図形的なこと

質問

図形関係でクイズ的？なことですが…。

３つの円をうまくずらして重ね合わせると、
「３つの円に属する部分が１つ」
「２つの円に属する部分が３つ」
「１つの円に属する部分が３つ」
の合計７つのスペースが作れますよね。
円をそれぞれＡ、Ｂ、Ｃとすると、例えば円Ａ、Ｂに含まれ、
円Ｃに含まれないスペースとかができるわけです。
これは分かりました。

これがどうしても分かりません。
「４つに属する部分が１つ」
「３つに属する部分が４つ」
「２つに属する部分が６つ」
「１つに属する部分が４つ」
の合計１５個のスペースができるようにするにはどうすればいいのでしょうか？

４つの円をうまくずらして重ね合わせるとできると思ったんですが、いくらやっても最高１３個のスペースしかできませんでした。
円だと最高ｎ×２＋１個のスペースしかできない？と気が付いてきましたが…。

だんだん頭が痛くなってきて、迷宮入りしてしまいました…。
助けてください。

回答No.6

BK2Sat · ベストアンサー

＃５です。全然自信がない上に、文章だけで説明しないといけないんで、どうなりますやら…ともかく、やってみますね。

　まず、３個の円を交差させた図を作ります。問題文の中にあった通り、７つのスペースに分かれます。
　次に、２個の円と交差するように、４個目の円を描きます。これで、以下の１１個のスペースができます。
　　「３つに属する部分が２つ」
　　「２つに属する部分が５つ」
　　「１つに属する部分が４つ」
　最後に、５個目の円を重ねます。ここで、この円の円周が「２つに属する部分と３つに属する部分と２つに属する部分」の３つのスペースだけを通るようにするのがポイントです。ほかの４個の円は同じ大きさでいいですが、５個目の円だけは大きくなります。
　５個目の円によって、「２つに属する部分と３つに属する部分と２つに属する部分」はそれぞれ二つの部分に分けられて、
　　「４つに属する部分が１つ」加わる
　　「３つに属する部分が２つ」加わる
　また、この円は１つの円の「１つに属する部分」と重なるので、その部分は「２つに属する部分」になります。
　　「１つに属する部分が１つ」減り
　　「２つに属する部分が１つ」加わる
　そして、５個目の円だけに属する部分が「１つに属する部分」となりますから、
　　「１つに属する部分が１つ」加わる
　最終的に、
　　「４つに属する部分が１つ」
　　「３つに属する部分が２つ＋２つ」
　　「２つに属する部分が５つ＋１つ」
　　「１つに属する部分が４つ－１つ＋１つ」
というのが私が出した答えなんですが…
こんなんでいいんでしょうか？？？

お礼

ありがとうございます。
なるほど…！大きな円を重ねるという考えがありましたか！
『「２つにする部分と３つに属する部分と２つに属する部分」の３つのスペースだけを通るようにする』
というのは、２つの交点を通る必要があるみたいですね。
ただ、５つ目をきちっとした円で書くのはわりと難しいですね…。

なんだか変則的な形になりましたが、きちんと条件を満たしているようで、すごいです。
これはこれで納得しました！

でも、いいかどうかはちょっと判断しづらいのが難点でしょうか…

回答No.5

BK2Sat

すみません、問題の前提条件がよくわからないんですが…

目的の１５個のスペースができるようにする時に、
１．いくつかの円を重ねあわせる
２．４個の円を重ね合わせる
どちらの条件なんでしょう？円でなくてもいいなんてことはないですよね？

４個の円では無理ではないでしょうか？５個の円ならできたんですが。

お礼

すみません…。
円の個数は問わないと思いますが、
円を５つだと５つに属する部分が１つ、あるいは１つに属する部分が５つできると思っていたので、避けました。
５つでできたのなら、その方法を教えてください。

円でできるなら、その方法を望みます。
角があるのは避けるべきだと思っていたんです。

回答No.4

fumm-fumm

４つの円をＡ、Ｂ、Ｃ、Ｄとすれば、
「４つに属する部分が１つ」＝ＡＢＣＤ
「３つに属する部分が４つ」＝ＡＢＣ、ＡＢＤ、ＡＣＤ、ＢＣＤ
「２つに属する部分が６つ」＝ＡＢ、ＡＣ、ＡＤ、ＢＣ、ＢＤ、ＣＤ
「１つに属する部分が４つ」＝Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ
と組合せの問題としては合計１５個ができます。

しかし、平面に円を描こうとすると１３個しかできないようです。

そこで、平面に描くのをあきらめて、円柱の表面に描けばなんとかなると
思いますが、これはルール違反でしょうか。

お礼

ありがとうございます。
立体という考えは思いつきませんでした。
立体で円の折り返しを利用するといったところでしょうか。
でも、出来れば平面が望ましいです…。

回答No.3

ken5725

Ｎｏ．２です。

回答してから気づきました。

交点が２個増えるたびに、
スペースが２個増えるという考え方に
穴があるような気がします。

相変わらず回答になってませんね(^^;)

お礼

そうですか…。
確かに１５個にするのは無理ですね…。

回答No.2

ken5725

私なりの解釈です。

円と円が重なるとき、必ず２個の交点ができますよね。
１個、また３個以上になることはありません。
それを踏まえて、考えてみました。

前提として、交点に交点は重ならない、
また、「ｎ個に属する部分が１つ」あるものとします。

１つの円では当然、スペースは１つです。このとき交点の数は０。

１つの円に対し、もう１つの円を重ねたとき、必ず交点が２つできます。
このとき交点の総数は２個で、スペースは３個です。

さらに２つの円に対し、もう１つ円を重ねると、２＋２で４つの交点が増えます。
このとき交点の総数は６個で、スペースは７個です。

さらに３つの円に対し、もう１つ円を重ねると、２＋２＋２で６つの交点が増えます。
このとき交点の総数は１２個で、スペースは１３個になります。

がんばって考えてみましたが、これ以外思いつきませんでした。
ひらめきと発想力が足りないみたいです。

式にも表してみました。
シグマを使ったのは１０年ぶりぐらいなので
間違ってたらごめんなさい。

上記から 交点の総数＋１ がスペースの数になります。

交点の総数ですが、下記のように表すことができます。
１つの円の場合 ２（１－１）＝０
２つの円の場合 ２（１－１）＋２（２－１）＝２
３つの円の場合 ２（１－１）＋２（２－１）＋２（３－１）＝６
４つの円の場合 ２（１－１）＋２（２－１）＋２（３－１）＋２（４－１）＝１２

シグマを使うとこんな式になるような…。（等幅フォントで書いてます）
　ｎ
　Σ　２（ｎ－１）
ｋ＝１
（これってもっと簡単な式になるんでしたっけ？）

交点の総数＋１がスペースの数なので、
　　　　ｎ
Ｓｎ＝　Σ　２（ｎ－１）＋１
　　　ｋ＝１

こんな感じでどうでしょう。

お礼

ありがとうございます。
やはり１３個が限界ですか…。
説明は分かりやすいんですが、自分の考えと同じみたいです。
式まで作っていただいたのに申し訳ありません…。

回答No.1

shihomi

う～ん。答えから考えると２のｎ乗－１でしょうか。
2×n＋1ではないでしょう。
答えになってませんね＾＾

お礼

一つ目だけを見て、そう思ってしまいました（汗
にしても、円が４つの時できるスペースは１３個なのに、自分の式だと９個になってしまう（笑

これはこれで、ありがとうございます…。