😊出会いの泉😊

恒等式
2/(a*(2*b -a)) = 1/(a*b) +1/(b*(2*b -a))
から　
(a, b) = (1, 33) or (5, 9) or (13, 9) or (65, 33)
の 4 通り。

上記に当てはまらないもの。
2/65 = 1/35 +1/455

4通りに見えますが、代入すると
2/65=1/33+1/2145
2/65=1/45+1/117
2/65=1/117+1/45
2/65=1/2145+1/33
となりますので2通りしかないですね。
他には
2/65=1/39+1/195
と
2/65=1/65+1/65
があって、計5通りです。

(追記)
恒等式の分母にcを掛けて
2/(a*(2*b-a)*c)=1/(a*b*c)+1/(b*(2*b-a)*c)
とすれば、
(a,b,c)=(1,33,1) → 2/65=1/33+1/2145
(a,b,c)=(1,7,5) → 2/65=1/35+1/455
(a,b,c)=(1,3,13) → 2/65=1/39+1/195
(a,b,c)=(5,9,1) → 2/65=1/45+1/117
(a,b,c)=(1,1,65) → 2/65=1/65+1/65
のように全解が出てきますね。
ちなみに項の入れ替えは
(a,b,c)=(5,3,13) → 2/65=1/195+1/39
(a,b,c)=(13,7,5) → 2/65=1/455+1/35
(a,b,c)=(13,9,1) → 2/65=1/117+1/45
(a,b,c)=(65,33,1) → 2/65=1/2145+1/33
のようになります。

おおっ！！
EXCELLENT！

2/65 = 1/x + 1/y
より
2xy = 65x + 65y
すなわち
(2x-65)(2y-65) = 65^2

x, y の少なくとも一方は 65 以上であることから左辺が負の数同士の積になることはないので、
2x-65 =「65^2 の正の約数」
を全て解いていけば 5 種 9 個の解が得られます。

DD++さん、とても格好いいです。感服しました。

ヒッパルコスによる業績をもとに
プトレマイオスは 1 回帰年の長さを
365 +1/4 -1/300 (単位は日数)
としていたとのです。
エジプト式分数の流れを汲んでいた模様で
整数と単位分数とで表現しているのですね。
但し、一般にエジプト分数では単位分数の和としているのに対して、プトレマイオスによる回帰年の長さでは、単位分数を減算する操作を許しているようではあります。

以上を踏まえまして今回は円周率(の近似値)を自然数と単位分数との加減算で表現してみます。すなわち。

π ≈ 3 +1/7 -1/791

第二項までで打ち切りますと有名な有理数近似値
22/7
と等しく
第三項までを計算しますとこれもまた有名な有理数近似値
355/113
と等しくなります。
面白いことです。

文献上では知られていないだけで存外、
3 +1/7 -1/791
は、ひょっとして古代でもあるいは知られていたのではなかろうかと夢想してみたくもなります。

πのエジプト式分数による近似。
減算を許さなければ以下のようになると OEIS が教えてくれました。 A001466

3+1/8+1/61+1/5020+1/128541455+1/162924332716605980+1/28783052231699298507846309644849796+1/871295615653899563300996782209332544845605756266650946342214549769447+　………　

月に宇宙船を着陸させたアポロ計画でも、計算には 3.1416 を使っていたらしいので、工学的な実用上では　
3+1/8+1/61+1/5020
でも広い範囲で充分であることかと。

やはり減算を許したほうが《収束？は速い》ようで。分母が大きくなる速さが……

3 +1/7 -1/791 -1/3748629 +1/151648960887729 -1/1323497544567561138595307148089 +1/41444465282455711991644958522615049159671653083333293470875123 ………

OEIS A001467 より。

> 以上を踏まえまして今回は円周率(の近似値)を自然数と単位分数との加減算で表現してみます。すなわち。

> π ≈ 3 +1/7 -1/791

> 第二項までで打ち切りますと有名な有理数近似値
> 22/7
> と等しく
> 第三項までを計算しますとこれもまた有名な有理数近似値
> 355/113
> と等しくなります。
> 面白いことです。

そこでいっそのこと
S=[1,1,1,7,-791,-3740526,1099482930,-2202719155,6600663644,-26413901692,96840976853,-496325469560,2346251883960,-44006595799206,･･･]
として
gp > for(n=4,14,print1(sum(k=1,n,1/S[k])","))
22/7,355/113,103993/33102,104348/33215,208341/66317,312689/99532,833719/265381,1146408/364913,4272943/1360120,5419351/1725033,80143857/25510582,
と円周率πの近似分数 (A002485/A002486)が並んでいける。(収束スピードは遅いが･･･)
A006784には収束が速そうなものが載っています。

■交代級数のように単位分数をかわるがわる足したり引いたりをして円周率の近似値を表してみます。
※いくらでも項数の多いものが作れるそうですがそこまでは……

π ≈ 3 +1/7 -1/784 +1/90160 -1/14155120 +1/5265704640 -1/2274784404480
= 1429289194723/454956880896　
≈ 3.14159265359

……が得られます。

■求め方
https://oeis.org/A061233
を参考にしました。
PARI/gp を利用しましたが、A061233 に書かれているプログラムはよくわからなかったので以下のものを使いました。

(PARI)? r=1/(4-Pi) ; for(n=1, 6, r=r/(r-floor(r)); print1(floor(r), ", "))

出力は
7, 112, 115, 157, 372, 432,
でした。
これから、次のようにします。

π ≈ 4 -1/1 +1/7 -1/(7*112) +1/(7*112*115) -1/(7*112*115*157) +1/(7*112*115*157*372) -1/(7*112*115*157*372*432)
= 3 +1/7 -1/784 +1/90160 -1/14155120 +1/5265704640 -1/2274784404480
= 1429289194723/454956880896　
≈ 3.14159265359

Android スマホ用の PARI のアプリをみつけたのでお試しに使いたくなり、上のように遊んでみました。

[1988] でも [1991] でも
交代級数の単位分数の一般項は定め難いものがあります。

ところが、ごく簡単な一般項を持ち得ると知って、PARI/GP で確認してみました。以下が対話です。↓↓↓

? \p 300
realprecision = 308 significant digits (300 digits displayed)

? A = 3 +sumalt(n=1,((-1)^(n+1))/(n*(n+1)*(2*n+1)))
%1 = 3.14159265358979323846264338327950288419716939937510582097494459230781640628620899862803482534211706798214808651328230664709384460955058223172535940812848111745028410270193852110555964462294895493038196442881097566593344612847564823378678316527120190914564856692346034861045432664821339360726024914127

? B = Pi - A
%2 = 0.E-307

このパターンは初めてみました。（確かに覚えやすい。）
調べてみると初めの3も含め
48*sumalt(n=0,(-1)^n/((6*n+1)*(6*n+3)*(6*n+5)))
によってもπが構成されるみたいですね。

互い違いの力って大きいですね。

GAI さん。
1/((6*n+1)*(6*n+3)*(6*n+5))
こちら、私、初見です。
不思議な形ですね……

GAI さん。
[1993] に関係しますけれども。

48*(1/(1*3*5)-1/(7*9*11)+1/(13*15*17)-1/(19*21*23)+1/(25*27*29)-1/(31*33*35)) -4*(1-1/3+1/5-1/7+1/9-1/11+1/13-1/15+1/17-1/19+1/21-1/23+1/25-1/27+1/29-1/31+1/33-1/35)
= 248269474984/4512611027925
≈ 0.0550168125388

項数を増やしていくと、0 に収束する気配を感じますが、証明ができないでおります。

48/((6k+1)(6k+3)(6k+5)) = { 6/(6k+1) - 6/(6k+3) + 6/(6k+5) } - 2/(2k+1)
と変形すれば、これの交代無限級数が
6*(π/4) - 2*(π/4) = π
と 2 組のライプニッツ級数で計算できますね。
それぞれの級数は絶対収束するわけではないので、取り扱いに少し注意が必要ですが。

DD++ さん。
ありがとうございました！

> "DD++"さんが書かれました:
> 48/((6k+1)(6k+3)(6k+5)) = { 6/(6k+1) - 6/(6k+3) + 6/(6k+5) } - 2/(2k+1)
> と変形すれば、これの交代無限級数が
> 6*(π/4) - 2*(π/4) = π
> と 2 組のライプニッツ級数で計算できますね。
> それぞれの級数は絶対収束するわけではないので、取り扱いに少し注意が必要ですが。


どうやって正当化すればよいのかわからなかったので
f(x) = 6*arctan(x) -2*arctan(x^3)
をテーラー展開して３項づつ区切ることで
なんとかなりそうと思いました。

f(x) = (6*x-4*x^3+(6*x^5)/5)
-((6*x^7)/7-(4*x^9)/3+(6*x^11)/11)
+((6*x^13)/13-(4*x^15)/5+(6*x^17)/17)
-((6*x^19)/19-(4*x^21)/7+(6*x^23)/23)
+……
= (6*x-(12*x^3)/3+(6*x^5)/5)
-((6*x^7)/7-(12*x^9)/9+(6*x^11)/11)
+((6*x^13)/13-(12*x^15)/15+(6*x^17)/17)
-((6*x^19)/19-(12*x^21)/21+(6*x^23)/23)
+……

あとは、6*k+1, 6*k+3, 6*k+5
をうまく 使ってやって整理しておいて
最後に x=1 としてやります。

そこが難しいところで、級数が絶対収束しないので、和の順序入れ替え不可なのです……。

マクローリン展開の第 n 項までの和を不等式評価し、挟み撃ちする感じになりますね。

個数制限なしで3種類の文字から3*n個選ぶ選び方は、
3H[3*n]
=[3*n+2]C2
=(3*n+2)*(3*n+1)/2
通り。

その中で不適なものはどれか1種類の文字が2n+1個以上になった場合であり、
このとき残り2種類の文字が2*n個を超えることはないので、
不適となる選び方の数は、
3*{Σ[k=2n+1～3*n]2H[3*n-k]}
=3*{Σ[k=2n+1～3*n][3*n-k+1]C1}
=3*{Σ[k=2n+1～3*n](3*n-k+1)}
=3*{Σ[m=1～n](n-m+1)}
=3*{Σ[m=1～n](n+1) - Σ[m=1～n]m}
=3*{(n+1)*n - n*(n+1)/2}
=3*n*(n+1)/2
通り。

よって、2*n個のAと2*n個のBと2*n個のCから3*n個の文字を選ぶ選び方は、
(3*n+2)*(3*n+1)/2 - 3*n*(n+1)/2
=3*n^2+3*n+1
通り。

A の個数で場合分けして、
(n+1) + (n+2) + (n+3) + …… + 2n + (2n+1) + 2n + …… + (n+2) + (n+1)
= (1/2)*n*(3n+1)*2 + (2n+1)
= 3n^2 + 3n + 1 通り

2色で同様のことをすると 2n+1 通りになるということは、
これを (n+1)^3 - n^3 という式から導きたいという主旨でしたかね？

4色の場合 (16/3)n^3 + 8n^2 + (14/3)n + 1 通りっぽいので、
3 色まで (n+1)^k - n^k に一致したのはただの偶然だったようです……ちょっと残念。

4色の場合 (16/3)n^3 + 8n^2 + (14/3)n + 1 通り
n=1なら19ですよね。
A,A,B,B,C,C,D,D
から3つを選ぶ方法は
[A,A,B],[A,A,C].[A,A,D]
同様に[B,B,*],[C,C,*],[D,D,*]型で12通り
後は4C3=4通りで
計16通りしか作れないんではないかと思われるんですが後3通りは何ですか？

4色の場合は
(23/6)n^3+7n^2+(25/6)n+1
でしょうか。

(追記)
一般にk色のとき
(k)H(3n)-(k)H(n-1)×k
=(3n+k-1)C(k-1)-(n+k-2)C(k-1)×k
となり、
2色: n+1
3色: 3n^2+3n+1
4色: (23/6)n^3+7n^2+(25/6)n+1
5色: (19/6)n^4+10n^3+(65/6)n^2+5n+1
・・・
のようになると思います。

元の問題の「6n個から3n個取る」を「ちょうど半分取る」と解釈して、
4色の場合は「8n個から4n個取る」で考えています。

皆さんが発見された結果を使って、次の事が成立することを6色まで確認できました。
確認はしていませんが以下同様な言い換えで探せるものと思われます。
3色では
-n≦a,b,c≦nで　a+b+c==0 を満たす(a,b,c)の個数を求めることに同じ。

4色では
-n≦a,b,c,d≦nで　a+b+c+d==n を満たす(a,b,c,d)の個数を求めることに同じ。

5色では
-n≦a,b,c,d,e≦nで　a+b+c+d+e==2*n を満たす(a,b,c,d,e)の個数を求めることに同じ。

6色では
-n≦a,b,c,d,e,f≦nで　a+b+c+d+e+f==3*n を満たす(a,b,c,d,e,f)の個数を求めることに同じ。

> "DD++"さんが書かれました:
> 元の問題の「6n個から3n個取る」を「ちょうど半分取る」と解釈して、
> 4色の場合は「8n個から4n個取る」で考えています。

なるほどこの解釈でいくと
4色ではn=1,2,3,･･･で
19,85,231,489,･･･,(2*n+1)*(8*n^2+8*n+3)/3

5色では
51,381,1451,3951,･･･,1 + 5*n*(n+1)*(23*n^2 + 23*n + 14)/12
となるわけですね。

この場合だと
4色では
-n≦a,b,c,d≦n　で　a+b+c+d==0 を満たす(a,b,c,d)の組の個数

5色では
-n≦a,b,c,d,e≦n　で　a+b+c+d+e==0 を満たす(a,b,c,d,e)の組の個数
と同等となる模様です。

http://shochandas.xsrv.jp/number/binomialcoefficient.htm
↑このページですね。
そして
(1)と(2)は上記ページの(6)
(3)は上記ページの(11)
(6)は上記ページの(16)
に相当しますね。
(4)(5)(7)(8)はなさそうでしたが、探し方が悪いだけかも知れません。

http://shochandas.xsrv.jp/number/binomialcoefficient.htm
のページを見てきました。

(5)は上記ページの(12)
(8)は上記ページの(13)
に相当しますね。


(4)は、上記ページの(11)の説明文のなかの
【(11)で、k=nのときは、……「総和の公式」とも言われる。】
の部分に書かれている式においてnにn-kを代入してmにkを代入したものなので、答えは[n+1]Ck


(7)は、上記ページの(27)において両辺に(-1)^kをかけてnにn-kを代入してmにnを代入したものなので、答えは(-1)^k*[k-1]Ck=0

あら～全部既にアップされているんだ。

ここにないものを作ってみました。
(1)aCb*cC0+[a+1]Cb*cC1+[a+2]Cb*cC2+[a+3]Cb*cC3+･･･+[a+k]Cb*cCk+･･･+[a+c]Cb*cCc
(ただしa≧b≧c≧0)

(2) aC0*sCa - aC1*[s-t]Ca + aC2*[s-2*t]Ca - aC3*[s-3*t]Ca + ･･･+(-1)^k*aCk*[s-k*t]Ca+･･･+(-1)^a*aCa*[s-a*t]Ca
(ただしa,s,t>0の整数)

変形すると
(ax-n)(ay-n)=n^2
となりaは小さいほうが良い（解が多くなる）と思われますのでa=2とします。
するとnは奇数限定ですから、「約数の多い奇数」が良さそうです。
100未満で約数が多い奇数は45,63,75,99（いずれもn^2の約数は15個）なので
おそらく2/45,2/63,2/75,2/99が解が多い(解は(15+1)/2=8個)と予想されます。
同様に考えると100以上1000未満では
3^3*5*7=945の約数の個数が63で最多
なので2/945が最多（解は(63+1)/2=32個）となることが予想されます。
その後プログラムを作って確認したところ、確かにこれらが最多でした。
さらに10000未満にすると
3^2*5*7*11=3465, 3^2*5*7*13=4095, 3^2*5*7*17=5355, 3^2*5*7*19=5985,
3^2*5*7*23=7245, 3^2*5*7*29=9135, 3^2*5*7*31=9765, 3^2*5*11*13=6435,
3^2*5*11*17=8415, 3^2*5*11*19=9405, 3^2*5*13*17=9945, 3^2*7*11*13=9009,
3*5^2*7*11=5775, 3*5^2*7*13=6825, 3*5^2*7*17=8925, 3*5^2*7*19=9975,
3*5*7^2*11=8085, 3*5*7^2*13=9555
(4+1)(2+1)^3=135
(135+1)/2=68
から
2/3465,2/4095,2/5355,2/5775,2/5985,2/6435,2/6825,2/7245,2/8085,
2/8415,2/8925,2/9009,2/9135,2/9405,2/9555,2/9765,2/9945,2/9975
の18通りで解が68個となるのが最多、100000未満では
3^2*5*7*11*13=45045, 3^2*5*7*11*17=58905, 3^2*5*7*11*19=65835,
3^2*5*7*11*23=79695, 3^2*5*7*13*17=69615, 3^2*5*7*13*19=77805,
3^2*5*7*13*23=94185, 3*5^2*7*11*13=75075, 3*5^2*7*11*17=98175,
(4+1)(2+1)^4=405
(405+1)/2=203
から
2/45045,2/58905,2/65835,2/69615,2/75075,2/77805,2/79695,2/94185,2/98175
の9通りで解が203個となるのが最多（いずれも確認済み）ですね。
(追記)
1000000未満では
3^2*5*7*11*13*17=765765, 3^2*5*7*11*13*19=855855
(4+1)(2+1)^5=1215
(1215+1)/2=608
から
2/765765,2/855855の2通りで解が608個となるのが最多
となりそうですが、これは未確認です。

2/765765=1/x+1/y (x≦y)
を満たす[x,y]を調べてみました。

M=[[765765], [382883, 293198400495], [382884, 97733055420], [382885, 58639986405], [382886, 41885813970], [382887, 32577940395], [382888, 26654748120], [382889, 22554076545], [382890, 19546917390], [382891, 17247325095], [382893, 13962193245], [382895, 11728303587], [382896, 10859568720], [382899, 8885171295], [382900, 8377469100], [382902, 7518280770], [382905, 6515894385], [382907, 5984015895], [382908, 5749363620], [382910, 5331255930], [382914, 4654319670], [382915, 4511121615], [382920, 3909689784], [382921, 3808149345], [382923, 3620111495], [382925, 3449771325], [382928, 3222339120], [382932, 2961979020], [382935, 2792744955], [382941, 2506348845], [382942, 2464231770], [382943, 2423506995], [382950, 2172220050], [382954, 2050718670], [382956, 1994927220], [382959, 1916709795],
[424710, 3887730], [425425, 3828825], [425799, 3798795], [425880, 3792360], [427245, 3687453], [427350, 3679650], [427635, 3658655],
････････････････
[626535, 984555], [630630, 974610], [634270, 966042], [634865, 964665], [636480, 960960], [638495, 956403], [645150, 941850], [645645, 940797], [647955, 935935], [651508, 928620], [654381, 922845], [656370, 918918], [658944, 913920], [659022, 913770], [661045, 909909], [663663, 904995], [664020, 904332], [666666, 899470], [668745, 895713], [675495, 883883], [675675, 883575], [680680, 875160], [683298, 870870], [692835, 855855], [693420, 854964], [696150, 850850], [701415, 843115], [701505, 842985], [706095, 836451], [706860, 835380], [711620, 828828], [714714, 824670], [717145, 821457], [718263, 819995], [720720, 816816], [726495, 809523], [729729, 805545], [734825, 799425], [737919, 795795], [740520, 792792], [740740, 792540], [743886, 788970], [749190, 783090], [750057, 782145], [753984, 777920], [759330, 772310]]

#M=608
全部をアップしようとしたら、10000字を越えましたのでアップを中止しますの警告が出たので途中ずいぶんの部分を省略しました。

2/855855も確認しました。
総当たりで検索していたのでこんな範囲まで考えが及びませんでした。

その後1000000未満では2/765765,2/855855の608個が最多であることは確認できました。
そしてついでに10000000未満も調べました。10000000未満では
3*5*7*11*13*17*19=4849845, 3*5*7*11*13*17*23=5870865, 3*5*7*11*13*17*29=7402395,
3*5*7*11*13*17*31=7912905, 3*5*7*11*13*17*37=9444435, 3*5*7*11*13*19*23=6561555,
3*5*7*11*13*19*29=8273265, 3*5*7*11*13*19*31=8843835, 3*5*7*11*17*19*23=8580495
(2+1)^7=2187
(2187+1)/2=1094
3^4*5*7*11*13*17=6891885, 3^4*5*7*11*13*19=7702695, 3^4*5*7*11*13*23=9324315
(8+1)(2+1)^5=2187
(2187+1)/2=1094
から
2/4849845,2/5870865,2/6561555,2/6891885,2/7402395,2/7702695,
2/7912905,2/8273265,2/8580495,2/8843835,2/9324315,2/9444435
の12通りで解が1094個となるのが最多（確認済み）です。

余事象が何通りなのかについて包除原理を使って 321 通り。

∵
すべて奇数：3^4 = 81
すべて3の倍数でない：4^4 = 256
両方の条件を満たす（1と5のみ）：2^4 = 16
包除原理により
余事象（6の倍数にならない事象)の場合の数は 321 通り。

全事象が 1296 通りなので求める事象(６の倍数になる)の場合の数は
975通り
……と計算してみました。

4の倍数バージョンでの、管理人さんによる模範解答とは別の方法で。もしも私が小学生に教えるならこうします。

余事象を考えると
全部奇数か
３個が奇数で残りが2または6の目で。

6*6*6*6-(3*3*3*3+2*3*3*3+3*2*3*3+3*3*2*3+3*3*3*2) = 999

結局のところ余事象を計算するほうが早いケースもある…と教えると思うのですよね。

管理人さんの方法を参考にするなら次のような感じでしょうか。



◎４つのさいころを投げる。目の積が６の倍数となる目の出方は何通りか。


少なくとも1個が"6"ならば、目の積は6の倍数なので、6^4-5^4=671通り

"3"が1個以上かつ("2"または"4")が1個以上ならば、目の積は6の倍数となる。
"6"がなく、"3"が1個、("2"または"4")が1個 … 4!/(1!1!2!)*1*2*2^2=96通り
"6"がなく、"3"が1個、("2"または"4")が2個 … 4!/(1!2!1!)*1*2^2*2=96通り
"6"がなく、"3"が1個、("2"または"4")が3個 … 4!/(1!3!)*1*2^3=32通り
"6"がなく、"3"が2個、("2"または"4")が1個 … 4!/(2!1!1!)*1^2*2*2=48通り
"6"がなく、"3"が2個、("2"または"4")が2個 … 4!/(2!2!)*1^2*2^2=24通り
"6"がなく、"3"が3個、("2"または"4")が1個 … 4!/(3!1!)*1^3*2=8通り

以上から、671+96+96+32+48+24+8=975通り


******


真ん中の計算量をもう少し減らすと次のようになります。



◎４つのさいころを投げる。目の積が６の倍数となる目の出方は何通りか。


少なくとも1個が"6"ならば、目の積は6の倍数なので、6^4-5^4=671通り

"3"が1個以上かつ("2"または"4")が1個以上ならば、目の積は6の倍数となる。
これは、"6"が1個も含まれない場合のうち、
4個とも"3"でない場合と4個とも("2"または"4")でない場合を除外し、
重複して除外している4個とも("1"または"5")である場合を足しなおせばよいので、
5^4-4^4-3^4+2^4=304通り

以上から、671+304=975通り


\\\\\\



しかし、次の方法のがわかりやすいと思います。



◎４つのさいころを投げる。目の積が６の倍数となる目の出方は何通りか。


目の積が６の倍数とならない目の出方を考える。
「4つとも奇数の場合の数①」と「4つとも3の倍数でない場合の数②」の和から
「4つとも奇数でも3の倍数でもない場合の数③」を引けばよい。
①4つとも奇数であるとき … 3^4=81通り
②4つとも3の倍数でないとき … 4^4=256通り
③4つとも"1"または"5"になるとき … 2^4=16通り
よって、目の積が６の倍数とならない目の出方は、81+256-16=321通り

すべての目の出方は 6^4=1296通り なので、
目の積が６の倍数となる目の出方は
1296-321=975通り


------



もとの問題もこちらの方がわかりやすいかもしれません。



◎４つのさいころを投げる。目の積が４の倍数となる目の出方は何通りか。


目の積が４の倍数とならない目の出方を考える。
①4つとも奇数になるとき … 3^4=81通り
②3つが奇数で残り1つが"2"または"6"のとき … (4C1)*3^3*2=216通り

すべての目の出方は 6^4=1296通り なので、
目の積が４の倍数となる目の出方は
1296-81-216=999通り



++++++


とここまで書いた後で、GAIさんの問いかけが、

> 何方か最も効率よい手計算による求め方をご教授下さい。

というものであることに気づいた。

効率の悪い解答を書いてしまったよ……。

でも、せっかく書いたので全部投稿しておきます。

すべて奇数：3^4 = 81
すべて3の倍数でない：4^4 = 256
両方の条件を満たす（1と5のみ）：2^4 = 16
包除原理により
余事象（6の倍数にならない事象)の場合の数は 321 通り

目の積が６の倍数とならない目の出方を考える。
「4つとも奇数の場合の数①」と「4つとも3の倍数でない場合の数②」の和から
「4つとも奇数でも3の倍数でもない場合の数③」を引けばよい。
①4つとも奇数であるとき … 3^4=81通り
②4つとも3の倍数でないとき … 4^4=256通り
③4つとも"1"または"5"になるとき … 2^4=16通り
よって、目の積が６の倍数とならない目の出方は、81+256-16=321通り

お二人ともよくこの効率良いアイデアにたどりつけますね～
最初りらひいさんの様に直接求めようとして，場合いが結構沢山に分かれて行ってしまい、
頭の中がごちゃごちゃと混乱して行きました。
しかし余事象にあたる6の倍数になれないパターン数を作り出す計算式が
こんなにもスッキリと捗るなんて思ってもいませんでした。
みなさんのセンスを見習って精進精進。

直接関係は無いかもしれませんが以前から気になっていることがあり
曲率がどこも正である閉じた曲線C上で(曲率の値は一定でなくても構わない。)
任意の5点をとり
ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、中にダビデの星状の図形が構成される。
その星形の内部を塗り潰すと、5個の頂点を持つ図形ができる。
この時5つの頂点の内角をすべて足すと180°となる。
同じく
C上に任意の6点をとり
ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、閉じた3角形ができる。
続いて隣の点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、閉じた3角形が再びできる。
そこで上の様に中を塗り潰せば今度は6つの角をもつ星状の図形ができる。
この時6つの頂点の内角をすべて足すと360°となる。
以下同様に
C上に
任意の7点をとり
ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、7個の頂点を持つ星型図形ができる。
この時7つの頂点の内角をすべて足すと540°となる。
なお、2つ飛ばしで結んでいくと、その星形図形では7つの頂点の内角をすべて足すと180°となる。
C上に
任意の8点をとり
ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくとを2度繰り返すと、8個の頂点を持つ星型図形ができる。
この時8つの頂点の内角をすべて足すと720°となる。

この様に一般に1つ飛ばしに結んでいくn角を持つ星状図形で、そのすべての内角の和をとれば
180*(n-4)°となる。(n>=5)

は成立すると思われるんですがどうでしょうか？

これ、本当ですか？

六角形の内角をAからFとして
A = 0.5 * (arc BF)
E = 0.5 * (arc FD)
C = 0.5 * (arc DB)
A + C + E = 0.5*(720°)
A+ C + E = 360°

> 六角形の内角をAからFとして
> A = 0.5 * (arc BF)
> E = 0.5 * (arc FD)
> C = 0.5 * (arc DB)
> A + C + E = 0.5*(720°)
> A+ C + E = 360°

B,D,Fも結んでください。
Aの内角は∠CAEの部分となります。

三角形ACEからA+C+E=180°
同じく
三角形BDFからB+D+F=180°
よって
A+B+C+D+E+F=360°
の意味となります。

まじめに書いてみます。

『ある弧に対する中心角は、同一の弧の円周角の2倍である』
という定理において、中心角が180°を超えていても成り立つ、とします。（これ本当ですか？）

まず六角形 ABCDEF についてこれが円に内接することを要請しておきます。この円の中心をOとします。
∠FAB を、弧BFの円周角とみなします。このとき弧は長い方、すなわち、C,D,E,を通過するほうの弧とします。
∠FOB を、弧BFの中心角とします。弧の定義は先程と同じです。中心角は 180 °を超えることもあります。
同様にして ∠BCD, ∠DEF を円周角とみなします。また、∠BOD, ∠DOF を中心角とみなします。

３つの中心角の総和、∠FOB+∠BOD+∠DOF は、（円を２周しているので）720° となります。『ある弧に対する中心角は、同一の弧の円周角の2倍である』ので対応する円周角の総和である∠FAB+∠BCD+∠DEFは、720°の半分、すなわち360°となります。

《円に内接する六角形の内角を 1 つおきに足すと 360°》と言えることになるのではと。

2n角形についても同様ではないかと？

中心角を使えばそうなんですけど、「10 角形のときには 4 周しますよね」といわれても、一瞬「うーんどうなんですかね」ってなりません？
もっと直感的にそりゃそうだわってなる証明がないものかなあ、と。

こっちのほうが直接的ですかね。

2n角形が、円に内接しているので、各頂点と円の中心との間に線分を補助線として引いてあげると2n個の二等辺三角形があることになります。二等辺三角形ではふたつの底角が等しいことに注意し、2n個ある頂角の角度の和は360°であることにも留意します。もちろん各二等辺三角形の内角の和は180°です。

上からダイレクトに求める公式が得られると思います。

イメージがつきやすいと思うので六角形のケースを。

先の投稿に従い6つの二等辺三角形を作図します。すなわち。
頂角がA,底角がaの二等辺三角形。
頂角がB,底角がbの二等辺三角形。
頂角がC,底角がcの二等辺三角形。
頂角がE,底角がdの二等辺三角形。
頂角がE,底角がeの二等辺三角形。
頂角がF,底角がfの二等辺三角形。

求めたい《ひとつおきの内角の和》は
（f+a）+（b+c）+（d+e）
です。

すぐにわかることを並べると
A+a+a=180°
B+b+b=180°
C+c+c=180°
D+d+d=180°
E+e+e=180°
F+f+f=180°
A+B+C+……+F=360°

上を整理すれば
（f+a）+（b+c）+（d+e）=360°
が得られます。

ああ、なるほど、二等辺三角形を作る方法がありましたか。
これは確かに簡明。

二等辺三角形を作った後、「だから全内角の総和のピッタリ半分」という方向に行けばもっとストレートですかね？

1946にて。

> "GAI"さんが書かれました:
> 直接関係は無いかもしれませんが以前から気になっていることがあり
> 曲率がどこも正である閉じた曲線C上で(曲率の値は一定でなくても構わない。)
> 任意の5点をとり
> ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、中にダビデの星状の図形が構成される。
> その星形の内部を塗り潰すと、5個の頂点を持つ図形ができる。
> この時5つの頂点の内角をすべて足すと180°となる。
> 同じく
> C上に任意の6点をとり
> ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、閉じた3角形ができる。
> 続いて隣の点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、閉じた3角形が再びできる。
> そこで上の様に中を塗り潰せば今度は6つの角をもつ星状の図形ができる。
> この時6つの頂点の内角をすべて足すと360°となる。
> 以下同様に
> C上に
> 任意の7点をとり
> ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、7個の頂点を持つ星型図形ができる。
> この時7つの頂点の内角をすべて足すと540°となる。
> なお、2つ飛ばしで結んでいくと、その星形図形では7つの頂点の内角をすべて足すと180°となる。
> C上に
> 任意の8点をとり
> ある点から1つ飛ばしに直線を引いていくとを2度繰り返すと、8個の頂点を持つ星型図形ができる。
> この時8つの頂点の内角をすべて足すと720°となる。

> この様に一般に1つ飛ばしに結んでいくn角を持つ星状図形で、そのすべての内角の和をとれば
> 180*(n-4)°となる。(n>=5)

> は成立すると思われるんですがどうでしょうか？


↓↓↓↓
以下では n が奇数のときのみを考えます。(n>=5)
一つおきに点を結ぶ作図により星型 n 角形が生まれたものとします。すなわち、この星型 n 角形の内部に凸 n 角形が作図されたものとします。(必ず凸になるかどうか…わたしにはわかりませんでした。多分大丈夫？)
このときのみについて以下のように考えます。
・中にある凸 n 角形の外角の和は n によらず 360° です。
・凸 n 角形の各辺に三角形が n 個ぶん作図されています。これらの三角形の内角の総和は n*180° です。
・求めたい角の総和は後者から前者の２倍を引いたものです。
すなわち、 n*180 -720
よって GAI さんによる予想
180*(n-4)° (n>=5)
は上記のように私が設定した強い条件のもとでは正しそうです。
内部に凸 n 角形ができない場合は私にはとてもとても手がつけられませんでした。

n が偶数でも同じ理屈でしょっ、と知人に即座に言われて愕然としました。

外角を使わない別解を教えてもらいました。

n角形の内角の和をS(n) とします。
S(n) = 180°*(n-2)
(n>=5) のときに求める星型の頂角の角度の和 T(n) は
T(n) = 2*S(n) -n*S(3) = 180°*(2*n -4) -n*180° = 180°*(n -4)

なるほど……

GAI さんがおっしゃるに。
> C上に 任意の7点をとりある点から1つ飛ばしに直線を引いていくと、7個の頂点を持つ星型図形ができる。
> その星形図形では7つの頂点の内角をすべて足すと180°となる。


一般的に証明するにはどうしたらよいのか検討がつきません。内部に7角形ができていればラッキーなのですけれどもそうとも限りません。

なお、添付した参考図はいい加減なので……ご了承ください。一点で3直線が交わると嫌だなあという意味でしかありません。

証明らしきものを明日付でアップ予定です。

すいません。
錘と柱は、いくつでも増やせますね！