Weekly12-3 解説

問題

https://x.com/be35d6ec4df20a3/status/2091505735096307997
に載せています。
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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)

$7^2+24^2=25^2$より、この三角形は直角三角形なので、求める面積は

$$ \frac{1}{2}\times 7\times 24=84$$

問題(2)

格子点$(x,y)$について、$x+y$の値に注目する。

• $ (x,y)\to(x,y+1),\quad (x,y)\to(x+1,y) $では$x+y$が$1$増加する
• $ (x,y)\to(x+1,y-1),\quad (x,y)\to(x-1,y+1) $では$x+y$は変化しない

したがって、一度$x+y=k$を離れると、再び$x+y=k$上の格子点を通ることはない。
$x+y=k$上には
$$ (k,0),(k-1,1),\ldots,(0,k) $$
の$k+1$個の格子点がある。同じ格子点を二度通ることはできないので、この直線上を移動するときに途中で進行方向を変えることはできない。
よって、$x+y=k$上に入った地点によらず、次に$x+y=k+1$へ移る直前の格子点として、$k+1$個の格子点のどれでも選ぶことができる。
さらに、そこから$x+y=k+1$へ移る方法は$(x,y)\to(x,y+1),\quad (x,y)\to(x+1,y)$の$2$通りあるため、$x+y=k$から$x+y=k+1$へ進む方法は$ 2(k+1) $通りである。
$(0,0)$から$x+y=200$に到達するまでについてこれを掛け合わせると、
$$ C=\prod_{k=0}^{199}2(k+1)=2^{200}\cdot200! $$
となる。$x+y=200$に到達した後は、その格子点から$(100,100)$まで同じ直線上を進む方法がちょうど$1$通りある。したがって、
$$ \begin{aligned} v_2(C) &=200+v_2(200!)\\ &=200+\left(100+50+25+12+6+3+1\right)\\ &=397\end{aligned} $$

問題(3)

正整数$r$に対して
$$ \sum_{m=1}^N m^r=\frac{N^{r+1}}{r+1}+O(N^r) $$
が成り立つことを用いる。

$\min(i,j,k)=m$となる$(i,j,k)$の個数を考える。

$i,j,k$がすべて$m$以上であるものは$(N-m+1)^3$通り、すべて$m+1$以上であるものは$(N-m)^3$通りなので、その個数は$ (N-m+1)^3-(N-m)^3 $である。よって
$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N\sum_{k=1}^N\min(i,j,k)^7 &=\sum_{m=1}^N m^7\left((N-m+1)^3-(N-m)^3\right)\\ &=\sum_{m=1}^N m^7\left(3(N-m)^2+3(N-m)+1\right) \\ &=O(N^9)+3\sum_{m=1}^Nm^7(N-m)^2\\ &=3N^2\sum_{m=1}^N m^7 -6N\sum_{m=1}^N m^8 +3\sum_{m=1}^N m^9 +O(N^9)\\ &=\left(\frac{3}{8}-\frac{6}{9}+\frac{3}{10}\right)N^{10}+O(N^9)\\ &=\frac{1}{120}N^{10}+O(N^9). \end{aligned} $$
よって、
$$ \lim_{N\to\infty}\frac{1}{N^{10}} \sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N\sum_{k=1}^N\min(i,j,k)^7 =\frac{1}{120}. $$
したがって、求める値は$120$

問題(4)

条件を満たす有理数$r$を互いに素な正整数$p,q$を用いて$ r=\frac{p}{q}, \ (p< q) $とおく。
有理根定理より$q\mid a,\ p\mid c$なので、正整数$h,s$を用いて
$$ a=qh,\qquad c=ps $$
と書ける。$f(p/q)=0$を変形して$ b=qs-ph $を得る。したがって、
$$ f(x)=(qx-p)(hx+s) $$
と因数分解できる。$b$は正整数なので、$ qs>ph $を踏まえる。
$$ f(2)=(2q-p)(2h+s)\leq20$$
$p< q$であるため$2q-p\geq q+1$であり、$ 2h+s\geq3 $も成り立つので$q\leq 5$であり、$q=2,3,4,5$について調べればよい。

• $q=2$のとき
  $p=1$である。条件は$ 3(2h+s)\leq20,\quad 2s>h $
  なので、
  $$ (h,s)=(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,2) $$
  の$5$通りである。
• $q=3$のとき
  $p=1,2$である。$p=1$のとき、$ 5(2h+s)\leq20,\quad 3s>h $より、
  $$ (h,s)=(1,1),(1,2) $$
  の$2$通りである。
  $p=2$のとき、$4(2h+s)\leq20,\quad 3s>2h $より、
  $ (h,s)=(1,1),(1,2),(1,3) $
  の$3$通りである。
• $q=4$では$p=1,3$である。
  $p=1$では$ 7(2h+s)\leq20 $を満たせない。
  $p=3$では$5(2h+s)\leq20,\quad 4s>3h $より、
  $$ (h,s)=(1,1),(1,2) $$
  の$2$通りである。
• $q=5$では$p=1,2,3,4$である。
  $p\leq3$では$ (10-p)(2h+s)\leq20 $を満たせない。$p=4$では$ 6(2h+s)\leq20,\qquad 5s>4h $より、
  $$ (h,s)=(1,1) $$の$1$通りである。

以上より、条件を満たすものの個数は
$$ 5+2+3+2+1=13 $$
である。

問題(5)

総和の式を考えると、正整数$m$によって$n(n+1)=2m^2$となることと同値だが、$\gcd(n,n+1)=1$であることにより$n,n+1$の一方は平方数、もう一方は平方数の$2$倍である。

したがって、正整数$x,y$により$ (n,n+1)=(x^2,2y^2),(2y^2,x^2) $と表せる。このとき$ x^2-2y^2=\pm1 $を満たし、また$1\leq n\leq2026$より$x\leq45$である。

Pell方程式の正整数解を小さいものから調べると、
$$ (x,y)=(1,1),(3,2),(7,5),(17,12),(41,29) $$
が得られ、次の解では$x=99>45$となる。それぞれに対応する$n$は
$$ 1,\ 8,\ 49,\ 288,\ 1681 $$
であるから、求める総和は
$$ 1+8+49+288+1681=2027 $$

問題(6)

$ s=a+b+c $とおくと、$ ab+bc+ca=s-1, \ abc=s-2 $である。
$$ \begin{align} (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2&=(-a^2b+ca^2+ab^2-c^2a-b^2c+bc^2)^2\\ &=a^2b^2c^2 - 2abc(a^2+b^2+c^2) + (ab+bc+ca)^2\\ &=(s-2)^2 - 2(s-2)(s^2-2s+2) + (s-1)^2 \\ &=- (s-2)(3s^3 - 14s^2 + 40s - 52) \end{align}$$
である。最左辺は平方なので常に非負であり、
$$ -(s-2)(3s^3 - 14s^2 + 40s - 52)\ge 0 $$
が必要。

• $3s^3 - 14s^2 + 40s - 52=0$の実数解はただ一つである
• $\alpha$を $3s^3 - 14s^2 + 40s - 52=0$ の唯一の実数解とすると$2<\alpha$
• $(s-2)(3s^3-14s^2+40s-52)=0$は重解をもたない

ことを踏まえ、必要条件$ 2 \le s \le \alpha $を得る。これが十分であることも示せるので、次に求める式を計算する。
$$ \begin{aligned} a^2+b^2+c^2 &= s^2-2s+2,\\ a^3+b^3+c^3 &= s^3-3s^2+6s-6 \end{aligned} $$
より
$$ \begin{aligned}&3a^3-5a^2+12a+3b^3-5b^2+12b+3c^3-5c^2+12c\\ &=3(a^3+b^3+c^3)-5(a^2+b^2+c^2)+12(a+b+c)\\ &=3s^3-14s^2+40s-28\\ &=52-28=24 \end{aligned} $$

問題(7)

相似から、$AB:CD=AE:DE=BE:CE=4:1$及び$AD:BC=DE:CE=9:28$が従うためある正数$k$を用いて
$AE=36k,\ BE=112k,\ CE=28k,\ DE=9k$
と書ける。トレミーの定理から、
$$ AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot DA =104\cdot26+56\sqrt5\cdot18\sqrt5=7744$$
一方、$AC=64k,\ BD=121k$なので$k=1$である。よって
$$ AE=36,\quad BE=112,\quad CE=28,\quad DE=9$$
次に、直線$PQ$の向きを考える。$A,B,E,F$は同一円周上にあり、$A,F,D$および$B,E,D$はそれぞれ一直線上なので$\angle EFA=\angle EBA=\angle DBA$であり、一方で$\Gamma$の$D$における接線と$DA$のなす角も、接弦定理より$\angle DBA$であるため$EF$は$\Gamma$の$D$における接線と平行である。よって$DP=DQ$であり、$\angle PBD=\angle DBQ$が従う。

したがって$I$は$BD$上にあり、$DP=DQ=DI$であり、また相似から$DI=\sqrt{DE\cdot DB}=33$となるため、

$$ BI=DB-DI=88$$

問題(8)

$\varphi(x)=\frac{1}{x-2}$とすると、$F(x)=2x, \ G(x)=3x$によって

$$ f=\varphi\circ F\circ \varphi^{-1},\quad g=\varphi\circ G\circ \varphi^{-1}$$

である。$1$から$f,g$を有限回作用させて得られる元全体が$S_0$であり、上記から

$$ S_0=\{\varphi(2^n3^m\varphi^{-1}(1))\mid n,m\in\mathbb{Z}_{\geq 0}\}=\left\{\frac{1}{3\times 2^n3^m -2}\mid n,m\in\mathbb{Z}_{\geq 0}\right\}$$

である。よって、$t=\frac{s}{2s+1}$とおくと

$$ \begin{align} \sum_{s\in S_0}\frac{s^3+s^2+s}{(2s+1)^3}&=\sum_{s\in S_0}3t^3-3t^2+t \\ &=\sum_{t=1/3\times 2^{-n}3^{-m}}3t^3-3t^2+t\\ &=3\times \frac{4}{91}-3\times \frac{1}{6}+1\\ &=\frac{115}{182} \end{align}$$

より、求める値は$297$

問題(9)

$\Gamma$を単位円とするように図形全体を相似変換し、$BC$の垂直二等分線が実軸となるように複素平面をとる。$\angle BAC=\theta$とすると、$B,C$に対応する複素数$b,c$を
$$ b=e^{-i\theta},\qquad c=e^{i\theta} $$
とできる。このとき$M$に対応する複素数$m$は$ m=\frac{b+c}{2}=\cos\theta $である。また、$A$に対応する複素数を$a$とし、$ d=\operatorname{Re}a $とおく。

三角形$MPQ$と$ABC$がこの順で相似なので、向きを保つ場合には、ある複素数$s\neq0,t$によって表される相似変換$ h(z)=sz+t $で
$$ h(a)=m,\qquad h(b)=p,\qquad h(c)=q $$
とできる。$P,Q$は単位円上にあるので、$|h(b)|=|h(c)|=1$であるが、一般に$|z|=1$のもとで$|h(z)|=1$となる条件を考えると
$$ s\overline{t}z^2+\left(|s|^2+|t|^2-1\right)z+\overline{s}t=0. $$
であるので、この2次方程式の2根が$b,c$である。$ bc=1 $より解と係数の関係から
$$ \frac{\overline{s}t}{s\overline{t}}=1$$
であるため、実数$u$によって$t=su$とできるので、それを代入して先ほどの2次方程式を$|s|^2$で割ると、
$$ uz^2+\left(1+u^2-\frac{1}{|s|^2}\right)z+u=0$$
その2根$b,c$の和は$ b+c=2m $なので、
$$ \frac{1}{|s|^2}=1+u^2+2mu$$
一方、$h(a)=m$より$ s(a+u)=m$であり、絶対値をとると$|a|=1$および$\operatorname{Re}a=d$より、
$$ \frac{1}{|s|^2} =\frac{|a+u|^2}{m^2} =\frac{1+u^2+2du}{m^2}=1+u^2+2mu$$
より
$$ (1-m^2)(u^2+1)-2(m^3-d)u=0. $$
この2次方程式の2根を$u_1,u_2$とする。
$$ |s|^2=\frac{1-m^2}{2u(m-d)}$$
が計算からわかるので、$u_1,u_2$に対応する$|s|^2$の総和は
$$ \begin{aligned} |s_1|^2+|s_2|^2 &= \frac{1-m^2}{2(m-d)} \left(\frac1{u_1}+\frac1{u_2}\right)\\ &= \frac{1-m^2}{2(m-d)}(u_1+u_2)\\ &= \frac{m^3-d}{m-d}. \end{aligned} $$
相似変換$h$によって$A,B$はそれぞれ$M,P$に移るので、$|PM|^2$としてありうる値の総和は
$$ AB^2\times\frac{m^3-d}{m-d}$$
である。あとは$m,d$を求める。
三角形$ABC$の面積はヘロンの公式から$\frac{21\sqrt{15}}4 $なので、外接円の半径は
$$ R=\frac{AB\cdot BC\cdot CA}{4|\triangle ABC|} =\frac{16}{\sqrt{15}}$$
したがって、$\Gamma$を単位円とするために図形全体を$\sqrt{15}/16$倍する。このとき$ BC=\frac{7\sqrt{15}}{16}$であるので
$M$は弦$BC$の中点であり、$BC$の垂直二等分線を実軸としているので、
$$ m^2+\left(\frac{7\sqrt{15}}{32}\right)^2=1,\quad m=\frac{17}{32}$$
また、元の三角形における$A$から$BC$への高さは
$$ \frac{2[ABC]}{BC} =\frac{3\sqrt{15}}2 $$
なので、単位円に縮小した後では
$$ \frac{3\sqrt{15}}2\cdot\frac{\sqrt{15}}{16} =\frac{45}{32}$$
したがって、$a$の実部$d=m-\frac{45}{32} =-\frac78$である。縮小後の$AB$の長さは$\frac{3\sqrt{15}}8 $であることを踏まえ、相似変換によって$A,B$がそれぞれ$M,P$に移るので、縮小後の$MP^2$としてありうる値の総和は
$$ \begin{aligned} \left(\frac{3\sqrt{15}}8\right)^2 \frac{m^3-d}{m-d} &= \frac{135}{64} \frac{\left(\frac{17}{32}\right)^3+\frac78} {\frac{17}{32}+\frac78}. \end{aligned} $$
最後に元の大きさへ戻す。長さを$\sqrt{15}/16$倍していたので、長さの2乗は$15/256$倍されている。したがって、元の図形における$MP^2$の総和は
$$ \begin{aligned} \frac{256}{15}\cdot \frac{135}{64} \frac{\left(\frac{17}{32}\right)^3+\frac78} {\frac{17}{32}+\frac78} &=\frac{6717}{256}. \end{aligned} $$
よって、求める値は$6973$

問題(10)

記号を定義する。

• $P(n)$ : $n$の素因数の種類数
• $p_n$ : $n$番目の素数

$n>2$とすると、($n=1,2$では不合理)。
$$ \frac{d^2(n)}{d(n)} = \frac{\varphi^2(n)}{2\varphi(n)} = \frac{1}{2}\prod_{p|\varphi(n)}1-\frac{1}{p}$$
ということになる。次のことを踏まえる。

• $p=2$なら、$v_2(1-p^{-1})=-1$
• $p>2$なら、$v_2(1-p^{-1})\geq 1$

このとき、
$$ v_2(d^2(n))=-1+ v_2(d(n))+\sum_{p|\varphi(n)}v_2(1-p^{-1}) \geq P(\varphi(n))-3+v_2(d(n))$$
であるとわかるので、

• $v_2(d^2(n))\leq \log_2d^2(n)\leq 1+1/2\log_2d(n)$
• $d^2(n)/d(n)\leq 2\sqrt{d(n)}/d(n)=2/\sqrt{d(n)}$

を踏まえ、$t=d(n), \ K=\left\lceil4+\frac12\log_2t\right\rceil$とおくもとで
\begin{align*} \frac{2}{\sqrt{d(n)}} \geq \frac{d^2(n)}{d(n)} = \frac{\varphi^2(n)}{2\varphi(n)} = \frac{1}{2}\prod_{p|\varphi(n)}1-\frac{1}{p}\\ \geq \frac{1}{2}\prod_{1\leq i\leq P(\varphi(n))}1-\frac{1}{p_i}\\ \geq \frac{1}{2}\prod_{1\leq i \leq K}1-\frac{1}{p_i} \end{align*}
実は、これにより$d(n)\leq 597$になる。

ここから$d(n)$の値を完全に決定する。$t=d(n)$とおき、
$$ S=\{p:p\mid\varphi(n),\ p\text{は素数}\} $$
とする。先ほどの式の逆数をとると、
$$\frac{t}{d(t)}=2\prod_{p\in S}\frac{p}{p-1}$$
また、すでに$t\leq597$を得ている。$S$の最大の素数を$q$とすると$q$は$S$の最大元なので、$q>2$なら
$$ v_q(t)-v_q(d(t))=1$$
である。実は$q\geq7$のとき$q\nmid d(t)$である。

よって$q\nmid d(t)$であり、(2)から$v_q(t)=1$となる。したがって$t=qu$、$q\nmid u$と書け、$d(t)=2d(u)$である。よって
$$ 1\leq\frac{u}{d(u)}=\frac{4}{q-1} \prod_{\substack{p\in S, \ p< q}}\frac{p}{p-1}\leq \frac{4}{q-1} \prod_{p< q}\frac{p}{p-1} $$
が必要である。ただし最右辺の積は$q$未満のすべての素数についてとる。
$q=29$では右辺は$\frac{676039}{774144}<1$となる。また、連続する素数$q< r$について、
$$ \frac{\displaystyle\frac{4}{r-1}\prod_{p< r}\frac{p}{p-1}} {\displaystyle\frac{4}{q-1}\prod_{p< q}\frac{p}{p-1}} =\frac{q}{r-1}<1 $$
なので、$q\geq29$では条件を満たさないため$q\leq23$であり、$q$として調べる必要があるのは
$$ 2,3,5,7,11,13,17,19,23 $$
のみである。
$q\geq7$では$t=qu\leq597$なので、$u\leq597/q$の範囲を調べればよい。$q=2,3,5$の場合も$t\leq597$の範囲を調べる。
その結果、成立するものは以下に限られる。

$q=17,19,23$の場合には候補は存在しないため$d(n)$としてありうる候補は
$$ 11,13,22,26,28,33,35,36,40,45,56,60,66,70,72,84,90,120 $$
である。これらがすべて実現することは確認できるため、求める総和は$907$

問題(11)

$\Psi_1(x)=x-2,\quad\Psi_2(x)=x+2$とする。$\Psi_n(x)$は以下で定める。

$T(x)=x^2-2$とおく。$P$の根全体は$T$によって閉じている。

ここで、$P$の根$\alpha$に対して$\alpha=z+z^{-1}$となる複素数$z$をとると$ T^k(\alpha)=z^{2^k}+z^{-2^k} $となる。$P$の根は有限個であるから、ある$0\leq m< n$について$ T^m(\alpha)=T^n(\alpha) $
となる。つまり
$$ z^{2^m}+\frac{1}{z^{2^m}}= z^{2^n}+\frac{1}{z^{2^n}}$$
であるが、$u+u^{-1}=v+v^{-1}$なら$u=v,v^{-1}$を踏まえ、$z^{2^m}=z^{\pm 2^n} $となるため$z$は1の冪根である。
つまり、$P$の任意の根は$ \zeta+\zeta^{-1} $と表せる。ただし$\zeta$は1の冪根である。

冪根はかならずある$m$に対して原始$m$乗根になる。代数的数$\alpha$を根にもつ有理数係数多項式は$\alpha$の最小多項式で割り切れるため、補題から$\Psi_m \mid P$である。$P$は重解をもたず、すべての根がこの形なので、ある正整数の集合$A$を用いて
$$ P(x)=\prod_{n\in A}\Psi_n(x) $$
と表すことができる。

$\zeta_n$の位数が$n$であるとき、$T(\zeta_n+\zeta_n^{-1})=\zeta_n^2+\zeta_n^{-2} $である。$n$が奇数なら$\zeta_n^2$も原始$n$乗根であり、$n$が偶数なら$\zeta_n^2$の位数は$n/2$である。したがって、
$$ n\in A,\quad 2\mid n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{2}\in A $$
が必要である。$P(1)$を考える。$z$を原始$6$乗根とすると$ z+\frac{1}{z}=1 $なので、円分多項式どうしの終結式についての既知の公式から、$n\geq 3$に対して
$$ |\Psi_n(1)|= \begin{cases} 0 & (n=6),\\ 2 & (n=3),\\ p & (n=6p^k,\ p\text{は素数},\ k\geq1),\\ 1 & (\text{それ以外}) \end{cases} $$
となる。また、
$$ \Psi_1(1)=-1,\qquad \Psi_2(1)=3$$
である。$\Psi_6$を因子にもつ場合は$P(1)=0$となるので、最大値を考える場合には$\Psi_6$は用いない。$|P(1)|$を増加させる因子について、その値と必要な次数を調べる。

• $\Psi_3$は次数$1$であり、$ |\Psi_3(1)|=2 $より$2$を得るために必要な次数は$1$である。
• $\Psi_2$を用いる場合は、$2\in A$より$1\in A$も必要である。よって、$ \deg\Psi_1+\deg\Psi_2=2 $の次数を使って$3$を得られる。
• 奇素数$p$について$\Psi_{6p^k}$を用いると$|\Psi_{6p^k}(1)|=p$であるが、$6p^k\in A$なら$3p^k\in A$も必要である。
  • $p\neq3$について、この2つの因子の次数の和は
    $$ \frac{\varphi(6p^k)}{2}+\frac{\varphi(3p^k)}{2} =2p^{k-1}(p-1) $$
    である。
  • $p=3$の場合には、
    $$\frac{\varphi(6\cdot3^k)}{2}+\frac{\varphi(3\cdot3^k)}{2}=2\cdot3^k $$
    となる。

したがって、可能な候補は次のようになる。

次数の合計を$100$以下とする条件のもとでこれらを比較すると、最大となるのは
$$ 2,\ 3,\ 5,\ 7,\ 11,\ 13,\ 17 $$
を1つずつ得る場合である。このとき必要な次数は
$$ 1+2+8+12+20+24+32=99 $$
であり、
$$|P(1)| \leq 2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11\cdot13\cdot17 $$
最後に、この値が実際にとれることを確認する。

$A=\{1,2,3,4,15,30,21,42,33,66,39,78,51,102\}$として
$$ P(x)=\prod_{a\in A}\Psi_a(x)$$
とする。この多項式の次数は$100 $である。また、根全体は$T$で閉じており、
$$ P(x)\mid P(x^2-2) $$
を満たす。さらに、
$$ P(1)=2\cdot3\cdot5\cdot7\cdot11\cdot13\cdot17=510510$$
と計算できる。よって求める最大値は$510510$

問題(12)

位置$x$から出発したとき、位置$100,-100$のいずれかに到達するまでの時間$T$の期待値を$E_x$とする。
明らかに$ E_{-100}=E_{100}=0 $である。
$-99\leq x\leq99$について、直後の1回の移動で場合分けして条件付き期待値を考えると、
$$ E_{x+1}-3E_x+2E_{x-1}=-3$$
を得る。対応する斉次漸化式の特性方程式は$ r^2-3r+2=0 $であり、その解は$r=1,2$である。また、$3x$が特殊解となるので、$E_{-100}=E_{100}=0$を用いると
$$ E_x=3x+300+\frac{600(1-2^{x+100})}{2^{200}-1}$$
である。次に、位置$x$から出発したときの到達時間の2乗の期待値を$F_x$とする。やはり$ F_{-100}=F_{100}=0$である。
直後の1回の移動後に残っている時間を$T'$とする。$T=1+T'$であるから、条件付き期待値を考えると、
$$ \begin{aligned} F_x &= \frac13\mathbb{E}[(1+T')^2\mid x\to x+1] +\frac23\mathbb{E}[(1+T')^2\mid x\to x-1]\\ &= 1+\frac23E_{x+1}+\frac43E_{x-1} +\frac13F_{x+1}+\frac23F_{x-1} \\ &= 2E_x-1+\frac13F_{x+1}+\frac23F_{x-1}\end{aligned} $$
より

$$ F_{x+1}-3F_x+2F_{x-1}=-6E_x+3$$
ここで$ c=\frac{600}{2^{200}-1} $とおくと$ E_x=3x+300+c(1-2^{x+100}) $なので、
$$ F_{x+1}-3F_x+2F_{x-1}=-18x-1797-6c+6c2^{x+100}$$
であり、
$$\begin{align} (x+1)^2-3x^2+2(x-1)^2&=-2x+3 \\ (x+1)-3x+2(x-1)&=-1\\ (x+1)2^{x+101}-3x2^{x+100}+2(x-1)2^{x+99} &=2^{x+100} \end{align}$$

により$F_x$の一般解は定数$A,B$を用いて
$$ F_x=A+B2^{x+100} +9x^2+(1824+6c)x +6cx2^{x+100} $$
と表せる。$t=2^{100} $とおくと$F_{-100}=F_{100}=0$より、
$$ \begin{align} A+B&=92400+1200c\\ A+Bt^2&=-272400-600c(1+t^2) \end{align}$$
これらから$F_0=A+Bt$を求め、$c=600/(t^2-1)$を代入して整理すると、
$$ F_0=\frac{1200(77t^2-450t+73)}{(t+1)^2}$$
である。この分数は既約であることが確認でき、よって、$u=t+1$によって
$$ a=1200(77u^2-604u+600),\qquad b=u^2 $$
とできる。フェルマーの小定理などより
$$ a+b\equiv13+16=29\pmod{107}$$