ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３７）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

涼しい北よりの風が吹いていて過ごしやすい日になりました。午後には、この風が運んできた湿った空気のために雨が降るようです。涼しい夜になりそうです。

さて、今回は２０１３年ジュニア数学オリンピック予選に出題された整数問題を取り上げます。

問題は、
「２０１/ａ＋３/ｂが整数であるような正の整数の組（ａ，ｂ）はいくつあるか。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

ここは定石通り、ａとｂの最大公約数をｇとして、
ａ＝ｍｇ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１）
ｂ＝ｎｇ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（２）
ｍとｎは互いに素である正の整数
とおくのがよいでしょう。

そこで（１）（２）を与式に代入して、
２０１/（ｍｇ）＋３/（ｎｇ）＝１/ｇ（２０１/ｍ＋３/ｎ）
　　　　　　　　　　　　　　＝１/ｇ（（２０１ｎ＋３ｍ）/（ｍｎ））　　　　　（３）
を得ます。

このとき、（３）は整数なので、ｍは２０１ｎ＋３ｍの約数で、したがって、ｍは２０１ｎの約数になります。

ところが、ｍとｎは互いに素であるので、ｍは２０１の約数で、すなわち、
ｍ＝１、３、６７、２０１　　　　　　　　　　　　（４）
のいずれかになります。

同様に、ｎは２０１ｎ＋３ｍの約数であることから、ｎは３ｍの約数で、したがって３の約数です。

つまり、
ｎ＝１、３
のいずれかになります。

以上から、ｍとｎの組合せ［ｍ，ｎ］は、ｍとｎが互いに素でない［３，３］［２０７，３］を除くと、
［１，１］［１，３］［３，１］［６７，１］［６７，３］［２０１，１］
になります。

続いて、これらの各［ｍ，ｎ］について、有り得るｇの個数を計算しましょう。すると（１）（２）から、このｇの個数が（ａ，ｂ）の組合せの個数になります。

・［１，１］のとき
（３）＝１/ｇ（２０１＋３）＝１/ｇ・２０４
になり、これが整数になるので、ｇは２０４の約数です。

ところが、
２０４＝２^2×３×１７
と素因数分解されるので、２０４の約数の個数は、（２＋１）（１＋１）（１＋１）＝３×２×２＝１２個で、（ａ，ｂ）の個数は１２個です。

（ここで、ある正の整数Ｎが、

と素因数分解されるとき、Ｎの約数の個数は、

になります。約数と式の展開）

・［１，３］のとき
（３）＝１/ｇ（（２０１・３＋３）/３）＝ｇ/１・２０２
になり、ｇは２０２の約数です。

ここで、
２０２＝２×１０１
から、２０２の約数の個数は、（１＋１）（１＋１）＝４個で、（ａ，ｂ）の個数は４個です。

・［３，１］のとき
（３）＝１/ｇ（（２０１・１＋３・３）/３）＝１/ｇ・７０
になり、ｇは７０の約数です。

ここで、
７０＝２×５×７
から、２０２の約数の個数は、（１＋１）（１＋１）（１＋１）＝８個で、（ａ，ｂ）の個数は８個です。

・［６７，１］のとき
（３）＝１/ｇ（（２０１＋３・６７）/６７＝１/ｇ・６
になり、ｇは６の約数です。

ここで、
６＝２×３
から、６の約数の個数は、（１＋１）（１＋１）＝４個で、（ａ，ｂ）の個数は４個です。

・［６７，３］のとき（３）＝１/ｇ（（２０１・３＋３・６７）/（６７・３））＝１/ｇ・４
になり、ｇは４の約数です。

ここで、
４＝２^2
から、４の約数は、２＋１＝３個で、（ａ，ｂ）の個数は３個です。

・［２０１，１］のとき
（３）＝１/ｇ（（２０１＋３・２０１）/２０１）＝１/ｇ・４
になり、ｇは４の約数です。

ここで、
４＝２^2
から、４の約数は、２＋１＝３個で、（ａ，ｂ）の個数は３個です。

以上から、（ａ，ｂ）の組合せの個数は、１２＋４＋８＋４＋３＋３＝３４個で、これが答えです。


頻出の解法パターンなので、頭に入れておくと役に立つでしょう。

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３６）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

晴れの日が続いて夏らしくなってきました。東久留米の気温は３２℃になるようで、晩のビールが楽しみです。ところが明日から来週半ばまで、ぱっとしない天気になるようで、いつもと違う夏が続きます。

さて、今回は２０１０年ジュニア数学オリンピック予選に出題された場合の数の問題を取り上げます。

問題は、
「２０１０以下の正の整数の組（ａ，ｂ，ｃ）で、ａ＋ｂ＋ｃがａ、ｂ、ｃすべての倍数になっているようなものはいくつあるか。ただし、３つの数が並ぶ順番が異なる組は区別する。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

まず、ａ≧ｂ≧ｃと仮定して調べましょう。（あとでａ、ｂ、ｃの大小の組合せの場合の数を乗じます）

ａ＋ｂ＋ｃはａの倍数なので、ｂ＋ｃはａの倍数になります。

ところが、仮定からｂ＋ｃ≦２ａなので、
ｂ＋ｃ＝２ａ
または
ｂ＋ｃ＝ａ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１）
が成り立ちます。

そこで、ｂ＋ｃ＝２ａとａで場合分けしましょう。

●ｂ＋ｃ＝２ａの場合
仮定からｂ、ｃ≦ａなので、ｂ＝ｃ＝ａになり、（ａ，ｂ，ｃ）は（ａ，ａ，ａ）です。

ここで、ａ≦２０１０から、ａ≧ｂ≧ｃと仮定したときの（ａ，ｂ，ｃ）の組合せは２０１０通りです。

一方、ａ、ｂ、ｃの大小の組合せは、ａ＝ｂ＝ｃなので、１通りです。

したがって、（ａ，ｂ，ｃ）の組合せは２０１０通りになります。

●ｂ＋ｃ＝ａのとき
ａ＋ｂ＋ｃ＝２ａで、２ａはｂ、ｃの倍数なので、
２ａ＝ｍｂ＝ｎｃ　（ｍ、ｎは正の整数）　　　　　　（２）
と表すことができます。

ここで、（２）を変形して、
ｂ＝２ａ/ｍ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（３）
ｃ＝２ａ/ｎ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　（４）
とし、（３）（４）を（１）に代入して整理すると、
２ａ/ｍ＋２ａ/ｎ＝ａ
２/ｍ＋２/ｎ＝１
１/ｍ＋１/ｎ＝１/２　　　　　　　　　　　　　　　　　（５）
になります。

一方、仮定からｂ≧ｃなので、これに（３）（４）を代入して、
２ａ/ｍ≧２ａ/ｎ
１/ｍ≧１/ｎ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（６）
が成り立ちます。

そこで、（５）と（６）から
１/２＝１/ｍ＋１/ｎ ≦１/ｍ＋１/ｍ＝２/ｍ
なので、
ｍ≦４
です。

ここから、ｍ＝１、２、３、４で場合分けします。

・ｍ＝１の場合
（３）から
ｂ＝２ａ
で、これを（１）に代入すると、２ａ＋ｃ＝ａからｃ＝-ａとなり不適です。

・ｍ＝２の場合
（３）から
ｂ＝ａ
で、これを（１）に代入すると、ａ＋ｃ＝ａからｃ＝０になり不適です。

・ｍ＝３の場合
ｂ＝２ａ/３
で、これを（１）に代入すると、２ａ/３＋ｃ＝ａからｃ＝１/３ａになり、（ａ，ｂ，ｃ）は（ａ，２ａ/３，ａ/３）です。

ここで、ａ≦２０１０から　ｃ＝ａ/３≦６７０で、ａ≧ｂ≧ｃと仮定したときの（ａ，ｂ，ｃ）の組合せは６７０通りになります。

一方、ａ、ｂ、ｃの大小の組合せは、ａ＞２ａ/３＞ａ/３、つまり、ａ≠ｂ≠ｃなので、６通りになります。

したがって、（ａ，ｂ，ｃ）の組合せは、６７０×６＝４０２０通りです。

・ｍ＝４の場合
（３）から
ｂ＝ａ/２
で、これを８１）に代入すると、ａ/２＋ｃ＝ａからｃ＝ａ/２になり、（ａ，ｂ，ｃ）は（ａ，ａ/２，ａ/２）です。

ここで、ａ≦２０１０から、ｂ＝ｃ＝ａ/２≦１００５で、ａ≧ｂ≧ｃと仮定したときの（ａ，ｂ，ｃ）の組合せは１００５通りになります。

一方、ａ、ｂ、ｃの大小の組合せは、ａ＞ａ/２、つまり、ａ≠ｂ＝ｃなので、３通りになります。

したがって、（ａ，ｂ，ｃ）の組合せは、１００５×３＝３０１５通りです。

以上から、条件を満たす（ａ，ｂ，ｃ）の組合せは、２０１０＋４０２０＋３０１５＝９０４５通りです。　


初めにａ、ｂ、ｃの大小関係を仮定して、条件を満たす（ａ，ｂ，ｃ）の個数を求めたあと、ａ、ｂ、ｃの大小の組合せの場合の数を乗ずれば簡単です。

日本数学オリンピックの簡単な問題（２９）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

空には夏らしい雲が見られますが、相変わらず太平洋高気圧は現れず、いつもの夏とは少し違った様相です。しばらく気温が３０℃前後の日が続き、暑さが増すのは少し先のようです。

さて、今回は２０１２年日本数学オリンピック予選に出題された場合の数の問題です。

問題は、
「次の条件をみたすように正の整数の列を書く方法は何通りあるか。
　条件：最初に２０１２を書き、最後に１を書く。　ｎを書いた次には√ｎ未満の正の整数を書く。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

様子が判りづらいので、少し小さな数で調べてみましょう。

例えば、最初の数が２のとき、√２＝１．４１４・・・なので、次にくる数は１になり、このときの整数列は、［２，１］で１通りです。

最初の数が３と４のときも、√３＝１．７３２・・・と√４＝２なので、このときの整数列は、それぞれ［３，１］で［４，１］で、どちらも１通りです。

それでは最初の数を５にしてみると、√５＝２．２３６・・・なので、このときの整数列は、［５，２，１］、［５，１］の２通りになります。

次に、少し飛んで最初の数が１０のとき、√１０＝３．１６２・・・なので、このときの整数列は、［１０，３，１］、［１０，２，１］、［１０，１］で、３通りです。

ここで少し考えをめぐらしてみると、
・２^2＝４以下の数が最初の数の場合、次にくる数は１
・最初の数が４より大きくて９以下の数の場合、次にくる数は２または１
・最初の数が１０の場合、次にくる数は３、２または１
と、平方数を境にして、次にくる数の個数が増えていくことが判ります。

さらに、最初の数が１０のときの整数列［１０，３，１］と［１０，２，１］の個数は、それぞれ整数列［３，１］と［２，１］の個数に等しくなります。

以上から、問題に与えられた条件を満たす整数列の個数の規則が判りました。

そこで、最初の数をｋとして、条件を満たす整数列の個数をＡkとしましょう。このとき、√２０１２＝４４．８５５・・・なので、最初の数が２０１２の場合、次にくる数は４４以下になります。つまり、Ａ44までを調べればＯＫです。

すると、
Ａ1＝Ａ2＝Ａ3＝Ａ4＝１
Ａ5＝Ａ6＝Ａ7＝Ａ8＝Ａ9＝Ａ1＋Ａ2＝２
Ａ10＝Ａ11＝・・・＝Ａ16＝Ａ1＋Ａ2＋Ａ3＝３
Ａ17＝Ａ18＝・・・＝Ａ25＝Ａ1＋Ａ2＋Ａ3＋Ａ4＝４
Ａ26＝Ａ27＝・・・＝Ａ36＝Ａ1＋Ａ2＋Ａ3＋Ａ4＋Ａ5＝６
Ａ37＝Ａ38＝・・・＝Ａ44＝Ａ1＋Ａ2＋Ａ3＋Ａ4＋Ａ5＋Ａ6＝８
になり、
Ａ2012＝Ａ1＋Ａ2＋・・・＋Ａ44
　　　 ＝　 （Ａ1＋Ａ2＋・・・＋Ａ4）
　　　　　＋（Ａ5＋Ａ6＋・・・＋Ａ9）
　　　 　＋（Ａ10＋Ａ11＋・・・＋Ａ16）
　　　 　＋（Ａ17＋Ａ18＋・・・＋Ａ25）
　　　　　＋（Ａ26＋Ａ27＋・・・＋Ａ36）
　　　　　＋（Ａ37＋Ａ38＋・・・＋Ａ44）
　　　 ＝１×４＋２×５＋３×７＋４×９＋６×１１＋８×８
　　　 ＝４＋１０＋２１＋３６＋６６＋６４
　　　 ＝２０１
です。

したがって、問題に与えられた条件を満たす整数列は２０１通りです。


簡単な具体例を調べてみると見通しが良くなります。意味の判りづらいときは試してみてください。

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３５）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

関東地方も梅雨明けになりました。しかし、天気図には夏の太平洋高気圧が見当たらず、その代わりにオホーツク海高気圧が元気なので、しばらく猛暑にはならないようです。

さて、今回は２０１３年ジュニア数学オリンピック予選に出題された場合の数の問題を取り上げます。

問題は、
「下図のように１０個の点が並んでおり、このうち相異なる５個の点に印がついている。１０個の点のうち４個を通るような直線は５本あり、下図において実線で示されている。このうちどの直線についても、直線上にある４点のうち、印がついているものはちょうど２個であった。このような印のつき方は全部で何通りあるか。ただし、回転や裏返しで一致するものも区別して数える。」
です。

▲問題図

早速、取り掛かりましょう。

例えば図１のように、問題図の星形の外側の５点に印がついた場合、５本のすべての直線について、それらの上の４点のうち２点に印がついているので、これは条件を満たしています。（印を●、４点中２点に印がついた直線を青色線で示しました）

つまり、条件を満たす印のつき方は１通りです。

▲図１．星形の外側の５点に印がついた場合

一方、図２のように、星形の内側の５個の点に印がついた場合、これも条件を満たし、印のつき方は１通りです。

▲図２．星形の内側の５点に印がついた場合

そうすると、あとは星形の外側の５点のなかに、（１）印が４点の場合、（２）印が３点の場合、（３）印が２点の場合、（４）印が１点の場合、の４通りを調べれば良さそうです。

（１）印が４点の場合
図３のように、内側の５点のどこに印をつけても、４点中３点に印がついた直線ができるので、この場合は条件を満たしません。

したｇって、印のつき方は０通りです。

▲図３．外側の４点に印がついた場合

（２）印が３点の場合
外側の３点の印のつけ方は、（２-１）３点が互いに隣り合う場合と（２-２）２点が隣り合い、１点が離れている場合に分けられます。

（２-１）３点が互いに隣り合う場合
図４のように、内側に２点に印（●）をつけることにより、条件を満たします。

このとき、外側の５点から３点が互いに隣り合う選び方は５通りなので、条件を満たす印のつき方は５通りです。

▲図４．３点が互いに隣り合う場合

（２-２）２点が隣り合い、１点が離れている場合
図５のように、条件を満たすことはできないので、印のつき方は０通りです。

▲図５．２点が隣り合い、１点が離れている場合

（３）印が２点の場合
外側の２点の印の付け方は、（３-１）２点が隣り合う場合と（３-２）２点が離れている場合に分けられます。

（３-１）２点が隣り合う場合
図６のように、内側に３点記しをつけることにより、条件を満たします。

このとき、外側の５点から２点が隣り合う選び方は５通りなので、条件を満たす印のつき方は５通りです。

▲図６．２点が隣り合う場合

（３-２）２点が離れている場合
図７のように、条件を満たすことができないので、印のつき方は０通りです。

▲図７．２点が離れている場合

（４）印が１点の場合
図８のように、条件をみたすことができないので、印のつき方は０通りです。

▲図８．印が１点の場合

以上をまとめると、条件を満たす印のつき方の合計は、１＋１＋５＋５＝１２通りで、これが答えです。


図を描いて調べれば簡単な問題です。

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３４）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

昨日と同じような蒸し暑い日になりました。ラジオやＴＶの天気予報によると、明日、明後日に梅雨が明けるようですが、未だに太平洋高気圧が現れないので、いつもと違った夏になりそうです。

さて、今回は２００９年ジュニア数学オリンピック予選に出題された図形問題です。

問題は、
「一辺の長さが１の小立方体が８つある。これらを重ねて、下図のように一辺の長さが２の立方体を作った。このとき、もとの小立方体の頂点と一致する点を２点以上通るような直線は空間内に何本あるか。」
です。

▲問題図

早速、取り掛かりましょう。

小立方体の頂点を２点以上通る直線は、小立方体の頂点を２点通るものと３点通るものだけで、４点以上通るものはありません。

そこで、一辺の長さ２の立方体（以下、大立方体）の頂点、辺の中点、面の中点から、その他の１点および２点を通る直線をそれぞれ勘定することにしましょう。

●大立方体の頂点とその他の１点を通る直線の数
図１のように、大立方体の頂点●と●を結ぶ直線は小立方体の２点を通る直線になり、その数は１２本です。

▲図１．大立方体の頂点とその他の１点を通る場合

一方、大立方体の頂点は８個あるので、この条件を満たす直線の数は、１２×８＝９６本です。

●大立方体の頂点とその他の２点を通る直線の数
図２のように、●と●を結ぶ直線は小立方体の３点を通る直線になり、その数は７本です。

▲図２．大立方体の頂点とその他の２点を通る場合

したがって、この条件を満たす直線の数は、７×８＝５６本です。

●大立方体の辺の中点とその他の１点を通る直線の数
図３のように、大立方体の辺の中点●と●を結ぶ直線は小立方体の２点を通る直線になり、その数は１８本です。

▲図３．大立方体の辺の中点とその他の１点を通る場合

一方、大立方体の辺の中点は１２個あるので、この条件を満たす直線の数は、１８×１２＝２１６本です。

●大立方体の辺の中点とその他の２点を通る直線の数
図４のように、●と●を結ぶ直線は小立方体の３点を通る直線になり、その数は３本です。

▲図４．大立方体の辺の中点とその他の２点を通る場合

したがって、この条件を満たす直線の数は、３×１２＝３６本です。

●大立方体の面の中点とその他の１点を通る直線の数
図５のように、大立方体の面の中点●と●を結ぶ直線は小立方体の２点を通る直線になり、その数は１６本です。

▲図５．大立方体の面の中点とその他の１点を通る場合

一方、大立方体の面の中点は６個あるので、この条件を満たす直線の数は、１６×６＝９６本です。

●大立方体の面の中点とその他の２点を通る直線の数
図６のように、●と●を結ぶ直線は小立方体の３点を通る直線になり、その数は１本です。

▲図６．大立方体の面の中点とその他の２点を通る場合

したがって、この条件を満たす直線の数は、１×６＝６本です。

以上を合計すると、直線の数は、９６＋５６＋２１６＋３６＋９６＋６＝５０６本になりますが、これは２度重複して数えているので、求める答えは、５０６÷２＝２５３本になります。


２７個の小立方体の頂点から２点選ぶ場合の数から重複するものを差し引く解き方もあります。興味のある人は調べてみてください。

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３３）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

気温は２５℃なのですが、湿度が８４％と高めで、昨日より蒸し暑くなりました。明日も同じような天気になるようですが、明後日から晴れ間が増え、夏らしい暑い日が続くようです。

さて、今回は２００９年ジュニア数学オリンピック予選に出題された整数問題を取り上げます。

問題は、
「１以上１００以下の奇数をすべて掛けあわせた数の下３桁を求めよ。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

１以上１００以下の奇数をすべて掛けあわせた数をＮとすると、
Ｎ＝１×３×５×・・・×２５×・・・×９９　　　　　　　　　（１）
になります。

ここでＮの下３桁の数は、Ｎを１０００で割った余りになるので、この余りを求めればＯＫです。

そこで、Ｎを１０００で割ったときの商をＱ、余りをＡとすると、
Ｎ＝１０００Ｑ＋Ａ　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　 　 （２）　
０≦Ａ≦９９９　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 　 　 （３）
が成り立ちます。

ここで、１０００＝１２５×８を思い出すと、（１）から、Ｎは、５×２５＝１２５を約数に持つので、（２）は、
Ｎ＝１２５ｎ＝１２５×５Ｑ＋Ａ
と表すことができます。

すると、Ａは１２５の倍数であることが判り、かつ、（３）を満たす数であることから
０、１２５、２５０、３７５、５００、６２５、７５０、８７５
のいずれかになります。

次に、（１）の右辺の各数を８の剰余類で表すと、
１　＝８・０　＋１
３　＝８・０　＋３
５　＝８・１　 -３
７　＝８・１　 -１
９　＝８・１　＋１
１１＝８・１　＋３
　　　・
　　　・　　
　　　・
９９＝８・１２＋３
で、これから、
Ｎ＝（８・０＋１）（８・０＋３）（８・１-３）（８・１-１）・・・（　８・１２＋３）
です。

つまり、Ｎを８で割った余りは、
１×３×（-３）×（-１）×・・・×３＝１^13×（-１）^12×３^13×（-３）^12
　　　　　　　　　　　　　　　　＝３^25
を、８で割った余りに等しくなります。

そこで、３^25を８で割った余りを調べると、
３^25＝９^12×３＝（８・１＋１）^12×３
から、それは３ということが判ります。

ここまでをまとめると、Ａは
・０、１２５、２５０、３７５、５００、６２５、７５０、８７５のいずれか
・８で割ると３余る
となります。

そこで、０、１２５、２５０、３７５、５００、６２５、７５０、８７５を８で割ってみると、
０÷８　　＝　　０・・・０
１２５÷８＝　１５・・・５
２５０÷８＝　３１・・・２
３７５÷８＝　４６・・・７
５００÷８＝　６２・・・４
６２５÷８＝　７８・・・１
７５０÷８＝　９３・・・６
８７５÷８＝１０９・・・３
で、Ａは８７５になります。

したがって、１以上１００以下の奇数をすべて掛けあわせた数の下３桁は８７５で、これが答えです。


応用範囲の広い解き方なので、頭に入れておくと役に立つでしょう。

日本数学オリンピックの難しい問題（５）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

気温は２６℃なのですが、少し蒸し暑く感じます。明日、明後日と雨模様の天気ですが、それ以降、晴れ間が多くなるようです。

さて、今回は２００９年日本数学オリンピック本選に出題された整数問題を取り上げます。

問題は、
「８^n＋ｎが２^n＋ｎで割り切れるような正の整数ｎをすべて求めよ。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

８^n＝（２^3）^n＝（２^n）^3　なので、８^n＋ｎが２^n＋ｎで割り切れるということは、（２^n）^3＋ｎが２^n＋ｎで割り切れるということです。

ここで実際に割り算をすると、
（（２^n）^ｎ＋ｎ）÷（２^n＋ｎ）＝（２^n）^2-ｎ・２^n-ｎ^2　・・・-（ｎ^3-ｎ）
で、（２^n）^3＋ｎが２^n＋ｎで割り切れるということは、ｎ^3-ｎが２^n＋ｎで割り切れるということになります。

さらに、ｎ^3-ｎが２^n＋ｎで割り切れるためには
ｎ^3-ｎ≧２^n＋ｎ　　　　　　　　（１）
が成り立たなければなりません。

このとき、ｎ^3-ｎがｎの３次式であるのに対して、２^n＋ｎは２のｎ乗の式なので、ある程度大きなｎについて、（１）が成り立たないことが予想できます。（これで、ｎの範囲を絞ることができそうです）

そこで、（１）から
ｎ^3＞ｎ^3-ｎ≧２^n＋ｎ＞２^n
を導き、ｎ^3と２^nを比べてｎの上限を見積もりましょう。

ｎ＝１０のとき、ｎ^3＝１０^3＝１０００、２^n＝２^10＝１０２４で、ｎ^3-ｎ＝９９０、２^n＋ｎ＝１０３４なので、（１）は成り立ちません。

ｎ＝９のとき、ｎ^3＝９^3＝７２９、２^n＝２^9＝５１２で、ｎ^3-ｎ＝７２０、２^n+ｎ＝５２１なので、（１）は成り立ちます。

以上から、ｎ≦９になりそうです。

そこで、ｎ≧１０では（１）が成り立たないことを示しましょう。

まず、
ｆ（ｎ）＝（ｎ^3）/２^n　　　　　　　（２）
とおき、ｆ（ｎ＋１）/ｆ（ｎ）を計算すると、
ｆ（ｎ＋１）/ｆ（ｎ）＝（（ｎ＋１）^3/２^(n+1)）/（ｎ^3/２^n）
　　　　　　　　　　 ＝１/２（（ｎ＋１）/ｎ）^3
　　　　　　　　　　 ＝１/２（１＋１/ｎ）^3　　　　（３）
になります。

ここで、ｎ＝１、２、３、・・・を調べていくと、
ｎ＝１のとき、ｆ（２）/ｆ（１）＝４＞１
ｎ＝２のとき、ｆ（３）/ｆ（２）＝２７/１６＞１
ｎ＝３のとき、ｆ（４）/ｆ（３）＝６４/５４＞１
ｎ＝４のとき、ｆ（５）/ｆ（４）＝１２５/１２８＜１
で、ｎ≧４のとき、（３）から
ｆ（ｎ＋１）/ｆ（ｎ）＝１/２（１＋１/ｎ）^3≦１/２（１＋１/４）^3＝１２５/１２８＜１
になります。

つまり、
ｆ（４）＞ｆ（５）＞ｆ（６）＞・・・
が成り立ちます。

一方、ｆ（１０）＝１０００/１０２４なので、ｎ≧１０のとき、ｆ（ｎ）＜１、つまり、ｎ^3＜２^nであることが判ります。

以上から、ｎ＝１、２、３、・・・、９について、ｎ^3-ｎが２^n＋ｎで割り切れるかを調べればよいことが判りました。

そこで、実際に計算すると、
・ｎ＝１のとき、ｎ^3-ｎ＝０、２^n＋ｎ＝３になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れます。
・ｎ＝２のとき、ｎ^3-ｎ＝６、２^n＋ｎ＝６になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れます。
・ｎ＝３のとき、ｎ^3-ｎ＝２４、２^n＋ｎ＝１１になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れません。
・ｎ＝４のとき、ｎ^3-ｎ＝６０、２^n＋ｎ＝２０になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れます。
・ｎ＝５のとき、ｎ^3-ｎ＝１２０、２^n＋ｎ＝３７になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れません。
・ｎ＝６のとき、ｎ^3-ｎ＝２１０、２^n＋ｎ＝７０になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れます。
・ｎ＝７のとき、ｎ^3-ｎ＝３３６、２^n＋ｎ＝１３５になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れません。
・ｎ＝８のとき、ｎ^3-ｎ＝５０４、２^n＋ｎ＝２６４になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れません。
・ｎ＝９のとき、ｎ^3-ｎ＝７２０、２^n＋ｎ＝５２１になり、ｎ^3-ｎは２^n＋ｎで割り切れません。
になり、ｎ＝１、２、４、６のとき、ｎ^3-ｎが２^n＋ｎで割り切れます。

したがって、条件を満たすｎは、１、２、４、６で、これが答えです。


３次関数と指数関数からｎに上限があることが直ぐに判るので見通しのよい問題です。

日本数学オリンピックの簡単な問題（２８）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

夏の陽射しに比べると弱々しいですが、久しぶりの晴れになりました。しかし、明日から下り坂で週の半ばまでぐずついた空模様になるようです。それ以降は天気予報に晴れマークが続いているので、今週の後半あたりに梅雨明けといったところでしょうか。

さて、今回は２０１０年日本数学オリンピック予選に出題された場合の数の問題です。

問題は、
「正２０１０角形がある。その相異なる３頂点Ａ、Ｂ、Ｃの組のうち、三角形ＡＢＣの内角がすべて整数度（１°の整数倍）となるようなＡ、Ｂ、Ｃの組の個数を求めよ。ただし、Ａ、Ｂ、Ｃを並び替えただけの組は同じものとみなす。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

図１のように、正２０１０角形の外接円を円Ｏ、１つの頂点をＰ1、隣り合う２つの頂点をＰk、Ｐk+1とします。

▲図１．正２０１０角形の外接円を円Ｏ、１つの頂点をＰ1、隣り合う２つの頂点をＰk、Ｐk+1としました

このとき、
∠ＰkＯＰk+1＝３６０°/２０１０
　　　　　　＝１２/６７°
で、∠ＰkＯＰk+1と∠ＰkＰ1Ｐk+1は、中心角と円周角の関係になるので、
∠ＰkＰ1Ｐk+1＝１/２・１２/６７°
　　　　　　 ＝６/６７°
です。

つまり、正２０１０角形の頂点から３つの頂点Ａ、Ｂ、Ｃを選んだとき、∠Ａ、∠Ｂ、∠Ｃが整数度になるためには、ＢとＣは。Ａから数えて（６７の倍数＋１）番目に位置する頂点にある必要があります。

そこで正２０１０角形で、ある頂点を基準にしたとき、（６７の倍数＋１）番目に位置する頂点の個数を計算すると、２０１０/６７＝３０個であることが判ります。

図２に、この３０個の頂点の一例を示します。

▲図２．正２０１０角形で、６７の倍数に位置する３０個の頂点の例です

例えば、図２で、Ａ、Ｂ、Ｃが頂点１、１２、２４の場合、△ＡＢＣの内角は、７２°、４２°、６６°ですべて整数度です。

そして、これは他の頂点を選んだ場合も同様なので、Ａ、Ｂ、Ｃの選び方は、30Ｃ3＝３０×２９×２８/（３×２×１）＝４０６０通りになります。

一方、正２０１０角形の頂点から上のような３０個の頂点の選び方は、２０１０/３０＝６７通りなので、△ＡＢＣの内角がすべて整数度になるＡ、Ｂ、Ｃの組の個数は、４０６０×６７＝２７２０２０個になり、これが答えです。


いろいろな正ｎ角形を調べてみるのも面白いです。興味のある人は調べてみてください。

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３２）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

天気予報には久しぶりの晴れマークがでていますが、今のところ、どんよりとした曇り空です。オホーツク海高気圧からの涼しい風のおかげで、気温は高くないのですが、少し蒸し暑く感じます。

さて、今回は２００９年ジュニア数学オリンピック予選に出題された計算問題を取り上げます。

問題は、
「実数ａ、ｂ、ｃ、ｄ、ｅ、ｆが
（ａ＋１９９９）（ｂ－１９９９）（ｃ＋１９９９）＋（ｄ－１９９９）（ｅ＋１９９９）（ｆ－１９９９）＝１
（ａ＋２０００）（ｂ－２０００）（ｃ＋２０００）＋（ｄ－２０００）（ｅ＋２０００）（ｆ－２０００）＝１０
（ａ＋２００１）（ｂ－２００１）（ｃ＋２００１）＋（ｄ－２００１）（ｅ＋２００１）（ｆ－２００１）＝１００
をみたすとき、
（ａ＋２００９）（ｂ－２００９）（ｃ＋２００９）＋（ｄ－２００９）（ｅ＋２００９）（ｆ－２００９）を求めよ。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

与式に、１９９９や２０００など大きい数があるので、ここは、
Ａ＝ａ＋２０００
Ｂ＝ｂ－２０００
Ｃ＝ｃ＋２０００
Ｄ＝ｄ－２０００
Ｅ＝ｅ＋２０００
Ｆ＝ｆ－２０００
とおき、与式を簡単な式に書き換えるのがよいでしょう。

すると、
（Ａ-１）（Ｂ＋１）（Ｃ-１）＋（Ｄ＋１）（Ｅ-１）（Ｆ＋１）＝１　　　　　　　（１）
ＡＢＣ＋ＤＥＦ＝１０　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（２）
（Ａ＋１）（Ｂ-１）（Ｃ＋１）＋（Ｄ-１）（Ｅ＋１）（Ｆ-１）＝１００　　　　　（３）
のとき、
（Ａ＋９）（Ｂ-９）（Ｃ＋９）＋（Ｄ-９）（Ｅ＋９）（Ｆ-９）　　　　　　　　　　（４）　　　　　　　　　
の値を求めることになります。

そこで、
Ｐ（ｘ）＝（Ａ-ｘ）（Ｂ＋ｘ）（Ｃ-ｘ）＋（Ｄ＋ｘ）（Ｅ-ｘ）（Ｆ＋ｘ）
というｘの３次式（実は２次式です）を考えると、（１）（２）（３）は、それぞれ
Ｐ（１）＝１　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（５）
Ｐ（０）＝１０　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（６）
Ｐ（-１）＝１００　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　（７）
になり、（４）は
Ｐ（-９）＝（Ａ＋９）（Ｂ-９）（Ｃ＋９）＋（Ｄ-９）（Ｅ＋９）（Ｆ-９）　　　　
になります。

一方、Ｐ（ｘ）を展開すると、
Ｐ（ｘ）＝ ｘ^3＋（-Ａ＋Ｂ-Ｃ）ｘ^2＋（-ＡＢ-ＢＣ＋ＣＡ）ｘ＋ＡＢＣ
　　　　　-ｘ^3＋（-Ｄ＋Ｅ-Ｆ）ｘ^2＋4（ＤＥ＋ＥＦ-ＦＤ）ｘ＋ＤＥＦ
　　　　＝（-Ａ＋Ｂ-Ｃ-Ｄ＋Ｅ-Ｆ）ｘ^2＋（-ＡＢ-ＢＣ＋ＣＡ＋ＤＥ＋ＥＦ-ＦＤ）ｘ＋ＡＢＣ＋ＤＥＦ
で、Ｐ（ｘ）はｘの２次式になることが判ります。

そこで、
ｐ＝-Ａ＋Ｂ-Ｃ-Ｄ＋Ｅ-Ｆ
ｑ＝-ＡＢ-ＢＣ＋ＣＡ＋ＤＥ＋ＥＦ-ＦＤ
ｒ＝ＡＢＣ＋ＤＥＦ
とおいて
Ｐ（ｘ）＝ｐｘ^2＋ｑｘ＋ｒ
を作り、これにｘ＝１、０、-１を代入します。

すると、（５）（６）（７）から
Ｐ（１）＝ｐ＋ｑ＋ｒ＝１　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（８）
Ｐ（０）＝ｒ＝１０　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（９）
Ｐ（-１）＝ｐ-ｑ＋ｒ＝１００　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１０）
が成り立ちます。

続いて（８）（９）（１０）の連立方程式を解いて、ｐ、ｑ、ｒを求めると、
ｐ＝８１/２
ｑ＝-９９/２
ｒ＝１０
で、
Ｐ（ｘ）＝８１/２・ｘ^2-９９/２・ｘ＋１０　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１１）
になります。

ここでは、Ｐ（-９）の値を求めればよいので、（１１）にｘ＝-９を代入して、
Ｐ（-９）＝８１/２・９^2-９９/２・（-９）＋１０
　　　　＝６５６１/２＋８９１/２＋１０
　　　　＝３７３６
で、これが答えになります。


（１）から（３）を展開してＡＢ＋ＢＣ-ＣＡ-ＤＥ-ＥＦ＋ＦＤ、Ａ-Ｂ＋Ｃ＋Ｄ-Ｅ＋Ｆの値を求め、（４）の展開式に代入しても答えを求めることができます。興味のある人は試してみてください。

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３１）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

相変わらず夏の太平洋高気圧の定位置に低気圧が陣取っていて、ぱっとしない天気が続きます。ラジオの天気予報では、今日の気温は５月並みと言っていました。涼しいのは有難いのですが、折角の夏休みなので、もう少し夏らしい天気がいいかなと思う次第です。

さて、今回は２０１３年ジュニア数学オリンピック予選に出題された整数問題を取り上げます。

問題は、
「ａ、ｂ、ｃを２桁の相異なる正の整数とする。積ａｂｃの下２桁が９９であるとき、ａ＋ｂ＋ｃとしてありうる最大の値を求めよ。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

積ａｂｃの１桁目が９であることから、ａ、ｂ、ｃの１桁目の数を絞り込むことは簡単そうです。

２つの１桁の整数で、積の１桁目が９になる組合せは、
（１，９）（３，３）（７，７）
です。

さらに、２つの１桁の整数で、積の１桁目が上記の３つの組合せに現れた１、３、７、９になる組合せは、
・１になる組合せ
（１，１）（３，７）（９，９）
・３になる組合せ
（１，３）（７，９）
・７になる組合せ
（１，７）（３，９）
・９になる組合せ
（１，９）（３，３）（７，７）
です。

以上から、３つの１桁の整数で、積の１桁目が９になる組合せは、
（１，１，９）（３，７，９）（９，９，９）（１，１，９）（１，３，３）（１，７，７）
（１，３，３）（７，９，３）
（１，７，７）（７，３，９）
で、重複しているものを除き、３つの数を小さい順に並べて整理すると、
（１，１，９）（３，７，９）（９，９，９）（１，３，３）（１，７，７）　　　
の５通りです。

次に、積ａｂｃの２桁目が９であることからａ、ｂ、ｃの条件を引き出しましょう。

上の５つの場合について、２桁の整数は次のように表すことができます。ここで、１≦ｐ、ｑ、ｒ≦９、ｐ、ｑ、ｒは整数です。

【１】（１，１，９）の場合：１０ｐ＋１、１０ｑ＋１、１０ｒ＋９
【２】（３，７，９）の場合：１０ｐ＋３、１０ｑ＋７、１０ｒ＋９
【３】（９，９，９）の場合：１０ｐ＋９、１０ｑ＋９、１０ｒ＋９
【４】（１．３．３）の場合：１０ｐ＋１、１０ｑ＋３、１０ｒ＋３
【５】（１，７，７）の場合：１０ｐ＋１、１０ｑ＋７、１０ｒ＋７

次に、【１】から【５】について、３つの２桁の整数の積を計算します。

【１】（１０ｐ＋１）（１０ｑ＋１）（１０ｒ＋９）＝１００（１０ｐｑｒ＋９ｐｑ＋ｐｒ＋ｑｒ）＋１０（９ｐ＋９ｑ＋ｒ）＋９
【２】（１０ｐ＋３）（１０ｑ＋７）（１０ｒ＋９）＝１００（１０ｐｑｒ＋９ｐｑ＋７ｐｒ＋３ｑｒ）＋１０（６３ｐ＋２７ｑ＋２１ｒ＋１８）＋９
【３】（１０ｐ＋９）（１０ｑ＋９）（１０ｒ＋９）＝１００（１０ｐｑｒ＋９ｐｑ＋９ｐｒ＋９ｑｒ）＋１０（８１ｐ＋８１ｑ＋８１ｒ＋７２）＋９
【４】（１０ｐ＋１）（１０ｑ＋３）（１０ｒ＋３）＝１００（１０ｐｑｒ＋ｐｑ＋３ｐｒ＋ｑｒ）＋１０（９ｐ＋３ｑ＋３ｒ）＋９
【５】（１０ｐ＋１）（１０ｑ＋７）（１０ｒ＋７）＝１００（１０ｐｑｒ＋７ｐｑ＋７ｐｒ＋ｑｒ）＋１０（４９ｐ＋７ｑ＋７ｒ＋４）＋９

ここで、<式>を式の１桁目の数とすると、【１】から【５】の２桁目が９になるためには、
【１】　<９ｐ＋９ｑ＋ｒ>＝９
【２】　<６３ｐ＋２７ｑ＋２１ｒ＋１８>＝９　⇒　<６３ｐ＋２７ｑ＋２１ｒ>＝１　⇒　<２１ｐ＋９ｑ＋７ｒ>＝７
【３】　<８１ｐ＋８１ｑ＋８１ｒ＋７２>＝９　⇒　<８１ｐ＋８１ｑ＋８１ｒ>＝７　⇒　<ｐ＋ｑ＋ｒ>＝７
【４】　<９ｐ＋３ｑ＋３ｒ>＝９　⇒　<３ｐ＋ｑ＋ｒ>＝３
【５】　<４９ｐ＋７ｑ＋７ｒ＋４>　⇒　<４９ｐ＋７ｑ＋７ｒ>＝５　⇒　<７ｐ＋ｑ＋ｒ>＝５
です。

さらに３つの２桁の数が相異なることを付け加えてまとめると、
【１】　<９ｐ＋９ｑ＋ｒ>＝９、ｐ≠ｑ
【２】　<２１ｐ＋９ｑ＋７ｒ>＝７
【３】　<ｐ＋ｑ＋ｒ>＝７、ｐ≠ｑ≠ｒ
【４】　<３ｐ＋ｑ＋ｒ>＝３、ｑ≠ｒ
【５】　<７ｐ＋ｑ＋ｒ>＝５、ｑ≠ｒ　　　
になります。

ここから【１】から【５】の条件を満たすｐ、ｑ、ｒを調べていきましょう。このとき、ａ＋ｂ＋ｃ＝１０（ｐ＋ｑ＋ｒ）＋（一桁目の数の和）なので、ａ＋ｂ＋ｃの最大値を求めるには、ｐ＋ｑ＋ｒの最大値を求めればＯＫです。

【１】の場合
９ｐ＋９ｑ＋ｒ≦９・９＋９・９＋９＝１７１から、<９ｐ＋９ｑ＋ｒ>＝９になる９ｐ＋９ｑ＋ｒの値は大きい順に、１６９、１５９、１４９、・・・です。

一方、９ｐ＋９ｑ＋ｒが取り得る値は大きい順に（ｐ≠ｑを考慮して）、１６２（ｐ＝ｒ＝９、ｑ＝８）、１６１（ｐ＝９、ｑ＝ｒ＝８）、１６０（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝７）、１５９（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝６）、・・・なので、９ｐ＋９ｑ＋ｒ＝１５９が条件を満たします。

したがって、２桁の整数は９１、８１、６９で、それら和は２４１です。

【２】の場合
２１ｐ＋９ｑ＋７ｒ≦２１・９＋９・９＋７・９＝３３３から、<２１ｐ＋９ｑ＋７ｒ>＝７になる２１ｐ＋９ｑ＋７ｒの値は大きい順に、３２７、３１７、３０７、・・・です。

一方、２１ｐ＋９ｑ＋７ｒが取り得る値は大きい順に、３３３（ｐ＝ｑ＝ｒ＝９）、３２６（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝８）、３２４（ｐ＝ｒ＝９、ｑ＝８）、３１９（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝７）、３１７（ｐ＝９、ｑ＝ｒ＝８）、・・・なので、２１ｐ＋９ｑ＋７ｒ＝３１７が条件を満たします。

したがって、２桁の整数は９３、８７、８９で、それら和は２６９です。

【３】の場合
ｐ＋ｑ＋ｒ≦９＋９＋９＝２７から、<ｐ＋ｑ＋ｒ>＝７になるｐ＋ｑ＋ｒの値は大きい順に２７、１７、７です。

一方、ｐ＋ｑ＋ｒが取り得る値は大きい順に（ｐ≠ｑ≠ｒを考慮して）、２４（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝７）２３（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝６）、２２（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝５）、２１（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝４）、２０（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝３）、１９（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝２）、１８（ｐ＝９、ｑ＝８、ｒ＝１）、１７（ｐ＝９、ｑ＝７、ｒ＝１）、・・・なので、ｐ＋ｑ＋ｒ＝１７が条件を満たします。

したがって、２桁の整数は９９、７９、１９などで、それらの和は１９７です。

【４】の場合
３ｐ＋ｑ＋ｒ≦３・９＋９＋９＝４５から、<３ｐ＋ｑ＋ｒ>＝３になる３ｐ＋ｑ＋ｒの値は大きい順に、４３、３３、２３、・・・です。

一方、３ｐ＋ｑ＋ｒが取りえる値は大きい順に（ｑ≠ｒを考慮して）、４４（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝８）、４３（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝７）、・・・なので、３ｐ＋ｑ＋ｒ＝４３が条件を満たします。

したがって、２桁の整数は９１、９３、７３などで、それらの和は２５７です。

【５】の場合
７ｐ＋ｑ＋ｒ≦７・９＋９＋９＝８１から、<７ｐ＋ｑ＋ｒ>＝５になる７ｐ＋ｑ＋ｒの値は大きい順に、７５、６５、５５、・・・です。

一方、７ｐ＋ｑ＋ｒが取り得る値は大きい順に（ｑ≠ｒに考慮して）、８０（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝８）、７９（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝７）、７８（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝６）、７７（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝５）、７６（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝４）、７５（ｐ＝ｑ＝９、ｒ＝３）、・・・なので、７ｐ＋ｑ＋ｒ＝７５が条件を満たします。

したがって、２桁の整数は９１、９７、３７などで、それらの和は２２５です。

以上から、ａ＋ｂ＋ｃが最大になるのは、【２】の場合で、その値は２６９になり、これが答えです。


２つの整数の積ならば単純ですが、３つの積になると大分複雑になります。面白い問題でした。

日本数学オリンピックの簡単な問題（２７）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

夏休みの初日ですが、生憎の雨になりました。天気図を見ると、いつものの太平洋高気圧の定位置に低気圧が居座って、夏らしくない気圧配置です。もうしばらくぱっとしない天気が続くようです。

さて、今回は２０１３年日本数学オリンピック予選に出題された図形問題を取り上げます。

問題は、
「相異なる２点Ｐ、Ｑで交わる２円Ｏ1、Ｏ2がある。点Ｐにおける円Ｏ1の接線が、Ｐとは異なる点Ｒで円Ｏ2と交わっている。また、点Ｑにおける円Ｏ2の接線が、Ｑとは異なる点Ｓで円Ｏ1と交わっている。さらに、直線ＰＲと直線ＱＳが点Ｘで交わっている。ＸＲ＝９、ＸＳ＝２のとき、円Ｏ1の半径は円Ｏ2の半径の何倍であるか。ただし、ＹＺで線分ＹＺの長さを表すものとする。」
です。

早速、図１のように、問題の図を描きましょう。（円Ｏ1、Ｏ2の中心をそれぞれＯ1、Ｏ2にしました）

▲図１．問題の図を描きました

図１では、点ＰとＱが、それぞれ円Ｏ1と直線ＸＲおよび円Ｏ2と直線ＸＱの接点であることを、ＰＯ1⊥ＸＲとＱＯ2⊥ＸＱで表しましたが、Ｏ1、Ｏ2が特別な位置（例えば、接線ＸＱやＸＲ上）にあるわけでもないので、これらを利用するのは大変そうです。

そこで図２のように、点ＰとＱが接点である条件を接弦定理で表すことにしましょう。

▲図２．点ＰとＱが接点であることを接弦定理で表しました

接弦定理から
∠ＸＰＳ＝∠ＰＱＳ＝∠ＱＲＰ
∠ＲＰＱ＝∠ＰＳＱ
です。

すると、たくさんの相似三角形が見えてきて、
△ＸＳＰ∞△ＸＰＱ∞ＸＱＲ　　　　　　　　　　　（１）
△ＰＱＳ∞△ＱＲＰ　　　　　　　　　　　　　　
であることが判ります。

そこで、（１）の相似三角形から
ＸＳ/ＸＰ＝ＸＰ/ＸＱ＝ＸＱ/ＸＲ　　　　　　　　（２）
が成り立ちます。

この（２）の値をｋとして、ＸＳ＝２、ＸＲ＝９を代入すると、
２/ＸＰ＝ＸＰ/ＸＱ＝ＸＱ/９＝ｋ
ＸＰ＝２/ｋ
ＸＰ＝ｋＸＱ
ＸＱ＝９ｋ
になり、これらからＸＰ、ＸＱを消去すると、
ｋ^3＝２/９
です。

一方、△ＰＱＳと△ＱＲＰは相似で、かつ、それぞれ円Ｏ1とＯ2に内接しているので、円Ｏ1とＯ2の半径の比は、△ＰＱＳと△ＱＲＰの相似比に等しくなります。

つまり、
（円Ｏ1の半径）/（円Ｏ2の半径）＝ＰＱ/ＱＲ
です。

そして、△ＸＰＱ∞△ＸＱＲから
ＰＱ/ＱＲ＝ＸＰ/ＸＱ
　　　　 ＝ｋ
　　　　 ＝3√（２/９）　（２/９の立法根）
で、円Ｏ1の半径は、円Ｏ2の半径の3√（２/９）になります。


接弦定理に気が付けば簡単な問題でした。

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（３０）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

元気のいいオホーツク海高気圧から冷たい空気が流れてくるおかげで、気温が２６℃と過ごしやすい日になりました。明日、明後日は雨模様ですが、もっと涼しくなるようです。

さて、今回は２０１０年ジュニア数学オリンピック予選に出題された図形問題を取り上げます。

問題は、
「∠ＢＡＣ＝６０°をみたす三角形ＡＢＣがある。∠ＡＢＣ、∠ＡＣＢの２等分線が辺ＡＣ、ＡＢと交わる点をそれぞれＰ、Ｑとする。三角形ＡＢＣの内接円の半径をｒ1、三角形ＡＰＱの内接円の半径をｒ2とするとき、三角形ＡＰＱの外接円の半径をｒ1、ｒ2で表せ。」
です。

早速、図１のように問題の図を描きましょう。

▲図１．問題の図を描きました

図１で、△ＡＢＣの内心 Ｉ は∠Ａの２等分線上にあり、一方、△ＡＰＱの内心Ｊも∠Ａの２等分線上にあるので、Ａ、Ｊ、Ｉ は同一直線上にあります。

次に、図２のように、四角形ＡＰＩＱが円に内接することを確認しておきましょう。

▲図２．四角形ＡＰＩＱは円に内接します

△ＡＢＣで∠Ａ＝６０°なので、
∠Ｂ＋∠Ｃ＝１８０°－６０°＝１２０°　　　　　　　　（１）
です。

一方、 Ｉ は内心なので、∠ＩＢＣ＝１/２∠Ｂ、∠ＩＣＢ＝１/２∠Ｃで、これらと（１）から、
２（∠ＩＢＣ＋∠ＩＣＢ）＝１２０°
∠ＩＢＣ＋∠ＩＣＢ＝６０°
です。

ここで、△ＩＢＣに注目すると、∠ＢＩＣ＝１８０°－（∠ＩＢＣ＋∠ＩＣＢ）＝１８０°－６０°＝１２０°で、対頂角が等しいことから∠ＰＩＱ＝１２０°になります。

すると、∠Ａ＋∠ＰＩＱ＝６０°＋１２０°＝１８０°と四角形の対角の和が１８０°になるので、四角形ＡＰＩＱは円に内接することが判りました。

そして、この四角形ＡＰＩＱの外接円は、△ＡＰＱの外接円と同じです。

ここまでで、
・Ａ、Ｊ、Ｉ が同一直線上にあること
・四角形ＡＰＩＱが円に内接し、その円が△ＡＰＱの外接円であること
が判りました。

これから、△ＡＢＣと△ＡＰＱのそれぞれの内接円の半径ｒ1とｒ2を調べていきましょう。

図３のように、Ｉ から辺ＡＢに垂線を下ろし、その足をＤとすると、△ＡＩＤは、その内角が３０°、６０°、９０°の直角三角形になり、ＡＩ：ＩＤ＝２：１です。

▲図３．△ＡＩＤは、内角が３０°、６０°、９０°の直角三角形です

一方、Ｄは円Ｉ と辺ＡＢの接点ですから、ＩＤ＝ｒ1で、つまり、ＡＩ＝２ｒ1になります。

ｒ2についても同様です。

図４のように、Ｊから辺ＡＢに垂線を下ろし、その足をＥとすると、△ＡＪＥは、その内角が３０°、６０°、９０°の直角三角形になり、ＡＪ：ＪＥ＝２：１です。

▲図４．△ＡＪＥは、内角が３０°、６０°、９０°の直角三角形です

一方、Ｅは円Ｊと辺ＡＢの接点ですから、ＪＥ＝ｒ2で、つまり、ＡＪ＝２ｒ2になります。

ここまでで、
・ＡＩ＝２ｒ1、ＡＪ＝２ｒ2
であることが判りました。

ここで図５のように、四角形ＡＰＩＱを中心にした図を描きましょう。（四角形ＡＰＩＱの外接円（＝△ＡＰＱの外接円）の中心をＯにして、とりあえずＯとＩを結びました）

▲図５．四角形ＡＰＩＱを中心にした図を描きました

図５を眺めると、四角形ＡＰＩＱの外接円の半径とＩＪ（＝ＡＩ－ＡＪ＝２（ｒ1－ｒ2））の長さが等しくなっていそうです。

そこで、ＩＯ＝ＩＪを示す方針でいきましょう。

ＩＯ＝ＩＪを示すには、四角形ＰＱＯＪが Ｉ を中心とする円に内接することを示せばＯＫです。

まず、四角形ＰＱＯＪが円に内接することを示しましょう。

図６のように、∠ＰＯＱと∠ＰＡＱは中心角と円周角の関係なので、
∠ＰＯＱ＝２∠ＰＡＱ＝２×６０°＝１２０°　　　　　　（２）
です。

▲図６．四角形ＰＱＯＪがＩを中心とする円に内接することを示します

一方、
∠ＰＪＱ＝１８０°－（∠ＪＰＱ＋∠ＪＱＰ）
　　　 ＝１８０°－（１/２∠ＡＰＱ＋１/２∠ＡＱＰ）
　　　　＝１８０°－１/２（∠ＡＰＱ＋∠ＡＱＰ）
です。

ところが、
∠ＡＰＱ＋∠ＡＱＰ＝１８０°－∠ＰＡＱ
　　　　　　　　 ＝１８０°－６０°
　　　　　　　　 ＝１２０°　　　　　　　　　　　　　　　　　（３）
ですから、（３）を（２）に代入して、
∠ＰＪＱ＝１８０°－１/２×１２０°
　　　 ＝１８０°－６０°
　　　 ＝１２０°　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（４）
です。

したがって、（２）と（４）から
∠ＰＯＱ＝∠ＰＪＱ
が成り立ち、円周角の定理の逆からＰ、Ｑ、Ｏ、Ｊは同一円周上にあることが判ります。

続いて、四角形ＰＱＯＪの外接円の中心が Ｉ であることを示します。

Ｏは、四角形ＡＰＩＱの外接円の中心なので、ＯＱ＝ＯＩ です。

次に△ＯＱＩ に注目すると、∠ＱＯＩ と∠ＱＡＩ は中心角と円周角の関係ですから、∠ＱＯＩ＝２∠ＱＡＩ＝２×３０°＝６０°で、ＯＱ＝ＯＩ から△ＯＱＩ は正三角形です。つまり、ＯＱ＝ＯＩ＝ＱＩ です。

さらに、∠ＰＡＩ＝∠ＱＡＩ （＝３０°）なので、ＰＩ＝ＱＩ です。

以上まとめると、ＰＩ＝ＱＩ＝ＯＩ で、Ｐ、Ｑ、Ｏは Ｉ を中心とする円周上にあることになります。

一方、Ｐ、Ｑ、Ｏ、Ｊは同一円周上にあるので、Ｐ、Ｑ、Ｏ、Ｊは Ｉ を中心とする円周上にあることになり、ＯＩ＝ＪＩ になります。

ここで、ＪＩ＝２ｒ1－２ｒ2なので、ＯＩ＝２ｒ1－２ｒ2ですから△ＡＰＱの外接円の半径は、２ｒ1－２ｒ2 で、これが答えです。


ＯＩ＝ＩＪを示すには次のような方法もあります。

上記から、ＯＩ＝ＱＩ＝ＰＩなので、ＯＩ＝ＪＩ を示すためには、図７の△ＩＰＪが二等辺三角形であることを示せばよいことになり、そのためには、∠ＩＰＪ＝∠ＩＪＰを示せばＯＫです。

▲図７．△ＩＰＪが二等辺三角形であることを示します

図７で、弧ＱＩの円周角は等しいので、∠ＩＰＱ＝∠ＩＡＱ（●）で、∠ＩＰＪ＝∠ＩＰＱ（●）＋∠ＱＰＪ（●）です。

一方、∠ＩＪＰ＝∠ＪＡＰ＋∠ＡＰＪ（△ＡＰＪの外角と内角の関係）で、∠ＪＡＰ＝∠ＩＡＱ（●）、∠ＡＰＪ＝∠ＱＰＪ（●）なので、∠ＩＪＰ＝∠ＩＡＱ（●）＋∠ＱＰＪ（●）です。

したがって、∠ＩＰＪ＝∠ＩＪＰから△ＩＰＪは二等辺三角形です。

すると、ＰＩ＝ＪＩ からＯＩ＝ＪＩが成り立つので、△ＡＰＱの外接円の半径はＪＩ になります。


面白い問題でした。　　　　　　　　　

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（２９）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

昨日、九州、東海地方が梅雨明けしました。関東はまだですが、金曜日の予想天気図には梅雨前線が消えているので、週末あたりに梅雨明け宣言というところでしょう。

さて、今回は２０１２年ジュニア数学オリンピック予選に出題された場合の数の問題を取り上げます。

問題は、
「正の整数であって、一の位が０でなく、一の位から逆の順番で読んでも元の数と等しいものを回文数とよぶ。２０１２以下の回文数はいくつあるか。
　たとえば、１２３４は逆の順番で読むと４３２１になり元の数と等しくないので回文数ではない。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

ここは、元の数の桁数で場合分けするのがよいでしょう。

●４桁の場合
４桁の整数を、１０進法記数法でＡＢＣＤと表すと、これが回文数になる条件は、
Ａ＝Ｄ
Ｂ＝Ｃ
１≦Ａ，Ｄ≦９、０≦Ｂ，Ｃ≦９
です。

さらに、ＡＢＣＤ≦２０１２から
Ａ＝１または２
です。

・Ａ＝１の場合
Ｂは０から９までの任意の数をとることができ、ＣはＢと同じ数をとります。
さらに、Ｄ＝ＡからＤ＝１なので、これらを満たす数は、１０通りになります。

・Ａ＝２の場合
ＡＢＣＤ≦２０１２から、Ｂ＝０で、Ｃ＝ＢからＣ＝０です。
さらに、Ｄ＝ＡからＤ＝２なので、これらを満たす数は、１通りになります。

したがって、４桁の回文数は、１０＋１＝１１通りです。

●３桁の場合
３桁の整数を、１０進法記数法でＡＢＣと表すと、これが回文数になる条件は、
Ａ＝Ｃ
１≦Ａ，Ｃ≦９
です。

１から９までのＡ、Ｃそれぞれに対して、Ｂは０から９までの数をとることができるので、３桁の回文数は、９×１０＝９０通りです。

●２桁の場合
２桁の整数を、１０進法記数法でＡＢと表すと、これが回文数になる条件は、
Ａ＝Ｂ
１≦Ａ，Ｂ≦９
です。

Ａ（＝Ｂ）は、１から９までの数をとることができるので、２桁の回文数は９通りです。

●１桁の場合
１桁の整数を、１０進法記数法でＡと表すと、これが回文数になる条件は、
１≦Ａ≦９
です。

Ａは、１から９までの数をとることができるので、１桁の回文数は、９通りです。

以上まとめると、条件を満たす回文数は、１１＋９０＋９＋９＝１１９通りで、これが答えです。


桁数で場合分けすれば簡単な問題です。　　　　　　　　　

ジュニア数学オリンピックの簡単な問題（２８）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

朝は涼しかったのですが、その後気温がぐんぐん上がって、今日は真夏日になるようです。天気図では、梅雨前線が千切れてきました。梅雨明けも近そうです。

さて、今回は２０１１年ジュニア数学オリンピック予選に出題された整数問題を取り上げます。

問題は、
「５倍しても各桁の和が変わらないような１０００以下の正の整数はいくつあるか。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

まず、１０００の各桁の和が１であるのに対し、それを５倍した５０００の各桁の和は５なので、１０００は与えられた条件を満たしません。

したがって、条件を満たす正の整数ｋは、
ｎ＝１００ａ＋１０ｂ＋ｃ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１）
０≦ａ，ｂ，ｃ≦９、　ａ、ｂ、ｃは整数　　　　　　　　　　　　　　　　　 （２）
と表すことができます。

次に、ｎの各桁の和をＳ（ｎ）とすると、与えられた条件は、
Ｓ（ｎ）＝Ｓ（５ｎ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　（３）
です。

ここで、
５ｎ＝１００・５ａ＋１０・５ｂ＋５ｃ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 （４）
なので、（１）（４）を（３）に代入して、
Ｓ（１００ａ＋１０ｂ＋ｃ）＝Ｓ（１００・５ａ＋１０・５ｂ＋５ｃ）　 　　　　（５）
が成り立ちます。

続いて、（５）の両辺を調べます。

（５）の左辺は、（２）から
Ｓ（１００ａ＋１０ｂ＋ｃ）＝Ｓ（ａ）＋Ｓ（ｂ）＋Ｓ（ｃ）　　　　　　　　　　（６）
です。

次は、（５）の右辺です。

ここで、ある１桁の整数を５倍したときを考えると、その１桁目の数は０または５で、２桁目の数は最大４（９×５＝４５です）なので、繰り上がりは起きません。

つまり、
Ｓ（１００・５ａ＋１０・５ｂ＋５ｃ）＝Ｓ（５ａ）＋Ｓ（５ｂ）＋Ｓ（５ｃ）　　（７）
が成り立ちます。

したがって、（６）（７）から、与えられた条件を満たすｎ（＝１００ａ＋１０ｂ＋ｃ）は、
Ｓ（ａ）＋Ｓ（ｂ）＋Ｓ（ｃ）＝Ｓ（５ａ）＋Ｓ（５ｂ）＋Ｓ（５ｃ）　
（Ｓ（５ａ）－Ｓ（ａ））＋（Ｓ（５ｂ）－Ｓ（ｂ））＋（Ｓ（５ｃ）－Ｓ（Ｃ））＝０　　　　　（８）
を満たすことが判りました。

次に、０≦ｋ≦９、（ｋは整数）について、ｋ、Ｓ（ｋ）、５ｋ、Ｓ（５ｋ）およびＳ（５ｋ）－Ｓ（ｋ）を下表のようにまとめましょう。

▲表．ｋ、Ｓ（ｋ）、５ｋ、Ｓ（５ｋ）およびＳ（５ｋ）－Ｓ（ｋ）をまとめました

この表から、ｋが偶数のとき、Ｓ（５ｋ）－Ｓ（ｋ）は０以下、ｋが奇数のとき、Ｓ（５ｋ）－Ｓ（ｋ）は０以上であることが判ります。

つまり、（８）が成り立つのは、
【１】ａ、ｂ、ｃのうち、１つが偶数、２つが奇数
【２】ａ、ｂ、ｃのうち、２つが偶数、１つが奇数
【３】ａ、ｂ、ｃが、すべて０
【４】ａ、ｂ、ｃが、すべて９
のいずれかの場合です。

そこで、これらの【１】から【４】の場合を調べていきましょう。

●【１】の場合
・（１つの偶数）＝０の場合
　Ｓ（５・０）－Ｓ（０）＝０で、残りの２つが奇数が９と９のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、０、９、９の並べ方３！/２！＝３通りです。

・（１つの偶数）＝２の場合
　Ｓ（５・２）－Ｓ（２）＝－１で、残りの２つの奇数が７と９のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、２、７、９の並べ方３！＝６通りです。

・（１つの偶数）＝４の場合
　Ｓ（５・４）－Ｓ（４）＝－２で、残りの２つの奇数が５と９、および７と７のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、４、５、９の並べ方３！＝６通りと、４、７、７の並べ方３！/２！＝３通りの和で９通りです。

・（１つの偶数）＝６の場合
　Ｓ（５・６）－Ｓ（６）＝－３で、残りの２つの奇数が３と９、および５と７のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、３、６、９の並べ方３！＝６通りと、５、６、７の並べ方３！＝６通りの和で１２通りです。

・（１つの偶数）＝８の場合
　Ｓ（５・８）－Ｓ（８）＝－４で。残りの２つの奇数が１と９、３と７、および５と５のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、３、８、９の並べ方３！＝６通りと、３、７、８の並べ方３！＝６通りと、５、５、８の並べ方３！/２！＝３通りの和で１５通りです。

●【２】の場合
・（１つの奇数）＝１の場合
　Ｓ（５・１）－Ｓ（１）＝４で、残りの２つの偶数が０と８、２と６、および４と４のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、０、１、８の並べ方３！＝６通りと、１、２、６の並べ方３！＝６通りと、１、４、４の並べ方３！/２！＝３通りの和で１５通りです。

・（１つの奇数）＝３の場合
　Ｓ（５・３）－Ｓ（３）＝３で、残りの２つの偶数が０と６、および２と４のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、０、３、６の並べ方３！＝６通りと、２、３、４の並べ方３！＝６通りの和で１２通りです。

・（１つの奇数）＝５の場合
　Ｓ（５・５）－Ｓ（５）＝２で、残りの２つの偶数が０と４、および２と２のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、０、４、５の並べ方３！＝６通りと、２、２、５の並べ方３！/２！＝３通りの和で９通りです。

・（１つの奇数）＝７の場合
　Ｓ（５・７）－Ｓ（７）＝１で、残りの２つの偶数が０と２のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、０、２、７の並べ方３！＝６通りです。

・（１つの奇数）＝９の場合
Ｓ（５・９）－Ｓ（９）＝０で、残りの２つの偶数が０と０のとき、（８）が成り立ちます。
　したがって、ｎは、０、０、９の並べ方３！/２！＝３通りです。

●【３】の場合
　ｎ＝０になり、ｎが正の整数であることに反します。
　したがって、ｎは、０通りです。

●【４】の場合
　ｎ＝９９９です。
　したがって、ｎは、１通りです。

以上をまとめると、ｎの個数は、３＋６＋９＋１２＋１５＋１５＋１２＋９＋６＋３＋１＝９１個で、これが答えです。


ある整数を５倍したとき、繰り上がりが起きないということがポイントです。面白い問題でした。　　　　　　　　　

日本数学オリンピックの簡単な問題（２６）

こんにちは。東久留米市の学習塾塾長です。

現在の東久留米の気温は２９℃で、それほど蒸し暑くなく過ごしやすい日になりました。夕方には滝山名店会で、今年２回目のビアガーデンがあるので、もう少し気温が上がってもＯＫです。

さて、今回は２０１２年日本数学オリンピック予選に出題された整数問題を取り上げます。

問題は、
「Ａ君とＢ君が黒板に２つずつ正の整数を書いた。Ａ君の書いた数の積はＢ君の書いた数の和の２倍、Ｂ君の書いた数の積はＡ君の書いた数の２倍であり、Ａ君の書いた数の和はＢ君の書いた数の和以上であった。このとき、Ｂ君の書いた数の和として考えられるものをすべて求めよ。ただし、書かれた４つの数は相異なるとは限らない。」
です。

早速、取り掛かりましょう。

Ａ君が書いた２つの正の整数を、Ｐ、Ｑ　（Ｐ≧Ｑ）、Ｂ君の書いた２つの正の整数をＲ、Ｓ　（Ｒ≧Ｓ）として、与えられた条件を立式すると、
ＰＱ＝２（Ｒ＋Ｓ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１）
ＲＳ＝２（Ｐ＋Ｑ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　（２）
Ｐ＋Ｑ≧Ｒ＋Ｓ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（３）
になります。

これらの３つの式とＰ、Ｑ、Ｒ、Ｓが正の整数という条件から、Ｒ＋ＳまたはＲとＳを求めることになります。

まず、ＸＹ－２Ｘ－２Ｙ＋４＝（Ｘ－２）（Ｙ－２）が頭に浮かべば、（１）＋（２）を作りたくなります。

実際にやってみると、
ＰＱ＋ＲＳ＝２（Ｐ＋Ｑ）＋２（Ｒ＋Ｓ）
ＰＱ－２Ｐ－２Ｑ＋４＋ＲＳ－２Ｒ－２Ｓ＋４＝８
（Ｐ－２）（Ｑ－２）＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８　　　　　（４）
を得ました。

この（４）は、Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓ≧２のとき、左辺の第１項目も第２項目も０以上で、それらの和が８という制限なので、これを手掛かりにできそうです。

それでは、まずＱ＝１、Ｓ＝１のときを片付けておきましょう。

●Ｑ＝１のとき
（１）（２）から
Ｐ＝２（Ｒ＋Ｓ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（５）
ＲＳ＝２（Ｐ＋１）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（６）
です。

（５）を（６）に代入して、
ＲＳ＝２（２（Ｒ＋Ｓ）＋１）
　　＝４Ｒ＋４Ｓ＋２
で、これを変形して、
（Ｒ－４）（Ｓ－４）＝１８　　　　　　　　　　　　　　　（７）
です。

（７）を満たすＲ－４とＳ－４の組は、Ｒ－４≧Ｓ－４なので、
（１８，１）（９，２）（６，３）
の３通りで、ＲとＳの組は、
（２２，５）（１３，６）（１０，７）
になります。

すると、（５）からそれぞれの場合のＰは、５４、３８、３４で、Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓの組合せ（Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ）は、
（５４，１，２２，５）（３３，１，１３，６）（３４，１，１０，７）
で、これらの３つの組は（３）を満たしているので、
Ｒ＋Ｓ＝２７、１９、１７
です。

●Ｓ＝１のとき
（１）（２）から
ＰＱ＝２（Ｒ＋１）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（８）
Ｒ＝２（Ｐ＋Ｑ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（９）
です。

（９）を（８）に代入して、
ＰＱ＝２（２（Ｐ＋Ｑ）＋１）
　　＝４Ｐ＋４Ｑ＋２
で、これを変形して、
（Ｐ－４）（Ｑ－４）＝１８　　　　　　　　　　　　　　　（１０）
です。

（１０）を満たすＰ－４とＱ－４の組は、Ｐ－４≧Ｑ－４なので、
（１８，１）（９，２）（６，３）
の３通りで、ＰとＱの組は、
（２２，５）（１３，６）（１０，７）
になります。

すると、（９）からそれぞれの場合のＲは、５４、３８、３４で、Ｐ、Ｑ、Ｒ，Ｓの組合せ（Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ）は、
（２２，５，５４，１）（１３，６，３８，１）（１０，７，３４，１）
で、これらの３つの組は（３）を満たしていないので、条件を満たすＲ＋Ｓはありません。

これで、Ｑ＝１とＳ＝１の場合を調べ終わりました。

次は、Ｐ≧Ｑ≧２、Ｒ≧Ｓ≧２の場合です。

この場合、
（Ｐ－２）（Ｑ－２）＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８　　　　　（４）
の左辺の第１項も第２項も０以上になります。

ここで、Ｑ≧５とすると、Ｑ－２≧３、Ｐ－２≧３なので、（Ｐ－２）（Ｑ－２）≧９になり、（４）が成り立ちません。

したがって、Ｑ≦４、つまり、Ｑ＝２、３、４になります。

そこで、Ｑについて場合分けしましょう。

●Ｑ＝２のとき
（１）から
２Ｐ＝２（Ｒ＋Ｓ）
Ｐ＝Ｒ＋Ｓ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１１）
です。

（４）から
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１２）
で、これを満たすＲ－２とＳ－２の組は、
（８，１）（４，２）
の２通りで、Ｒ、Ｓの組は、
（１０，３）（６，４）
です。

すると、（１１）からそれぞれの場合のＰは、１３，１０で、Ｐ、Ｑ、Ｒ，Ｓの組合せ（Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ）は、
（１３，２，１０，３）（１０，２，６，４）
で、これらの２つの組は（３）を満たしているので、
Ｒ＋Ｓ＝１３、１０
です。

●Ｑ＝３のとき
（１）から
３Ｐ＝２（Ｒ＋Ｓ）
で、これからＰは偶数です。

また、
Ｐ＝２/３・（Ｒ＋Ｓ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１３）
になります。

（４）から
（Ｐ－２）＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８　　　　　　　　　　　　（１４）
です。

ここで、Ｐ＝４、６、８、１０で場合分けします。

・Ｐ＝４のとき
（１４）から
２＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝６　　　　　　　　　　　　　　　　　（１５）
です。

（１５）を満たすＲ－２とＳ－２の組は、
（６，１）（３，２）
の２通りで、Ｒ、Ｓの組は
（８，３）（５，４）
です。

すると、（１３）からそれぞれの場合のＰは、２２/３、６ですが、仮定からＰ＝４なので、Ｐ、Ｑ、Ｒ，Ｓの組合せはありません。

・Ｐ＝６のとき
（１４）から
４＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝４　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１６）
です。

（１６）を満たすＲ－２とＳ－２の組は、
（４，１）（２，２）
の２通りで、Ｒ、Ｓの組は
（６，３）（４，４）
です。

すると（１３）からそれぞれのＰは、６、１６/３で、Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓの組合せ（Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ）は
（６，３，６，３）
で、これは（３）を満たしているので、
Ｒ＋Ｓ＝９
です。

・Ｐ＝８のとき
（１４）から
６＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝２　　　　　　　　　　　　　　　　　（１７）
です。

（１７）を満たすＲ－２とＳ－２の組は、
（２，１）
の１通りで、Ｒ、Ｓの組は
（４，３）
です。

すると（１３）からＰは１４/３ですが、仮定からＰ＝８なので、Ｐ、Ｑ、Ｒ，Ｓの組合せはありません。

・Ｐ＝１０のとき
（１４）から
８＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝０　　　　　　　　　　　　　　　　　（１８）
です。

（１８）を満たすのはＳ＝２で、（２）から
２Ｒ＝２（１０＋３）
Ｒ＝１３
です。

したがって、Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓの組合せ（Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ）は
（１０，３，１３，２）
で、これは（３）を満たしていないので、条件を満たすＲ＋Ｓはありません。

●Ｑ＝４のとき
（１）から
４Ｐ＝２（Ｒ＋Ｓ）、
Ｐ＝１/２・（Ｒ＋Ｓ）　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（１９）
になります。

（４）から
２（Ｐ－２）＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８　　　　　　　　　　　　（２０）
です。

ここで、Ｐ＝４、５、６で場合分けします。

・Ｐ＝４のとき
（２０）から
４＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝４　　　　　　　　　　　　　　　　　（２１）
です。

（２１）を満たすＲ－２とＳ－２の組は、
（４，１）（２，２）
の２通りで、Ｒ、Ｓの組は
（６，３）（４，４）
です。

すると、（１９）からそれぞれの場合のＰは、９/２、４で、Ｐ、Ｑ、Ｒ，Ｓの組合せ（Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ）は，
（４，４，４，４）
で、これは（３）を満たしているので、
Ｒ＋Ｓ＝８
です。

・Ｐ＝５のとき
（２０）から
６＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝２　　　　　　　　　　　　　　　　　（２２）
です。

（２２）を満たすＲ－２とＳ－２の組は、
（２，１）
の２通りで、Ｒ、Ｓの組は
（４，３）
です。

すると、（１９）からＰは＝７/２ですが、仮定からＰ＝５なので、Ｐ、Ｑ、Ｒ，Ｓの組合せはありません。

・Ｐ＝６のとき
（２０）から
８＋（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝８
（Ｒ－２）（Ｓ－２）＝０　　　　　　　　　　　　　　　　　（２３）
です。

（２３）を満たすのはＳ＝２で、（２）から
２Ｒ＝２（６＋４）
Ｒ＝１０
です。

したがって、Ｐ、Ｑ、Ｒ、Ｓの組合せ（Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ）は
（６，４，１０，２）
で、これは（３）を満たしていないので、条件を満たすＲ＋Ｓはありません。

以上をまとめると、Ｒ＋Ｓとして有り得るのは、２７、１９、１７、１３、１０、９、８で、これが答えです。


思った以上に場合分けが大変な問題でした。