😊出会いの泉😊

しばしば話題に上がる de Bruijn 数列の B(2,6) ですか？

たぶん結果的に凄く関係していると思います。

「お茶の時間　＞　ゲームの達人」の中で何回か話題になっているものの仲間ですね。

64枚で残ったパケットのトップを当てるものが
「１９．ある応用」
にあります。
また、52枚（ただし1枚抜き取り1枚付け足し）の場合が
「２０．５２枚での挑戦」
にあり、正規の52枚の場合が
「３６．６回の赤黒質問で５２枚のトランプ当て」
にあります。




今回の64枚の場合は基本的に
「３６．６回の赤黒質問で５２枚のトランプ当て」
と同じようにできて、次のカードの決め方は同じルールでいけます。

「６枚目のカードで使った６桁の数字の最初と最後の組合せから、
　(0,0)→0　、(0,1)→1　、(1,0)→1　、(1,1)→0
の数字を新しく生み出し、これを先頭に挿入し、末尾にある数字は除去する。」

ただし、例外処理が次のように変更になります。
000001 から構成されるのは、法則通りなら 100000 だが、000000 とする。
000000 から構成されるのは、法則通りなら 000000 だが、100000 とする。

このルールで6ビット列の配列を作ったらあとはカードをその通りに割り当てればOKです。


ただし、このルールだと先頭4桁が数・末尾2桁がマークに対応していますので、
先頭2桁がマーク・末尾4桁が数に対応するのならば、次のようになります。
「６枚目のカードで使った６桁の数字の最初と最後の組合せから、
　(0,0)→0　、(0,1)→1　、(1,0)→1　、(1,1)→0
の数字を新しく生み出し、これを"末尾"に挿入し、"先頭"にある数字は除去する。
例外処理は以下の通り。
100000 から構成されるのは、法則通りなら 000001 だが、000000 とする。
000000 から構成されるのは、法則通りなら 000000 だが、000001 とする。」

過去色々なものを作ってきていたので、すっかり記憶から抜け落ちていました。
「６枚目のカードで使った６桁の数字の最初と最後の組合せから、
　(0,0)→0　、(0,1)→1　、(1,0)→1　、(1,1)→0
の数字を新しく生み出し、これを"末尾"に挿入し、"先頭"にある数字は除去する。
例外処理は以下の通り。
100000 から構成されるのは、法則通りなら 000001 だが、000000 とする。
000000 から構成されるのは、法則通りなら 000000 だが、000001 とする。」
ならいとも簡単に次の配列が構成できますね。

赤い色のカードを1に対応させると
C|16;[0, 0, 0, 0, 0, 0]
C|1;[0, 0, 0, 0, 0, 1]
C|3;[0, 0, 0, 0, 1, 1]
C|7;[0, 0, 0, 1, 1, 1]
C|15;[0, 0, 1, 1, 1, 1]
S|15;[0, 1, 1, 1, 1, 1]
H|15;[1, 1, 1, 1, 1, 1]
H|14;[1, 1, 1, 1, 1, 0]
H|13;[1, 1, 1, 1, 0, 1]
H|10;[1, 1, 1, 0, 1, 0]
H|5;[1, 1, 0, 1, 0, 1]
D|10;[1, 0, 1, 0, 1, 0]
S|5;[0, 1, 0, 1, 0, 1]
D|11;[1, 0, 1, 0, 1, 1]
S|6;[0, 1, 0, 1, 1, 0]
D|12;[1, 0, 1, 1, 0, 0]
S|9;[0, 1, 1, 0, 0, 1]
H|3;[1, 1, 0, 0, 1, 1]
D|6;[1, 0, 0, 1, 1, 0]
C|13;[0, 0, 1, 1, 0, 1]
S|11;[0, 1, 1, 0, 1, 1]
H|7;[1, 1, 0, 1, 1, 1]
D|14;[1, 0, 1, 1, 1, 0]
S|13;[0, 1, 1, 1, 0, 1]
H|11;[1, 1, 1, 0, 1, 1]
H|6;[1, 1, 0, 1, 1, 0]
D|13;[1, 0, 1, 1, 0, 1]
S|10;[0, 1, 1, 0, 1, 0]
H|4;[1, 1, 0, 1, 0, 0]
D|9;[1, 0, 1, 0, 0, 1]
S|2;[0, 1, 0, 0, 1, 0]
D|4;[1, 0, 0, 1, 0, 0]
C|9;[0, 0, 1, 0, 0, 1]
S|3;[0, 1, 0, 0, 1, 1]
D|7;[1, 0, 0, 1, 1, 1]
C|14;[0, 0, 1, 1, 1, 0]
S|12;[0, 1, 1, 1, 0, 0]
H|8;[1, 1, 1, 0, 0, 0]
H|1;[1, 1, 0, 0, 0, 1]
D|2;[1, 0, 0, 0, 1, 0]
C|5;[0, 0, 0, 1, 0, 1]
C|11;[0, 0, 1, 0, 1, 1]
S|7;[0, 1, 0, 1, 1, 1]
D|15;[1, 0, 1, 1, 1, 1]
S|14;[0, 1, 1, 1, 1, 0]
H|12;[1, 1, 1, 1, 0, 0]
H|9;[1, 1, 1, 0, 0, 1]
H|2;[1, 1, 0, 0, 1, 0]
D|5;[1, 0, 0, 1, 0, 1]
C|10;[0, 0, 1, 0, 1, 0]
S|4;[0, 1, 0, 1, 0, 0]
D|8;[1, 0, 1, 0, 0, 0]
S|1;[0, 1, 0, 0, 0, 1]
D|3;[1, 0, 0, 0, 1, 1]
C|6;[0, 0, 0, 1, 1, 0]
C|12;[0, 0, 1, 1, 0, 0]
S|8;[0, 1, 1, 0, 0, 0]
H|16;[1, 1, 0, 0, 0, 0]
D|1;[1, 0, 0, 0, 0, 1]
C|2;[0, 0, 0, 0, 1, 0]
C|4;[0, 0, 0, 1, 0, 0]
C|8;[0, 0, 1, 0, 0, 0]
S|16;[0, 1, 0, 0, 0, 0]
D|16;[1, 0, 0, 0, 0, 0]
の配列になりますね。


これをすっかり失念していたので
こんな構造を持てる次のカードの色を何にしていいのかを決めるのにコンピュータで
条件を様々探っている中で
「６枚目のカードで使った６枚のカードの色の配列から、
Check=(1番目+2番目+4番目+5番目)%2 (そこに赤カードがあれば1とし和を2で割った余りを計算。)
もしこの値が1番目と一致（黒カード=Check(0)または赤カード=check(1))なら
1番目を取り去り1番目のカードと同じ色を最後尾に補充する。
また先頭のカードの色≠Checkなら
1番目を取り去りCheckの数と同じ色を最後尾に補充する。」
のルールで上手く行けると偶然にも気付いた。
このルールから
C|16;[0, 0, 0, 0, 0, 0]
C|1;[0, 0, 0, 0, 0, 1]
C|2;[0, 0, 0, 0, 1, 0]
C|5;[0, 0, 0, 1, 0, 1]
C|11;[0, 0, 1, 0, 1, 1]
S|7;[0, 1, 0, 1, 1, 1]
D|15;[1, 0, 1, 1, 1, 1]
S|15;[0, 1, 1, 1, 1, 1]
H|15;[1, 1, 1, 1, 1, 1]
H|14;[1, 1, 1, 1, 1, 0]
H|12;[1, 1, 1, 1, 0, 0]
H|9;[1, 1, 1, 0, 0, 1]
H|2;[1, 1, 0, 0, 1, 0]
D|5;[1, 0, 0, 1, 0, 1]
C|10;[0, 0, 1, 0, 1, 0]
S|5;[0, 1, 0, 1, 0, 1]
D|10;[1, 0, 1, 0, 1, 0]
S|4;[0, 1, 0, 1, 0, 0]
D|8;[1, 0, 1, 0, 0, 0]
S|1;[0, 1, 0, 0, 0, 1]
D|3;[1, 0, 0, 0, 1, 1]
C|6;[0, 0, 0, 1, 1, 0]
C|12;[0, 0, 1, 1, 0, 0]
S|9;[0, 1, 1, 0, 0, 1]
H|3;[1, 1, 0, 0, 1, 1]
D|7;[1, 0, 0, 1, 1, 1]
C|15;[0, 0, 1, 1, 1, 1]
S|14;[0, 1, 1, 1, 1, 0]
H|13;[1, 1, 1, 1, 0, 1]
H|11;[1, 1, 1, 0, 1, 1]
H|7;[1, 1, 0, 1, 1, 1]
D|14;[1, 0, 1, 1, 1, 0]
S|13;[0, 1, 1, 1, 0, 1]
H|10;[1, 1, 1, 0, 1, 0]
H|5;[1, 1, 0, 1, 0, 1]
D|11;[1, 0, 1, 0, 1, 1]
S|6;[0, 1, 0, 1, 1, 0]
D|13;[1, 0, 1, 1, 0, 1]
S|10;[0, 1, 1, 0, 1, 0]
H|4;[1, 1, 0, 1, 0, 0]
D|9;[1, 0, 1, 0, 0, 1]
S|3;[0, 1, 0, 0, 1, 1]
D|6;[1, 0, 0, 1, 1, 0]
C|13;[0, 0, 1, 1, 0, 1]
S|11;[0, 1, 1, 0, 1, 1]
H|6;[1, 1, 0, 1, 1, 0]
D|12;[1, 0, 1, 1, 0, 0]
S|8;[0, 1, 1, 0, 0, 0]
H|1;[1, 1, 0, 0, 0, 1]
D|2;[1, 0, 0, 0, 1, 0]
C|4;[0, 0, 0, 1, 0, 0]
C|9;[0, 0, 1, 0, 0, 1]
S|2;[0, 1, 0, 0, 1, 0]
D|4;[1, 0, 0, 1, 0, 0]
C|8;[0, 0, 1, 0, 0, 0]
S|16;[0, 1, 0, 0, 0, 0]
D|1;[1, 0, 0, 0, 0, 1]
C|3;[0, 0, 0, 0, 1, 1]
C|7;[0, 0, 0, 1, 1, 1]
C|14;[0, 0, 1, 1, 1, 0]
S|12;[0, 1, 1, 1, 0, 0]
H|8;[1, 1, 1, 0, 0, 0]
H|16;[1, 1, 0, 0, 0, 0]
D|16;[1, 0, 0, 0, 0, 0]
の配列が見つかった。
これもルールが複雑に見えますが、慣れると結構スムーズに作業可能です。

一般式は
(x+9(4n^2-25)/(4n^2+15))^2+(y-180n/(4n^2+15))^2=(90/(4n^2+15))^2
なので、続きは
(x+1539/211)^2+(y-1260/211)^2=(90/211)^2
(x+2079/271)^2+(y-1440/271)^2=(90/271)^2
(x+897/113)^2+(y-540/113)^2=(90/339)^2
(x+675/83)^2+(y-360/83)^2=(90/415)^2
(x+4131/499)^2+(y-1980/499)^2=(90/499)^2
(x+1653/197)^2+(y-720/197)^2=(90/591)^2
(x+5859/691)^2+(y-2340/691)^2=(90/691)^2
(x+6831/799)^2+(y-2520/799)^2=(90/799)^2
(x+525/61)^2+(y-180/61)^2=(90/915)^2
(x+8991/1039)^2+(y-2880/1039)^2=(90/1039)^2
(x+10179/1171)^2+(y-3060/1171)^2=(90/1171)^2
(x+3813/437)^2+(y-1080/437)^2=(90/1311)^2
・・・
のようになりますね。

一般の場合について考えてみました。
まず今回の設定は最初の2円を右に9移動して
中心(15,0)半径15の円((x-15)^2+y^2=15^2 ⇔ x^2-30x+y^2=0) と
中心(9,0)半径9の円((x-9)^2+y^2=9^2 ⇔ x^2-18x+y^2=0) にすると、一般式は
((4n^2+15)x-360)^2+((4n^2+15)y-180n)^2=90^2
という綺麗な形になります。

そしてさらに半径も一般化すると
原点で接する2円
中心(a,0)半径aの円(x^2-2ax+y^2=0)
中心(b,0)半径bの円(x^2-2bx+y^2=0)
に挟まれる円は
((((a-b)n)^2+ab)x-ab(a+b))^2+((((a-b)n)^2+ab)y-2ab(a-b)n)^2=(ab(a-b))^2
n=0が最大円、n=±1が最大円の隣、n=±2がその隣、・・・
のようになりました。
aとbの大小関係はどちらでもOKですし、負でもOKです。
aもbも負ならばx＜0の範囲で同じことが起こり、
aとbの符号が異なる場合(最初の2円が原点で外接する場合)は外接円で同様のことが起こります。
（つまりn=0のとき2円を包む円、n=±1のときその円と元の2円に接する外接円、・・・）

一般化された式で早速実験してみました。
a=-9,b=6
で２円を描き
n=0で大円が
n=1で３つの円に接する円が作れてくるのですが
n=2,3,4,･･･では下方に向かって円が連なっていく行くのですが
これをa=-9の円と大円に接する様に左に進行するようなもの（絵柄的にこちらがかっこいいので･･･)
にするのはどうしたらいいのでしょうか？

a=15,b=9としたときの図を左に18移動したものですから、
((((a-b)n)^2+ab)x-ab(a+b))^2+((((a-b)n)^2+ab)y-2ab(a-b)n)^2=(ab(a-b))^2
のxを(x+18)にして
a=15,b=9とすればいいですね。
またxを(x-12)にしてa=-15,b=-6にすれば反対側の円も描けます。
一般形の式があるとこんな図も簡単に描けますが、なかったら大変ですね。

またxを(x-12)にしてa=-15,b=-6にすれば反対側の円も描けます。

うわー！
このアイデアは思ってもいませんでした。
一般化することで応用の道が広がりますね～

(1) (t^2+3*t+1)*(8*t^2－t－5)＝41　なので、Ｐ＝(8*t^2－t－5)/41
(2) t^3+3*t+1=3*t+3　なので、 (3*t+3)*(t^2－t＋1)＝9　より、Q=(t^2－t＋1)/9　ですか？

あっけなく解決されちゃいまいた。

Grapesで描画しました。そのグラフは明日付でアップ予定です。

答えは管理人さんが書いてくれてるとして、1つツッコミどころが。

客が3つの数を作る前にやらないと「予言」にならないのでは。

確かに9マス目の数が
5 1 3
3 6 9
4 2 8
なら客が計算で出す数は
(5+1+3)*100+(3+6+9)*10+(4+2+8)
なので、これは上の行列を90°左回転させ
3 9 8
1 6 2
5 3 4
と眺めて、これを計算しとけばいいことになります。

DD++さんのツッコミがありましたが、客が作る数を見ていないのだから予言とは行かなくても
予知パフォーマンスとはなるんではないかな？

4つだと簡単なので「ちょうど3つの因数」ということですよね？
それならば例えば
A=X^3+1, B=Y^3-1 とすれば
A^7+B^7=(X^3+1)^7+(Y^3-1)^7
=(X+Y)(X^2-XY+Y^2)
{(X^18-X^15Y^3+X^12Y^6-X^9Y^9+X^6Y^12-X^3Y^15+Y^18)
+7(X^15-X^12Y^3+X^9Y^6-X^6Y^9+X^3Y^12-Y^15)
+21(X^12-X^9Y^3+X^6Y^6-X^3Y^9+Y^12)+35(X^9-X^6Y^3+X^3Y^6-Y^9)
+35(X^6-X^3Y^3+Y^6)+21(X^3-Y^3)+7}

なるほど！
この発想でもいけるのか。
全く関係ありませんが上の第３項目を書き直すと
(X^18+Y^18) - X^3*Y^3*(X^12+Y^12)+X^6*Y^6*(X^6+Y^6)-X^9*Y^9 +
7*{ (X^15-Y^15) -X^3*Y^3*(X^9-Y^9) +X^6*Y^6*(X^3-Y^3)} +
21*{(X^12+Y^12) -X^3*Y^3*(X^6+Y^6) +(X^3-Y^3)+X^6*Y^6} +
35*{ (X^9-Y^9) -X^3*Y^3*(X^3-Y^3) +(X^6+Y^6)-X^3*Y^3} +
7

なおこちらが用意していたのが
A=7*X^2,B=Y^2と置いて出来る
823543*X^14+Y^14=(7*X^2+Y^2)*(117649*X^12 - 16807*Y^2*X^10 + 2401*Y^4*X^8 - 343*Y^6*X^6 + 49*Y^8*X^4 - 7*Y^10*X^2 + Y^12)
=(7*X^2+Y^2)
* (343*X^6 - 343*Y*X^5 + 147*Y^2*X^4 - 49*Y^3*X^3 + 21*Y^4*X^2 - 7*Y^5*X + Y^6)
　　　　　　　　　* (343*X^6 + 343*Y*X^5 + 147*Y^2*X^4 + 49*Y^3*X^3 + 21*Y^4*X^2 + 7*Y^5*X + Y^6)
なる式でした。



となんかきれい。

正1000角形
1000=2^3×5^3、180÷(2^2×5)=9と2×5^2=50は互いに素なので
整数角になるためには頂点を50n個(円周角9n°)単位で使用しなければならない。
∴(1000÷50)C3×50=57000通り

正2024角形
2024=2^3×11×23、180÷2^2=45と2×11×23=506は互いに素なので
整数角になるためには頂点を506n個(円周角45n°)単位で使用しなければならない。
∴(2024÷506)C3×506=2024通り

正2345角形
2345=5×7×67、180÷5=36と7×67=469は互いに素なので
整数角になるためには頂点を469n個(円周角36n°)単位で使用しなければならない。
∴(2345÷469)C3×469=4690通り

つまり正N角形の場合は
g=gcd(N,180)としてgC3×(N/g)通り（ただしg＜3のとき0通り）
ということですね。

正１０００角形について、１辺に対する円周角は、９/５０なので、５０個のまとまりごとに整数角となる。
よって、自然数ｋ、ｌ、ｍに対して、９ｋ＋９ｌ＋９ｍ＝１８０　から、　ｋ＋ｌ＋ｍ＝２０
回転させて重なる解（ｋ，ｌ，ｍ）は同一視して、手作業で解を求めると、５７通り
よって、三角形の選び方は、５７×１０００＝５７０００（通り）となる。
＃らすかるさんの結果と一致して、安心しました！

(2)は
正15角形のどの3頂点を選んでも、その3点で作られる三角形のすべての内角は整数度になるから
15C3=455通り
となるような気がしますが、
もし私の勘違いでしたらご指摘下さい。

（２）（３）を計算してみました。３点の選び方が問題なので、合同や裏返しで重なる三角形も異なると見なしてよい。

（２）　正１５角形の１辺に対する円周角は、１２°で、これらを組み合わせて三角形を作ることになる。
よって、１５個の頂点から３つの頂点を選ぶ場合の数は、15Ｃ3＝４５５（通り）。
＃当初、考え違いをしていることに気づき、修正しました。

（３）　正１６角形の１辺に対する円周角は、１１．２５°で、これらを組み合わせて三角形を作るには、
（４，４，８）、（４，８，４）、（８，４，４）の組み分けで三角形が作られる。
　よって、求める場合の数は、１６×３＝４８（通り）

(2)は455(通り)の組合せで、お二人とも正解です。
(3)は私の解と管理人さんとは異なっています。
できたらその48通りは具体的に頂点の部分を{1,2,3,･･･,16}
とするとき、どの頂点の3つを選んでいるのかを示してくれませんか。

全く自信はありませんが．．．。
頂点を１、２、・・・、１６とした場合、（４，４，８）が表す三角形として
１５９とか２６10とか、・・・で、∠５１９＝∠５９１＝４５°、∠１５９＝９０°
となります。

外接円を考えたときに、任意の 2 頂点間にできる中心角が偶数度になればいいと考えます。

(1)
360/14 を整数倍して偶数を作るには 7 の倍数を掛けるしかなく、正の 7 の倍数 3 つ合計で 14 にはできません。
よって 0 通り。

(2)
360/15 を整数倍して偶数を作るには任意の整数でよく、結局 A,B,C を重複しないように任意に選べばいいです。
よって 15P3 = 2730 通り。

(3)
360/16 を整数倍して偶数を作るには 4 の倍数を掛けるしかなく、正の 4 の倍数 3 つ合計で 16 になるのは 4,4,8 という組み合わせのみ。
つまり直角二等辺三角形を作るしかありません。
A が直角なものが 16*2 = 32 通り、B と C についても同じ個数あるので、全部で 32*3 = 96 通り


##「3頂点を選んで三角形をつくる」のではなく、「3頂点A,B,Cを選んで三角形ABCをつくる」問題ですから、点の名前が入れ替われば別物とすべきだと思います。

(1)は90°の角度は作れるが（1,2,9の頂点など)他の内角は整数になれなく、結局0(通り)
(2)は出題の時3点を何気にA,B,Cと言ってしまったのでDD++さんの解釈が起こったが(こう質問するとDD++さんが正しい。)
こちらが思っていたのは、15個の頂点の3つの組合せが幾つ取れるか？
のつもりで考えていたので15C3=455(通り)でお願いしておきます。
(3)は直角二等辺三角形なら、条件を満たすので、これも頂点1,2,3,･･･,16
からの3つの頂点の選び方は各頂点に90°の部分がくる場合の16（通り)
という予定でした。

正n多角形と、その頂点の任意の3点を結んで作る三角形の3つの内角がどれも整数角となれるのが
n=5 -->各内角は36°の整数倍
n=6 -->各内角は30°の整数倍
n=9 -->各内角は20°の整数倍
n=10 -->各内角は18°の整数倍
n=12 -->各内角は15°の整数倍
n=15 -->各内角は12°の整数倍
n=18 -->各内角は10°の整数倍
n=20 -->各内角は9°の整数倍
n=30 -->各内角は6°の整数倍
n=36 -->各内角は5°の整数倍
が起こせるんですね。
計算をして初めて気付けました。