円順列 
最近、「円順列の確率」で円順列の計算に触れる機会があった。ふと気が付くと、当ＨＰに
適当な円順列をまとめたページがないということで、これをまとめてみようと思い立った。
当ＨＰには、群論の知識を用いた、バーンサイドの定理による円順列の数え上げのページ
「円順列の数え上げ」もあるのだが、専門的すぎて実際の受験で活用が難しいと思い、バー
ンサイドの定理によらない、「周期」の概念を用いた解法を中心に整理したいと思う。
円順列と順列の違い
赤玉１個と白玉２個がある。
順列とは、これらを横一列に並べた場合の数で、３！/（２！１！）＝３通り ある。
円順列とは、順列で得られた場合を円形に並べた場合の数で、回転して重なるものは同
じものとみなされ、この場合は、１通りしかない。
円順列の求め方
次の２つがよく知られた方法である。
（１） １つを固定して回転を止め、固定されたもの以外の順列を数える方法
赤玉１個を固定して考えると、他は白玉２個。この白玉２個の順列の数は、１通り
（２） 回転は止めないで、回転して重なるものを数える方法
において、赤玉の位置を１個ずつずらしていくと、丁度３回目の操作で元に戻る。これを
周期といい、この場合、周期は３である。
これらを円形に並べると、回転して重なるものは同じと見なして、
の１通りが出来るが、これを軌道といい、円順列の個数は、この軌道の数のことである。
すなわち、赤玉１個と白玉２個の円順列の個数は、
（軌道の数）＝（順列の数）/（周期）
から、 ３÷３＝１（通り） で求められる。
教科書的には、次の公式が知られている。
異なるｎ個の円順列の個数は、 （ｎ－１）！通り
（証明） 方法（１）を用いれば、１個を固定して、残りのｎ－１個の順列を考えればいいので、
求める円順列の個数は、（ｎ－１）！通り
方法（２）を用いれば、周期ｎの順列がｎ！個できるので、軌道の個数は、
ｎ！/ｎ＝（ｎ－１）！（通り） （証終）
異なるものの円順列に比べて、円形に並べるものに同じものが含まれている場合は、単
純に計算できない場合が多い。そこで、基本的な問題パターンを通して、同じものを含む円
順列の求め方を把握し、その理解を深めよう。
問題 赤玉、白玉、青玉、黒玉各１個ずつの円順列の個数を求めよ。
この場合は、方法（１）、方法（２）の両方が使える。
（解） 方法（１） → 赤玉を固定して、他の３個の順列は、３！＝６（通り）
方法（２） → 赤玉、白玉、青玉、黒玉各１個ずつの順列の個数は、４！＝２４（通り）
赤玉、白玉、青玉、黒玉各１個ずつの順列の周期は、４なので、
求める円順列の個数は、 ２４/４＝６（通り） （終）
問題 赤玉１個、白玉２個、青玉２個の円順列の個数を求めよ。
この場合は、方法（１）の方が有効だろう。
（解） 赤玉１個を固定して考えると、求める場合の数は、白玉２個、青玉２個の順列の個数
に等しいので、 ４！/（２！２！）＝６（通り） （終）
以下の問題では、方法（１）は無力で、方法（２）の方が有効である。
問題 赤玉２個、白玉２個の円順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉２個、白玉２個の順列の個数は、 ４！/（２！２！）＝６（通り）
赤玉２個、白玉２個の順列には、周期が４のものと、周期が２のものがある。
周期が２の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個の順列の個数なので、２！＝２（個） あり、
それ以外の順列は、周期４である。
したがって、求める円順列の個数は、 ２/２＋（６－２）/４＝１＋１＝２（通り） （終）
問題 赤玉３個、白玉３個の円順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉３個、白玉３個の順列の個数は、 ６！/（３！３！）＝２０（通り）
赤玉３個、白玉３個の順列には、周期が６のものと、周期が２のものがある。
周期が２の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個の順列の個数なので、２！＝２（個） あり、
それ以外の順列は、周期６である。
したがって、求める円順列の個数は、 ２/２＋（２０－２）/６＝１＋３＝４（通り） （終）
問題 赤玉４個、白玉４個の円順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉４個、白玉４個の順列の個数は、 ８！/（４！４！）＝７０（通り）
赤玉４個、白玉４個の順列には、周期が８のものと周期が２のものがある。
周期が２の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個の順列の個数なので、２！＝２（個） あり、
周期が４の順列の個数は、赤玉２個、白玉２個の順列の個数なので、
４！/（２！２！）＝６（個） あるが、この中には周期２のものも含まれているので、実質４通り、
それ以外の順列は、周期８である。したがって、求める円順列の個数は、
２/２＋４/４＋（７０－６）/８＝１＋１＋８＝１０（通り） （終）
（コメント） 周期４の順列の中に周期２の順列が潜り込んでいるところが難しいですね！
問題 赤玉２個、白玉２個、青玉２個の円順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉２個、白玉２個、青玉２個の順列の個数は、 ６！/（２！２！２！）＝９０（通り）
赤玉２個、白玉２個、青玉２個の順列には、周期が６のものと、周期が３のものがある。
周期が３の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個、青玉１個の順列の個数なので、
３！＝６（個） あり、それ以外の順列は、周期６である。
したがって、求める円順列の個数は、 ６/３＋（９０－６）/６＝２＋１４＝１６（通り） （終）
問題 赤玉４個、白玉２個、青玉２個の円順列の個数を求めよ。
この問題は、ずっと昔の東京大学の入試問題らしい。
（解） 赤玉４個、白玉２個、青玉２個の順列の個数は、 ８！/（４！２！２！）＝４２０（通り）
赤玉４個、白玉２個、青玉２個の順列には、周期が８、周期が４のものがある。
周期が４の順列の個数は、赤玉２個、白玉１個、青玉１個の順列の個数なので、
４！/２！＝１２（個） あり、それ以外の順列は、周期８である。
したがって、求める円順列の個数は、１２/４＋（４２０－１２）/８＝３＋５１＝５４（通り） （終）
これまでの計算から、周期から軌道を求める方法は、万能な．．．予感！高校生の時は、
あまりこのような計算はしたことがないというか、避けていたので、すべてが新鮮ですね。
一般に、赤玉ｍ個、白玉ｎ個の円順列の個数は、ｍとｎが互いに素のとき、
（ｍ＋ｎ）！/（ｍ！ｎ！） 通り
で求められる。ｍとｎが互いに素でないとき、方法（２）が有効で、万能である。
読者のために、練習問題を残しておこう。
練習問題 赤玉６個、白玉３個の円順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉６個、白玉３個の順列の個数は、 ９！/（６！３！）＝８４（通り）
赤玉６個、白玉３個の順列には、周期が９のものと周期が３のものがある。
周期が３の順列の個数は、赤玉２個、白玉１個の順列の個数なので、３！/２！＝３（個）
あり、それ以外の順列は、周期９である。したがって、求める円順列の個数は、
３/３＋（８４－３）/９＝１＋９＝１０（通り） （終）
慶應義塾大学医学部（２０１８）で、次のような問題が出題されている。
問題 ｋ を自然数とする。赤玉と白玉がそれぞれ２ｋ個ずつある。これらをすべて円周上
に等間隔に並べる並べ方の総数をＮk とおく。このとき、Ｎ1、Ｎ2、Ｎ3 の値を求めよ。
ただし、回転して並びが同じになるものは同じ並べ方と考える。
（解） ｋ＝１のとき、赤玉２個、白玉２個の順列の個数は、４！/（２！２！）＝６（通り）
赤玉２個、白玉２個の順列には、周期が４のものと、周期が２のものがある。
周期が２の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個の順列の個数なので、２！＝２（個） あり、
それ以外の順列は、周期４である。
したがって、求める円順列の個数は、 ２/２＋（６－２）/４＝１＋１＝２（通り）
ｋ＝２のとき、赤玉４個、白玉４個の順列の個数は、８！/（４！４！）＝７０（通り）
赤玉４個、白玉４個の順列には、周期が８のものと周期が２のものがある。
周期が２の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個の順列の個数なので、２！＝２（個） あり、
周期が４の順列の個数は、赤玉２個、白玉２個の順列の個数なので、
４！/（２！２！）＝６（個） あるが、この中には周期２のものも含まれているので、実質４通り、
それ以外の順列は、周期８である。したがって、求める円順列の個数は、
２/２＋４/４＋（７０－６）/８＝１＋１＋８＝１０（通り） （終）
ｋ＝３のとき、赤玉６個、白玉６個の順列の個数は、１２！/（６！６！）＝９２４（通り）
赤玉６個、白玉６個の順列には、周期が１２のもの、周期が６のもの、周期が４のもの、
周期が２のものがある。
周期が２の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個の順列の個数なので、２！＝２（個） あり、
周期が４の順列の個数は、赤玉２個、白玉２個の順列の個数なので、
４！/（２！２！）＝６（個） あるが、この中には周期２のものも含まれているので、実質４通り、
周期が６の順列の個数は、赤玉３個、白玉３個の順列の個数なので、
６！/（３！３！）＝２０（個） あるが、この中には周期２のものも含まれているので、
実質１８通り、それ以外の順列は、周期１２である。したがって、求める円順列の個数は、
２/２＋４/４＋１８/６＋（９２４－６－１８）/１２＝１＋１＋３＋７５＝８０（通り） （終）
問題 赤玉３個、白玉３個、青玉３個の円順列の個数を求めよ。
この問題は、数学オリンピック予選（２００３）で出題されている。
（解） 赤玉３個、白玉３個、青玉３個の順列の個数は、９！/（３！３！３！）＝１６８０（通り）
赤玉３個、白玉３個、青玉３個の順列には、周期が９、周期が３のものがある。
周期が３の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個、青玉１個の順列の個数なので、
３！＝６（個） あり、それ以外の順列は、周期９である。
したがって、求める円順列の個数は、６/３＋（１６８０－６）/９＝２＋１８６＝１８８（通り） （終）
問題 赤玉４個、白玉２個の円順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉４個、白玉２個の順列の個数は、６！/（４！２！）＝１５（通り）
赤玉４個、白玉２個の順列には、周期が６、周期が３のものがある。
周期が３の順列の個数は、赤玉２個、白玉１個の順列の個数なので、３！/（２！）＝３（個）
あり、それ以外の順列は、周期６である。
したがって、求める円順列の個数は、３/３＋（１５－３）/６＝１＋２＝３（通り） （終）
（別解） 白玉の状態で場合分けすれば、
（１） 白玉２個が隣り合う場合
（２） 白玉２個の間に赤玉１個が入る場合
（３） 白玉２個の間に赤玉２個が入る場合（すなわち、白玉２個が向かい合う場合）
の３通りしかないので、求める円順列の個数は、３通り （終）
問題 赤玉４個、白玉８個の円順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉４個、白玉８個の順列の個数は、１２！/（４！８！）＝４９５（通り）
赤玉４個、白玉８個の順列には、周期が１２、周期が６、周期が３のものがある。
周期が３の順列の個数は、赤玉１個、白玉２個の順列の個数なので、３！/（２！）＝３（個）
あり、周期が６の順列の個数は、赤玉２個、白玉４個の順列の個数なので、
６！/（２！４！）＝１５（個）あるが、この中には周期３のものも含まれているので、
実質１２通りあり、それ以外の順列は、周期１２である。
したがって、求める円順列の個数は、
３/３＋１２/６＋（４９５－１５）/１２＝１＋２＋４０＝４３（通り） （終）
＃４３通りの中には、線対称なものが 6Ｃ2＝１５（通り） あり、残りの２８通りが非線対称で
ある。したがって、数珠順列の個数は、 １５＋２８/２＝２９（通り） となる。
ところで、「赤玉４個、白玉８個の順列には、周期が１２、周期が６、周期が３のものがある」
は、次のようにして求められる。
４と８の公約数を求めて、１、２、４ から、周期は、 １２/１、１２/２、１２/４ すなわち、
周期 １２、６、３ となる。
裏返しが可能な場合は、裏返して同じになるものが出てくる。それらを同一のものと考える
考え方が、数珠順列である。（上記の問題の＃を参照）
異なるｎ個の円順列の個数は、（ｎ－１）！（個）であったが、３以上のｎについて、異なるｎ
個の数珠順列の個数は、（ｎ－１）！/２ （個） で求められる。
＃ｎ＝１の場合に円順列を考えることは、まずない。
ｎ＝２の場合、円順列の個数は、１通りで、数珠順列も１通りとなる。
（すなわち、（ｎ－１）！/２という公式は適用できない。）
DD++ さんからのコメントです。（令和５年１１月１２日付け）
意外と難しいのが数珠順列で、簡単そうに見えて非常に間違えやすい。円順列で考えたと
きに、線対称なものが 2 個 1 組になるのは n≧3 のときだけなのを忘れがち。
（コメント） DD++さん、ご指摘ありがとうございます。２個以下の場合は全く想定外でした！
上記は、修正済みです。
同じものを含む数珠順列では、線対称なものと、非線対称なものに分けて考えるのが基本
である。（上記の問題の＃を参照）
問題 赤玉１個、白玉２個、青玉２個を円形に並べる。
（１） 円順列の個数を求めよ。
（２） 数珠順列の個数を求めよ。
（解）（１） 赤玉１個を固定して、白玉２個、青玉２個の順列の数に等しいので、
４！/（２！２！）＝６（通り）
（２） 赤玉を基準に、左右に白玉、青玉が並ぶ場合の２通りは、線対称である。
それ以外の ６－２＝４（通り） は非線対称である。
したがって、求める数珠順列の数は、 ２＋４/２＝４（通り） （終）
問題 赤玉１個、白玉２個、青玉６個の数珠順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉１個を固定して、白玉２個、青玉６個の順列の数は、８！/（２！６！）＝２８（通り）
赤玉を基準に、左右に白玉１個、青玉３個が並ぶ場合の４通りは、線対称である。
それ以外の ２８－４＝２４（通り） は非線対称である。
したがって、求める数珠順列の数は、 ４＋２４/２＝１６（通り） （終）
問題 赤玉１個、白玉４個、青玉８個の数珠順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉１個を固定して、白玉４個、青玉８個の順列の数は、
１２！/（４！８！）＝４９５（通り）
赤玉を基準に、左右に白玉２個、青玉４個が並ぶ場合の６！/（２！４！）＝１５（通り）は、
線対称である。それ以外の ４９５－１５＝４８０（通り） は非線対称である。
したがって、求める数珠順列の数は、 １５＋４８０/２＝２５５（通り） （終）
問題 赤玉３個、白玉２個、青玉２個の数珠順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉３個、白玉２個、青玉２個の順列は、７！/（３！２！２！）＝２１０（通り）
３、２、２ は互いに素なので、周期７のもののみ。
よって、求める円順列は、 ２１０/７＝３０（通り）
赤玉の１個を固定して、左右に、赤玉１個、白玉１個、青玉１が並ぶ場合の数は、
３！＝６（通り）
よって、求める数珠順列の個数は、 ６＋（３０－６）/２＝６＋１２＝１８（通り） （終）
問題 赤玉２個、白玉２個、青玉２個、黄玉２個の数珠順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉２個、白玉２個、青玉２個、黄玉２個の順列は、
８！/（２！２！２！２！）＝２５２０（通り）
周期８のものと周期が４のものがある。
周期が４の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個、青玉１個、黄玉１個の順列の個数なので、
４！＝２４（個）あり、それ以外の順列は、周期８である。
よって、求める円順列の個数は、 ２４/４＋（２５２０－２４）/８＝６＋３１２＝３１８（通り）
このうち、左右対称な円順列の個数は、赤玉１個、白玉１個、青玉１個、黄玉１個の順列の
個数に等しく、４！＝２４（通り）ある。
よって、求める数珠順列の個数は、２４＋（３１８－２４）/２＝２４＋１４７＝１７１（通り） （終）
問題 赤玉２個、白玉３個、青玉４個がある。次の問いに答えよ。
（１） 円順列の個数を求めよ。
（２） 青玉が隣り合わない円順列の個数を求めよ。
（３） ９個から４個選んで円形に並べる場合の数を求めよ。
（解）（１） 赤玉２個、白玉３個、青玉４個の順列の個数は、
９！/（２！３！４！）＝１２６０（通り）
２、３、４は、互いに素なので、周期は９のみ。
よって、求める円順列の個数は、 １２６０/９＝１４０（通り）
（２） 赤玉２個、白玉３個の順列の個数は、５！/（２！３！）＝１０（通り）
２、３は互いに素なので、周期は５のみ。
よって、赤玉２個、白玉３個の円順列の個数は、１０/５＝２（通り）
そのうちの１通りに対して、５個の隙間から４個選んで青玉を入れる場合の数は、５通り
よって、求める円順列の個数は、 ２×５＝１０（通り）
（３） 青玉４個の円順列は、１通り
青玉３個＋赤玉1個 または 青玉３個＋白玉1個 の円順列は、 １×２＝２（通り）
青玉２個＋赤玉２個 または 青玉２個＋白玉２個 の円順列は、
（２/２＋（６－２）/４）×２＝４（通り）
青玉２個＋赤玉１個＋白玉１個 の円順列は、３通り
青玉１個＋赤玉２個＋白玉１個 または 青玉１個＋赤玉１個＋白玉２個 または
青玉１個＋白玉３個の円順列は、
３×２＋１＝７（通り）
赤玉２個＋白玉２個の円順列は、 ２通り
赤玉１個＋白玉３個の円順列は、 １通り
以上から、求める円順列の個数は、 １＋２＋４＋３＋７＋２＋１＝２０（通り） （終）
ここで、典型的で、ちょっと変わった円順列の問題をまとめておこう。
問題 男子３人、女子３人の円順列を考える。
（１） 円順列の総数を求めよ。
（２） 男女が交互に並ぶ円順列の個数を求めよ。
（解）（１） （６－１）！＝５！＝１２０（通り）
（２） まず、男子３人を円形に並べる場合の数は、 （３－１）！＝２！＝２（通り）
そのうちの１通りに対して、女子３人を男子の間に入れる場合の数は、３！＝６（通り）
よって、求める場合の数は、 ２×６＝１２（通り） （終）
問題 男子４人、女子２人の円順列を考える。
（１） 女子が隣り合う場合の数を求めよ。
（２） 女子２人が向かい合う場合の数を求めよ。
（３） 女子２人の間に男子１人が入る場合の数を求めよ。
（解）（１） 女子２人を１人と見て、５人の円順列の個数は、（５－１）！＝４！＝２４（通り）
その１通りに対して、女子の順番を考えて、求める場合の数は、
２４×２！＝４８（通り）
（２） 女子２人を円形に並べる場合の数は、（２－１）！＝１（通り）
その１通りに対して、男子４人の順列の総数は、４！＝２４（通り）
よって、求める場合の数は、 １×２４＝２４（通り）
（３） 女子２人の間に入る男子の選び方は、４通り
その１通りに対して、女子２人と男子１人を１人と見て、（３＋１）人の円順列の総数は、
（４－１）！＝３！＝６（通り）
その１通りに対して、女子の順番を考えて、求める場合の数は、
４×６×２！＝４８（通り） （終）
問題 男子５人、女子２人が円形に並ぶとき、女子２人が隣り合わない円順列の個数を求
めよ。
（解） 男子５人、女子２人の円順列の個数は、 （７－１）！＝７２０（通り）
このうち、女子２人が隣り合う場合の数は、 （６－１）！×２＝２４０（通り）
よって、求める場合の数は、 ７２０－２４０＝４８０（通り） （終）
（別解） 男子５人の円順列の個数は、（５－１）！＝２４（通り）
そのうちの１通りに対して、女子２人を１人ずつ男子の隙間に入れる場合の数は、
5Ｐ2＝２０（通り）
よって、求める場合の数は、 ２４×２０＝４８０（通り） （終）
問題 正三角形のテーブルに９人が着席する方法は何通りあるか。ただし、テーブルの各
辺には３人ずつ着席するものとする。
（解） ９人の円順列は、（９－１）！＝８！＝４０３２０（通り）
そのうちの１通りに対して、正三角形のテーブルに着席する方法は、３通りある。
よって、求める場合の数は、 ４０３２０×３＝１２０９６０（通り） （終）
問題 正方形のテーブルに８人が着席する方法は何通りあるか。ただし、テーブルの各
辺には２人ずつ着席するものとする。
（解） ８人の円順列は、（８－１）！＝７！＝５０４０（通り）
そのうちの１通りに対して、正方形のテーブルに着席する方法は、２通りある。
よって、求める場合の数は、 ５０４０×２＝１００８０（通り） （終）
問題 長方形のテーブルに６人が着席する方法は何通りあるか。ただし、テーブルに対し
て、３人と３人が対面するものとする。
（解） ６人の円順列は、（６－１）！＝５！＝１２０（通り）
そのうちの１通りに対して、長方形のテーブルに着席する方法は、３通りある。
よって、求める場合の数は、 １２０×３＝３６０（通り） （終）
（別解） ６人の順列は、６！＝７２０（通り）
このとき、３人ずつ対面で着席するとき、１２３４５６ と ６５４３２１ は同じ場合の数になる。
よって、求める場合の数は、 ７２０÷２＝３６０（通り） （終）
問題 立方体について、次の問いに答えよ。ただし、回転により一致するものは、同じもの
とみなすものとする。
（１） 立方体の各面に、１～６の番号を記入するとき、何通りの方法があるか。ただし、異な
る面には異なる数字を記入するものとする。
（２） 立方体の各頂点に、１～８の番号を記入するとき、何通りの方法があるか。ただし、異
なる頂点には異なる数字を記入するものとする。
（解）（１） 立方体の上面に数字１を記入し固定するとき、下面の数字の記入方法は、５通
りあり、そのうちの１通りに対して、側面に番号を記入する方法は、４個の円順列に等しく、
（４－１）！＝３！＝６（通り）
よって、求める場合の数は、 ５×６＝３０（通り）
（２） 立方体の上面を固定し、その頂点に記入された４個の数字の順列は、
（４－１）！＝３！＝６（通り） で、そのうちの１通りに対して、残りの４個の数字を下面の４
頂点に記入する方法は、４！＝２４（通り） ある。
よって、求める場合の数は、 ６×２４＝１４４（通り） （終）
大学入試センター試験（１９９７）の追試験で、次のような問題が出題（改題）された。
問題 大小２つの円卓がある。大の円卓には４つの席があり、小の円卓には３つの席が
ある。この円卓に、Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、Ｅ、Ｆの６人が分かれて着席する方法を考える。ただし、
円卓を回転して同じ座り方は同じものとみなすことにする。
このとき、次の問いに答えよ。
（１） ２つの円卓に３人ずつ座る方法は何通りか。
（２） ４人と２人に座る方法は何通りか。
（３） Ａが小の円卓に座るとき、Ａの隣りに空席が出来る座り方は何通りか。
（４） Ａが大の円卓に座るとき、Ａの隣りに空席が出来る座り方は何通りか。
（５） Ａ、Ｂが同じ円卓に座る方法は何通りか。
（解）（１） 大の円卓に座る３人を選んで、空席を固定して３人を座らせる方法は、
6Ｃ3×３！＝２０×６＝１２０（通り）
そのうちの１通りに対して、小の円卓に３人を座らせる方法は、（３－１）！＝２！＝２（通り）
よって、求める場合の数は、 １２０×２＝２４０（通り）
（２） 小の円卓に座る２人を選んで、空席を固定して２人を座らせる方法は、
6Ｃ2×２！＝１５×２＝３０（通り）
そのうちの１通りに対して、大の円卓に４人を座らせる方法は、（４－１）！＝３！＝６（通り）
よって、求める場合の数は、 ３０×６＝１８０（通り）
（３） 小の円卓に座る１人を選んで、空席を固定して２人を座らせる方法は、
5Ｃ1×２！＝５×２＝１０（通り）
そのうちの１通りに対して、大の円卓に４人を座らせる方法は、（４－１）！＝３！＝６（通り）
よって、求める場合の数は、 １０×６＝６０（通り）
（４） 大の円卓に座る２人を選んで、Ａの隣りが空席になるように３人を座らせる方法は、
5Ｃ2×４＝１０×４＝４０（通り）
そのうちの１通りに対して、小の円卓に３人を座らせる方法は、（３－１）！＝２！＝２（通り）
よって、求める場合の数は、 ４０×２＝８０（通り）
（５） ＡとＢが大の円卓に座るとき、残り４人が
（大，小）＝（２，２） のとき、4Ｃ2×（４－１）！×２！＝７２（通り）
（大，小）＝（１，３） のとき、4Ｃ1×３！×（３－１）！＝４８（通り）
ＡとＢが小の円卓に座るとき、残り４人が
（大，小）＝（４，０） のとき、（４－１）！×２！＝１２（通り）
（大，小）＝（３，１） のとき、4Ｃ1×（３－１）！×３！＝４８（通り）
よって、求める場合の数は、 ７２＋４８＋１２＋４８＝１８０（通り） （終）
問題 ６人が円形に並ぶとき、特定の３人が隣り合う場合の数を求めよ。
（解） 特定の３人を１人とみて、４人の円順列は、（４－１）！＝６（通り）
そのうちの１通りに対して、特定の３人の順列は、３！＝６（通り）
よって、求める場合の数は、 ６×６＝３６（通り） （終）
問題 ８人の中に、２組の夫婦がいる。８人が円形に並ぶとき、夫婦は必ず隣り合って並
ぶようにする。並べ方は何通りあるか。
（解） ２組の夫婦をそれぞれ１人とみて、６人の円順列の個数は、
（６－１）！＝５！＝１２０（通り）
このうちの１通りに対して、それぞれの夫婦の順列は、２！×２！＝４（通り）
よって、求める場合の数は、 １２０×４＝４８０（通り） （終）
問題 赤玉と白玉が合わせて７個ある。これらを用いて数珠を作るとき、何通りできるか。
ただし、使わない色があってもよいものとする。
（解） （赤玉，白玉）＝（７，０）のとき、１通り
（赤玉，白玉）＝（０，７）のとき、１通り
（赤玉，白玉）＝（６，１）のとき、１通り
（赤玉，白玉）＝（１，６）のとき、１通り
（赤玉，白玉）＝（５，２）のとき、７！/（５！２！）＝２１（通り）で、すべて周期７なので、
円順列の個数は、２１/７＝３（通り） これらはすべて左右対称なので、数珠順列の個数は、
３通りとなる。
（赤玉，白玉）＝（２，５）のとき、７！/（２！５！）＝２１（通り）で、すべて周期７なので、
円順列の個数は、２１/７＝３（通り） これらはすべて左右対称なので、数珠順列の個数は、
３通りとなる。
（赤玉，白玉）＝（４，３）のとき、７！/（４！３！）＝３５（通り）で、すべて周期７なので、
円順列の個数は、３５/７＝５（通り） このうち左右対称なものは、３通りで、残りの２通りは
左右非対称。よって、数珠順列の個数は、３＋２/２＝４（通り）となる。
（赤玉，白玉）＝（３，４）のとき、７！/（３！４！）＝３５（通り）で、すべて周期７なので、
円順列の個数は、３５/７＝５（通り） このうち左右対称なものは、３通りで、残りの２通りは
左右非対称。よって、数珠順列の個数は、３＋２/２＝４（通り）となる。
以上から、求める場合の数は、
１＋１＋１＋１＋３＋３＋４＋４＝１８（通り） （終）
問題 １、２、３の３個から重複を許して４個取り、円形に並べる方法の数を求めよ。
（解） １１１１、２２２２、３３３３のそれぞれの場合、１通り
１１１２、１１１３、１２２２、２２２３、１３３３、２３３３のそれぞれの場合、１通り
１１２２、１１３３、２２３３のそれぞれの場合、４！/（２！２！）＝６（通り） のうち、周期２のも
のが２通りで、残り４通りは周期が４。よって、円順列の個数は、２/２＋４/４＝２（通り）
１１２３、１２２３、１２３３の場合、４！/２！＝１２（通り） のすべてが周期４なので、
円順列の個数は、１２/４＝３（通り）
以上から、求める場合の数は、
１×３＋１×６＋２×３＋３×３＝２４（通り） （終）
異なる ｎ 個のものから重複を許して ｒ 個とる順列の数は、重複順列と言われ、公式は、
ｎΠｒ＝ｎｒ （通り） で求められる。異なる ｎ 個のものから重複を許して ｒ 個とる組合せの数
は、重複組合せと言われ、公式は、ｎＨｒ＝ｎ+ｒ-1Ｃｒ 通りで求められる。
同様のことが円順列でもあるということを最近知ることができた。
異なる ｎ 個のものから重複を許して ｒ 個とる円順列の数は、重複円順列と言われ、公式
は、 （１/ｒ）Σk=1ｒ ｎ(ｋ，ｒ) ただし、(ｋ，ｒ) は ｋ と ｒ の最大公約数
証明は、バーンサイドの定理を用いて示される。
問題 １、２、３の３個から重複を許して４個取り、円形に並べる方法の数を求めよ。
に、公式を適用してみよう。
（別解） 求める場合の数は、
（１/４）Σk=14 ３(ｋ，4)＝（３1＋３2＋３1＋３4）/４＝９６/４＝２４（通り） （終）
読者のために、練習問題を置いておこう。
練習問題 赤玉、白玉、青玉、黄玉から重複を許して６個とる円順列の数を求めよ。
（解） 求める場合の数は、
（１/６）Σk=16 ４(ｋ，6)
＝（４1＋４2＋４3＋４2＋４1＋４6）/６＝４２００/６＝７００（通り） （終）
＃場合分けで解こうとしたら、あまりの煩雑さに挫折．．．。
次の問題は、数学オリンピック予選（２００２）の問題（改題）です。並べ方に条件があって、
難問といってもいいでしょう。
問題 赤・白・青・黄の４色で下図を塗り分ける。同じ色を何回も使ってよいし、４色すべて
を使う必要はないが、隣り合う２つの扇形は異なる色で塗り分けるものとする。
何通りの塗り分け方があるだろうか？ただし、回転して重なる塗り方は同じものとみなす。
（解） ７つの順列を考える。
これらを、問題の条件：「隣り合うものは異なる色で塗り分ける」を満たすものが何通りある
かを数える。ただし、①と⑦は異なる色で塗るものとする。
求める場合の数が ａｎ 通りあるものとする。
（１） ①と⑥が異なる色のとき、①②③④⑤⑥の塗り方は、ａｎ-1 通りあり、そのうちの１通り
に対して、⑦の塗り方は、２通りあるので、この場合の塗り方は、２ａｎ-1 通りである。
（２） ①と⑥が同じ色のとき、①②③④⑤の塗り方は、ａｎ-2 通りあり、そのうちの１通りに
対して、⑦の塗り方は、３通りあるので、この場合の塗り方は、３ａｎ-2 通りである。
以上から、 ａｎ＝２ａｎ-1＋３ａｎ-2 が成り立つ。
ここで、明らかに、ａ1＝０ 、ａ2＝１２ なので、
ａ3＝２ａ2＋３ａ1＝２・１２＋３・０＝２４
ａ4＝２ａ3＋３ａ2＝２・２４＋３・１２＝８４
ａ5＝２ａ4＋３ａ3＝２・８４＋３・２４＝２４０
ａ6＝２ａ5＋３ａ4＝２・２４０＋３・８４＝７３２
ａ7＝２ａ6＋３ａ5＝２・７３２＋３・２４０＝２１８４
これらはすべて周期７なので、求める円順列の個数は、 ２１８４/７＝３１２（通り） （終）
（補足） 上記では、漸化式 ａ1＝０ 、ａ2＝１２ 、ａｎ＝２ａｎ-1＋３ａｎ-2 を帰納的に用いた
が、もちろん直接的に解くことも可能である。
特性方程式 ｘ2－２ｘ－３＝０ を解いて、（ｘ－３）（ｘ＋１）＝０ より、ｘ＝３、－１
よって、 ａｎ－３ａｎ-1＝－（ａｎ-1－３ａｎ-2） から、ａｎ－３ａｎ-1＝１２・（－１）n
また、 ａｎ＋ａｎ-1＝３（ａｎ-1＋ａｎ-2） から、ａｎ＋ａｎ-1＝４・３n-1
よって、 ４ａｎ＝４・３n＋１２・（－１）n から、 ａｎ＝３n＋３・（－１）n
したがって、赤・白・青・黄の４色でｎ個に等分割された扇形を塗り分ける。同じ色を何回も
使ってよいし、４色すべてを使う必要はないが、隣り合う２つの扇形は異なる色で塗り分け
るものとするとき、回転して重なる塗り方は同じものとみなして、求める円順列の個数は、
（３n＋３・（－１）n）/ｎ （通り）
であることが分かる。
問題 赤玉４個、白玉４個、青玉４個の数珠順列の個数を求めよ。
（解） 赤玉４個、白玉４個、青玉４個の順列は、
１２！/（４！４！４！）＝３４６５０（通り）
周期１２のもの、周期６のもの、周期３のものがある。
周期が３の順列の個数は、赤玉１個、白玉１個、青玉１個の順列の個数なので、
３！＝６（個）あり、周期が６の順列の個数は、赤玉２個、白玉２個、青玉２個の順列の個数
なので、６！/（２！２！２！）＝９０（通り）あり、このうち、６通りは周期３のものと重複する。
これら以外の順列は、周期１２である。
よって、求める円順列の個数は、
６/３＋（９０－６）/６＋（３４６５０－９０）/１２＝２＋１４＋２８８０＝２８９６（通り）
このうち、左右対称な円順列の個数は、赤玉２個、白玉２個、青玉２個の順列の個数に等し
く、６！/（２！２！２！）＝９０（通り）ある。
よって、求める数珠順列の個数は、
９０＋（２８９６－９０）/２＝９０＋１４０３＝１４９３（通り） （終）
以下、工事中！