030238886908590)^2
%495 = 27233273444829976935529194352071095900775442980080414314129/
38675859302439359055394105690217683330770495687015788100
gp > 1/2*234968389921405/26467355143878* 5875752841940916/234968389921405
%496 = 111

----------------------------------------------------------
gp > F(111,99471302068384505638854721/91002372442806906625600,
-986951449961032281250161407557918511519/27452321215759546489234611411904000)
98957083698401819456825279/3008674870802439461905240 ;
667925821318141560542963280/98957083698401819456825279 ;
9996575456267088141000515248201787420008791554547841/
297729691011275282356684619921534182697031134561960

(確認)
gp > (98957083698401819456825279/3008674870802439461905240)^2+
(667925821318141560542963280/98957083698401819456825279)^2
%497 = 99931520852841541445900172102118583630747636172081443161
872245439042761782179209495351807663769957761281/
886429689096694536641140593396045963972294022746899350694112261
49266026306507876382173188441079041600
gp > (9996575456267088141000515248201787420008791554547841/
297729691011275282356684619921534182697031134561960)^2
%498 = 99931520852841541445900172102118583630747636172081443161
872245439042761782179209495351807663769957761281/
886429689096694536641140593396045963972294022746899350694112261
49266026306507876382173188441079041600
gp > 1/2*98957083698401819456825279/3008674870802439461905240*
667925821318141560542963280/98957083698401819456825279
%499 = 111

-------------------------------------------------------------

こんなものを力ずくで求められるはずがない。
逆にこんな道具を編み出した先人の知恵に感謝です。

a=45, b=1, kが偶数という形の解はあるとして、それ以外があるのかないのかが難しいんですよね……

ほとんど一致しています。
自分が用意していたのは
x^2-2026*y^2=1･･･････････････①
のペル方程式の解(x0,y0)を探し出したとすると
x0-sqrt(2026)*y0=sqrt(x0^2)-sqrt(2026*y0^2)
=sqrt(2026*y0^2+1)-sqrt(2026*y0^2)
よってm=2026*y0^2+1と置けば
　　　　　　　　=sqrt(m)-sqrt(m-1)
と出来る。

①を満たすxを求めるのに
for(x=1,10000,if(x^2==ceil(x*sqrt(2026)*floor(x/sqrt(2026))),print(x)))
で走らせれば
%=4051
これから
y^2=(4051^2-1)/2026=8100
よって
(x0,y0)=(4051,90)を探し出せる。

これから
(4051,90)==>[k,m]=[1,16410601]
_________==>[k,m]=[2,1077231235082401]
_________==>[k,m]=[3,70712045780235420335401]
--------------------------------------------------
etc.

<確認>
4051-90*sqrt(2026)=sqrt(4051^2)-sqrt(90^2*2026)
__________________=sqrt(16410601)-sqrt(16410600)
ここに
(a,b)=(4051,90)
16410601=4051^2
---------------------------------------------------
(4051-90*sqrt(2026))^2=32821201-729180*sqrt(2026)
______________________=sqrt(32821201^2)-sqrt(729180^2*2026)
______________________=sqrt(1077231235082401)-sqrt(1077231235082400)
ここに
(a,b)=(32821201,729180)とすればk=1
1077231235082401=7^2*4688743^2
--------------------------------------------------
(4051-90*sqrt(2026))^3=265917366451-5907816270*sqrt(2026)
______________________=sqrt(70712045780235420335401)-sqrt(70712045780235420335400)
ここに
(a,b)=(265917366451,5907816270)とすればk=1でよい。
70712045780235420335401=11^2*673^2*4051^2*8867^2

以下同様任意のkに対してmが決められる。

ああ、kの約数を選んで、その分累乗を実行してしまう解はありますね。
で、ペル型以外の解がない証明はどうするのでしょう？

へーそんな解もあり得る可能性を持つのですか？
まったく気にも留めませんでした。
どなたか見つけて貰えないものか？
ただ実2次体Q(sqrt(2026))での単位元はe=45+sqrt(2026)しか無いから
他の数値の可能性はあり得ないのでは？

ないと思いますよ。
でも、この世の全員がないと思っていても、証明がなければないと断定できないのが数学です。
a,b,m,kを求めよという問題に対する解答には、列挙した解以外存在しない証明が含まれるべきだと思います。

９番目ですか？

あれ？
令和8年にかけて8番目のつもりだったんですけど、1つ見落としましたかね？

2、26、82、226、442、626、842、2026

３６２＝１９＾２＋１　が漏れています。

362は百の位が奇数なので不適です。

あっ、失礼しました！８番目が正解ですね。

本家の9×9の場合
空欄５０でも、問題が作れるようですが、
ミニナンプレの場合、空欄が、
最大いくつある問題が作れるでしょうか？
９つの空欄場合はできました。

最大12個ですね。
①○○○
○○○③
○○○○
○③○②

上記の解は存在しない？

存在します。
もしかして斜めも考えていますか？
最初に書かれた例から、斜めは関係ないと判断しました。
（魔法陣ではないので）
ちなみに斜めも考慮した場合は最大13個になります。
○○○○
○○○②
○○○○
○○④③

①●○○
●●○③
○○○○
○③○②
において、●には③は入らないので、矛盾？
何か考え違いしているんですかね？

あ、これって単純に4×4だと思ってましたが
そうじゃなくて(2×2)が2×2だったんですね。
私が勘違いしていました。申し訳ありません。

(追記)
2×2の小ブロックも考慮に入れて調べ直しました。
最大12個は変わりませんでした。
○②③○
○○○○
○○○○
④○○①

らすかるさん、朝早くからありがとうございます。
○②③○
○○○○
○○○○
④○○①
については、
１②③４
３４１２
２１４３
④３２①
と、唯一解がありますね。

らすかるさん、ありがとうございます。
ナンプレ、ルール
各列、各行、各ブロックに、異なる数が入る（１～Nの一個ずつ全て）
1～N^2　の数を使って、大きなナンプレができそうですね。
１～16で、１６×１６のナンプレがつくれました。

ミニナンプレ、色々
3，2，4，1
4，1，3，2　対角線も、1～４
1，4，2，3
2，3，1，4

4，3，2，1
1，2，3，4　ブロック同型
2，1，4，3
3，4，1，2

1，4，3，2
3，2，1，4　中心に、点対称
4，1，2，3
2，3，4，1
個数が少ないので、易しいです。

PS
9×9ナンプレで、初期設定から、複数解に出会ったことがありますが、
残り数を１６個以下では唯一解のものはつくれないことが、証明されているみたいですね。複数解もゆるすと、全て空欄もよいことになりますので。
１２個の空欄で、複数解のものが、見つかりました。
＊　＊　＊　１
＊　＊　２　＊
＊　３　＊　＊
４　＊　＊　＊
複数解になりました。
異なる（？）初期設定から、同一の結果を得ることも可能みたい。
同一か、異なるかは、対称性を異なるとするか、同一とみなすか。
９×９の場合はわかりませんが。

> "ｋｓ"さんが書かれました:
> ミニナンプレ、色々
> 3，2，4，1
> 4，1，3，2　対角線も、1～４
> 1，4，2，3
> 2，3，1，4

> 4，3，2，1
> 1，2，3，4　ブロック同型
> 2，1，4，3
> 3，4，1，2

> 1，4，3，2
> 3，2，1，4　中心に、点対称
> 4，1，2，3
> 2，3，4，1
> 個数が少ないので、易しいです。

ブロック同型と中心に、点対称を組合すと
ブロック同型を十位、中心に、点対称を一位として用いて
41, 34, 23, 12
13, 22, 31, 44
24, 11, 42, 33
32, 43, 14, 21
が出来るので
十位1,2,3,4を♦,♣,♥,♠
一位1,2,3,4をA,J,Q,K
に対応させると
トランプカードで

♠A, ♥K, ♣Q, ♦J
♦Q, ♣J, ♥A, ♠K
♣K, ♦A, ♠J, ♥Q
♥J, ♠Q, ♦K, ♣A

の二重方陣が作れますね。
これを対角線まで拡張できませんかね？

思い付くまま作ってみました。
これ以外のパターンを作られたらお知らせ下さい。

♥A ♣J ♠Q ♦K
♠K ♦Q ♥J ♣A
♦J ♠A ♣K ♥Q
♣Q ♥K ♦A ♠J


♥A ♦J ♠Q ♣K
♠K ♣Q ♥J ♦A
♣J ♠A ♦K ♥Q
♦Q ♥K ♣A ♠J


♦A ♣J ♥K ♠Q
♠K ♥Q ♣A ♦J
♣Q ♦K ♠J ♥A
♥J ♠A ♦Q ♣K


♦A ♣Q ♥K ♠J
♠K ♥J ♣A ♦Q
♣J ♦K ♠Q ♥A
♥Q ♠A ♦J ♣K

一つ目と二つ目はクラブとダイヤを入れ替えただけに見えますが、
このようなマークの入れ替えを別物とみなすなら他にもたくさん作れますね。
三つ目と四つ目がJとQの入れ替えになっているのも同様です。
上二つと下二つはパッと見で本質的に異なるようにも見えますが、
三つ目を90°右回転してJ→A,Q→J,K→Q,A→Kのように入れ替えれば
一つ目と一致しますので、やはり本質的には同じです。

(追記)
「回転・反転・マークや数字の入れ替えを同一視すると、本質的に一通りしかない」
ということが確認できました。
回転・反転・マークや数字の入れ替えをすべて区別した場合は、
まず基本パターンとして
a b c d
d c b a ※1行目と2行目が左右反転、3行目と4行目が左右反転
b a d c
c d a b
とそれを90°回転した形である
a b c d
c d a b ※1列目と2列目が上下反転、3列目と4列目が上下反転
d c b a
b a d c
の2通りがあり、どちらかをマーク、どちらかを数字に使う必要があります。
そしてマークと数字の当てはめ方はそれぞれ4!通りなので、
すべて区別した場合は2×4!×4!=1152通りとなります。

(r,s,t,L)=(5,2,3,7)で合っていれば・・・
出てきた結果から推測しただけですが、もしかして（gcd(s,t)=gcd(r,L)=1として）
a^2+b^2=c^2 → r=c, (s,t)=(c±(b-a))/2, L=a+b
ってことですかね？

その解は、PQ^2の値が74になり、第3の円の半径が無理数になるため不適だと思います。

PQ^2=74
で確かにPQ=√74
の無理数ですがLを求めるにはPQ^2のデータのままで利用できるので
自分の想定している答えは、らすかるさんが提示された
(r,s,t,L)=(5,2,3,7)
または
(r,s,t,L)=(5,3,2,7)
としていました。

PQが有理数になる解は存在しないっぽいです。
(追記)PQ^2の素因数2の個数が必ず奇数個になることにより、PQは有理数にならないようです。

PQの値が存在しなくてもPQ^2が有理数で存在すればいいなら、PQ^2=-3とかも認めるということですか？

最小に拘らなければ
(r,s,t,L)=(5,2,3,7)以外にも
(29,14,15,41)･･･<=>29^2=20^2+21^2
(13,3,10,17)････<=>13^2=5^2+12^2
(17,5,12,23)･････<=>17^2=8^2+15^2
(73,33,40,103)････<=>73^2=48^2+55^2
(97,45,52,137)････<=>97^2=65^2+72^2
(25,4,21,31)････<=>25^2=7^2+24^2 (25^2=15^2+20^2もあるがgcd(15,20)!=1から除外)
(53,18,35,73)･･･<=>53^2=28^2+45^2
(37,7,30,47)････<=>37^2=12^2+35^2
(65,21,44,89)･･･<=>65^2=33^2+56^2
(65,9,56,79)････<=>65^2=16^2+63^2(65^2=39^2+52^2と25^2+60^2もあるがgcd(39,52）=13もgcd(25,60)=5でいずれも不適)
･･･････････････
この様にらすかるさんの観察の通り

もしかして（gcd(s,t)=gcd(r,L)=1として）
a^2+b^2=c^2 → r=c, (s,t)=(c±(b-a))/2, L=a+b

がピタリと当てはまります。
これらの結果は出してはいたんですが、まさかこんなピタゴラスの三角形と密接に関連し合っているとは
思いもしませんでした。
よくこんな法則を観察から見えるとは・・・

多分これで合っていると思います。(1)はn/7の循環節、(2)はn/17の循環節ですね。
(1)
142857×2=285714
285714×2=571428
428571×2=857142
(2)
1176470588235294×2=2352941176470588
1764705882352941×2=3529411764705882
2352941176470588×2=4705882352941176
2941176470588235×2=5882352941176470
3529411764705882×2=7058823529411764
4117647058823529×2=8235294117647058
4705882352941176×2=9411764705882352

瞬殺でした。

一般化すると以下のようになると思います。
自然数nをm(2≦m≦9)倍したときに末尾のk桁が先頭に移動するとき、
tはm×10^k-1のある約数、sはt/10＜s＜t/mを満たすある自然数として
nはs/tの循環節と一致する。
循環節は1周期分でなく2周期分、3周期分などでも構いません。
特に、循環節の長さがk以下の場合は複数周期分にする必要があります。
nの桁数はkの値によって決まることになります（桁数は自然数倍できます）。

(1)の例ではm=2,k=4なので
t=2×10^4-1=19999=7×2857
7の循環節の長さは6、2857の循環節の長さは408、19999の循環節の長さは408なので
「2倍して末尾4桁が先頭に移動」が可能なのは6桁または408桁（あるいはそれらの倍数）に限られます。(1)では6桁なので7の循環節の1周期分、そして
7/10＜s＜7/2から1≦s≦3となり、
「1/7の循環節」×2=「2/7の循環節」
「2/7の循環節」×2=「4/7の循環節」
「3/7の循環節」×2=「6/7の循環節」
が答えとなります。

(2)の例ではm=2,k=6なので
t=2×10^6-1=1999999=17×71×1657
循環節の長さは
17→16, 71→35, 1657→552, 17×71→560,
17×1657→1104, 71×1657→19320, 1999999→38640
(2)は16桁なので17の循環節の1周期分
17/10＜s＜17/2から2≦s≦8となり
「2/17の循環節」×2=「4/17の循環節」
「3/17の循環節」×2=「6/17の循環節」
「4/17の循環節」×2=「8/17の循環節」
「5/17の循環節」×2=「10/17の循環節」
「6/17の循環節」×2=「12/17の循環節」
「7/17の循環節」×2=「14/17の循環節」
「8/17の循環節」×2=「16/17の循環節」
が答え

他の例
例えば「2倍すると末尾1桁が先頭に移動する」とするためには
19が素数（1/19の循環節の長さは18）なので
18桁またはその自然数倍の桁数の数しかあり得ません。
同様に「2倍すると末尾2桁が先頭に移動する」のは
199が素数で199の循環節の長さが99なので99(×n)桁、
「2倍すると末尾3桁が先頭に移動する」のは同様に999(×n)桁となります。
「3倍すると末尾1桁が先頭に移動する」のは29の循環節なので28(×n)桁、
「3倍すると末尾2桁が先頭に移動する」のは299の約数13の循環節から6(×n)桁で
可能（例:230769）ですが、
「3倍すると末尾3桁が先頭に移動する」となると2999が素数で
循環節の長さが1499なので、1499(×n)桁必要です。

実際に具体例を計算してみると
2倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 105263157894736842 (2/19の循環節)
3倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 1034482758620689655172413793 (3/29の循環節)
4倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 102564 (4/39の循環節)
5倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 142857 (1/7の循環節)
6倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 1016949152542372881355932203389830508474576271186440677966 (6/59の循環節)
7倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 1304347826086956521739 (3/23の循環節)
8倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 1012658227848 (8/79の循環節)
9倍すると末尾1桁が先頭に移動する
→ 10112359550561797752808988764044943820224719 (9/89の循環節)
※9倍すると末尾1桁が先頭に移動する数はこれ一つ（及びこれの繰返し）しかありません

ではここで宿題を一つ。
2n桁の数をm倍(m≧2)すると前後n桁ずつが入れ替わる。
これを満たす例を挙げて下さい。

142857*6=
857142

142857142857142857*6=
857142857142857142

142857142857142857142857142857*6=
857142857142857142857142857142

これって許してもらえるのだろうか？

正解です。しかもそのパターン(142857が奇数個つながった数)しかありません。

(証明の概略)
前n桁をa、後n桁をb、前後を入れ替えたときm倍(2≦m≦9)、10^n=Nとすると
m(aN+b)=bN+a
この式からb≦maだと成り立たないことがわかるのでb=ma+t（tは自然数）とおける。
代入して整理すると (m^2-1)a=(N-m)t … (1)
この式とma＜Nでなければならないことからt≦mが導ける。
(1)から
m=3のとき 8a=(N-3)t
m=5のとき 24a=(N-5)t
これらはN-3,N-5が奇数のためtが8の倍数となり(t≦mと矛盾するため)不適
m=7のとき 48a=(N-7)t
m=9のとき 80a=(N-9)t
これらはN-7,N-9が奇数のためtが16の倍数となり不適
m=2のとき 3a=(N-2)t しかしN-2は3で割り切れずtが3の倍数となるので不適
m=4のとき 15a=(N-4)t しかしN-4は5で割り切れずtが5の倍数となるので不適
m=8のとき 63a=(N-8)t しかしN-8は9で割り切れずtが9の倍数となるので不適
よってm=6しかあり得ず、m=6のとき
35a=(N-6)t
N-6は5で割り切れないのでtは5の倍数、t≦6なのでt=5
両辺を5で割って 7a=N-6
これを満たすaは142,142857142,142857142857142,…なのでそのパターンしかない。

(1) L=8(1+cosAcosBcosC) となり、計算は省略して 8＜L≦9
(2) 単位の°は省略してA≦B≦Cとして
(A,B,C,L)=(6,66,108,7),(15,60,105,7),(30,30,120,5),(36,42,102,7),(60,60,60,9)
で合っているでしょうか。

すべて一致しています。
(1)を判断できるLの変形もお見事です。
(2)のL=7での組み合わせは、こんなものもあるのだと計算させてやっと見つかるもので
論理的に求めるのは無理と思われます。
L=6が存在できないのが不思議で面白いです。

何となく「角度をもう少し細かくしたらどうなる？」と思ったので0.5°刻みで計算してみると、
(A,B,C,L) = (22.5,45,112.5,6)
というのが出てきました。どうも「1周が360°」というのが粗かったようです。
さらに(1/120)°刻みかつLの方も整数/120まで許しても、他には一つも出てきませんでした。
今回の件では、1周720°が良かったようです。

(追記)
1周240°でも大丈夫ですね。もし1周が240°だったら
(A,B,C,L)=(4,44,72,7),(10,40,70,7),(15,30,75,6),(20,20,80,5),(24,28,68,7),(40,40,40,9)
となっていました。

なるほど！
度数法は相対的基準ですよね。
何も360に拘らなくいても変換可能ですから、一周を240とする基準なら6のL値を与える角度は各整数値で示せることになる。
いや～恐れ入りました。

らすかるさん頭柔らか～
腑に落ちました。

さらに調べました。
A,B,Cを分母7の分数にすると
(A,B,C,L)=(180/7,360/7,720/7,7)
というのが見つかりますので、より一般的にして
A,B,Cが有理数度(≠90°)で合計180°のときにLが有理数になる組合せ、すなわち
A：B：Cが整数比でA+B+C=πのときにcosAcosBcosCが有理数になるような組合せ
をある程度調べました。A：B：C=p：q：r(p,q,rは自然数でp≦q≦r≦1000)で見つかったのは以下の7つです。
A：B：C = 1：1：1 → cosAcosBcosC = 1/8 → (60,60,60), L=9
A：B：C = 1：1：4 → cosAcosBcosC = -3/8 → (30,30,120), L=5
A：B：C = 1：2：4 → cosAcosBcosC = -1/8 → (180/7,360/7,720/7), L=7
A：B：C = 1：2：5 → cosAcosBcosC = -1/4 → (45/2,90/2,225/2), L=6
A：B：C = 1：4：7 → cosAcosBcosC = -1/8 → (15,60,105), L=7
A：B：C = 6：7：17 → cosAcosBcosC = -1/8 → (36,42,102), L=7
A：B：C = 1：11：18 → cosAcosBcosC = -1/8 → (6,66,108), L=7
（C,B,Aの昇順）　※cosAcosBcosCの有理数判定は厳密ではありません
つまり整数度と(45/2,90/2,225/2)と(180/7,360/7,720/7)の他には見つかりませんでした。
もしかしたら
・A：B：Cが整数比でA+B+C=π(A,B,C≠π/2)のときにcosAcosBcosCが有理数になる組合せは7つしかない
・そしてその場合Lは必ず整数
というのが成り立つ可能性がありますが、証明は難しそうですね。
角度は1周1680°が良かったのかも知れません。

(45/2,90/2,225/2)でL=6 と
(180/7,360/7,720/7)でL=7
確かに条件を満たしてくれます。
gp > 4*(sin(22.5*Pi/180)^2+sin(45*Pi/180)^2+sin(112.5*Pi/180)^2)
%73 = 6.0000000000000000000000000000000000000

gp > 4*(sin(180/7*Pi/180)^2+sin(360/7*Pi/180)^2+sin(720/7*Pi/180)^2)
%81 = 7.0000000000000000000000000000000000000

を形状を実際に描いて眺めましたがL=6は何とか中心角に直して(45°,90°,225°)
作図すれば納得できることは可能でしたが
下のL=7を与える有理数角は思いつきも出来そうにありません。(計算機を使っても探すのは無理です。)

自分も有理数角ではと思いある程度調査はしていたんですが、とてもじゃないが全有理数を
相手に途方に暮れるばかりでした。

しかしL=7の場合の角度は微妙なバランスをとって多様なパターンを発生できることは驚きです。
新しい知見を示されることに感謝です。

すいません、(３)の問題文のうち、以下の記述で抜けがあるので修正お願いします。

誤り：ｚ^n＋１ の絶対値が１となるような ｚ をすべてかけ合わせてられる複素数を求めよ。

正：ｚ^n＋１ の絶対値が１となるような ｚ をすべてかけ合わせて得られる複素数を求めよ。

タイプミスでした！ご指摘ありがとうございます。