組合せの問題（６）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

今回は、１９９２年ＡＩＭＥの組合せの問題です。

問題は、
「１０００以上２０００以下の連続する２つの整数の組で、足し算したときに繰り上がりの起こらない組はいくつか。」
です。

各桁の数が４以下であれば繰り上がりは起きませんが、そのほかに １００９と１０１０ のような繰り上がりが起こらない組があることに気を付けましょう。

１０００以上２０００以下の連続する２つの整数 ｎ と ｎ＋１ を十進法表記で、
　ｎ　＝１ａｂｃ　
ｎ＋１＝１ａ’ｂ’ｃ’　（ａ’、ｂ’、ｃ’のいずれかが０でないとき）
　　　＝２０００　（ａ’＝ｂ’＝ｃ’＝０ のとき）
とします。

このとき、ａ、ｂ、ｃ、ａ’、ｂ’、ｃ’ は０以上９以下の整数で、
（１）ｃ≠９ のとき
　　　ｃ’＝ｃ＋１、ｂ’＝ｂ、ａ’＝ａ

（２）ｃ＝９、ｂ≠９のとき
　　　ｃ’＝０、ｂ’＝ｂ＋１、ａ’＝ａ

（３）ｃ＝ｂ＝９、ａ≠９ のとき
　　　ｃ’＝ｂ’＝０、ａ’＝ａ＋１

（４）ｃ＝ｂ＝ａ＝９ のとき
　　　ｃ’＝ｂ’＝ａ’＝０
になります。

ここから、（１）（２）（３）（４）のそれぞれの場合について、繰り上がりの起こらない場合の数を勘定していきます。

（１）の場合
繰り上がりが起こらない条件は、
ｃ＋ｃ’，ｂ＋ｂ’，ａ＋ａ’≦９
で、これらに ｃ’＝ｃ＋１、ｂ’＝ｂ、ａ’＝ａ を代入すると、
２ｃ＋１≦９ → ｃ≦４ → ０≦ｃ≦４
　２ｂ　≦９ → ｂ≦４ → ０≦ｂ≦４
　２ａ　≦９ → ａ≦４ → ０≦ａ≦４
になります。

したがって、繰り上がりの起こらない場合の数は、

です。

（２）の場合
繰り上がりが起こらない条件は、
ｂ＋ｂ’，ａ＋ａ’≦９
で、これらに ｂ’＝ｂ＋１、ａ’＝ａ を代入すると、
２ｂ＋１≦９ → ｂ≦４ → ０≦ｂ≦４
　２ａ　≦９ → ａ≦４ → ０≦ａ≦４
になります。

したがって、繰り上がりの起こらない場合の数は、

です。

（３）の場合
繰り上がりが起こらない条件は、
ａ＋ａ’≦９
で、これに ａ’＝ａ＋１ を代入すると、
２ａ＋１≦９ → ａ≦４ → ０≦ａ≦４
になります。

したがって、繰り上がりの起こらない場合の数は、
５（通り）
です。

（４）の場合
ｎ＝１９９９、ｎ＋１＝２０００ なので、繰り上がりは起こらず、この場合の数は、
１（通り）
です。

以上から、繰り上がりの起こらない組は、１２５＋２５＋５＋１＝ １５６（通り） で、これが答えです。


簡単な問題です。