Weekly12-1 解説【Math4A-2026】

問題

https://x.com/be35d6ec4df20a3/status/2085335099743391895
に載せています。

1枚目
2枚目

空白

ここで解きたい人のために空白を用意します。

nagoya
osaka
tokyo

解答

解説

問題(1)

$1111=11\times 101$より、最大の素因数は$101$

問題(2)

$\gcd(3,p)=1$より、$k=0,1,\dots,p-1$に対して、$3k+1 \bmod p$は$0,1,\dots,p-1$をちょうど一度ずつ動くので、
$$ \sum_{k=0}^{p-1}((3k+1)\bmod p)=0+1+\cdots+(p-1) = \frac{p(p-1)}{2} $$
$p=997$より、
$$ \frac{997\cdot 996}{2}=496506 $$

問題(3)

$AD=5 , FC=2$がわかるので、メネラウスの定理を用いると、
$$\frac{AD}{DB}\cdot \frac{BF}{FC}\cdot \frac{CE}{EA}=\frac{5}{3}\cdot \frac{4}{2}\cdot \frac{CE}{EA}=1$$
より、$CE:EA=3:10$である。$CA=5$ なので、
$$ CE=\frac{3}{13}\cdot 5=\frac{15}{13} $$
特に、求めるべき値は$15+13=28$

問題(4)

$f'(x)=5x^4-3$であり、$f'(x)=0$は実数解をちょうど$2$個もつ。したがって、$f$は高々$3$つの単調区間に分かれるので、任意の実数$y$に対して$f(x)=y$の実数解は高々$3$個である。
よって、同じ値をとる$r_i$は高々$3$個ずつなので、スコアは高々
$$ 33\binom{3}{2}=99 $$
である。
実際、極大値と極小値の間の値を$33$個選べば、それぞれについて$f(x)=y$は相異なる実数解を$3$個もつので、この上界は達成できる。

問題(5)

解を$a,b,c$とすると、解と係数の関係より、$a+b+c=11,ab+bc+ca=12,abc=13$である。
また、
$$ (x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz $$
に$x=a^2,y=b^2,z=c^2$を代入すればよい。
$$ a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=121-24=97 $$
$$ a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=(ab+bc+ca)^2-2abc(a+b+c)=144-286=-142 $$
$$ a^2b^2c^2=169 $$
よって、
$$ |(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)|=|97\cdot(-142)-169|=13943 $$

問題(6)

写像$\Phi$を$\Phi(x,y)=(x,y-x^2)$と定めると、
$$ f(a,b)=|\Phi(a)-\Phi(b)| $$
である。つまり、$\Phi$で移した後の通常の距離を考えればよい。始点と終点は、
$$ \Phi(0,0)=(0,0),\qquad \Phi(99,9900)=(99,99) $$
なので、三角不等式より最小値は$99\sqrt{2}$である。等号成立は、$\Phi(p),\Phi(q)$が線分$(0,0)(99,99)$上にこの順に並ぶとき。
$\Phi(t,t^2+t)=(t,t)$なので、$t=1,2,\dots,99$に対して整数点で等号成立できる。
このとき$f(p,q)^2$を最大にするには、端点条件に注意して$\Phi(p)=(1,1),\Phi(q)=(98,98)$ とすればよいので、
$$ f(p,q)^2=(97)^2+(97)^2=18818 $$

問題(7)

$$ 9^9+820=9^9+9^3+9^2+9+1 $$
$x=9$とおくと、
$$ x^9+x^3+x^2+x+1=(x^5-x^4+1)(x^4+x^3+x^2+x+1) $$
したがって、
$$ 9^9+820=(9^5-9^4+1)(9^4+9^3+9^2+9+1) $$
$$ 9^5-9^4+1=52489,\qquad 9^4+9^3+9^2+9+1=7381=11^2\cdot 61 $$
$52489$は素数なので、相異なる素因数は$11,61,52489$である。よって求める総和は、
$$ 11+61+52489=52561 $$

問題(8)

$5\times 5$行列において、

• $i$行目がすべて$1$で、それ以外がすべて$0$の行列を$R_i\in M_5(\mathbb{F}_2)$
• $i$列目がすべて$1$で、それ以外がすべて$0$の行列を$C_i\in M_5(\mathbb{F}_2)$

とする。以下すべて$\mod 2$で考える。$d_1,...,d_{10}\in \{0,1\}$と零行列$O\in M_5(\mathbb{F}_2)$によって

$$ d_1R_1+...+d_5R_5+d_6C_1+...+d_{10}C_5\equiv O$$

となるとき、$(d_1,...,d_{10})=(0,...,0),(1,...,1)$であることに注意する。

盤面を行列$M\in M_5(\mathbb{F}_2)$で表すと、$(i,j)$のボタンを押下する操作は$M\to M+R_i+C_j$と見做せるので、$e_1,...,e_{10}\in \{0,1\}(e_1+...+e_{10}\equiv 0)$によって
$$ e_1R_1+...+e_5R_5+e_6C_1+...+e_{10}C_5\equiv M$$
と表せることが必要である。これは十分でもあり、実際、$e_1,\dots,e_5$ のうち任意の2つ、および $e_6,\dots,e_{10}$ のうち任意の2つは、それぞれ2回の押下で実現できる。また前者と後者から1つずつなら1回の押下で実現できるため、$e_1+\cdots+e_{10}\equiv0$ なら常に実現可能である。
よって$(e_1,...,e_{10})$の候補は$2^9$個ある。

$(e_1,e_2,...,e_{10}), (e_1',e_2',...,e_{10}')$が同じ$M$を表す場合、上記の事実から$$ (e_1',e_2',...,e_{10}')\equiv (e_1,e_2,...,e_{10}) , (e_1+1,e_2+1,...,e_{10}+1)$$のみである。
よって$(e_1,...,e_{10})$たちは同じ盤面をちょうど2個ずつ表し、求める組み合わせは$2^{9-1}=256$通り

問題(9)

相異なる条件を達成するために、ある正整数$m$によって
$$ f(m+1)=f(m)+1=g(m)=g(m+1)+1$$
となる必要がある。このときの$f(m)=i$とすると、固定された$m,i(i=1,2)$に対して

• $i=1$のとき、$f$の$m$より前の選び方は1通り、$m$より後の選び方は$N-m$通り　同様に$g$については$m-1$通りなので、通して $(m-1)(29-m)$通り
• $i=2$も対称性から$(m-1)(N-m)$通り
  よって、求める組み合わせは
  $$ 2\sum_{m=1}^{29}(m-1)(29-m)=2\times {}_{29}C_3=7308$$

問題(10)

以下の補題を示す。

よって、$AD, BC$の交点を$P$とおくと、$PX,PY$は$\Gamma $に接する。$PA=a,PB=b$とすると、

$$ \frac{a}{3}=\frac{b+5}{7},\quad \frac{b}{3}=\frac{a+11}{7}$$

が相似からなりたつので、$a=5.1,b=6.9$より、$PX^2=PY^2=5.1\times 16.1$

一方、$c=\cos\angle BAD$とすると、余弦定理から

$$ 11^2+3^2-66c=5^2+7^2+70c,\quad c=\frac{7}{17} ,\quad BD=\sqrt{\frac{1748}{17}}$$

なので、$\sin\angle BAD=\sqrt{\dfrac{240}{17^2}}$より、正弦定理から$\Gamma$の半径$R=\sqrt{\dfrac{437\times 17}{240}}$である。よって、

$$ XY=2\times \sqrt{\frac{1}{\frac{1}{R^2}+\frac{1}{PX^2}}}=2\times\sqrt{\frac{1}{\frac{240}{437\times 17}+\frac{100}{8211}}}=\sqrt{\frac{437\times 17\times 8211}{678385}}=\sqrt{\frac{156009}{1735}}$$

より、解答するべき値は$157744$

問題(11)

条件より $\angle B,\angle C$ は鋭角である。また $\angle A=90^\circ$ なら $E=F=A$ となり矛盾する。

$EF , BC , ST$の交点を$K$ とおき、$EF,BC$ の中点をそれぞれ $M,N$ とする。
角度追跡から$FPSB,FQTB$などはそれぞれ共円なので、方べきから$PQTS$は共円。よって
$$ KE\cdot KF=KB\cdot KC=KP\cdot KQ $$
が成り立つ。
また、$MXDN , EFDN$もそれぞれ共円なので、
$$ KE\cdot KF = KD\cdot KN = KX\cdot KM$$
より、$KF=a$とすると
$$ a(a+6)=(a+2)(a+3) \Rightarrow a=6$$
よって $r$ について$(6+r)(9+r)=72$により$r^2+15r-18$を満たす。
これの解は無理数なので最小多項式は $P(x)=x^2+15x-18$ であり、
$$ P(9)=9^2+15\cdot 9-18=198 $$

問題(12)

まず、以下の補題たちを示す。

$n$ を $p$ で割った余りを $\langle n\rangle_p$ と書くと、
$$\sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\left[\frac{abc}{p}\right]=\sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\frac{abc}{p}-\frac{\langle abc\rangle_p}{p}$$
である。いま、

$$\begin{align} \sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}abc&=\sum_{p\mid n}\left(\sum_{k=0}^{p^2-1} kx^k\right)^3[x^n]\\ &=\sum_{p\mid n}\frac{(x-p^2x^{p^2}+(p^2-1)x^{p^2+1})^3}{(1-x)^6}[x^n] \\ &=\frac{1}{p}\sum_{k}\frac{(x-p^2x^{p^2}+(p^2-1)x^{p^2+1})^3}{(1-x)^6} |_{x=\omega^k}\\ &=\frac{p^5}{8}(p^2-1)^3+p^5\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{(\omega^k-1)^3}\quad (\because \omega^p=1)\\ &=\frac{p^5((p^2-1)^3+(p-1)(p-3))}{8} \end{align}$$

である。
また、$a,b,c$のいずれかが$0$なら$\langle abc\rangle_p=0$なので、$(a,b,c)\leftrightarrow (p^2-a,p^2-b,p^2-c)$を考えると

$$ \begin{align} \sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\langle abc\rangle_p&=\sum_{\substack{0< a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\langle abc\rangle_p\\ &=\frac{1}{2}\sum_{\substack{0< a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\langle abc\rangle_p+\langle (p^2-a)(p^2-b)(p^2-c)\rangle_p \\ &=\frac{1}{2}\sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\langle abc\rangle_p+\langle (p^2-a)(p^2-b)(p^2-c)\rangle_p \\ &=\frac{1}{2}(p^6-p\sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid abc , a+b+c}} 1) \\ &= \frac{p^4(p^2-3p+2)}{2} \end{align}$$

よって、
$$ \begin{align}\sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\left[\frac{abc}{p}\right]&=\sum_{\substack{0\leq a,b,c< p^2 \\p \mid a+b+c}}\frac{abc}{p}-\frac{\langle abc\rangle_p}{p}\\ &=\frac{p^4((p^2-1)^3+(p-1)(p-3))}{8}-\frac{p^3(p-1)(p-2)}{2}\end{align}$$
$p\equiv -2 \pmod {1021}$を踏まえると、求めるべき値は$132$