仙台旅行で思いついたオリジナル問題「萩の月問題」についてです。補足に k-萩の月問題の証明が載っていますので、よかったらご覧になってください。 発表者：tsujimotter http://tsujimotter.info 2019.01.05 に開催された 第14回 #日曜数学会 で発表しました。

1. 萩の⽉問題
⽇曜数学者 tsujimotter
(joint work with @m_2sei)
2019.01.05 第14回 #⽇曜数学会

2. ⽇曜数学会ミニin仙台 開催しました〜！
2
詳しくはハッシュタグ #⽇曜数学会ミニ にて

3. Q. 仙台といえば？
3
会場のみなさんに質問です！

4. A. 萩の⽉
4

5. 5

6. 萩の⽉５個⼊り
どんな⾵に⼊っているか
想像してみてください
6
ってのがあるんです！！

7. 萩の⽉５個⼊り
7

8. 萩の⽉５個⼊り
8

9. 2
3
3
2 おもてめん うらめん
9

10. 4個⼊り 5個⼊り 6個⼊り
10

11. 萩の⽉では
何個⼊りのパッケージが
「きれいに」作れるの？
11

12. 定義：パッキング
萩
萩
萩
12
萩
萩
萩
萩 萩
萩 萩萩萩
萩萩 萩萩
萩の⽉ n 個（n > 0）が隙間なく重複なく埋まっている⻑⽅形

13. 定義：⾼さkパッキング
⾼さ k
萩
萩
萩
13
萩
萩
萩
パッキング全体の⾼さ
（積み上げられた萩の⽉の⾼さの合計）

14. ⾼さ6パッキング
萩
萩
萩
萩
萩
14
萩
萩
萩
萩
萩
萩
萩
萩
萩
萩
⾼さ 6

15. 萩の⽉問題
n個の萩の⽉を⽤いた⾼さ6パッキングが存在するか？
萩の⽉問題
n >= 2 について萩の⽉問題の答えは yes である
定理1（今⽇の主定理）
15

16. 3
3
2
2
2
(3, 3)ピース(2, 2, 2)ピース
16

17. n個の萩の⽉を⽤いた⾼さ6パッキングが存在するか？
萩の⽉問題
n個（n >= 2）の萩の⽉を⽤いた
(2,2,2)ピース・(3,3)ピースのみで構成された（条件★）
⾼さ6パッキングが存在する
命題1（これから⽰す）
17

18. 証明の⽅針
• 萩の⽉の個数 n について数学的帰納法を使う
• 場合分けをする
(i) (2, 2, 2)ピースが1つ以上存在する場合
(ii) (2, 2, 2)ピースが1つも存在しない場合
18

19. (i) (2, 2, 2)ピースが1つ以上存在する場合
⾼さ6
（★）を満たす n 個の⾼さ6パッキングが存在すると仮定：
（★）を満たす(n+1)個の⾼さ6パッキングの存在が⾔えた！

20. (ii) (2, 2, 2)ピースが1つも存在しない場合
（★）を満たす n 個（n >= 2）の⾼さ6パッキングが存在すると仮定：
n >= 2 と（★）より少なくとも1つの (3, 3)ピースが存在する
（★）を満たす(n+1)個の⾼さ6パッキングの存在が⾔えた！
⾼さ6

21. 証明続き
• (i), (ii) より，n >= 2 において（★）を満たすn個の
パッキングを仮定して，（★）を満たす(n+1)個の
パッキングを作れた．
• n = 2 においてはパッキングが存在する．
• 数学的帰納法により，n >= 2 のすべての n で（★）
を満たすパッキングの存在が⽰せた．（証明終わり）
21

22. n個の萩の⽉を⽤いた⾼さ6パッキングが存在するか？
萩の⽉問題
n個（n >= 2）の萩の⽉を⽤いた
(2,2,2)ピース・(3,3)ピースのみで構成された（条件★）
⾼さ6パッキングが存在する
命題1
22
解決
解決

23. k–萩の⽉問題
萩の⽉ n 個を⽤いた
⾼さ k パッキングが存在するか？
k–萩の⽉問題
⼀般化
HAGINO(k)：⾼さ k のパッキングがある正整数 n 全体の集合
例：HAGINO(6) = {1を除く正整数全体}
23

24. ⾼さ6
⾼さ6
幅 l 幅 l+1
観察：
いずれのケースも
萩の⽉の個数 n が
n –> n+1 に増える過程で
幅も l から l+1 に増える
（もっというと l = n）

25. 25
任意の整数 l >= 2 について l ∈ HAGINO(l)
命題2
証明：
6–萩の⽉問題の証明の観察において，
任意の l >= 2 について幅 l を持つ⾼さ6パッキングが存在する．
また，このときの萩の⽉の個数はちょうど l 個である．
幅と⾼さを⼊れ替えれば所望の⾼さ l パッキングが得られる．

26. 26
任意の整数 k >= 2 について：
(i) k が 6 と互いに素ならば HAGINO(k) = kZ>0
(ii) k = 3k’ かつ k’ が 2 で割り切れないならば
HAGINO(k) = k’Z>0
(iii) k = 2k’ かつ k’ が 3 で割り切れないならば
HAGINO(k) = k’Z>0
(iv) k = 6k’ ならば HAGINO(k) = k’Z>1
定理3（k–萩の⽉問題） （時間があれば証明するかも）
解決

27. k–萩の⽉問題の結論
Z>0＼HAGINO(k)
（パッキングが存在しない個数 n）が
有限集合である条件は，k = 2, 3, 6 のときだけ．
27

28. (k; a, b)–萩の⽉問題
a x b サイズの萩の⽉ n 個を⽤いた
⾼さ k パッキングが存在するか？
(k; a, b)–萩の⽉問題
さらに⼀般化
28b
a

29. Thank you!
29

30. 双対パッキング
⾼さ6パッキング ⾼さ8パッキング
双対 30
⾼さ6
幅 8
幅 8
⾼さ6

31. 31
⾼さ2パッキング
⾼さ2
幅 3k
⾼さ3
幅 2k
⾼さ3パッキング

32. 32
(i) 任意の正の整数 k について k ∈ HAGINO(3k)
(ii) 任意の正の整数 k について k ∈ HAGINO(2k)
命題4
証明：
(i) ⾼さ2パッキングの幅は 2k であり，双対パッキングをとると
⾼さ 2k のパッキングが得られる．また，このときの萩の⽉の
個数は k である．
(ii) (i) と同様に⾼さ3パッキングの双対パッキングをとればよい．

33. 33
(i) 任意の正の整数 k について kZ>0 ⊆ HAGINO(3k)
(ii) 任意の正の整数 k について kZ>0 ⊆ HAGINO(2k)
命題5
証明：
(i) ⾼さ2パッキングをn列並べた⾼さ2nパッキングを考える．
(ii) (i) と同様に⾼さ3nパッキングを考える．

34. 例：8–萩の⽉問題
⾼さ8
幅6 8Z>0 ⊆ HAGINO(8)

35. 例：8–萩の⽉問題
⾼さ8
35
命題5より，少なくとも 4Z>0 ⊆ HAGINO(8) ・・・（☆）
はいえる．具体例は以下のとおり：
⾼さ8
萩の⽉ 4 個 萩の⽉ 12 個

36. 例：8–萩の⽉問題
⾼さ8
幅 l
⾼さ8，幅 l のパッキングがあったとき，
その⾯積は 8l である．
⼀⽅，そのパッキングが n 個で実現で
きるとき，萩の⽉ 1 個の⾯積は 6 より
全体の⾯積は 6n である．
したがって，8l = 6n が成り⽴つ．
左辺は 8 の倍数より，右辺も 8 の倍数．
6 は 2 の倍数だから，n は 4 の倍数．
よって 4Z>0 ⊇ HAGINO(8)．
（☆）と合わせて 4Z>0 = HAGINO(8) ．
解決

37. 同様に
などが次々と⾔える．
HAGINO(4) = 2Z>0
HAGINO(5) = 5Z>0
HAGINO(7) = 7Z>0
HAGINO(9) = 3Z>0
37

38. 38
n 個のパッキング⾼さ k
幅 l
k を 6 と互いに素な 2 以上の正整数とする．このとき，
HAGINO(k) = kZ>0．
定理3 (i)
⾯積の⽐較により，kl = 6n が成り⽴つ．
k の条件より，n は k の倍数．
したがって，kZ>0 ⊇ HAGINO(k)．
また，命題2より k ∈ HAGINO(k) である．
命題6（次スライド）より kZ>0 ⊆ HAGINO(k)．
よって，HAGINO(k) = kZ>0．

39. 39
任意の正の整数 k について
a, b ∈ HAGINO(k) ならば a + b ∈ HAGINO(k)．
また，a ∈ HAGINO(k) ならば
正整数 c に対して ca ∈ HAGINO(k)．
証明：
明らか．
命題6

40. 40
n 個のパッキング⾼さ k
幅 l
k を 2 以上の正整数とする．このとき，d = gcd(k, 6)
とすると HAGINO(k) ⊆ (k/d)Z>0．
命題7
⾯積の⽐較により，kl = 6n が成り⽴つ．
d = gcd(k, 6) とすると，両辺が d で割れる．
(k/d)l = (6/d)n．
このとき，k’ = (k/d), (6/d) はそれぞれ正整数で
互いに素である．したがって n は k’ の倍数．
したがって，k’Z>0 ⊇ HAGINO(k)．

41. 命題7の系
41
HAGINO(10) = 5Z>0．
系8
証明：
命題7より，HAGINO(10) ⊆ 5Z>0．
命題5の(ii)より，HAGINO(10) ⊇ 5Z>0．
よって，HAGINO(10) = 5Z>0．

42. 42
k = 3k’ かつ k’ を 2 で割り切れない正整数とする．
このとき，HAGINO(k) = k’Z>0．
定理3 (ii)
証明：
命題7より，HAGINO(k) ⊆ k’Z>0 ．
命題5の(i)より， HAGINO(3k’) ⊇ k’Z>0．
よって，HAGINO(k) = k’Z>0．

43. 43
k = 2k’ かつ k’ を 3 で割り切れない正整数とする．
このとき，HAGINO(k) = k’Z>0．
定理3 (iii)
証明：
命題7より，HAGINO(k) ⊆ k’Z>0 ．
命題5の(ii)より， HAGINO(2k’) ⊇ k’Z>0．
よって，HAGINO(k) = k’Z>0．

44. k = 6k’ かつ k’ を正整数とする．
このとき，HAGINO(k) = k’Z>1．
定理3 (iv)
証明：
命題7より，HAGINO(k) ⊆ k’Z>0 ．
⾼さ6パッキングをk’段積み重ねることにより HAGINO(6k’) ⊇ k’Z>1 ．
また，⾼さ6パッキングに 2k’ が存在しないことは⾯積⽐較からわかる．
（パッキングの幅を l，萩の⽉の個数を n とすると⾯積は 6k’l = 6n．
よって n = k’l であるが，パッキングの幅の最⼩性から l = 1とできない．）