😊出会いの泉😊

各組から 1 枚ずつ取り出して全ての数字を揃えたあと、
さらに各組残りの 3 枚から 1 枚ずつ取り出して再び全ての数字を揃え、
さらにさらに各組残りの 2 枚から 1 枚ずつ取り出して三度全ての数字を揃え、
最後に残った 1 枚ずつがまた全ての数字の組になる……

……までできそうな気がします。
ただ、証明は難しそうですね。

よく似た？問題です。

トランプ 52 枚を十分にシャッフルした後に
テーブル上に 4 行 13 列に並べて初期配置とします。

同じ数のカードは 1 対 1 で互いに位置を交換できます。こうした交換は好きなだけ行えます。

ゴールは、全ての列にスペードハートダイヤクローバーを揃えることです。

任意の初期配置について、必ずゴールすることができるのでしょうか。
もし不可能であればその組合わせの実例をあげてください。

※同じ数のカードとは、たとえば、jack どうしも含みます。

※私はこの問題についてまだよく理解していません。必ずゴールできる気がいたしますが証明といいますか、適切なアルゴリズムが不明です。

通常のトランプでDD++さんが言われる現象が起こせるものか直接わかるはずが
無かったので規模を縮小し
{1,2,3,4}の数字が各3枚ずつある計12枚のカードを
3枚ずつで4組を構成して、異なる組合わせが具体的に
どの様になるのかを調べてみました。
私のプログラムの仕方なので凄く時間がかかってしまい、
12時間ほどの時間を要して次の93通りを作れました。
全部チェック出来たわけではありませんが、ランダムに
10通りほどの別れ方で1～4の数字を3回取り出せるか
実験したら全て可能となりました。

従って1～13の数字が各4個ずつある52枚での通常のトランプで
各組を4枚ずつの13組を作ったとしても、
各組から一枚ずつ取り出すと1～13のセットを抜き出すことが
4回起こせることは十分確からしく起こせると思われました。
ただすべての組合わせが並べられるかと言えば、私のプログラム力
ではどうにもなりません。(全部で何通りか計算で求められるものなのでしょうか？)
また　
論理的に証明と言われても手も足も出ません。

1;[[1, 1, 1], [2, 2, 2], [3, 3, 3], [4, 4, 4]]
2;[[1, 1, 1], [2, 2, 2], [3, 3, 4], [3, 4, 4]]
3;[[1, 1, 1], [2, 2, 3], [2, 3, 3], [4, 4, 4]]
4;[[1, 1, 1], [2, 2, 3], [2, 3, 4], [3, 4, 4]]
5;[[1, 1, 1], [2, 2, 3], [2, 4, 4], [3, 3, 4]]
6;[[1, 1, 1], [2, 2, 4], [2, 3, 3], [3, 4, 4]]
7;[[1, 1, 1], [2, 2, 4], [2, 3, 4], [3, 3, 4]]
8;[[1, 1, 1], [2, 2, 4], [2, 4, 4], [3, 3, 3]]
9;[[1, 1, 1], [2, 3, 3], [2, 3, 4], [2, 4, 4]]
10;[[1, 1, 1], [2, 3, 4], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
11;[[1, 1, 2], [1, 2, 2], [3, 3, 3], [4, 4, 4]]
12;[[1, 1, 2], [1, 2, 2], [3, 3, 4], [3, 4, 4]]
13;[[1, 1, 2], [1, 2, 3], [2, 3, 3], [4, 4, 4]]
14;[[1, 1, 2], [1, 2, 3], [2, 3, 4], [3, 4, 4]]
15;[[1, 1, 2], [1, 2, 3], [2, 4, 4], [3, 3, 4]]
16;[[1, 1, 2], [1, 2, 4], [2, 3, 3], [3, 4, 4]]
17;[[1, 1, 2], [1, 2, 4], [2, 3, 4], [3, 3, 4]]
18;[[1, 1, 2], [1, 2, 4], [2, 4, 4], [3, 3, 3]]
19;[[1, 1, 2], [1, 3, 3], [2, 2, 3], [4, 4, 4]]
20;[[1, 1, 2], [1, 3, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 4]]
21;[[1, 1, 2], [1, 3, 3], [2, 3, 4], [2, 4, 4]]
22;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 2, 3], [3, 4, 4]]
23;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 4]]
24;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 3, 3], [2, 4, 4]]
25;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
26;[[1, 1, 2], [1, 4, 4], [2, 2, 3], [3, 3, 4]]
27;[[1, 1, 2], [1, 4, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 3]]
28;[[1, 1, 2], [1, 4, 4], [2, 3, 3], [2, 3, 4]]
29;[[1, 1, 3], [1, 2, 2], [2, 3, 3], [4, 4, 4]]
30;[[1, 1, 3], [1, 2, 2], [2, 3, 4], [3, 4, 4]]
31;[[1, 1, 3], [1, 2, 2], [2, 4, 4], [3, 3, 4]]
32;[[1, 1, 3], [1, 2, 3], [2, 2, 3], [4, 4, 4]]
33;[[1, 1, 3], [1, 2, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 4]]
34;[[1, 1, 3], [1, 2, 3], [2, 3, 4], [2, 4, 4]]
35;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 2, 3], [3, 4, 4]]
36;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 4]]
37;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 3, 3], [2, 4, 4]]
38;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
39;[[1, 1, 3], [1, 3, 3], [2, 2, 2], [4, 4, 4]]
40;[[1, 1, 3], [1, 3, 3], [2, 2, 4], [2, 4, 4]]
41;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 2], [3, 4, 4]]
42;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 3], [2, 4, 4]]
43;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]
44;[[1, 1, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 2], [3, 3, 4]]
45;[[1, 1, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 3], [2, 3, 4]]
46;[[1, 1, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 3]]
47;[[1, 1, 4], [1, 2, 2], [2, 3, 3], [3, 4, 4]]
48;[[1, 1, 4], [1, 2, 2], [2, 3, 4], [3, 3, 4]]
49;[[1, 1, 4], [1, 2, 2], [2, 4, 4], [3, 3, 3]]
50;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 2, 3], [3, 4, 4]]
51;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 2, 4], [3, 3, 4]]
52;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 3, 3], [2, 4, 4]]
53;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
54;[[1, 1, 4], [1, 2, 4], [2, 2, 3], [3, 3, 4]]
55;[[1, 1, 4], [1, 2, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 3]]
56;[[1, 1, 4], [1, 2, 4], [2, 3, 3], [2, 3, 4]]
57;[[1, 1, 4], [1, 3, 3], [2, 2, 2], [3, 4, 4]]
58;[[1, 1, 4], [1, 3, 3], [2, 2, 3], [2, 4, 4]]
59;[[1, 1, 4], [1, 3, 3], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]
60;[[1, 1, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 2], [3, 3, 4]]
61;[[1, 1, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 3], [2, 3, 4]]
62;[[1, 1, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 3]]
63;[[1, 1, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 2], [3, 3, 3]]
64;[[1, 1, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 3], [2, 3, 3]]
65;[[1, 2, 2], [1, 2, 3], [1, 3, 3], [4, 4, 4]]
66;[[1, 2, 2], [1, 2, 3], [1, 3, 4], [3, 4, 4]]
67;[[1, 2, 2], [1, 2, 3], [1, 4, 4], [3, 3, 4]]
68;[[1, 2, 2], [1, 2, 4], [1, 3, 3], [3, 4, 4]]
69;[[1, 2, 2], [1, 2, 4], [1, 3, 4], [3, 3, 4]]
70;[[1, 2, 2], [1, 2, 4], [1, 4, 4], [3, 3, 3]]
71;[[1, 2, 2], [1, 3, 3], [1, 3, 4], [2, 4, 4]]
72;[[1, 2, 2], [1, 3, 3], [1, 4, 4], [2, 3, 4]]
73;[[1, 2, 2], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 3, 4]]
74;[[1, 2, 2], [1, 3, 4], [1, 4, 4], [2, 3, 3]]
75;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 2, 3], [4, 4, 4]]
76;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 2, 4], [3, 4, 4]]
77;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 3, 4], [2, 4, 4]]
78;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 4, 4], [2, 3, 4]]
79;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 2, 4], [3, 3, 4]]
80;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 3, 3], [2, 4, 4]]
81;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 3, 4], [2, 3, 4]]
82;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 4, 4], [2, 3, 3]]
83;[[1, 2, 3], [1, 3, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 4]]
84;[[1, 2, 3], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 4]]
85;[[1, 2, 3], [1, 3, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 3]]
86;[[1, 2, 4], [1, 2, 4], [1, 2, 4], [3, 3, 3]]
87;[[1, 2, 4], [1, 2, 4], [1, 3, 3], [2, 3, 4]]
88;[[1, 2, 4], [1, 2, 4], [1, 3, 4], [2, 3, 3]]
89;[[1, 2, 4], [1, 3, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4]]
90;[[1, 2, 4], [1, 3, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 3]]
91;[[1, 2, 4], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 3]]
92;[[1, 3, 3], [1, 3, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 2]]
93;[[1, 3, 4], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 2]]

私が述べた内容が正しいことの証明方針が、手元では立ちました。
ただ、これを言葉で伝わるように記述するのが非常に難しい……。

> GAIさん
3枚ずつの場合は数字の種類の数1,2,3,…に対して
1, 2, 10, 93, 1417, 32152, 1016489, 42737945, 2307295021,…通り
となり、この数列は https://oeis.org/A254243 にあります。
（4番目の93がGAIさんが算出された値です。）
4枚ずつの場合は数字の種類の数1,2,3,…に対して
1, 3, 23, 465, 19834, 1532489, 193746632,…通り
となり、この数列は https://oeis.org/A268668 にあります。
（いずれも数列サイトでは「0種類」からです。）
よってA268668により、元の問題の場合では
1276433147589499725385063通り
であることがわかります。このサイトに数式が書かれていませんので、
簡単な計算で算出する方法は見つかっていないものと思いますが、
50種類の数がとんでもない大きさであることから、プログラムでうまく
算出する方法があるのでしょうね。

私の考えを記述すると何をどう書いても非常に長い文になってしまい、文字を導入した一般的な証明ではおそらく非常にイメージしにくいであろうものになってしまいます。
そのため、例示により考え方だけを書くにとどめます。
ここにいるみなさんなら、ご自身で一般的なものに書き直すのも容易だと思いますので。

GAI さんの一覧から適当に
43;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]
をお借りして、実際にやってみます。
これを、「各組の中で順番を並び替えて、任意の i に対し各組の i 番目が全て異なる数であるようにする」の手順を以下に記述します。
この「　」の操作を、以後整列と表現することにします。

まず、2 ヶ所穴あきになっている状態の解法を記載します。

———————— ここから ————————

【問題】(step 1)
[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]] を整列せよ。

まず、 最大数である 4 が入っている組を 1 つ選びます。
今回は、2 番目の組を選択し、その組に含まれる 4 には目印に # を付けておきます。

[[1, 1, 3], [1, 3, 4#], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]

選択した組以外の 4 と選択した組の 4 以外の数字を 1 対 1 で任意に入れ替えて別の問題を作ります。
入れ替えが起きたものは目印に ? を付けておきます。
（どれとどれを入れ替えたかわかるように、? の個数で区別します）

[[1, 1, 3], [4?, 4??, 4#], [2, 2, 1?], [2, 3, 3??]]

ここから、# 付きの数を含む組を削除し、? の目印を消したものを、問題名に X を付加した新しい問題として定義します。
以下、一旦新しい問題を解く過程に入ります。


【問題X】
[[1, 1, 3], [2, 2, 1], [2, 3, 3]] を整列せよ。

（ここの解法は穴あき。今回は偶然見つけた解を用いて続きを記述します）

[[1, 1, 3], [2, 2, 1], [3, 3, 2]] と整列できました。
解の一例が得られたので、問題名の末尾の X を取り除いた問題の step 2 に進みます。



【問題】(step 2)
[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]] を整列せよ。

step 1 で、
[[1, 1, 3], [4?, 4??, 4#], [2, 2, 1?], [2, 3, 3??]]
という別の問題を作った状態になっていました。
これに対し、条件付き整列を実行します。
すなわち、「ある i について、i 番目には ? 付きの数が存在しない」が成立しているような整列を行います。

まず、# 付きの数を含む組以外を普通に整列します。
これは、問題名に X を付加した新しい問題の解を丸ごと再現することで可能です。

[[1, 1, 3], [4?, 4??, 4#], [2, 2, 1?], [3, 3??, 2]]

このとき、# 付きの数を含む組さえ見なければ、「ある i について、i 番目には ? つきの数が存在しない」が必ず成立しています。
なぜなら、入れ替えを行なったペアの数は、各組の数字の個数よりも必ず小さいからです。
今回は i = 1 がそれに該当しています。

その後、# 付きの数を含む組を、i = 1 番目に # 付きの数が来るように順番を入れ替えます。

[[1, 1, 3], [4#, 4?, 4??], [2, 2, 1?], [3, 3??, 2]]

これで、i = 1 番目に ? つきの数がない整列ができました。
この状態で入れ替えを戻すと、元の問題の「とりあえず i = 1 番目には全て異なる数がある」状態になりました。

[[1, 1, 3], [4#, 1, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]

ここから、全ての組の i = 1 番目の数を削除したものを、問題名に Y を付加した新しい問題と定義します。
以下、一旦新しい問題を解く過程に入ります。


【問題Y】
[[1, 3], [1, 3], [2, 4], [4, 2]] を整列せよ。

（ここの解法は穴あき。今回は偶然見つけた解を用いて続きを記述します）

[[1, 3], [3, 1], [2, 4], [4, 2]] と整列できました。
解の一例が得られたので、問題名の末尾の Y を取り除いた問題の step 3 に進みます。


【問題】(step 3)
[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]] を整列せよ。

step 2 で、
[[1, 1, 3], [4#, 1, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]
と「とりあえず i = 1 番目には全て異なる数がある」状態になっていました。
そして、i = 1 番目以外の部分は、問題名に Y を付加した新しい問題の解を利用して整列できます。

[[1, 1, 3], [4#, 3, 1], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]

最後に # の目印を消せば、解の一例が得られます。

[[1, 1, 3], [4, 3, 1], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]

———————— ここまで ————————


さて、もちろんこれでは解全体は完成していません。
途中の【問題X】と【問題Y】の具体的な解き方が空白のままですからね。

しかし、【問題X】は実は最大の数がもとより 1 小さくなった整列問題なので、【問題XX】と【問題XY】部分が穴あきの同様の解法を用いることができます。
【問題Y】も同じ数の個数がもとより 1 小さくなった整列問題なので、【問題YX】と【問題YY】部分が穴あきの同様の解法を用いることができます。

さらに【問題XX】は【問題XXX】と【問題XXY】部分が穴あきの同様の解法を用いることができて……
と、この解法は再帰的に用いることが可能です。

これをどんどん繰り返していくと、そのうち穴あき部分が自明に解ける問題に行き当たります。
すなわち、
・問題名に X が 3 個含まれる問題は「1 だけでできた 1 組からなる問題」なので、自明に整列できている
・問題名に Y が 2 個含まれる問題は「各数字 1 枚ずつを各組 1 枚ずつにわけている問題」なので、自明に整列できている
の 2 種は、穴あき部分は自明に埋まります。

よって、最初の【問題】は

【問題】step 1
　【問題X】step 1
　　【問題XX】step 1
　　　【問題XXX】（自明）
　　【問題XX】step 2
　　　【問題XXY】step 1
　　　　【問題XXYX】（自明）
　　　【問題XXY】step 2
　　　　【問題XXYY】（自明）
　　　【問題XXY】step 3
　　【問題XX】step 3
　【問題X】step 2
　　【問題XY】step 1
　　　【問題XYX】step 1
　　　　【問題XYXX】（自明）
　　　【問題XYX】step 2
　　　　【問題XYXY】（自明）
　　　【問題XYX】step 3
　　【問題XY】step 2
　　　【問題XYY】（自明）
　　【問題XY】step 3
　【問題X】step 3
【問題】step 2
　【問題Y】step 1
　　【問題YX】step 1
　　　【問題YXX】step 1
　　　　【問題YXXX】（自明）
　　　【問題YXX】step 2
　　　　【問題YXXY】（自明）
　　　【問題YXX】step 3
　　【問題YX】step 2
　　　【問題YXY】（自明）
　　【問題YX】step 3
　【問題Y】step 2
　　【問題YY】（自明）
　【問題Y】step 3
【問題】step 3

という自明な問題 10 個と非自明な問題 9 個からなる 37 step を踏むことで穴あきのない完全な解答になります。


13 までの数を 4 個ずつの場合は、自明な問題 455 個と非自明な問題 454 個の 1817 step 必要になるようです。
トランプ実物を 15 組くらい用意して手作業でやる場合、X が 12 個並ぶまで待たなくても 10 個くらい並んでる問題は気合いでどうにかして短縮できそうです。
それでも数百 step は必要になるでしょうから根気がとんでもなく必要になるでしょうが。

[1774] で私が提出した問題についてです。以外では便宜のためこの問題を《デンガン》と呼称します。

デンガンにおいて初期配置が与えられカードについての所与の交換ルールに従い交換を繰り返しゴール配置に辿り着けたものとします。

ゴール配置においては13ある各列には必ずスペードが１枚づつあります。このスペードのカードたちは当然ながら１から10,J,Q,Kまでを１枚づつ含みます。
このスペードのカードの配置位置にマークをつけておいて、52枚のカードの配置を再び初期配置に戻します。
さきほどマークをつけておいた13枚分のカードの配置位置(すなわちゴールにおいてはスペードカードのみが置かれた位置)について考えますと、初期配置ではスーツがユニークにはなっておらずバラバラではあります。しかしながらその13枚分のカードの位置にあるカードたちは１から10,J,Q,Kまでを１枚づつ含みます。所与のカードの交換ルールを鑑みればこれは当然のことです。これら13枚を《ストレート》と呼ぶこととします。
以上はスペードのみについて考えましたがゴール配置におけるハート、ダイヤ、クローバーの3つのスーツについても同時に同様なことが言えます。すなわち、スペードの他にハート、ダイヤ、クローバーのストレートも得られたわけです。

さて、うえで判明した4つあるストレートは、
GAIさんの問題の解になっていることになります。すなわち、各列から同じストレートのメンバーのカードを拾い上げていけばよいのです。

初期配置によらずにデンガンの問題に常に解が存在すれば、GAIさんの問題にも常に解が存在することとなります。

一日考えましたが、デンガンの問題については列ごとにグリーディーに4スーツをそろえていくことを行いこれを繰り返せばたいがいはうまくいきそう、という感想が得られるのみでした。証明にはいたりません。

＞トランプ52枚を十分にシャッフルした後4枚ずつ13組に分ける。
＞各組から1枚だけあるトランプを抜き出して13枚のトランプで
＞1から13までの数字(マークは無視)を揃えられるのか？

必ず1から13までの数字を揃えることが可能です。
これはグラフ理論の「ホールの定理」からわかります。

4枚ずつ13組に分けたものを、
S_1, S_2, S_3, ... , S_13
としたとき，任意の A (A⊂{1,2, ... ,13}) に対して，常に，
|∪[j∈A] S_j| ≧ |A|
が成り立っています。
よって、{1,2, ... ,13} から {S_1,S_2,S_3, ... ,S_13} への
完全マッチングが存在します。

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%9B%E3%83%BC%E3%83%AB%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86

私が当初{1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4}
の12枚のカードをシャッフルし3枚ずつの4組に配布するとき
その異なる配布の組合せが93パターンになることを見つける
のに約12時間もかけていたことが、次のような考察で同じ結果が
ほんの数秒で求まることができました。

異なる4個の素数(2,3,5,7)を全て掛けた値の3乗の値
(2*3*5*7)^3=9261000
でのすべての約数の中で、3個の素数で構成されている約数(bigomega(約数)==3のタイプ)
だけを集め(全部で20個ある。)、この集合で重複を許し4個を取り出した時(全部で20H3=22C3=1540通り)
の中からその取り出す4個の積がピタリ9261000と一致できるものが何個あるのか調査する。
このチェックに合格できる数が求める値と一致できるという。


gp > S=select(x->bigomega(x)==3,divisors((2*3*5*7)^3));･････①
gp > S
%21 = [8, 12, 18, 20, 27, 28, 30, 42, 45, 50, 63, 70,
　　　75, 98, 105, 125, 147, 175, 245, 343]
gp > #S
%22 = 20
gp > {M=[];}forvec(X=[[1,#S],[1,#S],[1,#S],[1,#S]],\
M=concat(M,[vecextract(S,X)]),1);･････････････････････②
gp > #select(i->vecprod(i)==(2*3*5*7)^3,M)･･････････････････③
%24 = 93

上の実質①,②,③を組合わせれば済む。

＞私が当初{1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4}
＞の12枚のカードをシャッフルし3枚ずつの4組に配布するとき
＞その異なる配布の組合せが93パターンになることを見つける
＞のに．．．

20個の x の単項式
x^111,x^1011,x^1101,x^1110,
x^21,x^12,x^201,x^102,x^210,x^120,x^2001,x^1002,
x^2010,x^1020,x^2100,x^1200,
x^3,x^30,x^300,x^3000
の中から、重複を許して4個を、それらの積が x^3333
となるように選び出すような場合の数を数え上げても
よいですね。
この計算を Risa/Asir で実行した結果が以下です。

[0] F=(1+x^10111+x^20222+x^30333)*(1+x^11011+x^22022+x^33033)*(1+x^11101+x^22202+x^33303)*(1+x^11110+x^22220+x^33330)*(1+x^10021)*(1+x^10012)*(1+x^10201)*(1+x^10102)*(1+x^10210)*(1+x^10120)*(1+x^12001)*(1+x^11002)*(1+x^12010)*(1+x^11020)*(1+x^12100)*(1+x^11200)*(1+x^10003)*(1+x^10030)*(1+x^10300)*(1+x^13000)$coef(F,43333,x);
[1] 93

かなり強引な多項式の展開ですが、一瞬で結果を表示してくれました。

例のやり方で通常のトランプの数字だけに着目した
{1,1,1,1,2,2,2,2,･･･････,13,13,13,13}
の集合で4枚ずつ13組に分配した時の異なる数字の組の個数を求めることに
応用しようと試みていたんですが
原理的には13個の異なる素数の積(2*3*5*11*13*17*19*23*29*31*37*41)^4
が持つbigomega==4のすべての約数を取り出し、その集合での重複を許して
13個取り出すものの積が上記の素数の積を満たす場合の総数を調べればいいことになる。
但しすべての約数を並べようとすると大変なので,逆にbigomega==4になるものを作ることを
すれば
gp > P=primes(13);
%136 = [2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41]
gp > M1=apply(i->i^4,P)
gp > #M1=13 (pi^4型)
gp > M2={M2=[];}for(i=1,13,for(j=1,13,if(i!=j,M2=concat(M2,[P[i]^3*P[j]]))));M2
gp > #M2
%86 = 156(pi^3*pj型);13*12=156)
gp > M3={M3=[];}for(i=1,13,for(j=1,13,if(i!=j,M3=concat(M3,[P[i]^2*P[j]^2]))));M3=Set(M3)
gp > #M3
%91 = 78 (pi^2*pj^2型;binomial(13,2)=78)
gp > M4={M4=[];}forsubset([13,4],i,M4=concat(M4,[vecprod(vecextract(P,i))]));M4
gp > #M4
%139 = 715 (pi*pj*pk*pl型;binomial(13,4)=715)
gp > M5={M5=[];}for(i=1,13,for(j=1,13,for(k=1,13,if(i!=j && j>k && k!=i,\
M5=concat(M5,[P[i]^2*P[j]*P[k]]))))) ;M5=Set(M5)
gp > #M5
%141 = 858 (pi^2*pj*pk型;13*binomial(12,2)=13*66=858)

の5タイプに分かれ、これを合体して
M＝M1∪M2∪M3∪M4∪M5
#M=1820
従ってこの1820個もある集合から重複を許して13個取り出すわけですから
1820H13=1832C13=4,0291,9125,1047,1060,9784,1375,0687,2800
4澗291溝9125穰1047じょ1060垓9784京1375億687万2千8百
という物凄い場合があり、この中で条件を満たせるものがA268668では
1,2764,3314,7589,4997,2538,5063
というわけですから、約2憶5千万の調査で1個見つかるかどうかぐらいにしかヒットしない。
これではいくら時間をかけても総数を掴むことは不可能に思えた。

探す位置を絞ってやっと次の3つは発見できました。
1;[16, 81, 625, 2401, 14641, 28561, 83521, 130321, 279841, 707281, 923521, 1874161, 2825761]
2;[16, 81, 625, 2401, 14641, 28561, 83521, 130321, 279841, 707281, 923521, 2076773, 2550077]
3;[16, 81, 625, 2401, 14641, 28561, 83521, 130321, 279841, 707281, 923521, 2301289, 2301289]

atさんの方法はまだ理解していませんが、もしこれに挑戦したらどうなるんのでしょうか？

Hallの定理には解の存在定理のような印象を受けました。このままですと数え上げは難しいような？

(1)8300(分)
________(20人)________
|<--------------------->|
A--(50人)--B--(30人)--C--(50人)--D
^^^^^^^^^ |_______(20人)________|


(2)10150(分)
_______(35人)________
|<------------------->|
A--(35人)--B--(0人)--C--(35人)--D
^^^^^^^^^ |_______(35人)________|

スペースキーが無視されるので、上記のような表現になっています。

総計じゃなくて、各個人の所要時間でお願いします。

(2) は 10150/70 = 145 分で正解です。

(1) は……これどういう計算になったんでしょうか？

あ、わかりました、合計っていうのが誤解を招いたんですね。

例えば (2) の場合、
Y1→X3 のルートを通った人は、Y1 で 110+5 分、X3 で 30 分、合計 145 分
X1→Y2 のルートを通った人は、X1 で 30 分、Y2 で 110+5 分、合計 145 分
いずれの場合も所要時間の合計は 145 分。

と、合計というのはこういう意味のつもりでした。

はい。
合計って何をもっての合計だろうとずっと思っていたんですが、
各々自分の所要時間の表現があったので、全員の所要時間の合計で比較してしまいました。
後はプログラムで70人の分岐の仕方を分類し
(1)では全部で2556通りに分類でき、かかる全員のタイムの合計での集計での最小値探しを
(2)では上記のB-C間の通行が0人のパターン(全部で71通り)を集め、この中での最小値を探しました。
所要時間は何人が同じルートを選択しているかによって異なってくるので、一個人だけで最短時間のコースは
選べないからどうしても統計的処理になってしまいました。
(1)は(50+30+50)(人)*30(分)+(20+20)(人)*110(分)=8300(分)です。
また第2位は
A-B:50|B-C:31|C-D:51|A-C:20|B-D:19(人)
で(50+31)*30+51*31+(20+19)*110=8301(分)
または
A-B:51|B-C:31|C-D:50|A-C:19|B-D:20(人)
で51*31+(31+50)*30+(19+20)*110=8301(分)
の移動で起こる。
ちなみに(1)の正解は何ですか？
140(分)ということなんでしょうか？

(1) はその人数にはなりませんね。
というのは、Y1→X3 の経路を通ろうとする人は 110+30 = 140 分かかることになりますが、
X1→X2→X3 に変更すれば (30+1)+30+30 = 91 分で済み、こちらに使用経路を変更するはずだからです。


プログラムで考えるなら、こう考えてみてください。

手順 1：70 人それぞれに番号をつけ、ランダムな経路を選択する
手順 2：1 番の人から順に、「もし自分が他の経路に変更したら自分の所要時間が短くなる場合、そっちに変更する」を 70 番の人まで実行
手順 3：手順 2 で誰か 1 人でも変更があった場合、誰も変更しなくなるまでさらに手順 2 を繰り返す
手順 4 ：各々の移動時間が何分になったかを出力

もし可能であれば、X2 が完全に運休するのではなく、
・遅延で +5 分かかる場合
・遅延で +10 分かかる場合
・遅延で +15 分かかる場合
……
・遅延で + 70 分かかる場合
も出してみてください。
面白いことになります。

DD++さんの説明を十分理解していないかも知れませんが誘導に従って考えてみると
1人目は当然各駅を通るコースで
30+30+30=90分で行く。
2人目も
30+30+30=90
以下
50人目も90
51人目は条件より
31+31+31=93
52人目は
32+32+32=96
･･･････
66人目は
46+46+46=138
ここで
67人目はこのコースだと
47+47+47=141
だが
A-Cコース＋C-Dコースを選択すれば
110+30=140
なので、こちらが短時間となりコースを変更して進むことになる。
この変更を行ってもそれ以前の人はなんらコースを変更する必要は感じない。
以下68,69,70人目も当然このコースでいくことを選択する。(各自の所要時間は同じく140分)

だから70人が移動するのに140分が最小時間と考えてしまうのですが、どこの何がおかしいのでしょう？
なお70人の所要時間は皆同じでなくてもバラバラでも構わないのでしょうか？

GAI さんが誤解されているポイントは 2 つです。

1 つめ、
> 51人目は条件より
> 31+31+31=93
ですが、渋滞による遅延は自分が何人目かではなく一気に何人通ろうとしているかで決まります。
（通る人数を「70 人」ではなく「毎分 70 人」としているのはこのため）
つまり、51 人が X1-X2-X3 を選択するのは、51 人目が 93 分かかるのではなく、51 人全員が 93 分かかることを意味します。

2 つめ、
> 67人目はこのコースだと
> 47+47+47=141
> だが
> A-Cコース＋C-Dコースを選択> すれば
> 110+30=140
ですが、X3 は渋滞が発生しているので 後者は 110+47 = 157 分になりますね。
（これも、移動が「毎分 70 人」であることに注意してください）

> なお70人の所要時間は皆同じでなくてもバラバラでも構わないのでしょうか
構いませんが、しかしその場合は遅いルートから早いルートに変更したがる人がどこかにいると思います。
だから、毎分人数が非整数でもよいとすれば、結果的には全員同じ所要時間に収束するはずです。
整数人数限定で考える場合は、1 分の差は残るかもしれませんね。

考えれば考えるだけ混乱してくるんですが
66人の集団で各市を巡れば(Xの手段のみ)かかる時間は各自共通で46*3=138分ですよね。
もしYの移動手段を使えばAからD市に一人でも最低110+30=140分の時間での非効率の行き方なので
70人が一斉に移動する手段はYの手段を取り入れないのがよく、単純にXだけの移動手段で
70人が共通に50*3=150分を使えば、これが最短の所要時間になるんではないのかな？

そうです。(1) は 150 分で正解です。
全員が X を利用した場合でも 50 分なので、どんな場合でも Y を 1 回利用するより X を 2 回する方が短く済みます。
よって全員が X のみを利用することになり、所要時間は 50*3 = 150 分です。

一方で、改めて (2) の場合、145 分が正解です。
X2 が運休しているので経路が完全に分離した 2 つしかなく、渋滞がなければどちらの経路同じ時間です。
ということは全員渋滞の影響が少ない方へ行こうとするので、各経路を 35 人ずつが利用して、所要時間は 115+30 = 145 分です。

ということで。
A-D 間の交通のみを考えるなら、X2 は存在する方が交通の便が悪くなる奇妙な経路なのでした。
これがゲーム世界の話で本当に A-D 間の移動しか行われないなら、X2 は即刻撤廃すべきということになります。
現実では B 市や C 市の住人もいるでしょうから X2 撤廃とは行かないでしょうけど。

参考として。
X2 に渋滞とは別原因で遅延が発生し、所要時間が 30 分からふえた場合を 5 分刻みで計算したものがこちらです。
（毎分の人数なので、経路利用者数は非整数もアリとしています）

BC 間　　合計時間（毎分の X1-X2-X3 経路利用者数）
30 分 …… 150 分（50 人）
35 分 …… 155 分（50 人）
40 分 …… 160 分（50 人）
45 分 …… 158 分 20 秒（145/3 人）
50 分 …… 156 分 40 秒（140/3 人）
55 分 …… 155 分（45 人）
60 分 …… 153 分 20 秒（130/3 人）
65 分 …… 151 分 40 秒（125/3 人）
70 分 …… 150 分（40 人）
75 分 …… 145 分（35 人）
80 分 …… 140 分（0 〜 30 人）
85 分 …… 145 分（0 人）
90 分 …… 145 分（0 人）
95 分 …… 145 分（0 人）
以下ずっと145分（0 人）

あまりに直感的でない結果なんですが、なんでこんな現象が起こるんでしょうね？

来年なら
(4049^3+2026^3)/(4049^3+2023^3) = (4049+2026)/(4049+2023) = 2025/2024
みたいなことですよね？

任意の年でできるような？

n∈Z, n≡1(mod 3)のとき
　　[a,b,c]=[(2*n+1)/3,(n+2)/3,(n-1)/3]
は、
　 a,b,c∈Z,
　 (a^3+b^3)/(a^3+c^3)=(a+b)/(a+c)=(n+1)/n,
(a+b)=(a+c)+1
を満たす。

また、n∈Z-{0}に対して、
　 (a^3+b^3)/(a^3+c^3)=(a+b)/(a+c)=(n+1)/n,
(a+b)=(a+c)+1
が整数解[a,b,c]を持つならば、n≡1 (mod 3)である。

以上より、最終行の分母nが「n≡1 (mod 3)」を満たすときであり、そのときに限り可能。

恒等式
((x+y)^3+y^3)/(x^3+(x+y)^3) = ((x+y)+y)/(x+(x+y))
から出発しました。

x+2y=2024
2x+y=2023
を要請して
x=675
y=674
を得ました。

このやり方では
3x+3y=2023+2024
で右辺が3の倍数となりうまくいきます。
H.Nakao さんからはこちらのルートを厳密に示していただきました。

一方において DD++ さんによるご教示には
私はとても驚きました。なるほど
約分……がうまく働いています。

詳しい解説をお願い申し上げます。

じゃあ、Dengan さんに乗っかる形で。

2 番目の辺が規約分数である必要はないので、
x+2y=2024k
2x+y=2023k
であればよく、
3x+3y=(2023+2024)k
となったときに括弧内が 3 の倍数でなくても k が 3 の倍数であれば何も問題ないというだけの話です。

ところで、
(7^3+7^3)/(8^3+5^3) = (7+7)/(8+5) = 14/13
みたいなパターンってこの問題においてアリですかね？

4 数バラバラもありだという前提で。
(3N+2)/(3N+1) 型以外も作れはするものの、この形の方がいろんな式で作れることが多いようですね。

(1025^3+999^3)/(1034^3+989^3) = (1025+999)/(1034+989) = 2024/2023

(1025^3+999^3)/(1034^3+989^3) = (1025+999)/(1034+989) = 2024/2023

大変に興味深いです。

a*b = c*d を見たす 4 数 a, b, c, d に対し、
p = a+b-c, q = a+b-d, r = c+d-a, s = c+d-b とすると、
(p^3+q^3)/(r^3+s^3) = (p+q)/(r+s) が成り立ちます。

※ p, q, r, s が整数であれば、a, b, c, d が整数である必要はありません。
※ a = (2x+y)/3, b = 2(x+2y)/3, c = (x+2y)/3, d = 2(2x+y)/3 とすれば、Dengan さんが用いた式になります。

(a+b)-(c+d) = k であるとき、(p+q)-(r+s) = 3k になるので、
k = 1/3 になるようにするか、p+q が 3 の倍数になるようにしながら k = 1 にするかで、
今回の目的のように分子が分母より 1 だけ大きい分数が得られます。

また、(a+b)-(c+d) = k を要請する場合、
p = a+b-c = d+k, q = a+b-d = c+k, r = c+d-a = b-k, s = c+d-b = a-k となり、整数にする調整が多少楽になります。

例1
(a+b)-(c+d) = 1/3 と a*b = c*d = 400/9 を要請して、
a = 16/3, b = 25/3, c = 20/3, d = 20/3 とすると、
p = 7, q = 7, r = 8, s = 5 が得られ、14/13 が作れます。

例2
(a+b)-(c+d) = 1/3 と a*b = c*d = 1120/9 を要請して、
a = 28/3, b = 40/3, c = 32/3, d = 35/3 とすると、
p = 12, q = 11, r = 13, s = 9 が得られ、23/22 が作れます。

例3
(a+b)-(c+d) = 1 と a*b = c*d = 2*2024*2025 を要請して、
a = 2024, b = 4050, c = 2025, d = 4048 とすると、
p = 4049, q = 2026, r = 4049, s = 2023 が得られ、6075/6072 = 2025/2024 が得られます。

例4
(a+b)-(c+d) = 1/3 と a*b = c*d = 2*2023*2024/9 を要請して、
a = 2023/3, b = 4048/3, c = 2024/3, d = 4046/3 とすると、
p = 1349, q = 675, r = 1349, s = 674 が得られ、2024/2023 が得られます。

例5
(a+b)-(c+d) = 1/3 と a*b = c*d = 28*29*106*107/9 を要請して、
a = 2968/3, b = 3103/3, c = 2996/3, d = 3074/3 とすると、
p = 1025, q = 999, r = 1034, s = 989 が得られ、2024/2023 が得られます。

大魔導士の呪文を聞いているようで
ビビリました。ヽ⁠(⁠*ﾟ⁠ｰﾟ⁠*⁠)⁠ﾉ

理解に努めようと思います。
拘束条件つきの恒等式って素敵ですね。

連分数の打ち切りとの関係
√13=[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,…]
[3;1,1,1,1]=18/5
[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1]=649/180=(18+1/36)/5
[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1]=23382/6485
[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1]=842401/233640=(649-1/1298)/180
[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1]=30349818/8417525
[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1]
=1093435849/303264540=(23382+1/46764)/6485
なお、上と重複しますが
(649-1/1298)/180=3.60555127546…
=[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1]
(649-1/1299)/180=3.60555127876…
=[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,3]
(23382+1/46765)/6485=3.60555127546391878…
=[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,2,2,3,3,3]
(23382+1/46764)/6485=3.60555127546398929…
=[3;1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1,6,1,1,1,1]
とここまで書いて気付きましたが
(649-1/1299)/180 < √13 < (649-1/1298)/180
は
(649-1/1298)/180 < √13 < (649-1/1299)/180
の誤りですね。
それから、上の流れを見ると
18/5=3.6
(18+1/(18*2))/5=649/180=3.60555…
(649-1/(649*2))/180=842401/233640=3.60555127546…
(842401-1/(842401*2))/233640=1419278889601/393637139280
=3.60555127546398929311922…
(1419278889601-1/(1419278889601*2))/393637139280
=4028705132934095091878401/1117361763886065161254560
=3.605551275463989293119221267470495946251296573845…
（小数は√13と一致する桁のみ）
のように計算することで精度を倍々にすることができますね。

あ、1298 と 1299 逆だった……管理人さん、記事化の時に修正なりなんなりをお願いします。

ペル方程式の解の構成から着想を得ているので、連分数展開と関係があるのはまさにその通りです。

らすかるさんの方法で疑問なんですが、倍精度で一致していく保証はどこから取るのでしょう？

DD++さんの「2乗の場合」の計算から言えているような気がしますが、違いますかね？
(a-b√13)(a+b√13) = 1のとき
(a-b√13)^2 = a^2+13b^2-2ab√13 = 2a^2-1-2ab√13
(2a^2-1)/(2ab) = (a-1/(2a))/b
となり、これはa/bと比較して精度が2倍

ちょっと雑だったかも知れませんので補足します。
(a-b√13)(a+b√13)=1 のとき
a-b√13=1/(a+b√13)
a/b-√13=1/{b(a+b√13)}
最初の式を2乗すると
(a-b√13)^2(a+b√13)^2=1
2a^2-1-2ab√13=1/(a+b√13)^2
(2a^2-1)/2ab-√13=1/{2ab(a+b√13)^2}＜1/{b(a+b√13)}^2=(a/b-√13)^2
∴(a-1/(2a))/b-√13＜(a/b-√13)^2

もう一つ補足
(a-b√13)(a+b√13) = -1 の場合（5√13-18=1のような場合）は
13b^2=a^2-1 でなく 13b^2=a^2+1 となりますので
(a-b√13)^2 = a^2+13b^2-2ab√13 = 2a^2+1-2ab√13
(2a^2+1)/(2ab) = (a+1/(2a))/b
のように1箇所符号が変わりますが、他は同じです。
一度2乗した後は a-b√13=1 の形になりますので、
(a+1/(2a))/b のようにプラスになる可能性があるのは初回だけです。

私のは
3.60555127546…… < √13 < 3.60555127876……
と上下から挟んでますので、
・3.60555127 までは確定
・続きも 546 くらいまであってそう（予想）
というように証明と予想を区別して出しています。

DD++さんが書かれている評価としてはその通りですね。
しかし計算は2乗していることから、（言い方が雑ですが）√13との誤差が2乗されていて
精度が2倍になっていることが見てとれますね。私が書いた上の計算を見ると、実際には
2乗よりさらに小さくなっている（2乗の約0.14倍）こともわかります。
実際、1742で書いた計算でも正しい小数点以下の桁数が
2桁、5桁、11桁、23桁、48桁のように2倍以上になっていますね。
この計算方法は√13以外にも使えて、実際にいくつか計算してみましたが
√2は7/5=1.4から始めて5回の計算で72桁
√3は7/4=1.75から始めて5回の計算で71桁
√5は9/4=2.25から始めて5回の計算で78桁
√6は5/2=2.5から始めて5回の計算で62桁
（いずれも桁数は真値と一致している小数点以下の桁数）
のようになっていました。

せっかく計算したので実際の計算を書いておきましょう。

・√2
7^2-(5√2)^2=-1（差が±1であることは重要）
7/5=1.4
(7+1/(7*2))/5=99/70　（7-5√2＜0なのでここだけ「＋」）
(99-1/(99*2))/70=19601/13860
(19601-1/(19601*2))/13860=768398401/543339720
(768398401-1/(768398401*2))/543339720=1180872205318713601/835002744095575440
(1180872205318713601-1/(1180872205318713601*2))/835002744095575440
=2788918330588564181308597538924774401/1972063063734639263984455073299118880
=1.414213562373095048801688724209698078569671875376948073176679737990732478…

・√3
7^2-(4√3)^2=1
7/4=1.75
(7-1/(7*2))/4=97/56　（7-4√3＞0なのでこれは「－」、以下√5と√6も同じ）
(97-1/(97*2))/56=18817/10864
(18817-1/(18817*2))/10864=708158977/408855776
(708158977-1/(708158977*2))/408855776=1002978273411373057/579069776145402304
(1002978273411373057-1/(1002978273411373057*2))/579069776145402304
=2011930833870518011412817828051050497/1161588808526051807570761628582646656
=1.73205080756887729352744634150587236694280525381038062805580697945193301…

・√5
9^2-(4√5)^2=1
9/4=2.25
(9-1/(9*2))/4=161/72
(161-1/(161*2))/72=51841/23184
(51841-1/(51841*2))/23184=5374978561/2403763488
(5374978561-1/(5374978561*2))/2403763488=57780789062419261441/25840354427429161536
(57780789062419261441-1/(57780789062419261441*2))/25840354427429161536
=6677239169351578707225356193679818792961/2986152136938872067784669198846010266752
=2.236067977499789696409173668731276235440618359611525724270897245410520925637804…

・√6
5^2-(2√6)^2=1
5/2=2.5
(5-1/(5*2))/2=49/20
(49-1/(49*2))/20=4801/1960
(4801-1/(4801*2))/1960=46099201/18819920
(46099201-1/(46099201*2))/18819920=4250272665676801/1735166549767840
(4250272665676801-1/(4250272665676801*2))/1735166549767840
=36129635465198759610694779187201/14749861913749949808286047759680
=2.44948974278317809819728407470589139196594748065667012843269256…

いえ、あの、元の共通テストの問題はご覧になってますかね？
この問題はどれだけ近い有理数を作れるかではなく、真値がわからない状態で上から n 桁を確定したいという意図の問題です。
なので、「実際の真値を見ると上から n 桁合っている」だけなのはそれほど価値はないのですよ。

いいえ、拝見していません。
最初から、「このように計算すると精度の高い値を得ることが出来ますね」という、元の問題とは関係なく（私の）興味がある計算を書いただけのつもりです。
元の問題から話がそれてはいけなかったのでしたら、ごめんなさい。

逸れていけないことはないですが、別の話だと断りを入れてから始めないとただ無意味に場を混乱させるだけかと思います。

そして、近い有理数を得たいだけなのであれば、
(5√13-18)^16 = 4028705132934095091878401 - 1117361763886065161254560√13
より（略）
で、わざわざ倍々計算を辿らなくても 1 行の式で 48 桁合わせられますよ。

このコインは 1 回目に表が出たら以後表しか出ませんし、1 回目が裏なら以後裏しか出ません。
よって、「1 回目が表、2 回目が裏ということがそもそも起こり得ない」が答えですかね。

1回目だけを考えるとそういうことになりますね。
これでは全く面白くもないので、1,2回目を初期条件としてもらい
3回目以降がこの特殊コインが使われるものと考えてもらいたいのですが・・・

これまでに表が m 回、裏が n 回出ている場合、表と裏が (m+1):(n+1) の確率で出るコインを何の前提もなしに 10 回投げる

と思えばいいですか？
それなら、任意の 0≦k≦10 に対し、表が k 回出る確率は 1/11 です。
以前同様の問題をここの掲示板（teacup だった時代）にポリアの壺の関連問題として解いたことがあったはずですが……どの記事だったかな？

見当たらないので、以前と同じような内容になりますが、考え方を書いておきます。

“0” から “10” までの数字を書いた 11 枚カードを用意し、最初に “0” だけをデッキとして手に持ちます。
x 回目にコインを投げたとき、コインが表であれば “0” のカードより上、コインが裏であれば “0” のカードより下のどこかから無作為に 1 箇所を選んで、“x” のカードをデッキに追加します。

これは結局 x 回目に “x” のカードをデッキの x+1 箇所から無作為に 1 箇所選んで追加する行為を二度手間でやっているだけなので、
最終的にできる 11 枚のデッキの並び順はありえる 11! 通りの並び順が同様に確からしくなっています。

さて、コインの結果で表が k 回出る確率は、最終的にデッキで “0” が上から k+1 枚目にある確率です。
よって、その確率は k の値に関わらず 1/11 です。

DD++さんが探しているページは、「確率」（mathbun/mathbun1129）ですか？

あ、それですね。
まあ当時自分の中でも整理しきれないまま解答を書いたんで、わかりやすく書き直したという意味では今回また書いた価値はあったかなと思います。

以前に知人から教わったことを迷いましたがこのタイミングでここにぶらさげたく思います。

【ポリアの壺】
壺に濃いグレーの色の玉が a 個，薄いグレーの球が b 個入っている。m = a+b とする。その中から玉を 1 つ無作為に取り出し，選んだ玉を壺に戻した上で選んだ玉と同じ色の玉を 1 つ壺に加える。

この試行を n 回繰り返す。n 回目に濃いグレーの色の玉が選ばれる確率 Pn は n に依存せず
Pn = a/m
で求められる。

……8<……8<……8<……8<……

上記を直感的に理解するために以下の補題を考える。

【補題１】
壺に m 個の玉が入っている。玉の色は互いにあい異なる。(すなわち m 色の玉が壺にある)
1 ≦ k ≦ m なる整数 k を考えておく。
k 番目の玉の色を C[k] とする。
壺の中から玉を 1 つ無作為に取り出し，選んだ玉を壺に戻した上で選んだ玉と同じ色の玉を 1 つ壺に加える。

この試行を n 回繰り返す。n 回目に C[k] の色の玉が選ばれる確率 Pn[k] は n や k に依存せず
Pn[k] = 1/m
で求められる。

証明
明らか。
∵ m 色の玉があるが、それらの色について対称な問題設定なので……いわゆる、同様に確からしいと。)

……8<……8<……8<……8<……

補題１から、今回の投稿の冒頭にあげたポリアの壺の問題について考える。

宇宙人がやってきた。彼らは光の三原色を認識せず、白色、黒色、およびに白から黒までのグラデーションで各種の灰色を認識する。
補題１において、
C[1] から C[a] の色の a 個の玉の色を宇宙人は濃いグレーの色と認識し、C[a+1] から C[a+b] の色の b 個の玉の色を薄いグレーの色と認識する。

壺の中から玉を 1 つ無作為に取り出し，選んだ玉を壺に戻した上で選んだ玉と同じ色の玉を 1 つ壺に加える。

この試行を n 回繰り返す。n 回目に 濃いグレーの色の玉が選ばれる確率 Pn は n に依存せず
Pn = a/m
で求められる。

証明。
Pn = Pn[1]+Pn[2]+ …… +Pn[a] = a*(1/m) = a/m
(補題１を使った。)

……8<……8<……8<……8<……

確率についての漸化式や数学的帰納法を
回避しているので、ほぼ計算なしに結論が得られます。
上手に説明すれば小学生にもわかるかも？

スレッド作成ありがとうございます！

すみません、見事に見落としておりました、想定解答を新しいスレッドに書いていたら先に作っていただいたので、こちらで続けます。

実は想定解答とは違いましたが、うまく求められる図形に変形していくいい解き方ですね！じつはこの最初の△ACDを反転する方法でも二等辺三角形に持っていく方法はいくつかありそうでした。
簡略な紹介となりますが、例えば図のように変形しても解けそうです。（本質は一緒でした！）

想定解法はこのようなものでした。ご紹介させていただきますm(_ _)m

【問題】
等脚台形ABCDがあり、AD//BCである
∠ABC＝∠DCB＝45°
∠ACB＝15°
∠ACD＝30°
AD＝10cm
四角形ABCDの面積は？

【想定解法】（少し省略して書きます）
四角形ABCDに外接する円の中心をOと置く（円がおけることの議論は割愛）
中心角の定理より、∠AOB＝15°×2＝30°、同様に∠DOC＝30°、∠AOD＝30°×2＝60°。
よって、△AOBと△DOCは30°を頂角とする二等辺三角形、△AODは正三角形。
ここで、△AODと△BOCをそれぞれ真ん中の縦線で半分にすると、それぞれ同じ大きさの30°、60°、90°の直角三角形ができるため、△AODと△BOCの面積は等しい。（厳密な議論は省略）
それにより、四角形ABCDの面積は△AOBと△DOCの面積の合計と等しくなる。（五角形ABOCDの面積から△AODの面積を引いたものと五角形ABOCDの面積から△BOCの面積を引いたものが等しいため）
△AOBと△DOCはおなじみの面積が求められる二等辺三角形（30°、75°、75°）であるため、10cm×5cm÷2×2＝50cm^2（答え）

雑に作った図も載せておきます汗

DD++さんのこの解法は、いまの模範解答を思いつくまでは模範解答としておりました。作問時にはここから問題を作ったので、私としては意図を組んでくださったと大変うれしく思っております。
その他の皆様も、様々に解いてくださりありがとうございました！

> "なつ"さんが書かれました:
> スレッド作成ありがとうございます！

> すみません、見事に見落としておりました、想定解答を新しいスレッドに書いていたら先に作っていただいたので、こちらで続けます。

> 実は想定解答とは違いましたが、うまく求められる図形に変形していくいい解き方ですね！じつはこの最初の△ACDを反転する方法でも二等辺三角形に持っていく方法はいくつかありそうでした。
> 簡略な紹介となりますが、例えば図のように変形しても解けそうです。（本質は一緒でした！）

なつさんの方法では、面積は求まらない？答えが、５０√３となるのでは？

> "ＨＰ管理者"さんが書かれました:
> なつさんの方法では、面積は求まらない？答えが、５０√３となるのでは？

メッセージありがとうございます。大変申し訳ございません、「△AOBと△DOC」と表記すべき部分が2か所「△AODと△BOC」と誤植していたようです、そのためでしょうか・・・？（元の投稿は修正しました）

【元】
それにより、四角形ABCDの面積は△AODと△BOCの面積の合計と等しくなる。（五角形ABOCDの面積から△AODの面積を引いたものと五角形ABOCDの面積から△BOCの面積を引いたものが等しいため）
△AODと△BOCはおなじみの面積が求められる二等辺三角形であるため、10cm×5cm÷2×2＝50cm^2（答え）
【修正後】
それにより、四角形ABCDの面積は△AOBと△DOCの面積の合計と等しくなる。（五角形ABOCDの面積から△AODの面積を引いたものと五角形ABOCDの面積から△BOCの面積を引いたものが等しいため）
△AOBと△DOCはおなじみの面積が求められる二等辺三角形（30°、75°、75°）であるため、10cm×5cm÷2×2＝50cm^2（答え）

私は逆に外接円を使う方を先に思いつきました。
ただ、「流石に中心角の定理は算数外か？」と思って却下しちゃったんですよね。
どうやら中心角もアリみたいなので、それを私の第三の解答として投稿します。


四角形 ABCD の外接円を書き、中心を O とします。
中心角の定理より ∠AOD = 60° なので △AOD は正三角形で、この外接円の半径は 10 cm です。
また、中心角の定理より、∠AOC = 90°, ∠COD = 30° です。

さて、ここで △CAB を、点 O を中心に 90° 回転移動して点 C を点 A に重ね、△AEF とします。
台形の面積は △ACD + △AEF で求まります。
そしてこれを等積変形（※）して △OCD + △OEF とします。
これら 2 つは合同な二等辺三角形で、もはや言うまでもない方法で 1 つ 25 cm^2 と出るので、元の台形の面積は倍の 50 cm^2 です。


※ 2 つの三角形について、底辺同士が平行で長さが等しく、頂点が同一点かつそれが底辺を延長した平行線の間にある場合、その共通頂点を平行線の間のどこへ移動しても 2 つの三角形の面積の和は一定

>流石に中心角の定理は算数外か？

DD++さん、ご指摘ありがとうございます。たしかに中心角の定理は算数外みたいですね、うっかり説明なしに使ってしまっておりました申し訳ございません。。。
円を使わずにやるとどうしても逆説的な手法になってしまいそうですね。
高さの合計がちょうど二等辺三角形2つ分になる発想は思いつきませんでした、面白い解法をありがとうございます！

面積＝５０　ですか？

多分、模範解答じゃないと思いますが。

等脚台形ＡＢＣＤを４つ使ってＢＣを１辺とした正方形とＡＤを１辺とした正方形を作ります。
外側の正方形を反時計回りにＢＣＥＦ，内側の正方形を反時計回りにＡＤＧＨとしましょう。
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＤＩＣは直角二等辺三角形より辺ＡＢの外側に移動させ、
点Ｉの行き先をＪとすると、四角形ＪＢＩＤは長方形になります。
また、ＡＨの延長とＦＥとの交点をＫ，ＨＧの延長とＥＣとの交点をＬとすると、四角形ＦＪＡＫ，四角形ＫＨＬＥ，四角形ＧＩＣＬは皆、長方形ＪＢＩＤと合同な長方形になり、対称性から四角形ＫＪＩＬは正方形になります。
ところで、ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＯとすると、Ｏは正方形ＢＣＥＦの中心で∠ＢＯＣ＝９０°
よって、∠ＡＯＣ＝９０°，∠ＯＣＡ＝３０°より△ＯＡＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型。
よって、ＯＡ：ＡＣ＝１：２　よって、ＯＡ＝□ｃｍと置くと、ＡＣ＝２×□ｃｍ
また、ＪＩ＝ＡＣより、ＪＩ＝２×□ｃｍ
ところで、求めたいのは、台形ＡＢＣＤ＝長方形ＪＢＩＤ＝△ＪＤＩ×２より、
(正方形ＫＪＩＬ－正方形ＡＤＧＨ)÷４×２———☆　を求めれば良い。
よって、{(２×□)×(２×□)－１０×１０}÷４×２＝(４×□×□－１００)÷２———①
また、△ＯＡＤ＝□×□÷２，△ＯＡＤ＝１０×１０÷４＝２５ｃｍ^2より、□×□＝５０ｃｍ^2———②
②を①に代入すると、答えは、(４×５０－１００)÷２＝５０ｃｍ^2

模範解答はエレガントなのでしょうね。模範解答に期待しています。

皆さんありがとうございます、答えは50cm^2で合っております。
壊れた扉さんの解法は算数で求まる部分と求まらない部分を寄り分けていくような感じなので、ある意味で本質的な解き方ですね・・・！

算数的解法はいくつか思いつきましたが、今のところその中で一番綺麗なのを投稿します。
手応え的にはもっと綺麗な解法も眠ってそうな感じがしますが。


辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとると、EC = AE = 2*台形の高さ であることから、点 E は実は BE = 10 cm となる点になっています。
よって、△ABE と△ADC の面積は等しいことがわかります。

したがって、台形 ABCD の面積は「△ABE 2 つと△AEC の面積の合計」を出せばいいことになります。
ところで、これら 3 つの三角形を並べ替えれば底辺と高さがともに 10 cm の直角二等辺三角形になります。
つまり、その面積の合計は 10*10*(1/2) = 50 cm^2 です。

DD++さんの解法素晴らしいですね。一応、解説させて下さい。

＞辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとると、EC = AE = 2*台形の高さ であることから、点 E は実は BE = 10 cm となる点になっています。

∠ＥＡＣ＝３０°－１５°＝１５°，∠ＥＣＡ＝１５°より△ＥＡＣは底角が１５°の二等辺三角形。よって、ＡＥ＝ＣＥ
また、ＥからＡＤに垂線を下ろしその足をＨ，ＤからＥＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＥＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、ＥＨ：ＡＥ＝１：２　よって、ＥＨ：ＣＥ＝１：２　よって、ＤＩ：ＣＥ＝１：２，∠ＤＣＩ＝４５°，ＤＩ⊥ＥＣより△ＤＥＣは直角二等辺三角形である。（厳密には、△ＤＩＣが直角二等辺三角形よりＤＩ＝ＣＩでＤＩ：ＣＥ＝１：２よりＤＩ＝ＥＩ　また、∠ＤＩＥ＝９０°より△ＤＩＥも直角二等辺三角形だから。）
よって、∠ＤＥＣ＝４５°，∠ＡＢＣ＝４５°よりＡＢ//ＤＥ　また、ＡＤ//ＢＥより四角形ＡＢＥＤは平行四辺形である。
よって、ＢＥ＝ＡＤ＝１０ｃｍ

＞よって、△ABE と△ADC の面積は等しいことがわかります。
したがって、台形 ABCD の面積は「△ABE 2 つと△AEC の面積の合計」を出せばいいことになります。
ところで、これら 3 つの三角形を並べ替えれば底辺と高さがともに 10 cm の直角二等辺三角形になります。

ＥからＢＣに対して垂線を立て、ＢＡの延長との交点をＦとすると△ＥＢＦは直角二等辺三角形で、ＢＦ上にＦＧ＝ＢＡとなる点Ｇを取ると、△ＡＢＥと△ＧＦＥは合同。また、錯角より∠ＡＥＢ＝∠ＥＡＤ＝３０°，∠ＡＢＥ＝４５°より、∠ＥＡＧ＝３０°＋４５°＝７５°よって、対称性より△ＥＡＧは頂角が３０°の二等辺三角形になる。ここで、△ＥＡＣは底角が１５°の二等辺三角形より半分に切って組み直すと、△ＥＡＧの所にぴったりとはまる。よって、台形ＡＢＣＤを△ＡＢＥ＝△ＣＡＤと△ＥＡＣに分けて等積変形すると△ＥＢＦと等積になり、△ＥＢＦは等辺が１０ｃｍの直角二等辺三角形より、１０×１０÷２＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

後半、なんか謎の迷走を始めてますが大丈夫でしょうか？

「これら 3 つの三角形を並べ替えれば底辺と高さがともに 10 cm の直角二等辺三角形になります。」
は文字通りの操作でしかなく、謎の等積変形だのさらなる切断だのは不要ですよ。

因みに、「辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとる」代わりに、DからABと平行な直線を引いて点Eを定めても出来ますが、かなり面倒臭いですね。

本当にできますか？
AB//DE から ∠DAE = 30° を導くことはおそらく不可能だろうと私は思っていますが。

ええ、平行四辺形ＡＢＥＤを作った後にＢＤを１辺とした正三角形ＦＢＤを頂点ＦがＢＤに関して点Ａ側に作り、ＡＥとＢＤの交点をＧとしてＦＧを結ぶと工夫次第で∠ＢＡＯ＝１０５°と求まるので、∠ＥＡＣ＝∠ＥＣＡ＝１５°と求まります。
ただし、上にも書きましたが、ちょっと面倒臭いので実戦向きではありません。

＞算数的解法はいくつか思いつきましたが、今のところその中で一番綺麗なのを投稿します。
手応え的にはもっと綺麗な解法も眠ってそうな感じがしますが。

凄いですよね。

> AB//DE から ∠DAE = 30° を導く
「∠ABD=15°、∠DBC=30°、∠BCA=90°、∠ACD=45°である四角形ABCDにおいて∠ADBを求める」
というラングレーの問題になりますので、何らかのうまい解法はあると思います。
（算数の範囲で解けるかどうかはわかりませんが）
うまくない天下り的解法でよけれぱ、以下のようにはできます。
中心がOの円に内接する正十二角形ABCDEFGHIJKLにおいて直線BFと直線LHの距離は円の半径に等しいので、
OAの垂直二等分線とBF,LHの交点を順にM,Nとすると四角形AMONは正方形。
そして三角形ACOは正三角形なので、
四角形BCMAは上記のラングレーの問題の四角形ABCDの図と等しく、答えは15°。

らすかるさん、ありがとうございます。
四角形BCMAが本題の図の四角形ECDAに当たり、∠EACが１５°（らすかるさんの図では∠BAC）になるという訳ですね。
うっかり、私の方も算数という事を忘れていたので、算数に修正しました。

なるほど、頑張ればできなくはないのですね。
とはいえ、最初から ∠DAE = 30° で引けば補助線は AE だけか、丁寧にやるにしても下底への垂線 AH とあわせて 2 本だけで済むわけで、平行線からスタートする方は結局無意味にややこしさを増してるだけな印象です。

ええ、その後、

＞因みに、「辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとる」代わりに、DからABと平行な直線を引いて点Eを定めても出来ますが、かなり面倒臭いですね。

ＢＥを１辺とした正三角形を描いても出来る事が判明しましたが、それも面倒臭いだけですね。まぁ、それが面白いんですが。笑

ようやく問題の作為解答っぽいものを見つけました。
ただの台形ではなく等脚台形とわざわざ書いてあることにもっと注目するべきでした。


この四角形を AC で切断し、△ADC を裏返して、再び AC に逆向きに接合します。
すると、AB = AE, ∠ABC = 45°, ∠BAE = 150°, ∠AEC = 135°, ∠BCE = 30° の四角形 ABCE ができます。

これを今度は BE で切断すると 2 つの二等辺三角形ができます。
さらにそれらをそれぞれ対称に真っ二つにすると、結局この図形は
・斜辺が 10 cm、高さが 5 cm、底角 30° の直角三角形
・高さが 5 cm、底角 75° の直角三角形
が 2 枚ずつになります。

ところで、これら 1 枚ずつを高さ同士が背合わせになるように貼り合わせると、
底辺 10 cm、高さ 5 cm の二等辺三角形になるので、その面積は 10*5*(1/2) = 25 cm^2
よって元の台形の面積はその倍で 50 cm^2

さすが、DD++さん見事ですね。
ＡＣで切って組み換えるのはたまに見る手法ですが、最後の所の２つの三角形を１つの二等辺三角形にする所は脱帽です。

前回の解答も今回ぐらい分かり易ければわざわざ解説しなかったんですけどね。

前回のも、ほとんどが私はやってない計算を勝手に壊れた扉さんが付け足しまくってややこしくしただけですよ？

問題
等脚台形ABCDがあり、AD//BCである
∠ABC＝∠DCB＝45°
∠ACB＝15°
∠ACD＝30°
AD＝10cm
四角形ABCDの面積は？

算数の解法２
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとすると、△ＥＡＤと△ＥＢＣは相似で共に直角二等辺三角形になり、∠ＢＥＣ＝９０°
また、∠ＡＣＥ＝３０°
よって、△ＣＡＥは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型で、ＥからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＡＨと△ＣＥＨも３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になる。
よって、ＡＨ＝①とすると、ＡＥ＝②，ＡＣ＝④より、ＣＨ＝④－①＝③　よって、ＡＨ：ＣＨ＝１：３
よって、△ＥＡＨ：△ＥＣＨ＝１：３　よって、△ＥＡＨ：△ＣＥＨ＝１：３で△ＥＡＨと△ＣＥＨは相似より、
ＡＥ×ＡＥ：ＥＣ×ＥＣ＝１：３
ところで、△ＥＡＤと△ＥＢＣも相似で、△ＥＡＤ：△ＥＢＣ＝ＥＡ×ＥＡ：ＥＣ×ＥＣ＝１：３
また、△ＥＡＤは斜辺が１０ｃｍの直角二等辺三角形より、△ＥＡＤ＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2
よって、△ＥＢＣ＝２５×３＝７５ｃｍ^2　よって、台形ＡＢＣＤ＝７５－２５＝５０ｃｍ^2

＞皆さんありがとうございます、答えは50cm^2で合っております。
壊れた扉さんの解法は算数で求まる部分と求まらない部分を寄り分けていくような感じなので、ある意味で本質的な解き方ですね・・・！

返信が遅れてすみませんでした。ありがとうございます。

なんか私の以前の解答に勝手に嘘解説つけた上で難癖つけてくる人がいるので、他の人が騙されないよう、もう一回ちゃんと書いておきます。

以下が前回の解答の計算全部です。
No.1701 の自称「解説」はてんで的外れな計算を勝手に付け足し、それがさも重要であるかのように嘯いているだけです。
ご注意ください。


辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとります。
平行線の錯角が等しいことから ∠DAC = 15° なので、∠EAC = 30° - 15° = 15° です。
したがって、△EAC は二等辺三角形であり、EC = EA であることがわかります。

また、点 A から返 BC に垂線 AH を下ろします。
∠EAH は 90° から ∠DAC を引いた残りなので、∠EAH = 90° - 30° = 60°
よって、△EAH は内角が 90°, 60°, 30° の直角三角形であることがわかり、AE は AH の倍の長さであることがわかります。
したがって、EC は台形の高さ 2 つ分の長さであることがわかります。

この台形は底角 45° の等脚台形なので下底は上底よりも台形の高さ 2 つ分長く、BE はその下底よりも　EC すなわち台形の高さ 2 つ分短いので、
BE は上底の長さと等しい 10 cm であることがわかります。

ここで、△ABE と △ADC に注目すると、どちらも底辺 10 cm で、高さは台形と共通です。
すなわち、この 2 つの三角形は等しい面積です。
よって、
台形の面積 = △ABE + △EAC + △ADC = △ABE*2 + △EAC
を求めればいいことになります。

ところで、△ABE 2 つを AB 同士張り合わせてブーメラン型にすると、
凹んでいる部分は頂角 150° で等辺が AE である二等辺三角形すなわち △EAC の形になります。

よって、△ABE*2 + △EAC は等辺 10 cm の直角二等辺三角形の面積に等しく、10*10*(1/2) = 50 cm^2 です。
したがって、元々の台形の面積も 50 cm^2 です。


## 今回は省略もしていませんので、勝手に変な計算を足さないでください。

ようやく意図が分かりました。
念のため、邪魔をしている訳ではありません。

ご返信が遅くなりました。
DD++さんの解き方は面白いですね！！最後にうまく直角二等辺三角形を作るのが美しいですね・・・！

少し脇道にそれますが、途中で出てきた「∠ABD=15°、∠DBC=30°、∠BCA=90°、∠ACD=45°である四角形ABCDにおいて∠ADBを求める」という問題は、1995年算数オリンピックトライアルで設定されている角度の場所は違いますが同じ図形で問題が出ています。
簡単に解くならこんな感じですかね・・・？
辺ACを1辺とする正三角形を点Bの反対側に作り、頂点をEと置く。
∠BDC＝∠DCE=15°なので、BD//CE。…①
また、BC＝AC＝ECであることから、△BCEは二等辺三角形で、∠CEB＝15°
よって、∠DBE＝30°ー15°＝15°
∠DBE＝∠BDC＝15°であることと①より、四角形BCEDは等脚台形なので、∠BCE＝∠DEC＝105°、BC＝DE。
もろもろ計算すると△AEDが直角二等辺三角形であることがわかり、AB＝ADとなって全部の角度が求まります。

次数が 1 以上の整数係数の多項式として
P(x), Q(x),R(x) が与えられていて
P(x) = Q(x)*R(x)
を満たしているものとします。
また、P(x) の全ての係数は 0 から 9 までの整数とします。

P(10) が素数となることはありますか？

という課題を意図されているのでしょうか？

P(X) = a_n*X^n +・・・+a_1*X^1 +a_0
Q(X) = b_k*X^k +・・・+b_1*X^1 +b_0
R(X) = c_m*X^m +・・・+c_1*X^1 +c_0
n = k +m
k > 0 ,m > 0
P(X) = Q(X)*R(X)
とします。
また、P(X), Q(X), R(X) の全ての係数は整数とします。かつ、P(X) の全ての係数は 0 から 9 までの整数とします。 ただし、a_n, b_k, c_m は 0 にはならず、全て正とします。

p = P(10) が素数となるかどうかについて検討します。

準備①
Q(X), R(X) の全ての係数について、その絶対値は 9 以下です。
なんとなればこれらの係数のうちひとつでも 10 以上であれば、P(X)の係数のうち少なくともひとつについて、その絶対値が 10 を超えてしまうからです。これは条件にあいません。

以下、背理法を使います。
すなわち、p が素数と仮定すると矛盾することを示したいと思います。

さて p が素数なので
P(10) = Q(10)*R(10) は素数です。
一般性を失うことなく、R(10)を 1 とできます。すなわち
r(X) を多項式として
r(10) = 0
R(X) = r(X) +1
と定義することとなります。

P(X) = Q(X)*R(X) = Q(X)*(r(X) +1)
となりますが、
P(10) = Q(10)
とも言えます。

ところであらかじめ準備しておいたように
Q(X) の全ての係数について、その絶対値は 9 以下です。
しかも、P(X) の次数よりも、Q(X) の次数のほうが小さいことは定義より明らかです。
これらのことから
P(10) の桁数はQ(10)の桁数よりも大であるはずです。
しかしながらさきにみたように一方において
P(10) = Q(10)
なので、矛盾します。

背理法により、
仮定していたところの
「p = P(10) が素数である」は
偽であるとわかりました。

==

以上、なんだか気持ち悪くスジワルなのですが
間違っている点あるいはこうしたほうがもっとスッキリするといった御批正を頂きたく存じます。よろしくお願いいたします。

> Q(X), R(X) の全ての係数について、その絶対値は 9 以下です。
> なんとなればこれらの係数のうちひとつでも 10 以上であれば、P(X)の係数のうち少なくともひとつについて、その絶対値が 10 を超えてしまうからです。これは条件にあいません。

これは言えないのでは？
例えば
(x^2-x+1)(2x^2+10x+9)=2x^4+8x^3+x^2+x+9
のような例があります。

らすかるさん。
ご指摘を有難うございます。
ううむ。

自力で証明することはあきらめました。

Cohn's irreducibility criterion の特殊なばあいなのですね。Arthur Cohn の既約判定法？

OEIS に関連するかもしれない数列があります。
https://oeis.org/A253280

とりあえずp≦10億の素数について調べましたが、すべて既約でした。
よって成り立ちそうではあります。

https://mast.queensu.ca/~murty/murty.pdf

こちらに詳しい記載があるようです。