コロキウム室

３で割った余りで、分類します。
Ａ_０＝｛３，６，９｝，Ａ_１＝｛１，４，７｝， Ａ_２＝｛２，５，８｝とおくと，３で割った余りが０，１，２であるものが同数です。
ｋ＝２の場合を説明します。
任意の１つの整数を取り出し、それがたとえば２５だとします。
この２５から出発して 各位の数字を１つずつ大きくする（ただし、９→１）ことを繰り返すと、
２５→３６→４７→５８→６９→７１→８２→９３→１４→２５ となり、最初の２５に戻る。２５を含めて９個の整数が得られる。
これら９個を１つのグループと考えると、 _９Ｐ_２個の２桁の整数は、 _９Ｐ_２÷９＝８個のグループに排反に分けられる。
　さて、上のグループの場合、３で割った余りは １→０→２→１→０→２→１→０→２→１　と「１，０，２の繰り返し」になりますが、 どのようなグループも「１，０，２の繰り返し」か「０，２，１の繰り返し」か 「２，１，０の繰り返し」となります。 上の青の操作により、９で割った余りは２ずつ大きくなり、３で割った余りも２ずつ大きくなる。
ということで、ｋ＝２の場合は３で割った余りが０，１，２のものが同数となるわけです。 この考え方からわかるように、ｋが３と互いに素ならば、“同数”がいえて、 求める確率は１／３となる。
ｋ＝３，６場合は、３の余りを考えて組み合わせてください。
ｋ＝９のときは、 各位の和が１＋２＋３＋・・・＋８＋９＝４５で３の倍数ですから、 当然、全部３で割り切れる。確率は１。

次に、問題５についても、最初に３枚のカードを取り出して、それぞれに１を加えていくと、 １４個目に戻ってしまう。 同じような考えで、最初に取り出したカードの数の和をｎとすると、
ｎ，ｎ＋３，ｎ＋６，ｎ＋９，ｎ＋１２，ｎ＋１５，ｎ＋１８，ｎ＋２１， ｎ＋２４，ｎ＋２７，ｎ＋３０，ｎ＋３３，ｎ＋３６　の１３個の数を１３で割った余りはすべて異なり、 ０から１２の１３通りある。この証明は、背理法でおこなう必要があるが。

よって、和が１３の倍数となるような３枚の取り出し方は、 すべての取り出し方の１／１３である。したがって、その確率は、１／１３となる。

半径ｒ₁とｒ₂（ｒ₁＜ｒ₂）の同心円 Ｏ₁とＯ₂をかく。Ｏ₂上の点Ｐ₀から Ｏ₁に接線を一本引き、接線とＰ₀でない方のＯ₂の交点をＰ₁とする。 次にＰ₁からＯ₁に別の接線を引き、 Ｏ₂との交点をＰ₂とする。同じよう にＰ₃、Ｐ₄・・・と点をとる。Ｐ_nとＰ₀が一致する時のｒ₁とｒ₂の比を 求めて下さい。どの接線も交わらない場合は正ｎ角形の内接円と外接円 の半径の比になります。接線が交わる場合は歯車のような図形になります。

第７０回数学的な応募問題

太郎さんは、問題を説明するときに、教材としてときどきマグネットを使用します。
今、赤、白、青それぞれｎ個、計３ｎ個のマグネットを準備しています。 このマグネットを全部使って、１列に並べたいと思っています。 ただし、隣り合うマグネットの色は異なるとし、左右は区別するものとします。
ここで、問題です。

問題１：ｎ＝１のとき、このような並べ方は何通りあるか。

問題２：ｎ＝２のとき、このような並べ方は何通りあるか。

問題３：ｎ＝３のとき、このような並べ方は何通りあるか。

太郎さんはｎ＝３までしか、答を知りません。 だから、一般に、ｎについての考え方を見いだしていません。どなたか教えてください。

第７１回数学的な応募問題

太郎さんは、先日、教科書「数学�U」にある「三角関数」で、加法定理から、 正弦、余弦、正接の２倍角の公式を導きました。 さらに、発展させて３倍角の公式をも紹介し、証明しました。 参考に、公式を書きておきます。正接は省略します。

【加法定理】

（１）sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ
（２）sin(α−β)＝sinαcosβ−cosαsinβ
（３）cos(α＋β)＝cosαcosβ−sinαsinβ
（４）cos(α−β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ

【２倍角の公式】

（１）sin２α＝２sinαcosα
（２）cos２α＝２cos^２α−１

【３倍角の公式】

（１）sin３α＝３sinα−４sin^３α＝sinα(４cos^２α−１)
（２）cos３α＝４cos^３α−３cosα

そこで、生徒から、「先生！では、４倍角、５倍角、・・・、の定理を教えてください」と、 嬉しい質問を受けました。
そのときは、「あるよ、でもあまり使わないからね、 加法定理や２倍角、３倍角を使って導くことはできます。 自分でやってチャレンジしておいてください。」とその場をやり過ごしましたが、気になっています。

太郎さんは、生徒の質問に答えねばなりません。太郎さんが高校生のときのノートを見ていたら、 【ド・モアブルの定理】が書きてありました。そこに、ヒントらしきものがありました。

（cosθ＋ｉsinθ）^ｎ＝cos (ｎθ)＋ｉsin (ｎθ)

さらに、cos (ｎθ)を　cosθ＝ｘの多項式で表したｎ次式をＴ_ｎ(ｘ)とします。
sin (ｎθ)を sinθ×｛cosθ＝ｘの多項式｝＝sinθ×Ｇ_ｎ(ｘ)とします。 では、問題です。

問題１：ｎ＝２のとき、Ｔ_２(ｘ)、Ｇ_２(ｘ)をｘで表してください。

問題２：ｎ＝３のとき、Ｔ_３(ｘ)、Ｇ_３(ｘ)をｘで表してください。

問題３：ｎ＝４のとき、Ｔ_４(ｘ)、Ｇ_４(ｘ)をｘで表してください。

問題４：Ｔ_ｎ(ｘ)をＴ_ｎ−１(ｘ)とＧ_ｎ−１(ｘ)の漸化式で表してください。

問題５：Ｇ_ｎ(ｘ)をＴ_ｎ−１(ｘ)とＧ_ｎ−１(ｘ)の漸化式で表してください。

問題６：Ｔ_ｎ(ｘ)をＴ_ｎ−１(ｘ)とＴ_ｎ−２(ｘ)の漸化式で表してください。

問題７：Ｇ_ｎ(ｘ)をＧ_ｎ−１(ｘ)とＧ_ｎ−２(ｘ)の漸化式で表してください。

まだ、規則性は分かっていませんが。 赤、白、青の３色は対称性があるので、左端に赤の場合を数えて３倍すれば良い。 さらに、左端に赤、白として６倍すれば良い。 解法の便利さを考えて、赤を１，白を２，青を３とします。

問題１の解答：ｎ＝１のとき、１２３と数えて、１通り。よって、すべての並び方は６通り。

問題２の解答：ｎ＝２のとき、 １２３１２３，１２３１３２，１２３２３１，１２３２１３，１２１３２３と数えて、５通り。 よって、すべての並び方は、６倍して、５×６＝３０通り。

問題３の解答：ｎ＝３のとき、
１２１２３１３２３で、１通り
１２１２３２３１３で、１通り
１２１３１２３２３で，１通り
１２１３１３２３２で，１通り
１２１３２１３２３で，１通り
１２１３２３（１２３）は（１２３）の並び方より４通り
１２３＜・・・・・・＞は　＜・・・・・・＞を問題２と同じとみることができる。
ただし、最初の・は３がこれなくて、１または、２しかないので、２０通りしかない。
以上から、最初を１２としているので、これの６倍をすれば良い。
したがって、すべての並び方は、２９×６＝１７４通り

ここで、太郎さんは、思考を断念しています。 もう一度誰か、規則性を発見してくだされば、幸いです。

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