水を汲む問題
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問題 容積が４リットルと７リットルの容器を使って、 ２リットルの水を汲むには、どうしたらよいか？ ただし、容器はそれぞれ１個のみとする。 |
この問題は、とても単純、素朴で親しみやすい。小学生でも、考えてみようと思うような問
題である。しかし、この問題の奥には、実は、高等数学が深く根付いている。
その背景を知れば、この問題のからくりが見えてくる。
４リットルの容器をＡ、７リットルの容器をＢとする。Ａに水を汲んでＢにうつし、途中でＢが
一杯になったら、それを捨てて、Ａに残った水をＢにうつす。
（この操作を一つの段階と考える。）
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私自身、このような問題に対して、今まで数学的にとらえることはなかった。
上記のように試行錯誤して、解決にいたっていた。しかし、この問題の奥深くには、深遠なる
整数論の世界が渦巻いていることを、最近知る機会があった。
このページでは、この問題のからくりと整数論との関係について、まとめてみたい。
上記の操作を、もう一度おさらいしてみよう。
Ｂが一杯になるたびに、７リットルが捨てられるので、４，８，１２，１６，２０，２４，・・・から、
７の倍数を引いて、７より小さくした数（即ち、７で割った余り）４，１，５，２，６，３，・・・が、各
段階でＢに残る量である。
従って、Ｘ段階目にＢに残る水の量が２リットルということは、４Ｘを７で割った余りが２にな
るということである。・・・・・・・・・・（＊）
ここで、合同式を紹介する。合同式は、整数論をとても見やすいものにしてくれる魔法の
道具である。整数論が飛躍的に発展した原動力の一つといっても過言ではないと、私的に
は思う。
合同式 整数 ａ、ｂ に対して、その差 ａ−ｂ が、自然数 ｍ で割り切れるとき、
ａ と ｂ は ｍ を法として合同であるといい、記号 ａ≡ｂ （mod ｍ） で表す。
つまり、ｍ で割った余りが同じ数は、同じ（様な）数とみなそうということである。
合同式については、次の性質が成り立つ。
（反射律） ａ≡ａ （mod ｍ）
（対称律） ａ≡ｂ （mod ｍ）ならば、ｂ≡ａ （mod ｍ）
（推移律） ａ≡ｂ （mod ｍ）、ｂ≡ｃ （mod ｍ）ならば、ａ≡ｃ （mod ｍ）
合同式について、次のような演算が可能である（定義より明らか）。
ａ≡ｂ （mod ｍ）、ｃ≡ｄ （mod ｍ）ならば、ａ＋ｃ≡ｂ＋ｄ （mod ｍ）
ａ−ｃ≡ｂ−ｄ （mod ｍ） 、ａｃ≡ｂｄ （mod ｍ）
例 １０≡１ （mod ９）なので、１００≡１ （mod ９）、１０００≡１ （mod ９）、・・・
一般に、（１０のｎ乗）≡１ （mod ９）が成り立つ。
この事実を用いれば、６５４３２１を９で割った余りを求めることは、とても易しい。
６５４３２１≡６＋５＋４＋３＋２＋１≡２１≡２＋１≡３ より、余りは、３となる。
この合同式の記号を用いれば、（＊）のことは、簡単に、 ４Ｘ≡２ （mod ７）
と表される。あとは、この方程式を解けばよい。
方程式の解法について、次の事実は有名である。
定理 ａｃ≡ｂｃ （mod ｍ）で、（ｃ，ｍ）＝１のとき、ａ≡ｂ （mod ｍ）
定理 ａＸ≡ｂ （mod ｍ）は、（ａ，ｍ）＝１のとき、（ｍを法として）ただ一つの解をもつ。
方程式 ４Ｘ≡２ （mod ７）は、いろいろな方法で解かれる。
（ユークリッドの互除法利用）
４Ｘ≡２ （mod ７）より、４Ｘ−７Ｙ＝２
ユークリッドの互除法により、７＝４・１＋３、４＝３・１＋１なので、
１＝４＋３・（−１）＝４＋（７−４・１）・（−１）＝４・２−７・１
よって、４・４−７・２＝２ この式と ４Ｘ−７Ｙ＝２ を辺々引いて、
４（Ｘ−４）＝７（Ｙ−２）
従って、Ｘ−４＝７Ｋ、Ｙ−２＝４Ｋ （Ｋは０以上の整数）より、
求める解は、Ｘ＝７Ｋ＋４、Ｙ＝４Ｋ＋２ （Ｋは０以上の整数）
（注） ここで、Ｘが最小となるのは、Ｋ＝０のとき。よって、Ｘ＝４となり、４段階目で水汲み
問題は解決する。
（合同式の性質利用）・・・多分、この解法が一番シンプルで、実戦的あろう。
４Ｘ≡２ （mod ７）
７Ｘ≡０ （mod ７）・・・・この式はＸが何であっても、常に成り立つ。（テクニック！）
４Ｘ≡２ （mod ７）の両辺を２倍して、８Ｘ≡４ （mod ７）
この式と、７Ｘ≡０ （mod ７）を辺々引いて、Ｘ≡４ （mod ７）
（追記） 平成２３年３月３日付け
上記では、４リットルの容器に水を汲み、満杯になった７リットルの容器の水を捨てて、最
終的に７リットルの容器だけに２リットルの水を残す方法をとっていますが、逆にやってはど
うか？とＨＮ「数学愛好者」さんからアドバイスをいただいた。
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左のように操作すれば、 ２段階で目的の２リットルを 得ることができる。 |
また、「４Ｘ≡２ （mod ７）」を解くよりも、「７Ｘ≡２ （mod ４）」を解く方が容易である。
実際に、 ７Ｘ≡２ （mod ４） で、４Ｘ≡０ （mod ４） より、８Ｘ≡０ （mod ４）
よって、 Ｘ≡−２ （mod ４） すなわち、 Ｘ≡２ （mod ４） から、２段階目で水汲み問題
は解決する。
（連分数利用）・・・連分数は、ユークリッドの互除法に直結しており、その考え方は、ギリシャ
からあるものである。不定方程式や実数の分数近似などに用いられる。
| 分数の連分数表示 |  |
| このとき、右辺の連分数展開の途中で区切った値 |  |
＝ |  |
を用いて、 |
７・１−４・２＝−１
が成り立つ。この式を利用して、（ユークリッドの互除法利用）の場合と同様に解けばよい。
一般に、次の定理が知られている。
| 定理 |  |
と連分数展開するとき、 |
|
| 次の等式が成り立つ。 | |||
 |
|||
| 但し、Ｐ０＝１、Ｑ０＝０ とする。 | |||
証明は、Ｐｎ＝ｑｎＰｎ−１＋Ｐｎ−２、Ｑｎ＝ｑｎＱｎ−１＋Ｑｎ−２ であることから、明らかであろう。
| 例 ４３Ｘ−３０Ｙ＝１ を解け。 | |||
 |
なので、 |  |
となる。 |
| よって、定理により、 ３０・１０−４３・７＝−１ すなわち、 ４３・７−３０・１０＝１ 従って、Ｘ＝３０ｔ＋７、Ｙ＝４３ｔ＋１０ （ ｔ は整数）と書くことができる。 |
|||
（注） ユークリッドの互除法を用いても、同様の式は作れるが、連分数展開した方が、断然
速く解に到達することができると思う。
（参考文献：山崎圭次郎 著 数を考える（岩波書店）
和田秀男 著 数の世界 整数論への道（岩波書店）
北村泰一 著 数論入門（槙書店））
（追記） 上記により、ユークリッドの互除法における連分数展開の有用性が確認された。
ここでは、連分数展開された分数を、元の形に直す裏技を紹介したい。
| 上記の例のように、 | |
と比較的展開の項が少ない場合は、計算も |
| 容易であるが、展開の項が多いと、通分・逆数・通分・．．．と目が回ってしまう。 | ||
裏技に用いる公式は、
Ｐｎ＝ｑｎＰn-1＋Ｐn-2 、 Ｑｎ＝ｑｎＱn-1＋Ｑn-2 （ｎ ≧３）
Ｐ1＝１、Ｑ1＝ｑ1、Ｐ2＝ｑ2、Ｑ2＝ｑ1ｑ2＋１
例 次の連分数展開が表す分数を求めよ。
公式により、
（上の表では、Ｑ2、Ｑ3、Ｐ3 の計算方法が示されている。以下同様である。）
したがって、求める分数は、
（参考文献：石谷 茂 著 現代における古典整数論 （現代数学社））
（追記） １９９５年作のアメリカ映画「ダイ・ハード３」に、この水を汲む問題が、ブルース・
ウィルスが演ずる刑事に犯人側からの問題として、次のように出されている。
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この問題に対しては、上記のような数式処理は望むべくもなく、映画では試行錯誤で何と
か解答を探し当てていた。
３リットルの容器に水を汲んで、２回、５リットルの容器に移すと、２回目には、３リットルの
容器に水が１リットル余る。５リットルの容器を空にして、その１リットルを５リットルの容器に
移す。そこに、３リットルの容器の水を５リットルの容器に入れれば、ちょうど４リットルとなる。
ブルース・ウィルス扮する刑事が、 ３Ｘ≡４ （ｍｏｄ ５） という合同式を、
６Ｘ≡３ （ｍｏｄ ５）、５Ｘ≡０ （ｍｏｄ ５） から辺々引いて、Ｘ≡３ （ｍｏｄ ５）
と解いて、３回で可能ということを知るよしもない。
１作目の「ダイ・ハード」は、手に汗握るアクションの連続で、画面に引き込まれていったが、
３作目となる、この「ダイ・ハード３」はＢ級映画並に感じられた。唯一この水を汲む問題にだ
けは、注目をしたが．．．。
（追記） 平成２２年５月１６日付け
この「ダイ・ハード３」で出された問題が、
ＮＨＫ教育ＴＶ「テストの花道」（毎週月曜放送 １８：５５〜１９：２５）
で出題された。
また、この番組では次のような興味ある問題も出題された。
１４０ｇ の塩と７ｇ 、２ｇ の重りが１個ずつある。天秤を３回だけ使って、９０ｇ と５０ｇ
の塩に分けよ。
考え方はいくつかあり、以下は、そのうちのひとつ。
（解） 天秤１回目： ７０ｇ と７０ｇ の塩に分ける。
天秤２回目： ７０ｇ の塩を、３５ｇ と３５ｇ の塩に分ける。
天秤３回目： ３５ｇ の塩を、７ｇ の重り＋（１５ｇ の塩）、２ｇ の重り＋（２０ｇ の塩）
に分ける。
よって、 ７０ｇ の塩と２０ｇ の塩で、９０ｇ の塩、３５ｇ の塩と１５ｇ の塩で、５０ｇ の塩が
できる。 （終）
（コメント） 柔軟な発想が必要かも．．．。
（追記） 平成２２年２月１１日付け
２月９日付けで、当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に当ＨＰがいつもお世話になっている
GAI
さんが「超難問」と題して次の問題を出題された。
|
終了時４つの容器に振り分けられているものとし、他に油を移し換える容器は無いものと
する。この１リットルの差が大きな障害になることが体験できます。
この問題に対して、同日付けで、凡人さんとらすかるさんが挑戦され解決された。以下の
解はお二方の解をまとめたものである。
以下で、（40リットル，11リットル，11リットル，11リットル，9リットル）の順になっています。
(40,0,0,0,0) → (29,11,0,0,0) → (29,2,0,0,9) → (38,2,0,0,0) → (27,2,11,0,0) →
(27,2,2,0,9) → (27,4,0,0,9) → (36,4,0,0,0) → (25,4,11,0,0) → (25,4,2,0,9) →
(25,6,0,0,9) → (34,6,0,0,0) → (23,6,11,0,0) → (23,6,2,0,9) → (23,8,0,0,9) →
(32,8,0,0,0) → (32,0,0,0,8) → (21,0,11,0,8) → (10,0,11,11,8) → (0,10,11,11,8) →
(0,10,10,11,9) → (11,10,10,0,9) → (11,10,10,9,0) → (2,10,10,9,9) → (2,10,10,11,7) →
(13,10,10,0,7) → (13,10,10,7,0) → (4,10,10,7,9) → (4,10,10,11,5) → (15,10,10,0,5) →
(15,10,10,5,0) → (6,10,10,5,9) → (6,10,10,11,3) → (17,10,10,0,3) → (17,10,10,3,0) →
(8,10,10,3,9) → (8,10,10,11,1) → (19,10,10,0,1) → (19,10,10,1,0) → (10,10,10,1,9) →
(10,10,10,10,0)
以上 ４０手
（注） 平成２３年３月２日付けで、ＨＮ「数学愛好者」様より手順の誤りのご指摘をいただき
ました。上記手順は訂正済みのものです。数学愛好者様に感謝します。
上記では、手順が４０手かかっているが、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＧＡＩ」さ
んがもっと短い手数の解を見いだされた。（平成２３年３月３日付け）
(40,0,0,0,0) → (29,11,0,0,0) → (18,11,11,0,0) → (18,2,11,0,9) → (18,2,11,9,0) →
(18,0,11,9,2) → (18,0,4,9,9) → (18,9,4,9,0) → (18,7,4,11,0) → (18,7,0,11,4) →
(18,7,0,6,9) → (18,11,0,6,5) → (18,11,5,6,0) → (18,2,5,6,9) → (18,0,5,8,9) →
(18,9,5,8,0) → (18,3,11,8,0) → (18,3,2,8,9) → (18,3,0,10,9) → (18,11,0,10,1) →
(18,11,1,10,0) → (18,2,1,10,9) → (27,2,1,10,0) → (27,0,1,10,2) → (16,11,1,10,2) →
(16,4,1,10,9) → (25,4,1,10,0) → (25,0,1,10,4) → (14,11,1,10,4) → (14,6,1,10,9) →
(23,6,1,10,0) → (23,0,1,10,6) → (12,11,1,10,6) → (12,8,1,10,9) → (21,8,1,10,0) →
(21,0,1,10,8) → (10,11,1,10,8) → (10,10,1,10,9) → (10,10,10,10,0) 以上 ３８手
（コメント） 手順が巧妙ですね！ＧＡＩさんに感謝します。
ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年３月３日付け）
GAIさんが、「水を汲む問題」について、３８手の解を書かれました。３８手は最短のような
気がします。証明は無理として、状況証拠ぐらいは見つけられないかと思います。
問題の最終状態だけを弱めた問題を考えます。１０リットルを４個作るというのを次のよう
に変えます。
(１) １０リットルを１個つくる。(１つが１０リットルであれば他はどうでもよい)
(２) １０リットルを２個つくる。(２つが１０リットルであれば他はどうでもよい)
GAIさんの解では、(１)は１８手でできています。１８手は最短でしょうか。１１リットルの容器
が１個しかないときも１８手でできます。そしてこの場合は、１８手が最短であることが多分証
明できます。１１リットルの容器が余分にあっても１８手は短かくできないかということです。
GAIさんの解の２２手目を変えれば、(２)は２２手でできます。２２手は最短でしょうか。この
問題で、２２手が最短となると、状況証拠的には３８手が最短になります。
攻略法さんが、手順を整理されました。（平成２３年３月４日付け）
１つ目の１１リットルの容器を用意して、容器の容量は、
容器１（４０）＞容器２（１１）＞容器３（９）
とする。次の手順で「油の移動」を試みる。
（手順） 容器２は空か？
−はい→ 容器１からいっぱいに注ぐ（汲む）
−いいえ→ 容器３はいっぱいか？
−はい→ 容器１に戻す（戻す）
−いいえ→ 容器２からいっぱいに注ぐ（移す）
解は、１８手
(40,11, 9) 11*x≡a mod 9
0: 40 0 0 11*0≡0 mod 9
1: 29 11 0
2: 29 2 9 11*1≡2 mod 9
3: 38 2 0
4: 38 0 2
5: 27 11 2
6: 27 4 9 11*2≡4 mod 9
7: 36 4 0
8: 36 0 4
9: 25 11 4
10: 25 6 9 11*3≡6 mod 9
11: 34 6 0
12: 34 0 6
13: 23 11 6
14: 23 8 9 11*4≡8 mod 9
15: 32 8 0
16: 32 0 8
17: 21 11 8
18: 21 10 9 11*5≡1 mod 9
２つ目の１１リットルの容器を用意して、２つ目の１０リットルをつくる。
容器１（４０）＞容器２（１１）＞容器３（１１）＞容器４（９）
(40,11,11, 9)
18: 21 10 0 9
19: 10 10 11 9
３つ目の１１リットルの容器を用意して、上記の受け皿とする。
容器１（４０）＞容器２（１１）＞容器３（１１）＞容器４（１１）＞容器５（９）
(40,11,11,11, 9)
19: 10 10 0 11 9
20: 0 10 10 11 9
最後に、残りの２つの１０リットルをつくる。
21: 9 10 10 11 0 → 1: に帰着
22: 9 10 10 2 9 → 2:
23: 18 10 10 2 0 → 3:
24: 18 10 10 0 2 → 4:
25: 7 10 10 11 2 → 5:
26: 7 10 10 4 9 → 6:
27: 16 10 10 4 0 → 7:
28: 16 10 10 0 4 → 8:
29: 5 10 10 11 4 → 9:
30: 5 10 10 6 9 →10:
31: 14 10 10 6 0 →11:
32: 14 10 10 0 6 →12:
33: 3 10 10 11 6 →13:
34: 3 10 10 8 9 →14:
35: 12 10 10 8 0 →15:
36: 12 10 10 0 8 →16:
37: 1 10 10 11 8 →17:
38: 1 10 10 10 9 →18:
39: 10 10 10 10 0
以上 ３９手
さらに、攻略法さんからの続報です。（平成２３年３月５日付け）
＜機械的な手順で近似解を得る＞
１つの１０リットルを求める「１８手」に帰着させれば、４０リットルは高々１８×３＝５４手程
度で完了する。実際は、２つ目の１０リットルは「１８手」を使わなくてもつくることができる。
また、「１８手」の手順は、 ａ＞ｂ のとき、 ａｘ≡ｒ （ｍｏｄ ｂ）を求める作業となる。
同様にショートカット可能な部分があるかどうか調べてみた。
●３０リットル・・・解は、２２手
(30,11,11, 9)
0: 30 0 0 0
２つを用意して、１つ目の１０リットルをつくる。
1: 19 11 0 0
2: 10 11 0 9
3: 0 11 10 9
最後に、残りの２つの１０リットルをつくる。
4: 9 11 10 0 → 1: に帰着
5: 9 2 10 9 → 2: に帰着
6: 18 2 10 0
7: 18 0 10 2
8: 7 11 10 2
9: 7 4 10 9
10: 16 4 10 0
11: 16 0 10 4
12: 5 11 10 4
13: 5 6 10 9
14: 14 6 10 0
15: 14 0 10 6
16: 3 11 10 6
17: 3 8 10 9
18: 12 8 10 0
19: 12 0 10 8
20: 1 11 10 8
21: 1 10 10 9 → 18: に帰着
22: 10 10 10 0
●５０リットル・・・解は、４５手
(50,11,11,11,11, 9)
0: 50 0 0 0 0, 0
３０リットルの手順の要領で、２つの１０リットルをつくる。
1: 39 11 0 0 0 0
2: 30 11 0 0 0 9
3: 19 11 0 11 0 9
4: 19 11 0 11 9 0
5: 10 11 0 11 9 9
6: 0 11 10 11 9 9
7: 9 11 10 11 9 0 → 変則 1:〜5:
8: 9 2 10 11 9 9
9: 18 2 10 11 9 0
10: 18 2 10 2 9 9
11: 18 4 10 0 9 9
12: 27 4 10 0 0 9 → 6: に帰着
13: 36 4 10 0 0 0
14: 36 0 10 0 0 4
15: 25 11 10 0 0 4
16: 25 6 10 0 0 9
17: 34 6 10 0 0 0
18: 34 0 10 0 0 6
19: 23 11 10 0 0 6
20: 23 8 10 0 0 9
21: 32 8 10 0 0 0
22: 32 0 10 0 0 8
23: 21 11 10 0 0 8
24: 21 10 10 0 0 9 → 18: に帰着
３つ目を用意して、３つ目の１０リットルをつくる。
25: 10 10 10 0 11 9
４つ目を用意して、上記の受け皿とする。
26: 0 10 10 10 11 9
最後に、残りの２つの１０リットルをつくる。
27: 9 10 10 10 11 0 → 1: に帰着
28: 9 10 10 10 2 9 → 2: に帰着
29: 18 10 10 10 2 0
30: 18 10 10 10 0 2
31: 7 10 10 10 11 2
32: 7 10 10 10 4 9
33: 16 10 10 10 4 0
34: 16 10 10 10 0 4
35: 5 10 10 10 11 4
36: 5 10 10 10 6 9
37: 14 10 10 10 6 0
38: 14 10 10 10 0 6
39: 3 10 10 10 11 6
40: 3 10 10 10 8 9
41: 12 10 10 10 8 0
42: 12 10 10 10 0 8
43: 1 10 10 10 11 8
44: 1 10 10 10 10 9 → 18: に帰着
45: 10 10 10 10 10 0
●４０リットル・・・解は、４１手
合同式は次のようになる。
11*1≡2 mod 9
11*2≡4 mod 9
11*3≡6 mod 9
11*4≡8 mod 9
11*5≡1 mod 9≡10 mod 9
11*6≡3 mod 9
11*7≡5 mod 9
11*8≡7 mod 9
11*9≡0 mod 9≡9 mod 9
作業は、一種の計算機に相当する。「容器」が変数、「移し替え」が合同式の演算となる。
したがって、１つの１１リットル容器で上からの合同式を、もう２つの１１リットル容器で下か
らの合同式を計算すると、
(40,11,11,11, 9)
0: 40 0 0 0 0
Step １
1: 29 11 0 0 0
2: 29 2 0 0 9 11*1≡2 mod 9
3: 29 2 0 9 0
4: 20 2 0 9 9
5: 20 2 0 11 7 11*8≡7 mod 9
6: 20 2 7 11 0
Step ２
7: 20 2 7 2 9
8: 20 4 7 0 9 11*2≡4 mod 9
9: 20 4 11 0 5
10: 20 4 11 5 0 11*7≡5 mod 9
Step ３
11: 20 4 2 5 9
12: 20 6 0 5 9 11*3≡6 mod 9
13: 20 6 0 11 3
14: 20 6 3 11 0 11*6≡3 mod 9
Step ４
15: 20 6 3 2 9
16: 20 8 3 0 9 11*4≡8 mod 9
17: 20 8 11 0 1
18: 20 8 11 1 0 11*5≡1 mod 9≡10 mod 9
Step ５
19: 20 8 2 1 9
20: 20 10 0 1 9 11*5≡1 mod 9≡10 mod 9
21: 20 10 9 1 0
22: 20 10 10 0 0
Step ６ ・・・・・ 最後に、残りの２つの１０リットルをつくる。これは、「１８手」に帰着する。
23: 9 10 10 11 0
24: 9 10 10 2 9
25: 18 10 10 2 0
26: 18 10 10 0 2
27: 7 10 10 11 2
28: 7 10 10 4 9
29: 16 10 10 4 0
30: 16 10 10 0 4
31: 5 10 10 11 4
32: 5 10 10 6 9
33: 14 10 10 6 0
34: 14 10 10 0 6
35: 3 10 10 11 6
36: 3 10 10 8 9
37: 12 10 10 8 0
38: 12 10 10 0 8
39: 1 10 10 11 8
40: 1 10 10 10 9
41: 10 10 10 10 0
ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年３月５日付け）
攻略法さんが、１８手＋２手＋１８手＋１手＝３９手の手順を書かれました。１８手のところ
は、１１リットル升を１個だけ使った手順で、２つの１８手は同じ手順です。すっきりしたわか
りやすい手順です。GAIさんの手順３８手より１手だけ長いのが多少気になりますが．．．。
しかし、この１手の違いは置いておいて、１１リットル升は１個しか使わない１８手の手順を
基本に、それに若干の手順をつけ足して最短ではなくてもいいから最短に近い手順を捜す
方向（攻略法さんがやられている方向ですが．．．）を考えるのがよさそうです。
まず、１８手が短縮できないことは、「クイズ＆パズル」の「水の分配」で書いてあるグラフ
で考えれば証明できると思います。
３リットルと５リットルの升を使って、４リットルを汲みだす問題も含めて、少し一般化した形
で書きます。
ｎ は、正の偶数とする。ｎ＋１リットルの升１個とｎ−１リットルの升１個を使って、
ｎリットルの水を汲みだす手順は最短２ｎ−２手であることを示せ。
ＦＮさんが、上記の問題を考察されました。（平成２３年３月１０日付け）
ｎ＋１リットルの升をＡ、ｎ−１リットルの升をＢとし、Ａに ｘ リットル、Ｂに
ｙ リットルの水が
入った状態を ( ｘ ， ｙ ) で表す。水がたくさん(２ｎリットル以上)入った容器をＣとする。
許される操作で意味のある操作は、
Ａ、Ｂを一杯にすること 、 Ａ、Ｂを空にすること
で、具体的に書けば、次のようになる。その操作により、状態 ( ｘ ， ｙ ) がどうなるかを合わ
せて書くと、次の通りである。
１ Aの水をCに入れてAを空にする。
( ｘ ， ｙ )→( ０ ， ｙ )
２ Cの水をAに入れてAを一杯にする。
( ｘ ， ｙ )→( ｎ＋１ ， ｙ )
３ Bの水をCに入れてBを空にする。
( ｘ ， ｙ )→( ｘ ， ０ )
４ Cの水をBに入れてBを一杯にする。
( ｘ ， ｙ )→( ｘ ， ｎ−１ )
５ａ Aの水をBに入れてBを一杯にする。
( ｘ ， ｙ )→( ｘ＋ｙ−ｎ＋１ ， ｎ−１ ) ｉｆ ｘ＋ｙ≧ｎ−１
５ｂ Aの水を全部Bに入れてAを空にする。
( ｘ ， ｙ )→( ０ ， ｘ＋ｙ ) ｉｆ ｘ＋ｙ≦ｎ−１
６ａ Bの水をAに入れてAを一杯にする。
( ｘ ， ｙ )→( ｎ＋１ ， ｘ＋ｙ−ｎ−１ ) ｉｆ ｘ＋ｙ≧ｎ＋１
６ｂ Bの水を全部Aに入れてBを空にする。
( ｘ ， ｙ )→( ｘ＋ｙ ， ０ ) ｉｆ ｘ＋ｙ≦ｎ＋１
状態 ( ｘ ， ｙ ) を座標平面上で表すことにする。
O (０ ，０)、A (ｎ＋１，０)、B (０，ｎ−１)、C (ｎ＋１，ｎ−１) とすると、状態 ( ｘ ， ｙ ) は、長
方形OACBの周上の格子点であり、上の操作はそれぞれ
１ 左に平行移動してOB上の点に移る。
２ 右に平行移動してAC上の点に移る。
３ 下に平行移動してOA上の点に移る。
４ 上に平行移動してBC上の点に移る。
５ 傾き−１の直線上を移動して、５ａのとき、BC上の点、５ｂのとき、OB上の点に移る。
６ 傾き−１の直線上を移動して、６ａのとき、AC上の点、６ｂのとき、OA上の点に移る。
即ち、縦・横・斜め(ただし傾き−１の方向のみ)に移動して、長方形OACBの周上の点に移
ることのみが許される。初期値は明示してないが、当然、O ( ０ ， ０ )とする。
初期値が、C ( ｎ＋１ ， ｎ−１ ) の場合も同じ結果になる。
OまたはCから移れる点は、AまたはBである。最短な手順を考える場合、この２点以外か
ら移れる点は１点しかない。
まず、A、Bから移れる点は３個あるが、２個は、O、Cであるから初期値に戻るので無意味。
従って、１点にしか移れない。４頂点以外の場合は、４通りあるが、２個は頂点であり、最短
手順としては無意味。もう１点はその点から来たのだからやはり最短にはならず１点しかな
い。
ということで、初手以外はすべて必然手になる。
初手のみ選択の余地があり、A (ｎ＋１，０)かB (０，ｎ−１)かである。
初手がAだとすると、２手で、(２，ｎ−１)、６手で、(４，ｎ−１)、１０手で、(６，ｎ−１)、･･･ と
なる。
２，６，１０，･･･ の第N項は、２＋４(N−１)＝４N−２ であるから、ｎ＝２N とすると、
( ｎ ， ｎ−１ )＝( ２N ， ｎ−１ )に行くのに４N−２＝２ｎ−２手かかる。
初手でBに行った場合の手数を同様に計算してもいいが、次のように考えてもいい。
上の操作を更に続けていくと、長方形上の格子点を、C以外すべて通ってOに戻る。格子
点の数は４ｎであるから、４ｎ−１手でOに戻る。だから逆回りに、即ち、初手をBとしておれ
ば、４ｎ−１−(２ｎ−２)＝２ｎ＋１手で、( ｎ ， ｎ−１ )に至る。その１手前に、 ( ｎ ， ０ )に行
っているから、２ｎ手であるが、こちらの方が２手多い。
従って、最短手数は、２ｎ−２手である。
升が３個以上ある場合に、補題的に使うことを意識した表現にしているが、升が２個の場
合の完結した定理的な表現としては次のほうがいい。
ｎ は、正の偶数とする。２ｎリットルの水を、ｎ＋１リットルの升１個とｎ−１リットルの
升１個を使って、２等分するのに必要な最短手数は、２ｎ−１手である。
これを、次の形に一般化することはできるでしょうか。
ｎ、ｍ は、互いに素な奇数とする。ｎ＋ｍリットルの水を、ｎリットルの升１個とｍリッ
トルの升１個を使って、２等分するのに必要な最短手数は、ｎ＋ｍ−１手である。
上のケースは、ｎ−ｍ＝２ のときです。ｎ−ｍ＝４ のときも成り立ちそうです。
ｍ＝１やｍ＝３も成り立ちそうです。
次に、ＦＮさんは、１１リットルの升が２個、３個、４個、･･･ ある場合で、水が、３０、４０、
５０、･･･ あるとして、１０リットルずつに分ける場合を考えました。（平成２３年３月５日付け）
今のところ、次のような結果になっています。（最短かどうかは未定）
２０リットル １９手＝１８手＋１手
３０リットル ２２手＝３手＋１８手＋１手
４０リットル ３９手＝１８手＋２手＋１８手＋１手 (GAIさんの手順は３８手)
５０リットル ４５手＝６手＋１８手＋２手＋１８手＋１手
攻略法さんが、「４０リットルの３８手」を解析されました。（平成２３年３月５日付け）
0: 40 0 0 0 0
1: 29 11 0 0 0
2: 18 11 11 0 0
として、
次に、合同式
11*1≡2 mod 9
11*2≡4 mod 9
11*3≡6 mod 9
11*4≡8 mod 9
11*5≡1 mod 9≡10 mod 9
11*6≡3 mod 9
11*7≡5 mod 9
11*8≡7 mod 9
11*9≡0 mod 9≡9 mod 9
を、上からと下からを順に最少手数でつくっていく。
3: 18 2 11 0 9 11*1≡2 mod 9
4: 18 2 11 9 0
5: 18 0 11 9 2 11*9≡0 mod 9
6: 18 0 4 9 9 11*2≡4 mod 9
7: 18 9 4 9 0
8: 18 7 4 11 0 11*8≡7 mod 9
9: 18 7 0 11 4
10: 18 7 0 6 9 11*3≡6 mod 9
11: 18 11 0 6 5 11*7≡5 mod 9
12: 18 11 5 6 0
13: 18 2 5 6 9
14: 18 0 5 8 9 11*4≡8 mod 9
15: 18 9 5 8 0
16: 18 3 11 8 0 11*6≡3 mod 9
17: 18 3 2 8 9
18: 18 3 0 10 9 11*5≡10 mod 9
19: 18 11 0 10 1 11*5≡1 mod 9
後は「18手」に帰着させる。
20: 18 11 1 10 0 → 1: に帰着
21: 18 2 1 10 9 → 2: に帰着
22: 27 2 1 10 0 → 3: に帰着
23: 27 0 1 10 2
24: 16 11 1 10 2
25: 16 4 1 10 9
26: 25 4 1 10 0
27: 25 0 1 10 4
28: 14 11 1 10 4
29: 14 6 1 10 9
30: 23 6 1 10 0
31: 23 0 1 10 6
32: 12 11 1 10 6
33: 12 8 1 10 9
34: 21 8 1 10 0
35: 21 0 1 10 8
36: 10 11 1 10 8 → 17: に帰着
37: 10 10 1 10 9 → 18: に帰着
38: 10 10 10 10 0
以上から、１９手＋１８手＋１手＝３８手
ＦＮさんからのコメントです。（平成２３年３月５日付け）
１１と９は、実験するのにやや面倒なので、５と３で考えてみてもいいでしょう。もちろん、
１１と９の特殊性、５と３の特殊性はあると思いますが、共通性もある程度はあるだろうと
思います。
５リットルの升が ｋ−１個、３リットルの升が１個ある。これらを使って、４ｋ リットル
の水を、４リットルずつ ｋ 個に分けなさい。
１１と９の場合の１８手に相当する基本手順は、次の６手です。
（５リットルの升，3リットルの升）とします。
(０，０)→(５，０)→(２，３)→(２，０)→(０，２)→(５，２)→(４，３)
１１と９の場合と同様に、多分次の手数でできます。
ｋ＝２ のとき、 ８リットル ７手＝６手＋１手
ｋ＝３ のとき、 １２リットル １０手＝３手＋６手＋１手
ｋ＝４ のとき、 １６リットル １５手＝６手＋２手＋６手＋１手
ｋ＝５ のとき、 ２０リットル ２１手＝６手＋６手＋２手＋６手＋１手
１１と９で、ｋ＝４のときのGAIさんの３８手に相当する１４手の手順は次の通り。
16 5 5 5 3
0手 16 0 0 0 0
1手 11 5 0 0 0
2手 6 5 5 0 0
3手 6 2 5 0 3
4手 6 2 5 3 0
5手 6 0 5 3 2
6手 6 0 4 3 3
7手 6 0 4 5 1
8手 6 1 4 5 0 →ここから13手までは基本手順
9手 6 1 4 2 3
10手 9 1 4 2 0
11手 9 1 4 0 2
12手 4 1 4 5 2
13手 4 1 4 4 3
14手 4 4 4 4 0
攻略法さんがこの話題をまとめられました。（平成２３年３月７日付け）
■最少手数のパターン（予想）
(k*n; n+1,n+1,…,n+1,n-1) を解析する。例えば、ｎ＝１０なら、(10k; 11,11,…,11,9) となる。
└ (ｋ−１)個 ┘
基本手順「１８手」などは、
２つの容器 (n+1,n-1) を使って、(2n-2)手で、{n,n-1}をつくる
と言える。詳細は既に提示済みなので省略する。
流れの記号は、 (n-1;n+1,0)⇒(1;n,n-1) と表記する。
これは、まず、
●ｋ＝２ ・・・ (２ｎ)リットル （２ｎ−１）手＝（２ｎ−２）手＋（１）手
・基本 （２ｎ−２）手 ・・・ （２ｎ−２）手で、{n,n-1} をつくる。ただし、最後に、{1} ができる。
・最後の1手 ・・・ {n-1} と {1} より、{n} をつくる。
で適用される。
流れの記号は、(2n;0,0)→(n-1;n+1,0)⇒(1;n,n-1)→(n;n,0) となる。
また、この操作は途中や最後に、{1}、{n}もできる場合がある。最少手数は、この特性をう
まく利用している。
●ｋ＝３ ・・・ (３ｎ)リットル （２ｎ＋２）手＝（３）手＋（２ｎ−２）手＋（１）手
流れの記号は、 (3n;{0,0},0)⇒(0;{n+1,N},n-1)→(n-1;{n+1,N},0)⇒(1;{n,N},n-1)→(n;{n,N},0)
となる。
・３つの容器 (n+1,n+1,n-1) を使って、３手で ({n+1,N},n-1) をつくる。
(3n, n+1, n+1, n-1)
0: 3n 0 0 0
1: 2n-1 n+1 0 0
2: n n+1 0 n-1
3: 0 n+1 N n-1
・{N}を除いて、基本 (２ｎ−２)手 ・・・ (２ｎ−２)手で、{n,n-1}をつくる。ただし、最後に、{1}
ができる。
4: n-1 n+1 N 0 → 1: に帰着
5: n-1 2 N n-1 → 2: に帰着
：
2n+1: 1 n N n-1 → (2n-2): に帰着
・最後の1手 … {n-1}と{1}より、{n}をつくる。
2n+2: n n N 0
ただし、ｎ＝２、(6,3,3,1)の５手は除く。
0: 6 0 0 0
1: 3 3 0 0
2: 2 3 0 1
3: 2 3 1 0
4: 2 2 1 1
5: 2 2 2 0
●ｋ＝４ ・・・ (４ｎ)リットル (４ｎ−２)手＝(２ｎ−１)手＋(２ｎ−２)手＋（１）手
流れの記号は、
(4n;{0,0,0},0)⇒(2n-2;{n+1,N,0},1)→(2n-2;{n+1,N,1},0)⇒(n;{n,N,1},n-1)→(n;{n,N,n},0)
（∵((n-1)+(n-1);{n+1,N,1},0)⇒((n-1)+1;{n,N,1},n-1)より）
となる。
・４つの容器(n+1,n+1,n+1,n-1)を使って、(２ｎ−１)手で、({n+1,N,0},1)をつくる。
基本(2n-2)手目で{n,0}、(2n-1)手目で{n+1,1}となる。
手順
例 ｎ＝６ (24;7,7,7,5)
合同式
7*1≡2 mod 5
7*2≡4 mod 5
7*3≡1 mod 5≡6 mod 5
7*4≡3 mod 5
7*5≡0 mod 5
を、上からと下からを順に最少手数でつくっていく。
移動結果によって、移動元または移動先にこの値が現れるようにする。
n=6 7, 7, 7, 5
0: 24 0 0 0 0
1: 17 7 0 0 0
2: 17 2 0 0 5 7*1≡2 mod 5
3: 10 2 7 0 5
4: 10 2 7 5 0 7*5≡0 mod 5
5: 10 0 7 5 2
6: 10 0 4 5 5 7*2≡4 mod 5
7: 10 5 4 5 0
8: 10 3 4 7 0 7*4≡3 mod 5
9: 10 3 4 2 5
10: 10 3 6 0 5 7*3≡6 mod 5
11: 10 7 6 0 1 7*3≡1 mod 5
・{N,1}を除いて、基本(２ｎ−２)手 ・・・ (２ｎ−２)手で、{n,n-1}をつくる。ただし、最後に、{n}
ができる。
2n-1: 2n-2 n+1 N 0 1 より
2n: 2n-2 n+1 N 1 0 → 1: に帰着
2n+1: 2n-2 2 N 1 n-1 → 2: に帰着
：
4n-3: n n N 1 n-1 → (2n-2): に帰着
・最後の1手 ・・・ {n-1}と{1}より、{n}をつくる。
4n-2: n n N n 0
ＦＮさんからの続報です。（平成２３年３月７日付け）
ｎ＝２というつまらない場合を調べてみました。ｎ＝２ということは、１リットルの升があるの
でパズルにはなりません。しかし最短手順を求めるということになるとそれほど明らかでもあ
りません。
[2k;3,3,3,･･･,3,1] (3がk-1個)で、初期値(2k,0,0,･･･,0)を(2,2,･･･,2,0)にする。
次のようになりそうな気がします。
ｋ≡１ (ｍｏｄ ３)のとき、 （２ｋ−２）手
ｋ≡０、２ (ｍｏｄ ３)のとき、 （２ｋ−１）手
即ち、水の量より1手少ない手順でできるが、ｋ≡１ (ｍｏｄ ３)のときは、もう1手少ない。
上記の手数でできることは、次のように確認できる。
まず、ｋ＝２、３、４のときは、具体的に手順を作る。
ｋ＝２ のとき、 [4;3,1] (4,0,0)→(1,3,0)→(1,2,1)→(2,2,0)
ｋ＝３ のとき、 [6;3.3.1] (6,0,0,0)→(3,3,0,0)→(3,2,0,1)→(3,2,1,0)→(2,2,1,1)→(2,2,2,0)
ｋ＝４ のとき、
[8;3,3,3,1] (8,0,0,0,0)→(5,3,0,0,0)→(5,2,0,0,1)→(2,2,3,0,1)→(2,2,3,1,0)→(2,2,2,1,1)→(2,2,2,2,0)
ｋ のときの手順をもとに、ｋ＋３のときの手順を、＋６手で作ればよい。
基本的には次の手順でできます。
(*,1, ,0)
(*,1,3, ,0)
(*,1,2, ,1)
(*,2,2, ,0)
(*,2,2,3, ,0)
(*,2,2,2, ,1)
(*,2,2,2,1, ,0)
ただし、そのためには、３リットル升のどれかに、１リットル入っていて、１リットル升が空で
あるという状況が必要です。ｋ＝３、４は満たしています。
ｋ＝２は満たしていないので、ｋ＝５の手順が必要です。これを満たすｋ＝５の手順で、９手
であるものはあります。面倒なので省略しますが。最短であることは難しそうです。
（というか、最短であるかどうかもわかりません。）
攻略法さんが、「■最少手数のパターン（予想）」について、分解して局所的な最少手の和
を構成して、近似解とするように見直されました。（平成２３年３月８日付け）
「ｋ＝５ (５ｎ)リットル」の場合
●５ｎ＝３ｎ＋２ｎ形 ・・・ 3 +{2n+2} +{(2n-2) +1}=(4n+4)手
例１
5, 5, 5, 5, 3
0: 20 0 0 0 0 0
(5n;{0,0,0,0},0)⇒(3n;{n+1,n-1, 0,0},0)
1: 15 5 0 0 0 0
2: 12 5 0 0 0 3
3: 12 5 3 0 0 0
３ｎ部分
(3n;{0,0,n+1,n-1},0)⇒(0;{n+1,n, n+1,n-1},n-1)
* * * *
4: 7 5 3 5 0 0
5: 4 5 3 5 0 3
6: 0 5 3 5 4 3
(n-1;{n+1, N,n+1,n-1},0)⇒(1;{n, N,n+1,n-1},n-1)
* * *
7: 3 5 3 5 4 0 → 1: に帰着
8: 3 5 3 2 4 3 → 2: に帰着
9: 6 5 3 2 4 0 → 3: に帰着
10: 6 5 3 0 4 2 → 4: に帰着
11: 1 5 3 5 4 2 → 5: に帰着
12: 1 5 3 4 4 3 → 6: に帰着
(1;{N,N,n+1,n-1},0)⇒(0;{N,N,n+1,n},n-1)
13: 0 5 4 4 4 3
２ｎ部分
(n-1;{n+1, N,N,N},0)⇒(1;{n, N,N,N},n-1)
* * *
14: 3 5 4 4 4 0 → 1: に帰着
15: 3 2 4 4 4 3 → 2: に帰着
16: 6 2 4 4 4 0 → 3: に帰着
17: 6 0 4 4 4 2 → 4: に帰着
18: 1 5 4 4 4 2 → 5: に帰着
19: 1 4 4 4 4 3 → 6: に帰着
20: 4 4 4 4 4 0
例２
11,11,11,11, 9
0: 50 0 0 0 0 0
(5n;{0,0,0,0},0)⇒(3n;{n+1,n-1, 0,0},0)
1: 39 11 0 0 0 0
2: 30 11 0 0 0 9
3: 30 11 9 0 0 0
３ｎ部分
(3n;{0,0,n+1,n-1},0)⇒(0;{n+1,n, n+1,n-1},n-1)
* * * *
4: 19 11 9 11 0 0
5: 10 11 9 11 0 9
6: 0 11 9 11 10 9
(n-1;{n+1, N,n+1,n-1},0)⇒(1;{n, N,n+1,n-1},n-1)
* * *
7: 9 11 9 11 10 0 → 1: に帰着
8: 9 11 9 2 10 9 → 2: に帰着
9: 18 11 9 2 10 0 → 3: に帰着
10: 18 11 9 0 10 2
11: 7 11 9 11 10 2
12: 7 11 9 4 10 9
13: 16 11 9 4 10 0
14: 16 11 9 0 10 4
15: 5 11 9 11 10 4
16: 5 11 9 6 10 9
17: 14 11 9 6 10 0
18: 14 11 9 0 10 6
19: 3 11 9 11 10 6
20: 3 11 9 8 10 9
21: 12 11 9 8 10 0
22: 12 11 9 0 10 8
23: 1 11 9 11 10 8
24: 1 11 9 10 10 9 → 18: に帰着
(1;{N,N,n+1,n-1},0)⇒(0;{N,N,n+1,n},n-1)
25: 0 11 10 10 10 9
２ｎ部分
(n-1;{n+1, N,N,N},0)⇒(1;{n, N,N,N},n-1)
* * *
26: 9 11 10 10 10 0 → 1: に帰着
27: 9 2 10 10 10 9 → 2: に帰着
28: 18 2 10 10 10 0 → 3: に帰着
29: 18 0 10 10 10 2
30: 7 11 10 10 10 2
31: 7 4 10 10 10 9
32: 16 4 10 10 10 0
33: 16 0 10 10 10 4
34: 5 11 10 10 10 4
35: 5 6 10 10 10 9
36: 14 6 10 10 10 0
37: 14 0 10 10 10 6
38: 3 11 10 10 10 6
39: 3 8 10 10 10 9
40: 12 8 10 10 10 0
41: 12 0 10 10 10 8
42: 1 11 10 10 10 8
43: 1 10 10 10 10 9 → 18: に帰着
44: 10 10 10 10 10 0
●５ｎ＝ｎ＋４ｎ形 ・・・ 5 +{4n-2}=(4n+3)手
次の手順で、４ｎ形に持ち込むことができる。
0: 5n; 0 0 0 0 0
ｎ部分 (5n;{0,0,0,0},0)⇒(n;{n+1,n+1,n-1,0},n-1)
1:4n-1; n+1 0 0 0 0
2:3n-2; n+1 n+1 0 0 0
3:2n-1; n+1 n+1 0 0 n-1
4:2n-1; n+1 n+1 n-1 0 0
5: n; n+1 n+1 n-1 0 n-1
４ｎ部分 (4n;{0,0,0, N},0)⇒(n;{n,N,1, N},n-1)→(n;{n,N,n, N},0)
6: 0; n+1 n+1 n-1 N n-1 変則 1:
7: n-1; n+1 n+1 n-1 N 0 変則 2:
8: n-1; 2 n+1 n-1 N n-1 変則 3:
9:2n-2; 2 n+1 n-1 N 0 変則 4:
10:2n-2; 0 n+1 n-1 N 2 → 5: に帰着
11:2n-2; 0 4 n-1 N n-1 → 6:
12:2n-2; n-1 4 n-1 N 0 → 7:
13:2n-2; n-3 4 n+1 N 0 → 8:
：
4n+3: n; n n n N 0 → 4m-2:
例１
11,11,11,11, 9
0: 50 0 0 0 0 0
ｎ部分
1: 39 11 0 0 0 0
2: 28 11 11 0 0 0
3: 19 11 11 0 0 9
4: 19 11 11 9 0 0
5: 10 11 11 9 0 9
４ｎ部分
* * * * *
6: 0 11 11 9 10 9
7: 9 11 11 9 10 0
8: 9 2 11 9 10 9 11*1≡2 mod 9
9: 18 2 11 9 10 0 11*9≡0 mod 9
10: 18 0 11 9 10 2
11: 18 0 4 9 10 9 11*2≡4 mod 9
12: 18 9 4 9 10 0
13: 18 7 4 11 10 0 11*8≡7 mod 9
14: 18 7 0 11 10 4
15: 18 7 0 6 10 9 11*3≡6 mod 9
16: 18 11 0 6 10 5
17: 18 11 5 6 10 0 11*7≡5 mod 9
18: 18 2 5 6 10 9
19: 18 0 5 8 10 9 11*4≡8 mod 9
20: 18 9 5 8 10 0
21: 18 3 11 8 10 0 11*6≡3 mod 9
22: 18 3 2 8 10 9
23: 18 3 0 10 10 9 11*5≡10 mod 9
24: 18 11 0 10 10 1 11*5≡1 mod 9
25: 18 11 1 10 10 0 → 1: に帰着
26: 18 2 1 10 10 9 → 2: に帰着
27: 27 2 1 10 10 0 → 3: に帰着
28: 27 0 1 10 10 2
29: 16 11 1 10 10 2
30: 16 4 1 10 10 9
31: 25 4 1 10 10 0
32: 25 0 1 10 10 4
33: 14 11 1 10 10 4
34: 14 6 1 10 10 9
35: 23 6 1 10 10 0
36: 23 0 1 10 10 6
37: 12 11 1 10 10 6
38: 12 8 1 10 10 9
39: 21 8 1 10 10 0
40: 21 0 1 10 10 8
41: 10 11 1 10 10 8
42: 10 10 1 10 10 9 → 18: に帰着
43: 10 10 10 10 10 0
ｎ、ｋによる手数一覧
k= 2 3 4 5 6 7 8
近似解= 2n-1 2n+2 4n-2 4n+3 ? ? ?
n= 2( 3, 1) 3 5* 6 9* 11 12 15
4( 5, 3) 7 10 14 18* 21 ? ?
6( 7, 5) 11 14 22 27 ? ? ?
8( 9, 7) 15 18 30 35 ? ? ?
10(11, 9) 19 22 38 43 ? ? ?
12(13,11) 23 26 46 ? ? ? ?
14(15,13) 27 30 ? ? ? ? ?
（追記） 平成２２年４月７日付け
凡人さんが、ＮＨＫ教育「数学基礎」で秋山仁さんの６号升の話を聞いて、上記より、もっ
と簡単な方法を考えられました。
（当ＨＰの掲示板「出会いの泉」（平成２２年４月５日付け）より）
容器を傾けることで、容積の半分が測れる（ただし、容器が歪だと出来ませんが．．．）と
いう点がキーポイントとのことです。
以下で、（40リットル，11リットル，11リットル，11リットル，9リットル）の順になっています。
(40,0,0,0,0) → (29,11,0,0,0) → (20,11,0,0,9) → (20,5．5,5．5,0,9) → (20,10,5．5,0,4．5)
→ (20,10,10,0,0) → (9,10,10,11,0) → (0,10,10,11,9) → (5．5,10,10,5．5,9)
→ (10,10,10,5．5,4．5) → (10,10,10,10,0) 以上 １０手
（コメント） なるほど！短手順で済んでしまうんですね。
当ＨＰのクイズ＆パズルの「水の分配」でも容器を傾けて半分にするという技を使
いましたが、あらゆる容器を想定してのパズルなので「邪道？」という噂もあります。
（追記） 「酒飲みの数理」と題して、ＧＡＩ さんからの投稿です。（平成２６年７月１５日付け）
<Trial １>
３合、５合枡が一つずつあり、並々とお酒が入っている一斗樽の酒樽が置いてある。さて、
この２つの枡を使って、４合の酒を計り取りたい。
なお、途中に枡にいっぱいになった酒は、酒樽に戻すか、飲んでしまってもかまわない。
（もちろん飲み干すでしょう。）その手順を示してほしい。
<Trial ２>
３合、５合、８合の枡があり、８合枡には並々とお酒がつがれている。今、これを２人に平
等に４合ずつ分けて飲ませてあげたい。その手順は？
（５合枡、８合枡にそれぞれ４合の酒が入っている状態にすること。）
<Trial ３>
６合、１升（１０合）、１升５合（１５合）の３つの枡で一斗樽に入っている酒を２升３合計り出
すにはどうしたらよいか？２通り手順を考えてほしい。
らすかるさんが考察されました。（平成２６年７月１５日付け）
<Trial １>
５合枡に酒を入れ、３合枡に移せるだけ移すと、５合枡に２合残る。３合枡の酒を飲み干し、
５合枡の２合を３合枡に移して、再度５合枡に酒を入れて、３合枡に入るだけ移せば、５合枡
に4合残る。
<Trial ２>
８合枡から５合枡に入るだけ酒を入れ、３合枡に移せるだけ移すと、５合枡に２合残る。３
合枡の酒を８合枡に戻し、５合枡の２合を３合枡に移して、再度５合枡に８合枡から酒を入れ
て、３合枡に入るだけ移せば、５合枡に４合残る。最後に、３合枡の酒を８合枡に戻せば完了。
# <Trial １>と<Trial ２>について、枡は傾けてちょうど半量だけ注ぐことができるので、５合枡
と３合枡に半量ずつ入れて３合枡の１．５合を５合枡に移してもよい。
<Trial ３>
(1) １升５合枡を一杯にして、１升枡に移せるだけ移すと５合残るので、それと６合枡３杯分
で２升３合。
(2) １升枡を一杯にして６合枡に移せるだけ移すと４合残るので、この方法で４合を２回計り、
１升５合を加えれば２升３合。
(3) 枡は斜め方向に傾けると枡の容量の１/６が計れるから、６合枡だけで１合が計れる。
よって、６合枡を一杯にして１合残るようにすれば、５合が計れるから、あと３回６合枡で
量れば、２升３合になる。
（追記） 上記と同様の話題が、坪田耕三の「切ってはって算数力」でも紹介された。（朝日
新聞 ２０１５年１２月１０日付け）
塵劫記（吉田光由）の「油はかり分ける事」
一斗の油を、七升のますと三升のますで、五升ずつに量り分けよ。
数学者のジョージ・ポリアは著書「いかにして問題をとくか」の中で「逆向きに解く」というア
イデアを載せている。つまり、結果から逆算するということ。
最後に五升残すためには、七升のます一杯に入っている油からを二升分を捨てればよい。
次に、二升をどう量るか？三升のますにあらかじめ一升入っていれば、残りが二升になる。
では、一升はどうすれば量れるでしょう。
七升のます一杯に入っている油を三升のますに２回移し替えて捨てると、七升のますの中
に一升ができる。これを三升のますに移せば、残りの部分が二升になる。
そこで、次のようにすればよいことが分かる。
もう一度、七升のますを一杯にして、中に一升が入っている三升のますに油を注ぐと、七升
のますに五升の油が残る。
以下、工事中！