猿沢池のアオコの発生とプランクトン
2 年 A 組 藤延 孟子
2 年 A 組 吉田 創
2 年 B 組 瀬川 暖也
指導教員 矢野 幸洋

１．要約
猿沢池(奈良市)のアオコの発生について水質調査およびプランクトンの観察を行った。その結果、猿沢池では藍藻類が恒常的に多く、5 月～6 月にかけて発生したアオコは藍藻類の増加によるものだと確認できた。他の池ではどうなるか調べるために今年は、猿沢池のデータを集めることにした。
キーワード プランクトン、アオコ、COD

２．研究の背景と目的
今までに集められた植物プランクトンの量を数値化したクロロフィル量のデー

３．研究内容実験方法(1) 環境データの収集とプランクトンのタや、猿沢池で確認したプランクトンを採集・観察整理するための図鑑を活用して猿沢池と①水の採集は違う条件の池や川を調べ、多くの池をプランクトンネットを使用し、あら比べる事で、どの条件でどんな生物が発かじめ決めた場所で採水ビン 1 本分の生するのか関連づけ、猿沢池の特徴を見水を採集した。

つけようと考えた。これにより、アオコ②環境データの測定が発生する原因である藍藻がどんな環境採集した直後に、気温、水温、のもとで発生しやすいかも分かり、アオ

pH、COD、NH４＋、DO の値を調コの効率的な予防方法を見つける事がでべ、記録した。なお、気温、水温、きるかもしれない。これまで詳しく調べ

pH の測定はデジタル pH 計を、CODたものは植物プランクトンが中心で、ワはパックテストを用いた。

ムシなどの動物プランクトンはあまり詳③遠心分離

しく調べられていなかった。そこで、他持ち帰った水を、30ml 遠心分離管の川や池と比べる前に、猿沢池のより多に入れ、遠心分離した。遠心分離管

くのデータを集めることにした。

の底に沈殿したプランクトンをピペットで吸い上げ、スライドガラスに
1 滴ドロップし、プレパラートを作

５．考察

成した。
④観察

・春から夏にかけてワムシやミジンコな作成したプレパラートを顕微鏡で観察

どの動物プランクトンの個体数が増加した。植物プランクトンは、どの種が特する。そのほとんどをしめるのがゾウに多かったのかを記録した。動物プラン

ミジンコとケンミジンコである。夏にクトンは、形の残っているもののみカウ

入る頃にはゾウミジンコは少なくな

ントし、すべての種について数を数えり、ケンミジンコは秋になると減少た。

し、冬になるとあまり見られなくなっ(2) クロロフィル抽出実験た。だがゾウミジンコは、2011 年の 2

採水と同時にクロロフィルの抽出実験

月に 6 匹現れたことがあり、ケンミジも行った。この結果と考察は、本紙掲載

ンコに比べると耐寒性がある可能性がの「猿沢池のクロロフィル量とプランクある。

トン」の論文を参照のこと。

・ワムシの仲間はケンミジンコの多かった春にはあまり見られないが、夏の４．実験結果後半から秋にかけて増加する。その水質調査および環境データの結果を表

後、冬になってもほとんど減らずに生

1 に示す。猿沢池で見られたプランクト

息していたので暑さには弱く寒さにはンを表 2、3 にまとめた。

強いといえる。猿沢池ではツボワムシとカメノコウワムシが多く、長い期間見ることが出来た。この 2 種類は他のワムシに比べて繁殖力が強いのか、または、猿沢池がこの 2 種類のワムシには適した環境であると予想する。
・今年も、藍藻類や珪藻類は、特定の 2～4 種が大量に見られ、年間を通してよく見られた。それに比べ、緑藻類
は、確認できた種類数は多いものの、個体数は少なく、見ることができた時期も短い。この事より、猿沢池の環境が藍藻類や珪藻類が増殖するのに適していると考えられる。また、藍藻類や珪藻類の方が繁殖力が強い可能性があるとも考えられる。

表 1 環境データ

表 2 猿沢池で観察された植物プランクトン◎：アオコ発生●：多く確認される○：複数確認される

空欄：確認されず

原生生物

節足動物

ー

ィ

ア
ヒ
ゾ
ミ
ヒ ゲ
ヨ
ウ
メ ケ ゾ
ノ ゲ ナ
ツ
ミ
ネ ン ウ
ロ ナ ガ
ウ
ジ
不 コ ミ ミノガ ケ
デン
明 ゼ ジ ジロ 卵 ミ ン
ワ
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ミ ン ン
ム
モ
ジ コ コ
ン ジ
シ
ド
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コ ン
キ
コ
コ

(
)

フ
ヒ
ウ
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ス
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ロ
ナ テ ネ ハ
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ガ マ ズ ナア ク リ チ
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タ ロ ゾ
コ ワ
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ワ ワ
ム
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・ ム リ
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ム シ
ム ム
チ
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ワ シ シ シ
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ム チ
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リ ュ
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ウ
ム
マ
ム

ィ

ア
ク
チ
ノ
ス
フ
ェ
リ
ウ
ム

ワムシ

2010/07/13(火)2010/07/21(水)2010/08/05(木)2010/10/21(木)2010/10/28(木)2010/11/04(木)2010/11/25(木)1

2011/02/24(木)6

2011/05/12(木)2011/06/09(木)1

2011/09/24(木)●2011/10/08(土)2011/11/05(土)1

2012/03/13(火)2012/04/21(土）

5

10

1
●

2012/05/17(木)○2012/06/28(木)1

2012/07/07(土)3

2012/07/17(火)11

2012/10/09(火)1● 1

2012/10/20(土)7

2012/12/19(水)○2013/01/19(土)2013/02/26(火)

1

○

●

●

2013/04/11(木)2013/04/27(土)1

2013/05/18(土)1

2013/06/01(土)2013/06/15(土)

5

1

5

1

3

1

2

2013/06/29(土)2013/07/13(土)2013/07/25(木)2013/08/09(金)2013/08/28(水)● ●2013/09/14(土)○ ●2013/10/21(月)○2013/11/07(木)2013/11/23(土)○2013/12/20(金)2 ●○2014/01/11(土)2014/02/01(土)○2016/05/14(土)

2 ● ●
○

2016/06/04(土）○

2016/07/22(金)2016/10/22(土)11●

2016/12/１０(水)

○ ○
1

1

1

2016/11/19(土）

2016/12/22(水)

1

○ ○

●
●

3

○
●

1

1

1

表 3 猿沢池で観察された動物プランクトン

3

1

○

６．今後の課題
・名前が分からない微生物たくさんいたので、種類の同定が正確に出来るようにする。
・採取の回数を増やして、より詳細で正確なデータをとれるようにする。

７．参考文献[1] 西條八束，三田村緒佐武(1995)「新編湖沼調査法」講談社サイエンティフ
ィク[2] 一瀬諭，若林徹哉(2005)「やさしい日本の淡水プランクトン図解ハンドブック」合同出版株式会社[3]田中正明(2002)「日本淡水産動植物プ
ランクトン図鑑」名古屋大学出版会[4] 月井雄二(2010)「淡水微生物図鑑原
生生物ビジュアルガイドブック」誠
文堂新光社

８．謝辞
今回の研究にあたり、指導してくださいました矢野先生、適宜アドバイスをいただいた櫻井先生に深く感謝申し上げます。今回、一部のデータが欠けてしまったことに関してお詫びを申し上げます。

ハムスターの学習能力
3 年 A 組 小早川 なの
3 年 A 組 島本 花菜
3 年 B 組 對馬 凪紗
指導教諭 矢野 幸洋

１．要約
私たちはハムスターに学習能力があるのかということについて研究をしている。ハム
スターに迷路を何度か走らせ、かかる時間を比較し、ハムスターの学習能力の有無を調べた。
キーワード ハムスター、迷路、におい、天敵、学習

２．研究の背景と目的

３．仮説

私たちは一般家庭で飼われているハム

ハムスターが迷路の空間を認識していスターにどの程度の学習能力があるのかれば、一度通ったことのある間違えた経ということについて研究をしている。

路は通らないだろうという仮説を立て今回の実験では、生後 10 か月(人間た。

でいうと 27 歳程度)のオスのジャンガリ
アンハムスターを使用

４．研究内容した。(右図)Y 字型の迷路を作り、 a
スタート地点を S、また、平成 27b

年度の論文におい

左側の行き止まりて以下のような

を a、右側を b と課題点が挙げられ

おく。S からスタートし、ている。

最初に a に行き、引き返して b に行けば・嗅覚と学習能力に関連性があるのか

成功、同様に最初に b に行き、引き返し・たまたまゴールまでの経路を通っていて a に行けば成功とし、時間を計測しただけではないのかた。S からスタートし、最初に a に行・迷路が複雑なため条件ごとで比較しづき、引き返してまた S に戻れば失敗、同

らい、分かりにくい様に最初に b に行き、引き返して S に戻このような問題を解決するため、今年度は以下のような実験を行った。

S

れば失敗とする。また、今回は実験と実験の間は 5 分間休憩をはさんだ。

５．実験結果
結果は以下の通りになった。①～⑦は移動した順番を示す。
7月2日
②

⑤

④

②

③

③
①

④

②

11 秒

②

③

①

③

7秒

16 秒
③

①

15 秒

①

16 秒

②

③

③
①

①

21 秒

②

②

①

21 秒

13 秒

7月8日
⑧
③

⑥

④②
⑦

②

③

①

1分2秒

8秒

⑧

③

②

③
①

⑤

④②

③
①

①
49 秒

49 秒

⑥
④

1 分 52 秒②

1 分 23 秒

②

⑤
③
①

①

8秒
④

②

⑦

⑤
①

⑤

③

10 月 22 日
②

③

②

③

①

①
7秒

7秒

②

③

②④

⑤

④

②

⑦

③

④
⑥

③
28 秒 ①

56 秒

28 秒

56 秒

⑥

⑤

②

①

⑤
④

23 秒 ②
③
①

①
11 秒

③
①

22 秒

23 秒

11 月 19 日
③

②

④

②

②

③

6秒
③
①

①
10 秒
③

①

6秒

②

③

③

5秒
①

14 秒

②

②

5秒

④

②

②

③
①

①

③
①

①

4秒

4秒

③

②

①

5秒

②

③

②

4秒
③

②

③
①

7秒
①

①
11 秒

6秒

10 秒
①

①
６．考察
7秒

10 秒

６．今後の課題

７．今後の課題

実験結果より、以下の事が分かった。

今回の実験ではハムスターには平面で(1) 成功率の学習能力はあることが分かった。よっ※小数第三位を四捨五入して 100 分率にて、今度は野生のハムスターの巣のよう換算。

な立体の迷路を作り、立体空間での学習

7月2日

71％ (7 回中 5 回)能力はあるのかどうかということを調べ

7月8日

43％ (7 回中 3 回)たいと考えている。また、別のげっ歯類

10 月 22 日 43％ (7 回中 3 回)を使った対照実験や、このような Y 字の11 月 19 日 83％

迷路を用いてダンゴムシの交換性転換反(12 回中 10 回)

応のような特徴的な逃避行動がみられる(2) 各回の成功タイムの平均

かどうかということも調べたいと考えて※小数第二位を四捨五入。

いる。

7月2日

13.4 秒

7/月 8 日21.7 秒

８．参考文献10 月 22 日 17.7 秒[1]鈴木孝仁監修(2013)フォトサイエンス

11 月 19 日

生物図録．学習．pp.180-181．数研出版

12.1 秒[2]NHK for school(3) 各回の失敗タイムの平均

http://www.nhk.or.jp/ school/(アクセス※少数第二位を四捨五入。

2016.12.20)

7月2日

18.5 秒

7月8日

1 分 16.5 秒

10 月 22 日

32.3 秒

今回の研究にあたり、指導、アドバイ

11 月 19 日

9.5 秒

スをいただいた矢野先生に深く感謝申し

９．謝辞

上げます。
(1)～(3)より、7 月 2 日の実験結果よりも 11 月 19 日の実験結果のほうが成功率があがり、成功、失敗タイムともに早くなった。このことからこういった行動をとれば迷路から抜け出せるということを学習したといえる。つまり、記憶対象物の優先順位はあるが、ある程度の学習能力があることがわかった。

粘菌の新培養法と迷路・今後の展開
4 年 B 組 天野 桃花
4 年 B 組 松本 純子
指導教員 櫻井昭

１.要約
私たちの班は以前、真性粘菌キイロモジホコリを培養していたが失敗してしまった。そこで新しい方法で真性粘菌イタモジホコリを培養したところ成功した。また、培養した粘菌を使って迷路実験を行ったところ失敗してしまったため、改善を行い再実験することを計画している。さらに、今後新たな実験も予定している。
キーワード 真性粘菌、変形体、イタモジホコリ、植え継ぎ、粘菌迷路、pH、カルシウム、ナトリウム、カリウム

２.研究背景粘菌とは、アメーボゾア門コノーサ網変

でふやすことができる。植え継ぎとは、粘菌を殖やすための操作である。

形菌亜網に属する単細胞生物で、真性粘菌

私たちは、粘菌の生態を知るために、まと細胞性粘菌の 2 種類がある。一般的に暗ずイタモジホコリの変形体の安定的な培養

くてじめじめしたところを好み、森や藪、を試みた。次に、粘菌の生態の内の 1 つを花壇などに生息している。そして、環境に知るための粘菌迷路実験を行った。さらに、合わせて、胞子、細胞、変形体、子実体と粘菌の別の生態を知るべく研究計画を立て様々な形態になる(図 1)。

た。

粘菌は自由自在にからだを伸ばしたり、縮めたりできる。また好き嫌いがあり、オ

３.研究内容①新しい植え継ぎ方法ートミールなどの好物には近づき、光など

３.１ 研究の目的の嫌いなものからは遠ざかる。オートミー
ルは別名えん麦とも言い、シリアルなどに入れて食べる穀物であり、粘菌のエサになる。

以下、「イタモジホコリの変形体」を「粘菌」と表記する。
私たちは以前、キイロモジホコリという真性粘菌の変形体を培養していたが、カビ

さらに、粘菌にはタマゴルリホコリやシに侵され全滅させてしまった。その当時行

ロウツボホコリなどの様々な種類がある。

っていたキイロモジホコリの植え継ぎの方

私たちが培養しているのは真性粘菌イタモ法を以下に示す。

ジホコリ(学名 Physarum rigidum)の変形①大型シャーレ、ピンセット、ろ紙数枚、体(図 2)である。

こまごめピペットのガラス部分、小型のビイタモジホコリは、植え継ぎという操作

ーカーに入れたひとつまみのオートミール

(図 3)を 100℃で 2 時間乾熱滅菌して無菌状

オートミールも一緒に保管しておく)態にする。

⑤1～2 日置いて、インキュベータからシャ②クリーンベンチ内でシャーレにピンセッ

ーレ、タッパー、ミネラルウォーター、オ

トでろ紙を敷きつめ、こまごめピペットをートミールを取り出す。

使って蒸留水(滅菌していない)で湿らせる。

⑥蓋を開け、エサの周りに広がった粘菌の③その上にピンセットでオートミールをシ

一部をペーパータオルごとメスで切り取り、

ャーレ全体にまんべんなく撒き、キイロモ

小さめのシャーレの中にそれぞれ移す。

ジホコリの変形体の一部を移植し、シャー⑦粘菌を保管していたタッパーとシャーレレに蓋をする。

を中性洗剤でよく洗い、ペーパータオルで④クリーンベンチの外でシャーレにビニー

水滴が残らないように拭く。

ルテープを一周巻いて密閉し、22℃の暗所

この①～⑦の作業を繰り返し行う。また、(ガムテープで密閉したダンボール箱の中)

長い時間同じペーパータオルで飼っているで保存する。

とカビが生えたりするので、毎回新しいも⑤1 週間ほど経ったら、①～④を再び繰りのと交換する。

返す。

３.４ 実験結果

このようにキイロモジホコリを培養して粘菌を、カビ等に侵されることなく殖やいたのだが、クロカビなどのカビにたびたすことができた。

び侵食され、最終的には全滅してしまった。

３.５ 実験考察

そこで、新しくイタモジホコリの変形体を以前の方法から大きく変更した点は、粘譲り受ける際に、粘菌の新たな育て方を教

菌を植え継ぎする頻度を、一週間に一度かえて頂くことができたので、実践しようとら 1、2 日に一度にしたことである。今回の考えた。

方法できちんと育てられるようになったと

３.２ 仮説いう事は、植え継ぎは頻繁に行う方が良い

粘菌は、次の「3.3 実験方法」で示す方法という事が分かった。

で植え継ぎすると、殖やすことが出来る。
３.３ 実験方法

４.研究内容②粘菌迷路実験①タッパー3 個とシャーレ 8 個それぞれに

４.１ 研究の目的

ペーパータオルを敷き、水で湿らせる。(ウェットティッシュくらいの水分)「4.1 研究の目的」においてのみ、全種類の粘菌の総称を「粘菌」と表記する。

②送られてきた変形菌(寒天培地の上にい粘菌には、餌があると自身と餌の最短ルる)の一部をメスで切り、ペーパータオルにートを通り餌までたどり着くという習性が乗せる。

ある。粘菌のその習性を確かめる為に粘菌③オートミールの粒を一つまみほどペーパ

迷路実験を行った。

ータオルの上に置く。(図 4，図 5)

粘菌迷路実験とは、粘菌の変形体が全体④蓋で密閉し、20℃のインキュベータの中に広がった迷路のスタートとゴールに餌をに入れて保管する。(ミネラルウォーターと置くと、粘菌はどのような行動をとるのか

を見るという実験である。
４.２ 仮説粘菌が通路の全体に広がった迷路を用意

粘菌迷路実験からは、粘菌は自身の嫌いな物質がない場合、高低差(12 ㎜ほど)を乗
り越えることがわかった。

し、スタートとゴールにオートミールを置
くと、粘菌が迷路のスタートとゴールを結

６.今後の課題・予定

ぶ。

６.１ 今後の課題

４.３ 実験方法

まず、粘菌迷路実験を、粘菌が迷路の通①水に寒天を 1.8％加えオートクレーブに路を無視することがないようにコントロー

かけ、ろ紙をひいた 9 ㎝径シャーレ 8 枚にルした上で再度行いたい。
「4.5 実験考察」

分注してから固める。

で述べたように、迷路の通路以外の部分に②迷路の通路となる部分の寒天をくり抜く。

粘菌が嫌いな物質を付着させ再度粘菌迷路③迷路のスタートに粘菌を置き(図 6)、1 日実験を行う予定である。

放置して迷路の通路全体に粘菌を広げる。

さらに、以下「6.2 今後の予定」に述べ④迷路のゴールにオートミールを置き、1る実験を予定している。

日放置して粘菌の様子を観察する。

６.２ 今後の予定

４.４ 実験結果
手順③で粘菌を迷路に置いて一日放置したところ、8 枚のシャーレ全てで迷路の通

私たちは以下の実験を計画している。
6.2-1 実験の目的
変形菌を育てている中で、私たちは、変路の外に粘菌が出てしまった(図 7)。

形菌に様々な物質を与えると、どのような

４.５ 実験考察

動きをするのか、という疑問を持った。そ粘菌がきちんと迷路の通路のみを通るようにコントロールする必要があった。迷路

こで、今後以下の様な実験を行おうと思う。
6.2-2 実験仮説の通路以外の部分に粘菌が嫌いな物質(例

粘菌は好まない物質を与えられると、そえばクエン酸など)を付着させればそれがれを避けるように動く。また、粘菌が避け可能ではないかと考えている。

るように動く(またはその逆)物質の pH は
近くなる。

５.考察
粘菌の新しい方法での植え継ぎからは、

6.2-3 実験方法
①シャーレに寒天培地を作る。

粘菌を頻繁に植え継ぐことで粘菌をカビ等②育てておいた変形菌の一部を、培地内にから守りながら殖やすことができるとわか

置く。(培地内には変形菌が動くことのできった。以前の植え継ぎ方法では、一度植えるスペースを残しておく)

継ぎの操作を行ってから一週間放置するこ③オートミールと、さまざまな pH の化学とで、放置している間にろ紙にカビが繁殖

物質、さらにカルシウム・ナトリウム・カしてしまっており、そのためにキイロモジ

リウム等を、培地内の、粘菌に直接かける。

ホコリの変形体がカビに侵されてしまって④1 日インキュベータ内で放置する。

いたのだと考えられる。

6.2-4 実験結果の予想
この実験では、粘菌が引き寄せられるよ
うに移動した物質と避けるように移動した物質それぞれで、pH に共通点が見つかるのではないかと予想している。また、カルシ
ウム・ナトリウム・カリウムは粘菌の細胞をとかすと言われているため、粘菌の細胞がとけると予想している。
図 2 イタモジホコリの変形体

７.参考文献(黄色いものがイタモジホコリの変形体。

粘菌の疑問を解決しよう！～粘菌の足跡に白っぽいものはオートミール)

発生した白い物質の正体を調べる～ 天野
桃花・杉山絢・松本純子

８.謝辞
この研究を進めるにあたり、日本変形菌研究会の今村知世子さん、顧問の櫻井先生、
岡田絢さんを始め様々な方にご協力いただ
きました。この場を借りて深く感謝申し上げます。

図 3 オートミール

変形体

図 1 粘菌の一生
図 4 新しい植え継ぎ(タッパー)

図 5 新しい植え継ぎ(15 ㎝径シャーレ)

図 6 粘菌迷路(粘菌配置直後)

図 7 粘菌迷路(粘菌配置後約 1 日が経過)猿沢池のクロロフィル量とプランクトン
5 年 B 組 高畑 菜々子
5 年 C 組 西村 咲野
指導教諭 矢野 幸洋

１．要約
今年度は昨年度から継続して調査を行ったが、特定の現象を対象とした実験を行っていない。そのため、昨年度の論文の考察を肯定するデータを集積した。また、例年通り各デー
タの相関関係にも注目し、グラフを作成し、例年との比較を行った。
キーワード クロロフィル量、プランクトン、アオコ

２．研究の背景と目的
猿沢池班は、2008 年からデータを蓄積

pH をデジタル pH 計で、COD、NH4＋

しており生物班の中でも歴史がある研究をパックテストで測定し、天気を目視で班である。その活動を引き継いでデータを確認し記録する。

蓄積し年間の傾向をより正確に知ること

③

遠心分離

を目的とした。例年の調査で毎年 6～8 月

持ち帰った水を遠心分離管で遠心分にアオコが発生することがわかっており、離する。遠心分離管の底にたまったプラ

植物プランクトンの量の指標であるクロンクトンをスポイトでスライドガラス

ロフィル抽出や COD 値の計測を継続し行にとり、プレパラートを作成した。

ってきた。また、基本的な水質の指標であ④る pH、気温、水温、NH4＋濃度の計測も行った。

観察作成したプレパラートを顕微鏡で観察した。原生生物は低倍率で、藍藻類などは高倍率で観察した。少ないものは個

３．研究内容体数をカウントしたが、多いものはカウ

実験方法

ントしなかった。

(1) データの収集とプランクトンの観察① 水の採取(2) クロロフィル抽出の実験①

プランクトンのろ過

プランクトンネットを使用し、あらか

採取した水 200ml をろ過装置でろ過じめ決めた場所で採集瓶一本分の水をする(ろ過を促進するためアスピレータ

採取する。

ーを用いた)。また、プランクトンの量② 環境データの測定が多い時などろ過に時間がかかること

水を採取すると同時に、水温・気温・があり、そういった場合には、ろ過量

200ml 未満でろ過を中止した。(ろ過量４．実験結果は記録した。)

実験結果を表 1、2 および図 1、2 に示す。
天気

ろ過後、ろ紙は冷凍庫にて保存した。

気温

水温

pH

COD

2015/4/18(土)

晴れ

16.8

17

7.87

20

2015/5/9(土)

雨

20.9

21.6

10.1

35

2015/5/21(木)

晴れ

25.2

27.1

10.63

40

2016/6/8(月)

曇り

23.7

22.5

7.9

20

2015/6/20(土)

晴れ

26.3

24.9

10.16

20

留水 6ml をはかり、混ぜる。

2015/7/9(金)

晴れ

34.8

30.8

9.6

70

2015/7/23(木)

晴れ

28.2

27.8

9.82

50

③ クロロフィルの抽出

2015/8/17(月)

曇り

31.4

29.4

9.84

50

2015/9/12(土)

晴れ

26.7

25.1

9.73

20

冷凍庫で保存していたろ紙を取り出

2015/10/14(木)

晴れ

24

22

9.81

20

2015/11/21(土)

不明

18.5

17.8

8.79

13

し、ビーカーにいれた②のアセトンにつ

2015/12/19(土)

曇り

10.3

9.1

8.53

10

2016/3/12(土)

晴れ

11.4

11

8.76

13

ける 30℃で 30 秒間、超音波洗浄機でビ2016/3/28(月)

晴れ

14.6

15.9

9.2

20

2016/4/16(土)

晴れ

18.7

16.5

8.56

20

ーカーごと洗浄する。

2016/4/23(土)

晴れ

22.8

22.2

9.66

20

2016/4/30(土)

快晴

19.4

20.5

10.6

20

2016/5/7(土)

曇り

20.6

20.7

10.47

30

2016/5/14(土)

晴れ

25.1

25.9

9.88

40

2016/6/4(土)

曇り

24.3

23.5

8.09

30

2016/7/8(金)

曇り

30.4

31.4

10.17

30

2016/7/22(金)

晴れ

30.6

30.3

10.02

20

② 90%アセトンの作成
メスシリンダーでアセトン 54ml, 蒸④ 分光光度計での測定
アセトンと③で抽出した液の上澄みをそれぞれ 2/3 ずつセルにうつし、分光光度計で、それぞれ 750nm、663nm、

表 1 環境データ

645nm、630nm で吸光率を測定する。

５．考察⑤ クロロフィル値の計算
上澄み液の測定値からアセトンの測

猿沢池は pH が高い傾向(pH=8~10)に定値を引き(引いたものをそれぞれの波ある。このことは奈良市内の複数の池(鴻長の測定値とする)、以下の式(に数をあ池・荒池など)において pH は 7~10 程度てはめて、クロロフィル a、クロロフィと季節により多少変動があるものの、概ね

ル b、クロロフ c の値を計算する。

アルカリ性を示すため、土壌が水質に影響

・A=663nm の測定値－750nm の測定値していると考える。一年を通じて、猿沢池

・V=ろ過量=0.2(L)では藍藻類が他のプランクトンよりも多・B=645nm の測定値－750nm の測定値く見られた。藍藻類の繁殖力が他のプラン

・L=セルの長さ＝5(cm)クトンよりも強いためだと考えられる。

・C=630nm の測定値－750nm の測定値

藍藻類は季節に関係なく多く見られ、特に A.スピロイデスクラッサ、M.ノバセッ

・a=溶液の量=50(ml)キ・べーゼンベルギーが顕著に多かった。
これは、ミクロキスティスが他のプランク

Chl.a（11.64A-2.16B＋0.10C）a/(VL)Chl.b（20.97B-3.94A-3.66C）a/(VL)

トンにはできない繁殖に有利な垂直運動

Chl.c（54.22C-14.81B-5.53A）a/(VL)ができるためだと考えられる。


2 年前までは、アオコの前兆としてミドリムシが観察されていたが 2015、2016 年は見られなかった。

-40.00

図 1 クロロフィル a,b,c(mg/㎥)

図 2 クロロフィル a と水温・COD の関係
2016.07.08

2016.05.14

2016.04.30

2016.04.16

2016.03.12

2015.12.19

2015.10.14

2015.08.17

2015.07.09

2015.06.08

2015.05.09

Chl.b

2014.09.26

2014.08.18

2014.07.18

Chi.a

2014.05.30

2014.04.26

2014.02.01

2013.12.20

2013.11.07

2013.09.14

2013.08.09

2013.07.13

2013.06.15

2013.05.18

2013.04.11

2013.02.26

2012.10.20

200.00Chl.c

160.00120.00

80.00

40.00

0.00

藍藻

鞭毛

原生

デ
ィ

(

ヒ フ ア
ケ
ト タ ウ Aラ
サ ヅ ヅ ラチ.
ホ
メ ノ ノ コウ
テ
キ
ア
ハ シ
ハ ク ク セト ミ ル
ン リ ガ ム ミ
ダ ン ン
イ ビ
・ ド
ラ カ ク
ケ タ
ク シ シ
ラ グ
ヒ リ
エ ヅ ネ
ン ョ ョ
イ ケ
ド キ リ
･ ア
ル ム
シ ウ ウ
ソ イ
ロ モ エ
ア
ン シ
ョ モ モ
ウ ソ
ン
ラ
ン 変
デ
ウ
ウ
種
モ 変 変 ビ
ネ
種 種 グ
ア
ラ
）
ィ

)

)

テ
ト
コ
デ
ラ
ス
ィ
ス
マ
ポ ヒ リ ク ク
ル チ
ラ ビ ウ
キ ス
・ ミ ム
ゲ フ
ラ ド ・
ニ ェ
ク ロ ラ
ア リ
ス
ル
ウ
ト
フ
ム
リ
ス
ス

(

ス
タ セ
ウ ネ
ラ デ
ス ス
ト ム
ル ス ユ
ー
ム ･
ド
・ オ
リ
ア ポ
ナ
リ
ク エ
チ ン
ス シ
ェ コ ス
ル ン

珪藻

(

ィ

サ

コ
エ
ラ
ス
ト
ル
ム
・
ミ
ク
ロ
ポ
ル
ム

ス
タ
ス ウ
タ ラ
ウ ス
ト
ラ
ル
ス ム
ト .
ル ド
ム ル
･ シ
セ デ
ン
バ
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ル
ィ
デ フ

ー

M
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M
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ク
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バ
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セ
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ッ ラ
キ ー
ベ

ッ

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ナ
ベ
ナ
･
マ
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ロ
ス
ポ
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ラ

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ナ
ア
ベ
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ナ M
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・ .
ナ
ス ベ
・
ー
ピ
フ
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ロ
ロ
ン
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ス
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ギ
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緑藻

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リ
オ
ン
・
シ
リ
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ド
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ク
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ゾ
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ミ
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ネ
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ム
ン
シ
ミ
ジ
ン
コ

カ
ヤ
ツ
リ
ソ
ウ

ム

－ － － －
－ － － －
2010/08/05(木) ● ○
● ○
○
○
○ ● ○
－ － － －
2010/10/21(木) ○
● ○
○
○
○ ○ ○
－ － － －
2010/10/28(木)○ ○○ ●－ － － －
2010/11/04(木)● ○● ● ○ 1
－ － － －
2010/11/25(木)● ●○ ●－ － － －
2011/02/24(木)○ ● ○－ － － －
2011/05/12(木) ○ ○ ● ○ ○ ○1－ － － －
2011/06/09(木)－ － － －
2011/09/24(木) ○
● ● ●
○
1
○ 1 1
1
● ● ○ 1
－ － － －
2011/10/08(土)● ○○－ － － －
2011/11/05(土) ○○－ － － －
2012/03/13(火)○ ○● － － － －2012/04/21(土）● ●4● ○ ○ 12－ － － －
2012/05/17(木) ○ ○● ○●2－ － － －
2012/06/28(木) ●
● ○
● 1 1
●
1
3
● ●
3
－ － － －
2012/07/07(土) ◎●○ ●● ● ○ 2－ － － －
2012/07/17(火) ●
◎ ○
○
6
○
1
1
● ● ○ 1
－ － － －
2012/10/09(火)
◎ ○
3
2
○
1
● ● ○ 4－ － － －
2012/10/20(土)
● ●
3
2
2 1
1
● ● ● ●
－ － － －
2012/12/19(水)－ － － －
2013/01/19(土)○－ － － －
2013/02/26(火)
● ○
1
○ ●
－ － － －
2013/04/11(木) 〇
〇
〇
〇 ● 〇
－ － － －
2013/04/27(土) ○ ○○○○2○ ○ ○ 3－ － － －
2013/05/18(土) ◎ ◎
○ ○
○
○
○
○
－ － － －
2013/06/01(土) ◎ ◎ ● ○ ○
○
○
○ ○
2 3
－ － － －
2013/06/15(土) ● ◎◎ ○－ － － －
2013/06/29(土) ● ●◎ ○○○○ ○ ○ 3－ － － －
2013/07/13(土) ○ ○◎ ○○○○ 〇 〇 3－ － － －
2013/07/25(木) ○ ○
◎ ○
○
○
○
1
2
○
● ● ○ 1
－ － － －
2013/08/09(金)
〇
◎ 〇
〇
〇
● ● 〇
－ － － －
2013/08/28(水)
● ○
○
○
● ◎
－ － － －
2013/09/14(土)
● ○
○
○
○
● ◎
－ － － －
2013/10/21(月) ○
● ○
○
○
○
○
○ ● ○ 2－ － － －
2013/11/07(木)
● ○
○
2
1
○ ○ ○
－ － － －
2013/11/23(土)
○ ○
○
○
○
1
○ ○ ○ ○ 1
－ － － －
2013/12/20(金)
○ ○
○
○
○ ○
－ － － －
2014/01/11(土)○○－ － － －
2014/02/01(土)－ － － －
2014/04/14(月)○ ○－ － － －
2014/04/26(土)
○ ○
○
○
○
○
－ － － －
2014/05/17(土)
● ○
● ●
●
○
○ ○
○
○
○
○
○
－ － － －
2014/05/30(金)
○
● ○
● ○
●
○
○
○
○ ●
○
○ ○
2
－ － － －
2014/07/04(金)
● ○ ○
○
○
○
○
●
○
－ － － －
2014/07/18(金)
○ ○
○
○
○
○
● ○ ○
2
－ － － －
2014/08/05(火)
○ ●
○
○
○
○ ○ ○
－ － － －
2014/08/18(月)
○ ●
○
○ ○
－ － － －
2014/09/02(火)
○
○ ○
○
○
○
○
● ●
－ － － －
2014/09/26(金) ○
○ ○
○
○
● ○ ○
－ － － －
2014/10/18(土) ○
○ ○
○
●
1
－ － － －
2010/07/13(火) ● ●○○2010/07/21(水) ●

○ ○

○

1

● ● ○ 3● ● ○ 3

藍藻

緑藻

珪藻

原生

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)

)

●

○ ○ ● △
2015/5/9(土)
● Ex
○ ●
○
2015/5/21(木) Ex○ ● ●2015/6/8(月)○●2015/6/20(土)○ ● ●2015/7/9(木)● ○ ○2015/7/23(木) ●● ● ●2015/8/17(月)● ● ●2015/9/12(土) ●○ ○2015/10/14(水)○ ○2015/11/21(土)○ ○2015/12/19(土)○ ○2016/3/12(土)● ○2016/3/28(月) ●○ ● ●2016/4/16(土)○ ● 1
2016/4/23(土)● ○ 1
2016/4/30(土)2 Ex
9 5
2016/5/7(土)1● ●29 3
2016/7/8(土)○ ○ ● ●

● ●●○2015/4/18(土）

○

○
1

○

●
●
●
○

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種
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2015/4/9(木）

鞭毛
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○ ○ ○
3 ○

3
1
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12
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●
5

1

○：少 Ex：30 以上(数えられない)※(2015-2016)◎：かなり多い(2010—2014)●：多－：データなし

表 2 2010 年から 6 年間で確認されたプランクトン
６．今後の課題

察する水をはかりとるということが考え

(1)

られる。

クロロフィル量を算出するのに用いる数式の再検討
クロロフィル c においてマイナスの値が出た。また、2015-2016 のデータにおいては、例年通りケイソウ等の褐色藻の量は７．参考文献[1]西條八束、三田村緒佐武(1995)「新編湖
沼調査法」 講談社

少ないにも関わらず、クロロフィル c の値

[2]奈良教育大学(1994 年 3 月)「奈良公園がクロロフィルａ、クロロフィル b を凌の自然」 伊達統 久良美幸 上岡岳

ぎ突出していた。
(2) 定量的な測定・観察の方法の検討
作成した表を見てもわかるように、私た[3]京都大学(2002 年 11 月)「琵琶湖におけるアオコを形成するラン藻類の動態」
石川可奈子

ちは主観に基づく多い・少ないという判断をしている。また、表にある 1 や 2 などの数字も個体数を示してはいるものの、私たちが観察できた個体数であり、一定量の採集した水に確認できた個体数ではない。
解決策としては、マイクロピペットで観８．謝辞
今回の研究にあたり、指導して下さった
矢野先生に深く感謝を申し上げます。

マツタケの人工培養を目指して
5 年 B 組 結崎 祈
指導教員 櫻井 昭

１．要約
私は未だ安定した手法が確立されていないマツタケの人工培養法について研究している。
昨年度に引き続きマツタケ菌糸の成長速度を向上させる研究を行い、今年度は培地の寒天濃度を変更する実験を行った。その結果、培地の寒天濃度を下げると菌糸の質感に変化が見られた。
キーワード マツタケ、菌糸の立体化、培地の寒天濃度、菌糸の質感

２．研究の背景と目的
安定したマツタケの人工培養の成功例は

３.２ 1/3 培地の作成

3.2.1 実験目的

未だ報告されていない。私は、なぜマツタ

マツタケ菌糸は培地に浅く菌糸を張りなケの人工培養は困難であるのかに興味をもがら培地上に広がり、成長する。通常の実

ち、マツタケの人工培養を目指して研究を験で用いる寒天培地が菌糸にとって固いの始めた。マツタケの人工培養が困難であるで菌糸を張るのに時間がかかり、成長速度

理由の一つに、菌糸の成長速度の遅さがあが遅いのではないかと考え、通常の培地よる。私はそれを解決するために、培地の寒りも寒天濃度が低い培地であれば培地が柔天濃度を変更し、一連の実験を行った。

らかくなり菌糸を張りやすく、菌糸の成長速度が向上するという仮説をたて、実験を

３.実験内容行った。

３.１事前準備

3.2.2 実験仮説実験を行う場をビニールカーテンで区切

寒天濃度の低い培地を用いれば、菌糸のり、その中でプラズマクラスターを約 24 時

成長速度が向上する。

間つけ放しにすることで、できるだけ菌の3.2.3 実験方法

少ない状態を作る。また、マツタケ菌を扱

通常の培地の組成から寒天量を減らし、

うときは、クリーンベンチ内で行う。以下

寒天が元の 1/3 倍量の培地を作成し、植えの全ての実験において、この無菌操作は共継ぎを行った。比較対象として通常の培地通で行う。

(1 倍量)も作成し、同様に植え継ぎを行っ

・マツタケ培地

たあと、両方の培地を 28 度のインキュベー

IFO-7 培地と浜田培地の 2 種類の培地を採用している(2014，結崎 祈)。

ターで保管し、76 日間培養を行った。

培地の組成は以下の通りである。
IFO-7 培地(寒天濃度１倍)
乾燥酵母

0.75g

グルコース

3.0g

寒天

2.7g

蒸留水

Σ150ml

IFO-7 培地(寒天濃度 1/3 倍)
乾燥酵母

0.75g

グルコース

3.0g

寒天

0.81g

蒸留水

Σ150ml浜田培地(寒天濃度 1 倍)

図 2：1 倍培地
どちらの寒天濃度の培地もほぼ同じ範囲にしか菌糸が広がらず、菌糸の成長速度に

乾燥酵母

0.75g

違いは見られなかった。成長した菌糸のコ

グルコース

3.0g

ロニーの質感に違いが見られた。寒天量が

寒天

3.0g

１倍の培地では白くふわふわとした菌糸の燐酸カリウム

0.3g

コロニーが形成されたが、1/3 培地ではヨー

硫酸マグネシウム

0.15g

グルトのような見かけの菌糸のコロニーが蒸留水

Σ150ml浜田培地(寒天濃度 1/3 倍)形成された。
3.2.5 実験考察

乾燥酵母

0.75g

培地の寒天濃度を変更しても菌糸の成長

グルコース

3.0g

速度に変化は見られなかった。よって仮説

寒天

0.9g

は証明されなかった。

燐酸カリウム

0.3g

硫酸マグネシウム

0.15g

蒸留水
3.2.4 実験結果

Σ150ml３.３ 1/5 培地の作成
3.3.1 実験目的
3.2 の結果から培地の寒天濃度を下げると菌糸の質感が変化した。さらに寒天濃度を下げると菌糸の質感はどう変化するのかを検証した。
3.3.2 実験仮説
培地の寒天濃度を下げれば菌糸のコロニーの質感に変化が見られる。
3.3.3 実験方法
寒天濃度が 1/5 倍量の培地を作成し、植図 1：1/3 倍培地

え継ぎを行ったあと、28 度のインキュベー
ターで保管し、63 日間培養を行った。培地

の組成は以下のとおりである。

菌糸の成長速度は変化しないが、質感に変IFO-7 培地(寒天濃度 1/5 倍)化が現れることが分かった。1/5 倍培地と

乾燥酵母

0.75g

1/3 倍培地に形成された菌糸のコロニーの

グルコース

3.0g

質感に大きな違いが見られなかった原因は、

寒天

0.54g

両者の寒天濃度の差が 10％しかないため

Σ150mlと考えられる。菌糸の質感に違いが現れた

蒸留水
浜田培地(寒天濃度 1/5 倍)

原因は、両者の培地の違いが寒天量のみで

乾燥酵母

0.75g

あるため寒天にあると考えられ、寒天の量

グルコース

3.0g

が多いとふわふわとした菌糸のコロニーが、

寒天

0.6g

少ないとヨーグルトのような見かけの菌糸燐酸カリウム

0.3gのコロニーが形成される。

硫酸マグネシウム

0.15g
Σ150ml蒸留水
3.3.4 実験結果

３．５ 寒天濃度によるコロニーの変化
3.5.1 実験仮説
培地の寒天濃度の変化により、マツタケ
菌糸のコロニーの質感が変化する。
3.5.2 実験方法
1 倍培地と 1/5 倍培地に植えた菌糸を新しい 1 倍培地と 1/5 倍培地に植え継いだ。
1 倍培地に植えた菌糸

1 倍培地

①

1/5 倍培地 ②
1/5 倍培地に植えた菌糸1 倍培地 ③
1/5 倍培地④

培地の組成は 3.2、3.3 と同様である。
植え継ぎ後はすべて 28 度のインキュベー
図 3：1 倍培地
3.2 の 1/3 培地と同様のヨーグルトのような見かけの菌糸のコロニーが 1/5 倍培地でター内で保管し、77 日間培養を行った。
3.5.3 実験結果①の培地では白くふわふわとした菌糸のも形成された。

コロニーが形成された。②の培地ではヨー

3.3.5 実験考察

グルトのような見かけの菌糸のコロニーが培地の寒天濃度を下げた事により菌糸の形成された。③の培地では白くふわふわとコロニーの質感に違いが現れた。仮説は証した菌糸のコロニーが形成された。④の培明されたと言える。

地ではヨーグルトのような見かけの菌糸が形成された。

３.４考察
3.2、
3.3 より培地の寒天濃度を下げると、3.5.4 実験考察
1/5 倍培地の菌糸と 1 倍培地の菌糸、どちらの菌糸でも、1 倍培地に植え継げば、白究に適していると考えられる。寒天濃度の

くふわふわとした菌糸のコロニーが形成さ

変更により菌糸の成長速度は変化しなかっれ、1/5 倍培地に植え継げば、ヨーグルトのたため、引き続き菌糸の成長速度の向上をような見かけの菌糸のコロニーが形成され目指し、新たな実験、例えば菌の養分であた。このことからマツタケ菌糸は培地に合るグルコースをピルビン酸など他の物質にわせて形態変化を行っていると考えられる。

変更する実験等を現在検討中である。

４.考察

６.謝辞

①の培地で形成された菌糸のコロニーと、本研究活動において、顧問の櫻井先生に、③の倍地で形成された菌糸のコロニーの間多大なご指導を受け賜わりました。この場に違いが見られなかったことから、マツタをかりて、深く感謝申し上げます。

ケ菌糸は元の培地上での形態にかかわらず、植え継がれた培地の寒天濃度に合わせてコロニーの形態を変化させていることが分かった。同様に④の培地で形成された菌糸のコロニーと②の培地で形成された菌糸のコ
ロニーの間にも違いは見られなかった。
いずれの場合でも菌糸の成長速度に変化は見られなかったため、培地の寒天濃度と菌糸の成長速度の間に因果関係はないと言える。

５.今後の課題
今回の実験で培地の寒天濃度により菌糸のコロニーの形態が変化することが分かったが、なぜ変化したのかが分からなかった。
また、植え継ぎの際、ヨーグルトのような見かけの菌糸のコロニーは白くふわふわとした菌糸のコロニーに比べて菌糸の強度が高く感じられたが、その原因もわからなかった。今後は顕微鏡等を使用して両者の違いを詳しく調べたい。土壌でマツタケ菌が形成する、シロと呼ばれるコロニーは白く
ふわふわとした菌糸のコロニーに近いため、ヨーグルトのような見かけの菌糸よりも白
くふわふわとした菌糸の方が人工培養の研植物の葉序の規則性
5 年 B 組 山田莉彩
指導教諭 櫻井昭

１． 要約
これまで私は植物の形態にみられる数学的な規則性について研究してきた。特に私は植物の葉序、つまり葉のつき方の規則性について興味を持った。これまでの研究で、植物の葉序の回転角は黄金角なのではないかと考えたが、前回までの研究で黄金角であると断定す
るには至らなかった。そこで本研究では葉の発生の仕組みから葉序がどのようなパターン
を描くのかを求めるため、植物の葉序の数理モデリングを行った。オーキシンが葉の原基に与える影響から、原基が等速直線運動および等加速度直線運動で動くモデルをそれぞれ考案し、Mathematica というソフトを用いて葉序のパターンを表現し、パラメータを変化させシミュレーションを行った。結果、パラメータの値によって植物の成長戦略を読み取ることができるということが示唆された。
キーワード 葉、茎頂分裂組織、シュート、原基、オーキシン

２．研究の背景と目的

そこで、直接測って回転角を求めるので植物には美しい幾何学的な形態を持つもはなく、葉の発生の仕方を理論的に説明でのがある。ヒマワリやアロエ、ロマネスコときれば、葉序の規則性が何に由来するのかいったものがその代表例である。特に私はが分かるのではないかと考え、植物の葉序

植物の葉序、つまり葉のつき方の規則性にを数学的にモデリングすることにした。

ついて興味を持った。そこで私は葉序の規
則性はどのようなものに由来するのか、規３研究内容

則性を持つことで植物に一体どのようなメ

３.１ モデルの前提条件

リットがあるのか、ということについて調

3.1.1 植物の葉の発生べることにした。

数理モデルを考案するにあたって、私は

まず私は、黄金角が植物の葉序に関係す植物の葉が発生するシステムに着目した。

るのではないかと考え、葉と葉の間の角度

植物体の先端部分である、シュートと呼ばを直接測ることで角度の分布を調べたり、れる部分には、茎頂分裂組織という分裂組植物の切片から維管束という組織の本数を織が存在する。茎頂分裂組織では植物の体数えることによって回転角を算出したりし細胞が発生しそれが繰り返されることによた。しかし、どちらのアプローチも失敗に終り植物体は成長してゆく。茎頂分裂組織にわり、黄金角であると断定するには至らなは植物体を構成する体細胞だけでなく、成かった。

長して葉となる葉原基とよばれる細胞の塊

も発生する。ここで生み出された原基は、して、その仮定をもとに葉序の数理モデル

様々な要因によってその位置が決定され、を考案した。

一定の間隔で発生する。植物のシュートで3.1.3 設定は、特にオーキシンと呼ばれる植物ホルモ

3.1.2 の葉の発生に関する 4 つの条件から、ンが作用すると考えられている。このオー

葉序の数理モデルを考案する上で 5 つの設

キシンは原基から放出され、新しい原基の定を設けた。

発生を阻害するという作用を持つ。このた① シュートを上から見て、極座標平面とめ、古い原基のまわりに新しい原基が発生しにくくなる。つまり、オーキシンの濃度勾考える。
② 茎頂分裂組織を円、原基を点とみな配によって新しい原基が発生すると考えらし、その円周上の任意の地点から新しれている。

い原基(点)が発生する。

3.1.2 仮定

③ 原基はできた地点からその地点の円の葉の発生をモデル化するため、3.1.1 で示した葉が発生する仕組みの生物学的知見に接線と垂直に(法線方向に)円から離れていくように移動する。

基づき葉の発生する仕組みを単純化した。

④ 既に発生している原基に対して、他のその際に以下の 4 つの条件が葉の発生に関原基からの影響が最も小さい位置(他

与すると仮定した。

のどの原基からも遠い位置)に新しい① 葉の原基(葉になる前段階のもの)は、シ

原基は発生する(Fig.2)。他の原基から

ュートにある茎頂分裂組織の細胞分裂の影響が小さい最も位置とは、他のすによって発生する(Fig.1)。

べての原基からの距離の逆数の和が最小になる位置と定義した。
例えば Fig.2 の場合、X3 の位置を決定するのに各点から引かれた 3 本の直線のそれぞれの距離の逆数を求め、その和が最小になるときに X3 の位置が決定されるとする。

Fig.1 茎頂分裂組織② 茎頂分裂組織では、新たな原基が発生するときにオーキシン(植物ホルモン)が作用する。
③ オーキシンは新しくできた原基から放出される。
④ オーキシンには次の原基の形成を阻害する効果がある。
つまり、オーキシンが次に作られる原基、即
ち次に出る葉の位置を決定していると仮定

Fig.2 他の原基からの影響が小さい位置

⑤ パラメータを設定する。
以下、この 5 つの設定を満たすように原基(点)は動き、葉序のパターンを形成すると考えた(Fig.3)。

Fig.3 原基の動きのモデル化 (t=0 から t=3T まで)

この設定を用いて原基の動きを表したものが Fig.3 である(等速直線運動の場合)。具体的に原基がどのように発生し動いていくのかを、原基が 3 つ発生するまでの動きで座標を使って説明する。
t=0(初期位置)のとき、原基は座標中の茎頂分裂組織の円上に 1 つあるとする。原基は一定の周期で発生するので、t=T で新しい原基が発生しその間古い原基は円から離れるように法線方向に移動する。新しい原
基はオーキシンの効果によって既にある原基から最も遠い位置に発生するため、このときはちょうど反対側、つまりπ回転した
位置の円周上に新しい原基は発生する。
t=2T のとき、すでにある 2 つの原基は茎頂分裂組織から遠ざかる。初めからある原基は t=T のときに発生した原基よりも茎頂分
裂組織から離れているので、t=2T で発生する原基はオーキシンの影響の少ない、つまりより遠い方である X0 に近づく。このように、新しい原基の位置は既にある 2 つの原基の位置関係によって決定される。同様に、
t=3T のときも既に発生している 3 つの原基の位置関係によって新しく発生する原基の位置が決定される。

以後、このような設定で点は動き、葉序のパターンを形成してゆくと考えた。

３.２ 考案したモデル

V：原基の移動する速度

3.2.1 モデル 1: 等速直線運動

T：原基が発生する周期3.1.3 設定③の、原基の移動する運動を等

R：茎頂分裂組織の半径

速直線運動とみなした。これは、等速直線運と設定した。

動がモデル化の際に最もシンプルな運動だ

このモデルでの原基の座標は、
時刻 t=nT でと考えたためである。

k 番目に発生した原基の座標を極座標平面

設定⑤のパラメータ設定ではで表すとX k (R + (n − k)VT, θk )と表される。原基の回転角θn の決定法は
𝑛−1

f (1 , 2 ,... n1 ) = ∑𝑘=0

1√R2 + {R + (n − k)VT}2 − 2𝑅{R + (n − k)VT} cos(θn − θk )が最小の値をとるときの角θn を求めることによって決定する。
3.2.2 モデル 2: 等加速度直線運動𝑎：原基の移動する加速度

モデル 1 で仮定した「原基が発生し運動

T：原基が発生する周期をし始めるとき、初速を持たないものが急

R：茎頂分裂組織の半径に等速で運動を行う」ということは現実的と設定した。

に起こりにくい。そこで、3.1.3 設定③の、このモデルでの原基の座標は、
時刻 t=nT で原基の移動する運動を等加速度直線運動とk 番目に発生した原基の座標を極座標平面

みなし、原基の動きは速度が一定の等速直で表すと線運動ではなく加速度を持った等加速度直1
2

X k (R + 𝑎{(n − k)T}2 , θk )線運動と設定し数理モデル化を行った。

となり、設定⑤のパラメータ設定では原基の回転角θn の決定法は

𝑛−1

f (1 , 2 ,...=n1∑)
𝑘=0 √R2 + [R +

1
1
1
2 2
2
2 𝑎{(n − k)T} ] − 2𝑅[R + 2 𝑎{(n − k)T} ] cos(θn − θk )が最小の値をとるときの角θn を求めることによって決定する。
3.2.3 モデル 3: 影響する原基を制限
モデル 1、2 では新しい原基形成にすべての原基が関わると考えてシミュレーションを行った。一方、オーキシンには下から上には作用しないという極性がある(Fig.4)。
Fig.4 オーキシンの極性

そのため、ある程度原基が茎頂分裂組織から下方に遠ざかってしまうと古い原基が放出するオーキシンは新しい原基に対して作用せず、新しい原基の形成には影響しない。言い換えると、鉛直方向の成長速度 Vy
が速いとき、新しい原基の発生に関与する
原基の数は少なくなるということが言える。
そこで新しい原基の発生に関与する原基のFig.5 原基の数の制限

数を制限しモデル化を行った(Fig.5)。
パラメータ設定ではモデル 1 の等速直線と設定した。

運動モデルと同様にこのモデルでの原基の座標は、
時刻 t=nT で

V：原基の移動する速度k 番目に発生した原基の座標を極座標平面

T：原基が発生する周期

で表すと

R：茎頂分裂組織の半径x：原基の発生に関与する原基の数
𝑛−1

f (1 , 2 ,... n1 ) = ∑X k (R + (n − k)VT, θk )と表される。原基の回転角の決定法は

1√R2 + {R + (n − k)VT}2 − 2𝑅{R + (n − k)VT} cos(θn − θk )
𝑘=𝑛−𝑥が最小の値をとるときの角θn を求めることによって決定する。

３.３ シミュレーションーンを得るたびにその状態の関数が最小値

3.3.1 解析方法になる角をグラフから求め、極座標平面に

3.1.3 の設定から、原基の運動を仮定し数式化することで上から見た葉のつき方(葉プロットするという操作を行っている(Fig.6)。

序のパターン)と、何のパラメータがパターンの形成に依存しているのかを求めた。設定④で、「最も遠い位置」を「他のすべての原基からの距離の逆数の和が最小になる位置」と定義したため、原基(点)の位置を決定するのに関数が最小値になる角を求める作業が必要であった。このような関数から最Fig.6 Mathematica によるシミュレーション

小値になるときの角度を求める計算は手計

3.3.2 目的と方法

算では困難であり、大変な労力を要するた

目的：モデル 1 の葉序のパターンは何に依め、Mathematica というソフトを用いて実存しているのかを調べる。

際に考案したモデルのシミュレーションを方法：原基の出現する数(点の数)n を固定し、行った。実際には一つ点をプロットしパタ

パラメータの値をそれぞれ変化させる。

3.3.3 モデル 1: 等速直線運動

密集しているが、円から遠ざかってもある

仮説： ある時刻 t=nT のときの葉序のパタ程度重ならない形で配置されていることがーンはパラメータ VT/R(1 周期に原基が移分かった。

動する距離と茎頂分裂組織の半径の比)に3.3.5 モデル 3: 影響する原基を制限依存する。

仮説： ある時刻 t=nT のときの葉序のパタ

方法：

ーンはパラメータ VT/R(1 周期に原基が移ⅰ) n と VT を固定し V と T を変化させ動する距離と茎頂分裂組織の半径の比)をる。

固定すると、x(原基の発生に関与する原基ⅱ) n を固定し VT/R の値を変化させる。

の数)に依存する。

結果：

方法：

葉序のパターンは VT を固定すると V や Tⅰ) n と VT を固定し V と T を変化させを変化させても変化しなかったが、VT/R のた。

値によって変化した。VT/R の値が小さくな

ⅱ) n を固定し VT/R の値を変化させた。

るほど点が円上に近づいて円の周りを敷きⅲ) n、VT/R を固定し x を変化させた。

詰めるように並び、大きくなると一直線上

結果：原基形成に影響する原基を制限するに並んだ。

ことによって螺旋状の線が見える配列が確

3.3.4 モデル 2: 等加速度直線運動

認でき、x の値を大きくするほど、つまり影

仮説： ある時刻 t=nT のときの葉序のパタ響を与える原基の数を多くするほど螺旋のーンはパラメータ 𝑎T2/2R (1 周期に原基が数は増えた。

移動する距離と茎頂分裂組織の半径の比)x の値を小さくするということは新しいに依存する。

原基を作るのに関与する原基の数が少ない

方法：ということであるから、これは鉛直方向のⅰ) n と𝑎T2/2R を固定し𝑎と T を変化させ成長速度 Vy が速いということと同じであた。

るといえる。また、同じ線もしくは螺旋上にⅱ) n を固定し𝑎T2/2R の値を変化させた。

ある点は原基が葉になった時に重なりやす

結果：葉序のパターンは𝑎T2/2R を固定する

くなってしまうので、螺旋の数が増えるほと𝑎や T を変化させても変化しなかったが、ど原基は重なりにくくなると考えられる。

𝑎T2/2R の値によって変化した。𝑎T2/2R の次ページに示す図は、[n, V( 𝑎 ), T]=[200,値が小さくなると点が散らばって配置され、V( 𝑎 ), 1]として各モデルでパラメータの値大きくなると一直線上に並んだ。等速直線を変化させたものである(Fig.7,8,9)。

運動のモデル 1 の結果と比較する。モデル
1 では、葉序パターンを決定するパラメー
タ VT/R が小さくなったときに点が円の周りに配置された。しかし、モデル 2 では葉序パターンを決定するパラメータ 𝑎 2T/2R
が小さくなったときに点は円に近付くほど

VT/R = 0.001

𝑎T2/2R = 0.001

VT/R = 0.1

𝑎T2/2R = 0.1

VT/R = 10

𝑎T2/2R = 10

Fig.7 モデル 1：等速直線運動

Fig.8 モデル 2：等加速度直線運動

４． 考察VT/R = 0. 1 のとき

モデル 1 とモデル 2 では、葉序の回転角はそれぞれのモデルで VT/R、𝑎2T/2R というパラメータによって決定されることが分x=1かった。これは原基が一周期に進む距離と茎頂分裂組織の半径の比である。また、モデル 3 では、VT/R を R と T を固定することによって V に集約すると、水平方向の成長
速度 Vx だけでなく、鉛直方向の成長速度
Vy によっても葉序のパターンが変化する
ことがわかった。以上から、私は成長速度の変化によって葉序のパターンを表すことができる「オーキシンによる葉序の数理モデル」という新たなモデルを考案することが

x=3

できた。
また、モデル 1 ではパラメータの値が小さくなるほど茎頂分裂組織の近くに密集して原基が配置され、茎頂分裂組織は非常に小さな組織であるためあまり現実的でないパターンとなってしまったが、モデル 2 ではパラメータの値が小さくなっても茎頂分
裂組織の周り原基が密集して配置されるものの茎頂分裂組織から遠い位置にある原基はある程度散らばって原基が配置されたた

x=6

め、モデル 2 の加速度モデルの方が実際の原基の動きにより近く、適したモデルであると考察された。
また私は、シミュレーションを通して 1
つ推論を得ることができた。それは、一周期に進む距離の違いによって植物の成長戦略が読み取れるというものである。
一周期に進む距離が比較的長いとき、植
物の葉はほぼ一直線上に配列したため、その植物は葉の配列よりも成長を優先させているということができる。その主な代表例

Fig9 モデル 3：影響する原基を制限として挙げられるのがイネである。イネは

一般的に田植え後から収穫までの夏の短期間の間に上に(鉛直方向に)高く急激に伸びることが知られている。このような植物は早く、高く成長することによって葉は重なりやすいものの高さによって日光を得ているのではないかと考えられる(Fig.10)。

Fig.11 アロエと成長速度が遅い葉序パターン

つまり、植物は茎頂分裂組織の半径と比べた原基が一周期に進む距離(葉序のパターンを変化させたパラメータ VT/R や
Fig.10 イネと成長速度が速い葉序パターン

対照的に、一周期に進む距離が比較的短いとき、植物の葉は同一直線状にある程度

𝑎T2/2R)、つまり成長速度によって日光を効率よく受け取るための方法を変えていると考えられた。

重なりにくい配置となったため、その植物は成長よりも葉の配列を優先させていると

５． 今後の展望いえる。その主な代表例として挙げられる

今回の研究では、等速直線運動と等加速のがアロエである。アロエは葉肉植物の一度直線運動、さらに鉛直方向の運動も考慮

種であり植物体の維持に水をあまり必要としたモデルを考案し、葉の原基の発生をよしない。そのため背丈は低く、ゆっくりとしり生物学的根拠に基づいた条件で疑似的にか成長しない。このような植物は、成長速度表現した。しかし、葉の位置を決定しているは遅く背は低いものの、葉を無駄なく敷きのはオーキシンの作用のみによるものでは詰めることによって効率よく日光を得ていなくほかにも様々な要因がより複雑に関係るのではないかと考えられる(Fig.11)。

している。ゆえに、どのようなモデルがより植物の葉が発生する条件に近いのか吟味しその条件に近づくようにさらにモデルの改

７． 謝辞

良を重ねていきたい。また、植物は何によっ奈良女子大学の吉田信也先生にはモデルて V(速度)や𝑎(加速度)といったパラメータの作成や数式などで本研究に協力いただきを変化させ、成長戦略を変えているのか分ました。またこれまで私を指導してくださ析していきたい。さらに、自然界には葉が交り生物学・数学的知見からモデルの妥当性互についていく互生葉序だけでなく、1 つを検討していただいた櫻井先生、川口先生の節から葉が 2 枚出る対生葉序や、3 枚以などその他本校の理数科の先生方にはたく上出る輪生葉序、葉の出る方向が不規則なさんのアドバイスをいただきました。私のコクサギ型葉序などの葉序も存在する。そ

研究に協力してくださった皆様に深く感謝のような他の葉序のモデルや、葉が立体的の意を表します。

に付いていく三次元のモデルについても考案していきたいと考えている。
まとめると、


モデルの妥当性の吟味・改良パラメータを変える要因の分析



その他の葉序のモデリング(対生葉序、輪生葉序、コクサギ型葉序)



三次元への拡張

以上 4 つが今後の主な課題である。

６． 参考文献[1]S.Douady, Y.Couder, (1996) Phyllotaxis
as a Physical Self Organizing Growth
Process Part Ⅰ : The Spiral Modes
Resulting from Time-Periodic Iterations.
J.Theor.Biol. 178:255=274[2]「波紋と螺旋とフィボナッチ: 数理の眼鏡でみえてくる生命の形の神秘」 近藤 滋
著 学研メディカル秀潤社, 2013[3] こんどうしげるの生命科学の明日はどっちだ 第 14 回：全ての植物をフィボナッチの呪いから救い出す
http://www.fbs.osakau.ac.jp/labs/skondo/saibokogaku/fibonacc
hi.html中等教育低学年における数学の興味・関心の喚起について―「サイエンス・ミーティング」実施を通して―
4 年 B 組 林 建吾
指導教員 川口 慎二

１．要約
数学を学習する前の生徒に、どのように興味・関心を持たせるか。中等教育低学年、とりわけ 1 年生は、まだ数学を習い始めて間もないため、数学の知識を必要とする説明を行っても不十分である。それゆえ中等教育低学年における興味・関心の喚起には特別な難しさが伴う。本稿では 1 年生を対象に実施した、「サイエンス・ミーティング」を通して私が挑戦した興味・関心の喚起を振り返る。
キーワード

サイエンス・ミーティング、自発的な「なぜ」２．研究の背景と目的「サイエンス・ミーティング」とは、本

サイエンス研究会数学班の魅力を伝える校のサイエンス研究会の活動の一環として－2016 年の春、私は「サイエンス・ミーテ

今年度実施された、1 年生を対象としたサ

ィング」をやってみないかと誘われた。実

イエンス研究会体験講座の通称である。サ施は 2 回、5 月と 6 月の 1 回ずつだという。

イエンス研究会所属の 1 年生を 2 つのグル

しかし、この時期の 1 年生といえば「正負ープに分割し、数学(私が担当)と化学の 2の数」を習い終えるかどうかといったとこ講座を交互に受講する形式をとった。

ろ。諸概念の抽象化はもとより、文字式も扱えないという制約があった。
そもそも中等教育低学年というのは、初

実施日時は 2016 年 5 月 17 日(火)、6 月
14 日(火)のいずれも放課後 16:30～17:30 の60 分であった。

等教育において身につけた算数から離れ、右も左もわからないまま数学に向き合い始

3.1.2 なぜ数学を学ぶのかめたばかりの段階である。私は、彼らに数「数学は将来なんの役にもたたない」と学を用いた探求活動を体験してもらい、数

いった、数学を学ぶこと自体を否定する声

学班の魅力を伝えようと考えた。

が世間には流布している。では、なぜ数学を学ぶのであろうか。

３．研究内容「ピタゴラスの定理」で知られる哲学者・

３．１ 本研究における前提

数学者のピタゴラス(B.C.580 頃～B.C.500

3.1.1 「サイエンス・ミーティング」とは頃)は「すべての物は数でできている」と宣何か言した。彼は現実世界を解き明かす鍵は数学であると考えた最初の人であるといわれ「トンボ釣りを義務にしてしまう」ことにる。また、古代ギリシャの哲学者、プラト重なる。これが「学び」の本来あるべき姿

ン(B.C.427 頃～B.C.347 頃)が創設した学ではないと私は考える。

園「アカデメイア」の扉には「数学の知識

儒家の始祖として知られる中国・春秋時

なきもの、入るべからず」と刻まれていた代の思想家、孔子(B.C.551～B.C.479)は『論ことは有名である。彼もまた、数学や自然語』で「学而時習之、不亦説乎。(学んでし科学(物理学)が自然界を理解するための鍵

かるべきときに復習する、なんとうれしいであると考えていた。

ことではないか。)」と発言している。「学このように、数学は世界を構成する、いび」とは本来、各個人が興味の赴くままにわば根本であると言えるだろうし、数学を行う、「喜ばしい」ものであったのではない

学ぶことが世界を解き明かす鍵となるといか。しかし現代の学びはこれとは対照的でうことを、本研究において前提に据えていある。激化する競争社会の中で、
「強制され

る。

た」学びに子どもたちは疲弊している。勉

無論、数学は他にもさまざまな側面を持強は強制的にさせられるもの、という認識

ち合わせている。論理的思考の訓練、特定が蔓延していると言わざるを得ない。これの事象の抽象化などが挙げられるが、これでは興味・関心の持てる学習からは程遠いらの側面は文字式をはじめとした 1 年生のだろう。

未習範囲と隣り合わせであるため、今回は重点を置かないことにした。

3.1.4 自発的な「なぜ」の探求
強制的な学習は興味・関心を生み出さな3.1.3 本当の「学び」とは何かい。本来の「喜ばしい」学びの姿に近づけ

経済学者の内田義彦(1913～1989)が「トるためには自発的な学びを促さなければな

ンボ釣りの好きな少年」という話をしていらないと考えている。そこで今回の「サイる。三度の飯よりトンボ釣りが好きな少年

エンス・ミーティング」では、まず参加しがいて、暇さえあればトンボ釣りに出かけている 1 年生に「なぜ」と疑問を抱くようるとする。しかし、この少年のトンボ釣りな題材を提供する。そこで生まれた「なぜ」を止めさせるのは簡単なことである。それは自発的なものであり、これを探求する中はただ 1 つ、「トンボを釣ってこい」と毎日で学ぶ楽しさを感じることができる。探求

毎日命令すればよいのである。つまり、トの際、数学という手法を用いるのが今回のンボ釣りを仕事にして、やらなければなら特徴であり、「仕掛け」である。

ない義務にしてしまえばよい。人は本来楽しかしここにも注意点がある。それは「なしみとしていたものでも、いったんやらなぜ」を抱くことを強制していないか、といければならない義務になると、それは苦痛う問題だ。今回は「なぜ」を「促す」よう以外の何物でもなくなる、という話である。

努めるところにとどまっており、追究でき「期日までに課題をこなす」という日常ていない。今後「サイエンス・ミーティンの学習、あるいは勉強というのは、まさにグ」を担当する人には、この問題について

さらに追求してほしい。

ックは一見起こり得ないはずの出来事を起こして見せ、観客を驚かせるものだが、こ

３．２ 講座内容

こで観客が驚く理由は、「なぜ」の気持ちが今回の「サイエンス・ミーティング」は生じたからに他ならない。これらより、マ

以下の前半と後半の 2 部構成で実施した。

ジックが自発的な「なぜ」を促すのに最適

タイトルは『“数学”を使ってナゾを解明せな題材であると考えた。また、マジックはよ』とした。

パーティーなど身近な場面で見かけることが多く、1 年生の興味の対象に関わらず題【前半】マジックのタネを説明する

材に親しみやすいのも魅力である。

私は「①カードに書かれた 14 品から選んだ品物をあてるマジック」と「②引いたト【後半】ボードゲームの勝敗を予測する

ランプをあてるマジック」を演示するのだ

自身の勝ち負けというものに、人間は躍が、いずれも数学を用いてタネを説明でき起になるのは言うまでもない。数学には確るマジックである。その後、タネ明かしを率論という分野があるが、これはフランス行う。

の貴族、シュヴァリエ・ド・メレ(1601～
1684)が賭博で破産しそうなり、数学者パス【後半】ボードゲームの勝敗を予測する

カル(1623～1662)に「使い続ければ場の運

1 年生の中から 2 人を選出し、ボードゲに関係なく勝ちを保証してくれる法則に従ームを行う。他の 1 年生には 2 人のうちどって、賭博の賭け金を調節する方法」を問ちらが勝利するか予測するよう指示し、勝うたのが起源であることが知られている。

敗がついた後に、実は勝敗はゲームの開始

勝敗に人間が躍起になり、その真相、つま前から決まっていたことを説明する。

り勝敗を分ける原因を探ろうとしたエピソ
ードだといえよう。

3.2.1 題材の選定
今回の題材選定にあたっては、「百聞は一見に如かず」を念頭に置いている。サイエ

3.2.2 講座の組み立て【前半】マジックのタネを説明する

ンス・ミーティング参加者はサイエンス研「私が演示する 2 つのマジックのうち、究会の会員ではあるものの、数学から生

数学でタネを説明できるものを当てよ」と

物・地学まで興味の対象は人それぞれであ指示する。単にマジックのタネを考えさせる。それゆえ数学にはあまり興味・関心がるのではなく、「数学で説明できる」事にこないという人でも内容が印象に残るよう、だわったのは、1 年生にマジックと数学の体験型学習を取り入れた。

関係について特に意識して欲しかったからである。また、1 年生にはできるだけ至近【前半】マジックのタネを説明する
見て「なぜ」と感じるものを考えたとき、
まず思いついたのがマジックだった。マジ

距離から観察、自発的に思考して欲しかったので、教卓の周辺に集合するよう指示した。

①カードに書かれた 14 品から選んだ品物たカードになるので、私はこれを表向けて、をあてるマジック

1 年生の代表の引いたトランプをあてる。

1 年生の代表 1 人にスライド(資料 1)の中

その後 1 年生とともに、黒板を使って私から、好きな食べ物を選ぶよう指示する。

が行った一連の流れを整理し、私がトラン

次に、スライドの食べ物の絵が描かれた

プをあてられた理由を説明した。

4 枚のカード(資料 3)を、代表者が選んだ食べ物が「描かれているカード」と「描かれ【後半】ボードゲームの勝敗を予測するていないカード」に分けて裏返すよう指示

黒板に縦×横が 5×8 のマス目を描き、色する。裏面(資料 2)は一見どれも同じ模様に付きのマグネット 4 枚を貼って資料 4 のよ

見えるが、実は各カードに違いがあり、私

うなボードを再現する。このゲームではハはこれを基にカードを判別する。また各カートマークと顔マークを 1 ターンずつ交互

ードに番号がついており、この番号の和がに動かし、ハートマークが顔マークを追いスライドの食べ物の番号と一致するので、かけるのだが、それぞれ 1 回のターンでは

私は 1 年生の代表が選んだ食べ物をあてる

上下左右に 1 マスしか動くことができない、ことができる。

つまり斜めに移動することができない。1

その後 1 年生に 4 枚のカードを渡し、各年生の代表 2 人にハートマークに相当する

カードの違いが実際に見つかるようにした。

マグネットを割り当て、私は顔マークを担当する。

②引いたトランプをあてるマジック

代表 2 人のうち先に顔マークを捕まえた

私がジョーカーを除いた 52 枚のトラン方を勝ちとして、ほかの 1 年生には 2 人のプの束の上から 9 枚を裏返して 1 列に並べうちどちらがどちらの顔マークをとって勝る。1 年生の代表 1 人にこの 9 枚から 1 枚

つか予想するよう指示した。直感では近く選ぶよう指示し、私は選ばれた 1 枚が一番の顔マークの方が捕まえやすいと思うが、上になるように 9 枚を重ねて、トランプの実際は遠くにある顔マークしか捕まえられ束の下に戻す。

ない。

次に私は、トランプの束の一番上から「10,

勝敗がついた後、スライド(資料 5)を用い

9, 8, …」と掛け声に合わせて 1 枚ずつトラて遠くにある顔マークしか捕まえられない

ンプを引き、表向きにトランプを積み上げ

理由を説明した。

て山を作る。私の掛け声とトランプの数字が一致すれば引くのをやめ、積み上げた山

3.2.3 題材の仕掛けの一番上のトランプの数字の分だけ束の一

題材についてそれぞれ数学的手法を用い

番上からトランプを取り除く(掛け声とトて説明することができる。今回は 1 年生にランプの数字が一致しなければもう一度山

これらの説明を紹介した。

を手元の束に戻して一致するまで行う)。この作業を 4 回繰り返すと、私の手元の束の【前半】マジックのタネを説明する

一番上のカードが必ず 1 年生の代表の引い①カードに書かれた 14 品から選んだ品物をあてるマジック確認した。塗り分けは上述と同じく、数学

4 枚のカードはそれぞれ 2 進数の 2 , 2 ,オリンピックなどの問題で解答を導くため

2 , 2 の位を表しており、これらを 10 進数の手法として用いられる。今回はその一例に変換し足し合わせるとスライドの番号ととして紹介した。これも「論理的な思考」

一致するようになっている。とはいえ 1 年の一例である。

0

2

1

3

生はまだ n 進法を知らないので、3 年生で学習する(本校では数学 A「整数の性質」を 3
年生で学習する)と前置きした上で「0～15

４．今後の展望
先にも述べた通り、今回は 1 年生によるまでの数は 2 ～ 2 の和で表せる」と紹介し自発的な「なぜ」を引き出すよう努めたが、た。なお、カードを「選ぶ」「選ばない」の最終的に私が「問い」「答え」を説明する形

2 通りで区別して何種類もの食べ物を表せから脱却することはできなかった。1 年生

るのは 2 進数ならではの性質だ。この 2 進によってこれらの「問い」「答え」が導き出数の性質は数学のみならずコンピュータをされれば、本当の「学び」の姿により近づはじめとした日常のさまざまな場面で用いけるだろうが、一方で時間的、能力的な制られており、このマジックからさらに他の限もある。今後「サイエンス・ミーティン

話題に広げることもできる。

グ」を担当する人は、これらの課題をどれ0

3

だけ追求できるかに挑戦してほしい。
②引いたトランプをあてるマジック
このマジックでは私の手元にあるトラン

５．参考文献

プの束の枚数に注目すると、最後は必ず 9[1]「知の歴史―ビジュアル版哲学入門―」、枚になり 1 年生の代表が選んだカードが一Bryan Magee 著、中川純男日本語版監番上にくることが分かる。数学オリンピッ

修、BL 出版(1999)

クなどのいわゆる「ゲーム問題」と呼ばれ[2]「図説世界を変えた 50 の哲学」
、Jeremyる分野では、複雑な操作の中である 1 か所

Stangroom 著、田口美和訳、原書房の数の流れに注目すると解答へのカギが得(2014)

られることがよくあるので、今回はその一[3]「百万人の数学［下］」、Lancelot Hogben

例として紹介した。これは「論理的な思考」

著、久村典子訳、日本評論社(2015)の一例でもある。

６．謝辞【後半】ボードゲームの勝敗を予測する

本研究にあたり、本校数学科でサイエンマス目を資料 5 のように 2 色で塗り分け

ス研究会数学班顧問の川口慎二先生には多ると、同じタイミングに赤、青のマークが大なる助言と支援を賜りました。また、「サ存在できるマスが一目で区別できる。これ

イエンス・ミーティング」実施においては、には「上下左右にしか動けない」というル

本校理科の藤野先生、守本先生にもご協力ールが関わっている。当日は私が前で何度いただきました。この場をお借りして深くか操作を行いこの塗り分けができることを感謝の意を表します。

【資料 1】 1 つ目のマジックで使用したスライド【資料 2】 1 つ目のマジックで使用したカードの裏面
4 枚のカードそれぞれの異なる四隅に黒い印がついている。この印の箇所の違いでカードの番号を見分ける。

【資料 3】 1 つ目のマジックで使用したカードの表面
丸数字が各カードの番号。この番号は本論文のために書き加えた。なおこのカードは実際にはカラー印刷であるが、ページ数の都合で白黒に加工している。

①

②

④

⑧

【資料 4】 ボードゲームのルール説明で使用したスライド【資料 5】 ボードゲームの勝敗決定の説明で使用したスライドグラフ理論に関する諸定理の証明
4 年 B 組 松川 賢太朗
指導教員 川口 慎二

１．要約
サイエンス研究会数学班 4 年生はグラフ理論について研究している。今回はグラフ理論に関する様々な定理の証明を行うことを目標とした。
キーワード

グラフ理論、ラムゼーの定理、握手の定理、五色定理

２．研究の背景と目的
昨年から、私は組合せや確率について研完全グラフ」と「頂点数 B の青い完全グラフ」が必ず存在する。

究している。グラフ理論は組合せ問題を簡潔に見やすくしてくれる道具の 1 つである。

ここで、定理1の条件を満たす最小の頂点

そのため、今回グラフ理論についての研究

数 n のことをラムゼー数といい、 R ( A, B )

を行った。

と表す。

３．研究内容例題 1

はじめに、グラフとは幾つかの点と、26 人の人物がいる場合、互いに知り合い点をつなぐ線分からなる図形を意味する。

である 3 人組か、互いに知らない 3 人組が各点のことを頂点、2 点を結んだ線分のこ必ず存在することを証明せよ。

とを辺と呼ぶ。また、頂点 v に接続する辺の数を頂点の次数（degree）といい、 d (v )

(証明)

とかく。

この問題の状況をグラフ化すると図１のようになる。

３．１ ラムゼーの定理

A

すべての頂点の間に辺が存在するグラフ

Bのことを完全グラフという。完全グラフについては、次の定理が知られている。

C
定理 1 (ラムゼーの定理)

D

A, B は任意の定数とする。頂点の数が n

図１の完全グラフの辺を赤と青に塗り分けると互いに知り合いである人同士を実線で、き、 n が十分大きければ「頂点数 A の赤い互いに知らない人を点線で結ぶ。つまり実線の三角形か、点線の三角形かどちらかができればいい。まず 1 点に注目する。

例題 1 と同様に考えて、実線の三角形か、点線の三角形のどちらかができればよい。

今回の場合は A とする。A からは 5 本のまず 1 点 A に注目する。A からは 7 本の辺

辺が出ることになる。実線と点線で分けるが出ることになる。実線と点線で分けるた

ためどちらかが必ず 3 本以上である。いま、め、どちらかが必ず 3 本以上である。いま、AB, AC, AD が実線であるとすると、A, B,

AB, AC, AD, AE が実線であるとする。

C, D を頂点とする三角形が考えられる。
① BC が実線のとき

このとき、A, B, C, D, E を頂点とする三角形が考えられる。

△ABC が実線の三角形である。
② CD が実線のとき① BC が実線のとき△ABC が実線の三角形である。

△ACD が実線の三角形である。
③ BD が実線のとき② CD が実線のとき△ACD が実線の三角形である。

△ABD が実線の三角形である。
④ ①～③以外のとき③ DE が実線のとき△ABD が実線の三角形である。

BC, CD, BD はすべて点線なので、△BCD が点線の三角形である。
いずれにせよ、実線の三角形か、点線の(Q. E. D.)

三角形かどちらかができる。

④ BD が実線のとき△ABD が実線の三角形である。
⑤ BE が実線のとき△ABE が実線の三角形である。
⑥ CE が実線のとき

例題 2△ACE が実線の三角形である。

8 人の人物がいる場合、互いに知り合いである 3 人組か、互いに知らない 3 人組が必ず存在することを証明せよ。

⑦ BC, CD, BD が点線のとき△BCD が点線の三角形である。
⑧ BC, CE, BE が点線のとき△BCE が点線の三角形である。
⑨ CD, DE, CE が点線のとき

証明
この問題をグラフ化すると図２のように△CDE が点線の三角形である。
⑩ BD, DE, BE が点線のときなる。
A△BCD が点線の三角形である。

B

いずれにせよ、実線の三角形か、点線のC

三角形かどちらかができる。

D

３．２ 握手の定理(Q. E. D.)

グラフの次数について、次の定理が知ら

E
図２

れている。

定理 2 (握手の定理)

合計は 2k となる。 (Q. E. D.)

任意のグラフにおいて、各頂点の次数の総和は辺の本数の 2 倍に等しい。

(証明 2)
接続行列の各列の総数はその辺と接続しこの定理を証明する前に接続行列についている頂点の次数の総数である。よって接続行列の 1 の総数は全頂点の次数の和であて説明しておく。

る。各列の次数の和は必ず 2 なので、グラ

1eフの辺の本数を k 本とすると全頂点の次数5の合計は 2k となる。 (Q. E. D.)ad

３．３ 五色定理
4

2
b

c

3

グラフ理論の応用として、地図の塗り分け問題が挙げられる。地図の塗り分けについては、次の「五色定理」がある。

図３
図３のようなグラフ G について考える。
頂点 n 個、辺 m 本のグラフに対する接続行
列は n  m 行列である。各行は頂点、各列

定理 3 (五色定理)
どのような地図でも五色あれば塗り分けることができる。

は辺に対応している。 p 番目の頂点と q 番目の辺が接続しているとき、接続行列のこの五色定理を、グラフ理論を用いて証( p, q ) 成分は 1 であり、接続していないとき、 ( p, q ) 成分は 0 である。下の行列は図明しよう。まず、次の補題を準備する。n 色３のグラフ G に対する接続行列である。

異なる色になるように頂点を塗ることがでを用意すれば、グラフのどの辺の両端点もきるとき、このグラフは n 彩色可能である

a b c d e

1
2
3
4
5

1

1
0

0
0


0
1
1
0
0

0
0
1
1
0

0
0
0
1
1

1

0
0

0
1 

という。
命題
平面グラフは 5 彩色可能である。
(証明)
数学的帰納法で示す。平面グラフ G の頂

(証明 1)
頂点 u と v をつないだとき、 u の次数は＋1 されて、v の次数も＋1 される。
つまり、辺 1 本につき次数は＋2 になる。グラフの辺の本数を k 本とすると、全頂点の次数の点の数、辺の数、面の数をそれぞれ、V , E ,F とする。

V  1のときは自明である。V  k のとき
5 彩色可能であると仮定し、 V  k  1 のとき、G が 5 彩色可能であることを証明する。

まず、次の補題から証明する。

とがわかる。平均以下の次数は必ず存在し、次数は整数であることから、平面グラフには次数 5 以下の頂点が必ず存在する。

補題
平面グラフには、次数 5 以下の頂点が必(Q. E. D.)

ず存在する。
(定理 3 の証明)
(補題の証明 1)

頂点数 5 以下の平面グラフについて命題

平面グラフのすべての頂点の次数が 6 以が成り立つことは自明である。頂点数 k 以

上であると仮定する。またグラフは連結し下のすべての平面グラフに対して五色定理ていると仮定する。それぞれの頂点に辺がが成り立っていると仮定する。 k  1 個の頂6 本以上連結しているので、点をもつ任意の平面グラフを G として、G

6V ≦ 2E …① となる。

E  1 のときは自明である。以下は辺のが 5 彩色可能であることを示す。

2
E0
3

G には、補題より次数 5 以下の頂点が存在する。 G の最小次数の頂点を v とする。
このとき、 d (v ) ≦ 5 となる。 G から v とそれに接続する辺を除いたグラフを G とする。 G は頂点数 k の平面グラフなので、仮定より G は 5 彩色可能である。
d (v ) ≦ 4 のとき、 v と接続している頂点となるが、オイラーの多面体定理より、(左を塗り分ける色の数は 4 以下なので v は残辺)＝2 であり矛盾する。よって背理法より、った色で塗ることができる。

数が 2 以上のものだとする。それぞれの面
は 3 本以上の辺を境界としてもち、1 本の辺は 2 つの面の境界になり得るため、3F ≦ 2E …②1
3①，②より、V  E  F ≦ E  E 

補題は証明された。 (Q. E. D.)d (v )  5 のとき、 v に接続している頂点を塗り分けている色の数が 4 以下なら v は(補題の証明 2)残った色で塗ることができる。

上述の補題の証明 1 より、 3F ≦ 2E …

d (v )  5 であり、 v に接続している頂点(*) は成り立つ。また、オイラーの多面体定を塗り分けている色が 5 色であるの場合(図理より、 V  F  E  2 …(†)

４参照)を考える。

(*)，(†)から

3V ≧ E  6 …(‡)
が得られる。また、各頂点の次数の総和を Dと置くと、握手の定理(定理 2)より、D  2E
を(‡)に代入して、v

D 6 ≦ 3V
2となるので、 D ≦ 6  12  6 ．
VV
これより、次数の平均が 6 未満であるこ

図４

このとき、2 パターンの場合が考えられる。5 つの頂点を v1 , v2 , v3 , v4 , v5 とおく。

v1 と v3 を結ぶ辺と頂点の集合は存在す

また、 v1 , v2 , v3 , v4 , v5 の各頂のそれぞれる。一方、グラフ G は平面グラフなので、v 2に、c1 , c2 , c3 , c4 , c5 の色を塗るとする。さと v 4 を結ぶ辺と頂点の集合は存在しない。

らに、 v1 から c1 と c3 を交互に塗っていた頂

この場合は［パターン１］と同様に考える。
ここで v 2 から c 2 と c 4 を交互に頂点を塗っ~点の集合を V とする。

ていった頂点の集合を V̂ とする。
［パターン１］~v3 が V に含まれていない場合

v1
v5

v1
v5

v2
v4

v2

v

V̂

v

~
V

v3

v4

図７

v3
図５

~

この場合、V の中の c1 と c3 の色を交換す
れば条件を変えずに v1 , v2 , v3 , v4 , v5 を 4 色で塗り分けることができる。よって、残った色 c1 で v を塗ることができる。

このとき、V̂ の中の c 2 と c 4 の色を交換す
れば条件を変えずに v1 , v2 , v3 , v4 , v5 を 4 色で塗り分けることができる。よって、残った色 c 2 を v に塗ることができる。
これらより平面グラフは 5 彩色可能とわかる。 (Q. E. D.)［パターン 2］~v 3 が V に含まれている場合

３．４ 道色分け問題
グラフ理論の応用例として、「道色分け問題」という以下の問題がある。

v1「道色分け問題」とは、例えば図８のよ

v5

v2

v

うな黄色がゴール地点とする地図があるとする。このとき、スタート地点がどの場所であっても青－赤－赤－青－赤－赤という

v4
v3
図６

順に進めば必ず黄色のゴール地点に到着できることを示せ(ただし、途中でゴールに到
着してもよい)という問題である。

⑤F の場合
F－E－A－B (青－赤－赤)⑥ G の場合
G－C－F－B (青－赤－赤)⑦ H の場合
H－A－B (青－赤)以上のように、ゴール地点を B にしたとき、どこをスタート地点にしても青－赤－
赤の順に進めばゴール地点に到着すること
図８

がわかる。

いくつかの例を試してみる。まず、このグラフの頂点を下図のようにする。

４．今後の展望
今回の研究でグラフ理論を利用すること
で彩色問題のような問題を今までとは違った方向から考えられることがわかった。今回、五彩色問題の証明を行ったので次回はグラフ理論を利用して四色問題を考えてみようと思う。このとき「平面グラフには次
数 4 以下の頂点が必ず存在する」ということを証明すればよい。そしてすべての頂点の次数が 5 以上のグラフを発見できるのか

図９についても探究してみたい。また、道色分

今回のゴール地点を B として、スタート

け問題の証明にも再挑戦しようと思う。

地点によって場合分けをする。
① A の場合

５．参考文献A－D－H－G－C－F－B[1] 「グラフ理論入門—基本とアルゴリズ(青－赤－赤－青－赤－赤)ム」、宮崎修一、森山出版(2015)② C の場合[2] 「高校数学の美しい物語」

C－D－H－G－C－F－B

http://mathtrain.jp(青－赤－赤－青－赤－赤)[3] 「Wolfram Math World」③ D の場合
D－G－F－B (青－赤－赤)

http://mathworld.wolfram.com/RoadColoringProblem.html④ E の場合E－H－G－F－E－A－B(青－赤－赤－青－赤－赤)６．謝辞
今回の研究にあたり、ご指導下さいまし
た顧問の川口先生ありがとうございました。

多数の集合を表示するベン図について
4 年 A 組 多賀 眞
4 年 B 組 岡田 尚樹
4 年 C 組 大野 華子
指導教員 川口 慎二

１．要約
サイエンス研究会 4 年生は様々な研究を行っている。私たちは多数の集合のベン図について研究しており、今回は 4 個から 6 個の集合についてどちらも 2 種類ずつのベン図を考察し、一般化を目指した。
キーワード

虹型ベン図、星型ベン図、部分集合

２．研究の背景と目的■部分集合

私たちは、授業で 4 個の集合のベン図

一般的に集合 A と集合 B の共通部分をを扱ったのをきっかけに多数の集合のベ「A∩B」と表記するが、今回は単純化しン図に興味を持ち、研究テーマとした。

て「AB」と表すことにする。また 3 個以

6 個以上の集合のベン図についてはま上の集合、例えば集合 A，集合 B，集合 Cだ明らかになっていない部分もあり、今回について、「AB」は(A∩B)∩C，つまり Aは、5 個までの集合についてまとめた後、と B のみが重なっている部分を表すもの

6 個以上についても考察した。

とする。

３．研究内容３．２ 4 個の集合＿

３．１ 基本事項■虹型ベン図■虹型ベン図・星形ベン図
先行研究などから、多数の集合のベン図の形は大きく分けて、2 種類に分けられる。

虹型ベン図は、3 個の集合のベン図(図１)に馬蹄形の 4 つ目の集合を付け加えたものである(図２)。

よってその形から一つを「虹型ベン図」、
他方を「星形ベン図」と呼ぶことにした。
本研究では星型ベン図において、各々の集合を表す形が合同であり、他の集合との交わり方が同じ集合は、同じ形で表すことを原則とした。
図１

図２
図４
1

A

2

B

3

C

4

D

5

AB

6

BC

1

A

2

B

3

C

7

CD

8

AD

9

BD

4

D

5

BC

6

CD

10

AC

11

ABD

12

ABC

7

AD

8

AB

9

ABC

13

BCD

14

ACD

15

ABCD

10

BCD

11

ACD

12

ABD

13

ABCD

AC

BD

■星形ベン図正円では平面上を 16 の領域に分けることはできないので楕円を用いてベン図を

図４では、AC と BD を表せない。そこ
で、修正を図り、図５を考案した。

作成する。楕円を用いた 4 個の集合のベン図としては、図３が一般的だが、3.1 の原則に基づいて、図３のベン図は今回の研究において対象とはせず、図４および図５を考案した。

図５
図３

この図５ではすべての部分集合を表すことができるが、下表の色のついたの部分集
合が重複している。これは、望ましくないと考えたが、これ以上に適したベン図を考

19

ACD

20

ACE

21

ADE

案することができなかったので、先に 5

22

BCD

23

BCE

24

BDE

個以上の集合について考えることにした。

25

CDE

26

ABCD

27

ABCE

図５の各部分集合は以下のようになる。

28

ABDE

29

ACDE

30

BCDE

31

ABCDE

1

A

2

B

3

C

4

D

5

A

6

B

7

D

8

C

9

AB

4 個の場合と同じく、３．１節で説明し

10

BC

11

CD

12

AD

た原則を踏まえ、ベン図を考えた(図７)。

13

AC

14

AC

15

BD

16

BD

17

ABC

18

BCD

19

ACD

20

ABD

21

ABCD

■星形ベン図３．３ 5 個の集合
■虹型ベン図5 個のベン図についても部分集合を正確に表すことができるかを検証した。その結果を図６に示す。

図７

図６

1

A

2

B

3

C

4

D

5

E

6

AB

7

AC

8

AD

9

AE

10

BC

11

BD

12

BE

13

CD

14

CE

15

DE

16

ABC

17

ABD

18

ABE

19

ACD

20

ACE

21

ADE

22

BCD

23

BCE

24

BDE

1

A

2

B

3

C

25

CDE

26

ABCD

27

ABCE

4

D

5

E

6

AB

28

ABDE

29

ACDE

30

BCDE

7

AC

8

AD

9

AE

31

10

BC

11

BD

12

BE

13

CD

14

CE

15

DE

16

ABC

17

ABD

18

ABE

ABCDE

集合の個数が 5 個の場合、どちらのベン図も成立する。

３．４ 6 個の集合

■星型ベン図6 個の星型ベン図を考案した。しかし、■虹型ベン図6 個の集合のベン図についても考えた。

3.1 節の原則を満たしたベン図を見つける

その結果を次頁の図８に示す。図８においことができなかったので、途中経過として、て数字と部分集合の対応は以下の通りで

現在判明している最適の状態のものを次ある。

頁の図９に示す。図９において数字と部分集合の対応は以下の通りである。

1

A

2

B

3

C

4

D

5

E

6

F

1

A

2

B

3

C

7

AB

8

AC

9

AD

4

D

5

E

6

F

10

AE

11

AF

12

BC

7

AB

8

AC

9

AD

13

BD

14

BE

15

BF

10

AD

11

AE

12

AF

16

CD

17

CE

18

CF

13

BC

14

BD

15

BE

19

DE

20

DF

21

EF

16

BE

17

BF

18

CD

22

ABC

23

ABD

24

ABE

19

CE

20

CF

21

CF

25

ABF

26

ACD

27

ACE

22

DE

23

DF

24

EF

28

ACF

29

ADE

30

ADF

25

ABC

26

ABD

27

ABE

31

AEF

32

BCD

33

BCE

28

ABF

29

ACD

30

ACF

34

BCF

35

BDE

36

BDF

31

ADE

32

ADF

33

AEF

37

BEF

38

CDE

39

CDF

34

BCD

35

BCE

36

BCF

40

CEF

41

DEF

42

ABCD

37

BDE

38

BEF

39

CDE

43

ABCE

44

ABCF

45

ABDE

40

CDF

41

CEF

42

DEF

46

ABDF

47

ABEF

48

ACDE

43

ABCD

44

ABCF

45

ABEF

49

ACDF

50

ACEF

51

ADEF

46

ADEF

47

BCDE

48

CDEF

52

BCDE

53

BCDF

54

BCEF

49

ABCDE

55

BDEF

56

CDEF

50

ABCDF

57

ABCDE

51

ABCEF

58

ABCDF

52

ABDEF

59

ABCEF

53

ACDEF

60

ABDEF

54

BCDEF

61

ACDEF

55

ABCDEF

62

BCDEF

63

ABCDEF

この表において、色のついた部分集合が重複していて、ACE, BDF, ABCE, ABDE,

よって、このベン図は正しい。

ABDF, ACDE, ACDF, BCDF, BCEF,

BDEF の部分集合が表せていない。

図８

図９

４．考察

なく、立体でも考えていきたい。

４．１ 虹型ベン図について
今回、4 個から 6 個の場合について、虹６．謝辞

型では部分集合を正確に表せるベン図を考

今回の研究にあたり、ご指導くださった

案することができた。そこで、次の仮説を

顧問の川口先生、作図について助言をくだ考えた。

さいました長谷先生、ありがとうございました。また、サイエンス研究会のみなさん

仮説 1
虹型ベン図はどのような個数の集合でもその関係を正確に表すことができる。
４．２ 星型ベン図について
星型の 4 個の集合と 6 個の集合の場合において、適切なベン図を考案することができなかった。ただ、4 個と 6 個の星型ベン
図で表せなかった部分集合を見てみると、対称の位置にある集合が組み合わさるものが多かった。例えば、4 個の場合の AC やBD，6 個の場合の ACE や ABDE などである。また、正対称にある集合が存在しない
5 個の集合については適切なベン図を考案することができたことから、以下の仮説を
考えた。
仮説 2
3.1 節の原則を満たす星型ベン図は奇数個の集合のときのみ成立する。

５．今後の展望
本研究の最終目標は、多数の集合のベン図を一般化させることである。まず、上述の仮説 1 と仮説 2 の証明を試みたい。
また本稿では、星型ベン図に 3.1 節のような制約をつけたが、この制約をどこまで緩めると、適切なベン図を考案できるのかを考えたい。加えて、ベン図を平面上ではにもご協力いただきました。この場を借りて御礼申し上げます。

数学オリンピック模擬問題の作成
4 年 A 組 古宮 昌典
4 年 B 組 小椋 晃一
4 年 B 組 林 建吾
4 年 B 組 松川 賢太朗
4 年 C 組 今中 翔哉
指導教員 川口 慎二

１．要約
サイエンス研究会数学班 4 年生は、合同で数学の問題作成について研究している。今回は、数学オリンピックの問題を模範として、それに類似した問題を作成することを目標と
した。
キーワード

数学オリンピック、模擬問題、作問、問題の構造

２．研究の背景と目的
普段、数学の問題に触れるとき、それは「数学の問題を解く」という形が多いが、

するか。





3

x6  y5  x4  y3  x2  y  z3 1 1

ただ問題を解き、答えを導くだけでは、問題の本質やそれに基づいた新たな数学的発解答

見が見えてこない。そこで、逆に「数学の問の式を満たす x, y, z は存在しないこ問題を作成する」という新たな視点の導入とを示す。以下、7 を法として考える。 x 

により、数学の問題の構造をひもとくこと

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 のそれぞれについて、整数にした。

x 2 , x 4 , x 6 を 7 で割った余りを以下の表に示す。

３．研究内容
0

1

2

3

4

5

6

数学オリンピックの数論の問題は、合同

x

2

0

1

4

2

2

4

1

式を用いることで解決できる場合が多い。

x4

0

1

2

4

4

2

1

そこで、
7 を法とする剰余を考えることで、

6

0

1

1

1

1

1

1

３－１．数論xx

次の問題を作成することができた。
642
この表から、 x  x  x を 7 で割った問題 1次の方程式を満たす整数 x, y, z は存在余りとしてあり得るのは、0 か 3 である。
同様にして、y  y  y を 7 で割った余り
3

5

としてありうるのは 0 か 3 か 4 である。

問題 2
n

y

0

1

2

3

4

5

6

3

0

1

1

6

1

6

6

y5

0

1

4

5

2

3

6

y

正の整数 n について、2 2 の下 2 桁としてありうる値をすべて求めよ。
解答

ゆえに、問題の式の左辺を 7 で割った余

まず、正の整数 m に対して、 2 の下 2

りとしてありうる値は 0 か 3 か 4 か 6 であ桁を考える。このとき、100 の剰余で考える。また、y に関する剰余の表から、整数 zた数列と同値であるため、以下のような周について、z を 7 で割った余りは 0, 1, 6 の期性が確認できる。

3m

いずれかであるから、 ( z 3  1) 3  1 を 7 で02→04→08→16→32→64→28→56→12

割った余りとしてとりうる値は 2 のみであ→24→48→96→92→84→68→36→72

る。以上から、任意の整数 x, y, z において、→44→88→76→52→04→08→…

左辺と右辺をそれぞれ 7 で割った余りは異つまり、 m ≧ 2 において、周期 20 の数なるので、方程式を満たす x, y, z は存在し列になっていることがわかる。ゆえに、問ないことが示された。

(終)の下 2 桁は、 2 を 20 で割った余りから決n定できるので、 2 を 20 で割った余りとしn

この問題において重要となる「7 を法とてありうる値を調べる。20 の剰余で考えたする」ということは問題文中に記されてい数列と同値であるため、以下のような周期るわけではないので、この 7 という数字は性が確認できる。

解答する側が自ら発見しなければならない。

02→04→08→16→12→04→08→…

このように、問題文中に示されていないが、以上から下 2 桁としてありうる値は、上

解答にたどり着くうえで重要となる鍵を探の循環の中の 2 番目、4 番目、8 番目、12すのが難しい問題が、数学オリンピックな

番目、16 番目をみて、04, 16, 36, 56, 96 でどでよく見受けられる。しかし、問題の中

ある。

(終)

にヒントが隠されている場合も多い。この問題では、「左辺が 6 次式である」あるいは

この問題は、2 の累乗の下 2 桁に関する「右辺が 3 次式の組み合わせである」といものだが、2 以外の 2 の累乗は 4 の倍数でうことから、フェルマーの小定理や、3 乗あるから、2 の累乗の下 2 桁としてありう

数を 7 で割った余りとして考えられるのはる値はたかだか 26 個であるとわかる。よっ0 か 1 か 6 であるという事実を知っていれて、2 の累乗の下 2 桁にはそれほど長くな

ば、「法を 7 に設定するとうまくいきそうだ」

い周期があり、そこから解答に近づくことという発想ができる。

ができると考えることができる。また、この解法は、低い位が高い位に支配的である

次の問題は、合同式の性質と周期性を利用して作成したものである。

ほど適用しやすい。

5 , 2 2 の 5 種類ある。

３－２．組合せ数学オリンピックの組合せ問題において、タイルが一辺 k 枚ずつ並んでいるとする。

数論、幾何問題ほどは解答の道筋を見出す

このとき、各線分の本数 k を用いて表す。

斬新な発想が要求されない場合が多い。と① 長さが 1 である線分

りわけ、平易な組合せ問題においては、与求める本数は、k  k のえられた複雑な情報を的確に組み立て、ひ正方形における右図の太とつずつ忠実に数え上げる処理能力が求め線のような線分の本数にられている。そこで、以下の問題を作成し等しい。よって、k (k  1)  2  2k 2  2k (本)．

た。

② 長さが 2 である線分
問題 3

求める本数は、正方形全体の中にあるタ

一辺の長さが 1 の正方形のタイルが下図

イルの対角線の本数に等しい。正方形全体のように正方形状に並べられている。そしの中にあるタイルは、正方形全体の一辺にて、各タイルの頂点を格子点と呼ぶ。する

k 枚ずつ並んでいるので kと、この正方形全体の中にある 2 つの格子

タイルに対角線は 2 本ずつあるから、求め点を結んだ線分であって、長さが 3 より小る本数は 2k

さいものが 4218 本存在するという。このと③長さが 2 である線分

22(枚)ある。各(本)である。

き、この正方形全体の中にある 2 つの格子求める本数は、①と同様に考えると、隣点を結んだ線分であって、長さが 2 より大り合う 2 枚のタイルからなる長方形の長辺

きく、3 より小さいものはいくつあるか。

の本数に等しい。よって、(k  1)(k  1)  2  2(k 2  1)
 2k 2  2 (本)．
④長さが 5 である線分求める本数は、隣り合う 2 枚のタイルからなる長方形の対角線の本数と等しい。まず、正方形全体の中にある隣り合うタイル
は、一辺に k 枚ずつ並んでいるので k ( k  1)(枚)ある。したがって、

k (k  1)  2  2  4k (k  1)  4k 2  4k
(本)．
⑤長さが 2 2 である線分求める本数は、(k  1) 2  2  2(k 2  2k  1)
 2k 2  4k  2 (本)解答
2 つの格子点を結んだ線分であって、長さが 3 より小さいものは、長さが 1,

2 , 2,①～⑤より、2 つの格子点を結んだ線分であって、長さが 3 より小さいものは、

(2k 2  2k )  2k 2  (2k 2  2)
 (4k 2  4k )  (2k 2  4k  2)
 12 k  6k (本)と2表せる。これが 4218 本であるから、

例題 1
正三角形 ABC の内部に点 P があり、PA＝3, PB＝4, PC＝5 が成り立つ。このとき、三角形 ABC の面積を求めよ。

2

12 k  6k  4218 ．両辺を 6 で割って2k 2  k  703 , k (2k  1)  19  37

そして、この問題のアイデアを用いて、

k  0 より k  2k  1 であるから、 k ＝19． 以下の問題を作成した。
長さが 2 より大きく 3 より小さい線分は、長さが 5 , 2 2 のものの 2 種類。
ゆえに、求める本数は長さが 5 , 2 2 の問題 4正六角形 ABCDEF が描かれてあり、PA

線分の本数の和であるから、＝6, PB＝4, PC＝ 2 3 を満たす点 P を正六(4k  4k )  (2k  4k  2)角形内部に取れることがわかっている。あ22

 6k  8k  2  6  19  8  19  2

なたはいま、「定規」、「コンパス」、「8 コン＝2016 (本)パス」、「4 3 コンパス」をもっているが、

2

2それぞれ 1 回ずつしか使用することはできない。このとき、点 P を作図せよ。
ただし、「8 コンパス」、「4 3 コンパス」とは、それぞれ半径が 8, 4 3 の円しかかけないコンパスである。
解答
この問題は難問である。宝物を見つけるには、まず、探検のための準備をする必要がある。そして、森の中を探検する。途中で少し休憩をはさむ。さらに森を進んでいき、最後に、対称性を使ってワープすると、次に、色を塗り分ける問題を考える。

宝物のある場所へとたどり着くことができ

色を塗り分ける場合の数を求める問題は、る。

平面を扱ったものが多いが、立体を用いたものは少ない。そこで、以下の問題を作成した。

【探検の準備】
ここでは、条件を満たす正六角形の 1 辺の長さを求める。そのために、次の命題を３－３．幾何
まず、参考文献[1]に記載されていた以下証明する。
［命題 1］ ∠APC＝150°である。

の問題について、考察を行った。
(証明)

次図のように、四角形 BACP を、点 B を
中心に 120°回転させた図形を考える。このとき、∠ABC＝120°であるから、A が移動
した先の点は C である。また、C が移動し

【探検 1】
次に、PD の長さを調べよう。求め方は 2通りある。

た先の点を C , P が移動した先の点を P と［求め方 1］する。

△BCP において BC  BP  CP が成22

2

り立つので、∠BPC＝90°である。ゆえに、∠APB＝60°であるから、点 P は△ACD の内部に存在することがわかる。

いま、BP  BP , ∠ PBP＝120°であるから、 PP  4 3 がすぐにわかる。ゆえに、   2 3   6 が△ PCP において、 4 3

2

2

2

いま、∠APC＝150°, ∠CAD＝30° であ成り立つので、∠ PCP ＝90°である。よっ

るから、

て、

∠PAC＋∠PCA＝30°＝∠DAP＋∠PAC∠ ACP ＋∠ CCP ＝90°－60°＝30°

より、∠PCA＝∠DAP を得る。ここで、なので、∠ACP＋∠PAC＝30°を得る。した

AC＝ 2 21 であるから、余弦定理より、

がって、∠APC＝180°－30°＝150°である。

2 21   2 3   6
cos PCA (Q. E. D.)

2

 



2

＝84
より、AC＝ 2 21 である。ここで、△ABC
は AB＝BC, ∠BCA＝30° の二等辺三角形
なので、AB＝BC＝ 2 7 が得られる。

22  2 21  2 3

命題 1 と余弦定理より、

AC2  6 2  2 3  2  6  2 3 cos 150 

2

5
2 7

が得られる。そして、AD＝2×2 7 ＝ 4 7なので、   6  2  4 7  6  2 57

PD 2  4 7
＝28

2

2

したがって、PD＝ 2 7 を得る。

さきほどの探検から、DP＝ 2 7 が得られた。ここで、正六角形 ABCDEF の外接［求め方 2］円の中心を O とすると、△ADP において、△BCP において BC  BP  CP が成線分 OP は中線であるから、中線定理より、り立つので、∠BPC＝90°である。いま、C2OP 2  2OA 2  PA 2  PD 2

2

2

2

から線分 BD へ降ろした垂線の足を M とする。△BCD は二等辺三角形であるから、M   6  2 7 

2OP 2  2  2 7

2

2

2

は線分 BD の中点である。

であるから、OP＝2 を得る。よって、P はここで、余弦定理より、

O を中心とした半径 2 の円周上に存在する。

2 3   2 7   4
cos BCP 22

2

22 3 2 7

3





21

3
 cos 60
6であるから、∠BCP＜60°が成り立つ。

また、DC＝DP＝DE＝ 2 7 が成り立つので、P は D を中心とし、半径が DC  2 7



の円周上に存在する。ここで、もし、半径が 2 の円しかかけない「2 コンパス」と半径が 2 7 の円しかかけない「 2 7 コンパス」なるものがあれば、以下の手順で P を作図できる。
(作図法 1)① A と D を結ぶ直線をかく。
② D を中心とし、半径を DC とした円をかく。

よって、点 P は△BCD の外部にあるので、③ ①と②の交点をとる。

4 点 B, P, M, C はこの順に同一円周上にあ④ ③の点を中心とし、半径 2 の円をかく。

る。ゆえに、トレミーの定理より、⑤ ②と④の BC 側の交点が P である。

BC・PM＋BP・CM＝BM・CP

実際、この手順で得られた点 P が条件をが成り立つ。いま、BC＝ 2 7 より、CM＝満たすことは容易に確かめられる。

7 , BM＝ 21 であるから、PM＝1 を得

また、∠APB＝60°であるから、∠AOBる。△BPD において、線分 PM は中線であ＝60°とあわせて、点 P は△AOB の外接円るから、中線定理より、上に存在する。よって、以下のように、定DP  BP  2BM  2PMが成り立つので、DP＝ 2 7 が得られる。
2

2

2

2

規とコンパスだけで作図可能である。
(作図法 2)① AC と BF の交点を G とする。

【休憩】

② G を中心とし、半径が GA の円をかく。

ここでは、問題の解答に直結するわけで③ D を中心とし、半径が DC の円をかく。

はないが、【探検 1】から得られる点 P の作

④ ②と③の BC 側の交点が P である。

図方法を 2 つ紹介する。

【探検 2】立つので、△XAI≡△PAD である。さらに、【探検 1】より、DC＝DP＝DE＝ 2 7 が点 B, O はそれぞれ線分 AI, AD の中点であ成り立つので、△CPE の外心は D である。

るから、IB＝DO＝ 2 7 を得る。したがっ∠CDE＝120°であるから、∠CPE＝120°て、I は△XBC の外心であるから、I は四角を得る。よって、

形 BCYX の外心であり、外接円の半径は∠APE＝360°－150°－120°＝90°

2 7 である。

がわかる。ゆえに、∠APE＝∠CPB＝90°である。ここで、【探検 1】の［求め方 1］【宝物にたどりつく】

において用いた∠PAD＝∠PCA より、∠PAE＝∠PCB が得られるので、△CPB∽ △APE であることがわかる。
よって、4：PE＝ 2 3：6 より、PE＝ 4 3を得る。ここで、∠APB＝60°であるから、
直線 PB 上に点 X を、△APX が正三角形となるようにとることができる。このとき、
PX＝PA である。また、∠APE＝∠CPB であるから、直線 PC 上に点 Y を、△XPY≡△APE となるようにとることができる。特に、直線 PX に関して A と反対側にある方

線分 AP 上に点 Z を、PZ＝4 となるように Y をとる。すると、PB：PY＝PC：PX ゆにとり、線分 EP 上に点 W を、PW＝ 2 3え、PB・PX＝PC・PY が成り立つので、をみたすようにとる。このとき、△PZW≡

方べきの定理の逆より、四角形 BCYX は円△PBC が成り立つので、四角形 ZWEA とに内接する。

四角形 BCYX は合同である。このとき、【探検 2】より、四角形 ZWEA の外接円の半径は 2 7 に等しい。いま、四角形 ZWEA の外心を T とすると、T は線分 AE の垂直二等分線上にあり、TA＝TE＝ 2 7 をみたす。
ゆえに、T＝F であるから、Z は F を中心と



し、半径が FA  2 7 の円周上にある。また、PZ＝4, PE＝ 4 3 ,∠APE＝90°より、
EZ＝8 を得る。
さらに、P が D を中心とし、いま、直線 AB と DC の交点を I とする

半径が DC の円周上にあることと合わせて、と、IB＝IC＝ 2 7 が成り立つ。また、△XAI

以下の順に作図すればよい。

と△PAD において、AI＝AD＝ 4 7 , AX＝(作図法 3)AP, ∠XAI＝60°－∠PAB＝∠PAD が成り① F を中心とし、半径 FA の円をかく。

② E を中心とし、半径 8 の円をかく。

などでよく出題される。以下の問題を参考③ ①と②の交点のうち、正六角形の内部にして、問を作成した。

にある方を Z とする。
④ Z と A を通る直線をひく。

例題 2⑤ 点 E を中心とし、半径 4 3 の円をかく。

以下の図において、AC＝AD，DB＝DC，∠BDC＝36°, ∠ADB＝30°, ∠BCA＝6°を⑥ ④と⑤の接点が P である。

みたすとき、∠BAC の大きさを求めよ。

実際、この手順で得られた点 P が条件を満たすことは容易に確かめられる。
この問題は、求められる辺の長さ、角度の大きさなどをできるだけ多く計算し、そこから解答に結びつきそうな情報を取り出して、うまく処理していく必要がある。
さて、森の全体像が見えたところで、他にも作図法がないか考えてみよう。以下に、
定規、コンパスなどの道具の使用回数が少ない作図法を紹介する。証明は探検で得られたアイテムを用いれば容易である。
(作図法 4)解答
次の図は、正五角形と正三角形をつなげたものである。このとき、AC＝AD, DB＝① D を中心とし、半径が DC の円をかく。

DC,∠BDC＝36°,∠ADB＝30°,∠BCA＝6°② CF と AE の交点を Q とする。

をみたしている。逆に、問の条件から、四③ Q を中心とし、半径が QA の円をかく。

角形 ABCD は 1 つに決まるので、以下の図④ ①と④の交点のうち、E でないほうがにおいて∠BAC の大きさを求められればP である。

よく、AB＝BC より、∠BAC＝6°を得る。

(作図法 5)(終)① F を中心とし、半径が FA の円をかく。
② A を中心とし、半径 2 の円をかく。
③ ①と②の交点のうち、正六角形の内部にある方を Z とする。
④ Z と A を通る直線をひく。
⑤ D を中心とし、半径が DC の円をかく。
⑥ ④と⑤の交点のうち、正六角形の内部にある方が P である。

(終)次に、角度の問題について考察した。角
度を求める問題は、主に算数オリンピック

次の問題は、例題 2 とよく似ているが、解法は上に挙げたものと異なる。

以下の図において、AC＝AD, BA＝BD,

180   x
より、 5 x  180 なので、2x  36 .

∠BAC＝30°,∠BCA=∠BDA＋30°を満た∠BAF＝30°＋∠CAF＝∠CAD であるか

2x 

問題 5

す。このとき、CB＝CD を証明せよ。

ら、∠CAD＝36°, ∠BDA＝∠BAD＝30°＋36＝66°．∠CDA＝(180°－36°)÷2＝72°
より、∠CDB＝6°．
一方、∠ABD＝180°－66°×2＝48° であるので、円周角の定理より、∠AED＝48°
÷2＝24°．∠EDF＝30°より、∠ABC＝∠AFD＝24°＋30°＝54°．
ゆえに、∠DBC＝∠ABC－∠ABD＝54°－48°＝6°．したがって、∠CBD＝∠CDB＝6° であるから、CB＝CD が成り立つ。
(Q. E. D.)

解答
下の図のように、△BED が正三角形となるように点 E をとり、△ABC≡△AFD となるように点 F をとる。
∠BCA＝∠FDA,∠BCA＝∠BDA＋30°であるから、∠FDA＝∠BDA＋30°．ゆえに、∠FDB＝30°である。一方、△EBD は正三角形であるから、BA＝BD＝BE．よって、点 B は△DAE の外心である。
円周角の定理より、∠DAE＝30°．ここ
で、∠DAF＝30°であることから、点 F は
線分 AE 上に存在する。また、∠BDF＝30°
より、直線 DF は線分 BE の垂直二等分線

ちなみに、この補助線を例題 2 に適応すであるから、∠EBF＝∠BEF．∠BAF＝ x

ると、例題 2 の解を得ることができる。ことおく。△BAE は二等辺三角形であるから、の解答の発想も、例題 1 とよく似ている。

∠BEF＝∠BEA＝ x ．∠EBF＝∠BEF よ幾何の問題は、どこでどの定理を使うかがり、∠EBF＝ x ．ゆえに、∠BFA＝ 2 x ．

鍵となるため、問題を解くときは、手当た

一方、△ABF は二等辺三角形であるから、180  x
．したがって、2∠BFA＝り次第に使えそうな定理を探したり、条件から分かる角度や辺の長さを片っ端から計算したりするのも有効である。

４．今後の課題
今回、数論、組合せ、幾何の 3 分野における考察を行ったが、特に組合せの、突飛な発想を必要とする問題はあまり考察できなかった。組合せの分野に長けた人間がいないことが最大の原因だが、これからは、
算数オリンピックなど、小学生の知識だけで解けるようなパズル要素の強い問題についても考えていきたい。

５．参考文献[1] 平面幾何パーフェクトマスター めざ
せ、数学オリンピック、鈴木晋一、日本評論社[2] 広中杯 ハイレベル中学数学に挑戦－
これが中学数学の最高峰、算数オリン
ピック委員会 監修、青木亮二 解説、
講談社

６．謝辞
今回の研究にあたり、ご指導くださいま
した顧問の川口先生ありがとうございました。

約数の総和についてⅡ
4 年 B 組 小椋 晃一
指導教員 川口 慎二

１．要約
サイエンス研究会数学班 4 年生は約数の総和について学習している。今回は極限を用いた過剰数の評価を目的とした。その過程において、約数の総和に関する考察を行うことができたので紹介する。
キーワード

過剰数、原始過剰数、メルセンヌ素数、素数

２．研究の背景と目的であるという。例えば、12 は過剰数である。

約数の総和によって、自然数は 3 種類に

2n  1 の形で表される素数をメルセンヌ

分類できる。しかし、異なる自然数の間に素数という。例えば、3, 7, 31, …などがあも関連があり、その関連を倍数として捉える。

ることができた。今回は、ただ 3 種類に分類するだけでなく、その分類の基準となる値の評価を重視し、昨年の論文[3]を加筆・







自然数 n が p1 1 p2 2  pk k と素因数分解されるとき、指数の合計

1   2     k

修正した。

を n の高さということにする。

３．研究内容３．１ 定義ここでは、本稿に用いる諸定義をまとめた。

３．２ 基本的な命題
この節では、いくつかの基本的な命題を証明する。

約数とはその数自身を含めた正の約数のことを指す。また、自然数 n の約数の総和を  (n) と表す。例えば、12 の約数の総和
は

命題 1

p を素数とするとき、 p は不足数である。

 (12 )  1  2  3  4  6  12  28
より 28 となる。
また、自然数 n は、・  ( n)  2n となるとき過剰数・  ( n)  2n となるとき完全数・  ( n)  2n となるとき不足数(証明)

p  の約数の総和を計算すると、
 ( p )  p 0  p1  p 2    p

( p  1)

 p
p 1

≦ ( p  1)  p  2 p

より、 p は不足数である。 (Q. E. D.)

盾している。
したがって、メルセンヌ素数でない素数は無数に存在する。 (Q. E. D.)

命題 2
メルセンヌ素数でない素数は無数に存在
する。

命題 3






自然数 n が n  p1 1 p 2 2  p k k と素因(証明)

数分解されるとき、背理法を用いる。いま、3 を法として議論する。メルセンヌ素数は、

 1

 (n) 2 n  1  (1) n  1  0 または 1

 1

p1 1  1 p2 2  1p1  1p2  1
 1

より、3 を法として 2 と合同な素数を考えればよい。p  2 かつ p  2 となる素数を有 1

p3 3  1
p k 1  kp3  1
pk  1

限個しかないと仮定して、順に

p1 , p2 , p3 , , pk 1 , pkとする。このとき、

3( p1 p2 p3  pk 1 pk )  2
は 3 を法として 2 と合同であり、 p1 , p 2 ,

(証明)






一般に、p1 1 p2 2  pk k の約数は次の式を展開したときの各項に現れる。
(1  p1  p1    p1 1 )
2

p3 , , pk 1 , pk のいずれでも割り切れない

2ので、合成数である。よって、素数q1 , q2 , , qn を用いて、
3( p1 p2 p3  pk 1 pk )  2  q1q2 qnと表すことができる。ある 1≦ i ≦ n に対して qi  0 となるとき、必然的に qi  3 とな   (1  p k  pk    pk k )2ゆえに、 ( n) 

 1

 1

p1 1  1 p 2 2  1p1  1p2  1

るが、 3( p1 p2 p3  pk 1 pk )  2 は 3 の倍

 1



数ではない。
また、ある l (1 ≦ l ≦ n) に対して ql  2となるとき、 ql  2 より、1≦ m≦ k とな

 (1  p2  p2    p2 2 ) 1

p3 3  1
p k 1  kp3  1
pk  1という式が得られる。 (Q. E. D.)

る整数 m を用いて、 ql  pm となる。条件
より、 ql で 3( p1 p2 p3  pk 1 pk )  2 を割り切れるが、p m で割り切れないので矛盾する。

なお、自然数 m で表される p m の指数が 1のとき、その項は pm  1 となる。

よって、すべての 1≦ j ≦ k について、

q j  1 とかける。すると、

3( p1 p2 p3  pk 1 pk )  2  2nに対して、 q1q2  qn  1  1 となり、矛

命題 4m, n を互いに素な自然数とするとき、

 (mn )   (m) (n) ．

(Q. E. D.)
(証明)
命題 6

m, n がそれぞれ


2



2

m  p1 1 p 2n  q1 1 q 2









不足数の約数は不足数である。

p3 3  p k k(証明)

q3 3  ql l

不足数の約数に完全数があるとすると、不足数は完全数の倍数となるが、命題 5 にと素因数分解できるとする。

m, n は互いに素であるから、pi , q j はす
べて相異なるため、命題 3 を用いると、反する。過剰数についても同様のことがいえる。そのため、不足数の約数は完全数でも過剰数でもない。つまり、不足数である。

 (mn ) 

(Q. E. D.) 1
 p11 1  1 p2 2 1  1
pk k  1 






 p 1p2  1
pk  1 
 1

1 1

 2 1

l 1

q
1
 1 q2
 1 ql  1
q2  1ql  1  q1  1  (m) (n) ． (Q. E. D.)

３．３ 偶数の原始過剰数
ここで命題 5 から、他の過剰数の倍数でなく、他の完全数の倍数でもない過剰数を考えようと思い至った。そのような数を原始過剰数と定義する。例えば、20, 70, 88, …

この命題 4 は自然数の個数を増やしても同様のことがいえる。

などが相当する。過剰数は、原始過剰数と完全数の倍数のみから構成される。このとき、以下の定理が得られた。

命題 5(1) 完全数の倍数は過剰数である。
(2) 過剰数の倍数は過剰数である。
(証明)

補題






自然数 n が n  p1 1 p 2 2  p k k と素因数分解されるとき、 n が過剰数であり、(1) 完全数を n とおき、その約数を昇順ですべての 1≦ i ≦ k について

n1 , n2 , n3 , , nm1 , nm と表す。そして、



完全数の倍数を kn とする。このとき、

 (n)  n1  n2  n3    nm1  nm ．
kn の約数に 1 が含まれているのは自明であるから、 k  1 より、 (kn) ≧1  kn1  kn2    knm



 1



p1 1 p 2 2  pi i  p k k
が不足数ならば、 n は原始過剰数である。
(証明)「他の過剰数の倍数でなく、他の完全数の k (n)倍数でもない」とは、「自身を除く約数はすなので、  (kn)  k (n)  2kn ．

べて過剰数でも完全数でもない」というこ(2)も同様の手段で示すことができる。

とであり、過剰数でも完全数でもない数は

不足数なので、「自身を除く約数はすべて不足数である」と言い換えられる。これを満たす過剰数が、原始過剰数である。
命題 6 より、「自身を除く n のすべての約数が、ある 1≦ i ≦ k に対して、


 1

p1 1 p 2 2  pi i  p k k の約数である」

うに素数 p をとると、

p  2 n1  m  2 n  k( m, k は自然数であり、 m  1, k  0 )と表せる。ここで、命題 3 を用いて

2 n1  1 p 2  1

2 1
p 1
( p  1)( p  1)
 (2 n1  1)
p 1

 (2 n p) …(*)が示されればよい。
ここで、n の高さを x  1 とする。
「高さ 1の約数」は「高さ 2 の約数のいずれか」の

 (2 n1  1)( p  1)

約数である。同様に、すべての 1≦ j ≦ x に

 2 n1 p  2 n1  p  1

ついて、「高さ j  1 の約数」は「高さ j の 2 n1 p  2 n1  (2 n1  m)  1

約数のいずれか」の約数である。

 2(2 n p)  (m  1)  2(2 n p )n の約数の約数もまた、 n の約数というより、 2n p が過剰数であることがわかる。

ことも併せて考えると、「高さ j の約数は高補題より、次の 2 つを満たすことを調べ

さ x の約数のいずれかの約数」…(†)である。
「高さ j の約数」は、「自身を除く約数」の任意の 1 つであり、「高さ x の約数」とは、




 1



p1 1 p 2 2  pi i  p k k ( 1≦i ≦ k )のい

る。
① 2

n1

p が不足数② 2 n が不足数

②は命題 1 から示せるため、①について考える。

2n 1 p 2 1
 (2 p) 2 1 p 1 (2n  1)( p  1)
 2n p  2n  p  1
 2 n p  2 n  (2 n  k )  1
 2(2n1 p)  (k  1)  2(2n1 p)n1
より、 2 p は不足数となる。
n
したがって、 2 p は原始過剰数である。
n1
なお、 p が p  2  1 とかけるメルセンn
ヌ素数であるとき、 2 p は完全数になるが、n 1

ずれかのことであるから、(†)より、「自身を除くすべての n の約数は、ある 1≦ i ≦ k に




 1



ついて、 p1 1 p2 2  pi i pk k の約数」であり、(*)が示されたため、題意は示された。
(Q. E. D.)
命題 7－1 から命題 7－3 では、この補題に沿った証明を行う。

命題 2 より、 p として当てはまる数は無数
命題 7－1nに存在するため、2 p と表せる数は無数に偶数の原始過剰数は無数に存在する。

存在する。よって偶数の原始過剰数は無数に存在する。 (Q. E. D.)(証明)
np を素数として、2 p の形に素因数分解

5 とあわせると次の命題が自明に成り立つ。

できる数を考える。
このとき、 2  p  2n

また、合成数は素数の倍数なので、命題n1

 1 を満たすよ命題 7－2② 2 n p が不足数

奇数の不足数 D において、 2 n D が過剰③ 2 n q が不足数②と③は命題 7－1 の証明における後半数となる n が存在する。
命題 7－3の議論から示せるので、①について考える。

異なる 2 つの素数 p, q について、

 (2n1 pq)  (2n  1)( p  1)(q  1)

2 n1  q  p  2 n2が成り立つとき、 2 n pq は原始過剰数であ
る。
(証明)
条件より、

2 n1  3 ≦ p ≦ 2 n2  1
2 n1  1≦ q≦ 2 n2  3となる。命題 3 より

2 n1  1 p 2  1 q 2  1
 (2 pq) 2 1
p 1 q 1 (2n1  1)( p  1)(q  1)
 2(2n pq)  2n1 (1  p  q)

 2(2 n1 pq)  2 n (1  q  p)
 (q  1)( p  1)
≦ 2(2 n1 pq)  2 n (1  q  p)
 (2 n1  2)( p  1)
 2(2 n1 pq)  2 n q  2 n ( p  1)  2( p  1)
 2(2 n1 pq)  2 n ( p  1  q)  2( p  1)
 2(2n1 pq)n 1
より、 2 pq は不足数となる。
n
よって、 2 pq は原始過剰数である。
(Q. E. D.)n ( p  1)( q  1)

 2(2 pq)  2nn 1(1  p  q)

p 1
 (2q  2)2
≧ 2(2 n pq)  2 n1 (1  q  2  q)p 1
 (2q  2)2
 2(2n pq)  2n1 (2q  3)




p 1
 (2q  2)
2

なお、
異なる 3 つの素数 p, q, r について、

2 n  2  q  p  r  2 n 3nとしたときの 2 pq には、不足数が存在した。
補題と類似のものとして、以下のことが
いえる。
命題 8
自然数 n が p1  p2    pk と表せる
素数を用いて p1 p2  pk と素因数分解されるとき、n が過剰数であり、p1 p2  pk 1 が不足数ならば、 n は原始過剰数である。
（証明）

p1 p2  pk 1 が不足数なので、≧ 2(2 pq)  2nn 1(2q  3)
 2 n1 (2q  2)

 2(2 n pq) ．
n
よって、 2 pq は過剰数であるとわかる。
次に、以下のすべてを満たすことを調べる。
① 2

n 1

pq が不足数 ( p1 p2  pk 1 )p1 p2  pk 1

( p  1)
( p1  1) ( p 2  1)
   k 1
2
p1
p2
p k 1となる。また、すべての 1≦ i ≦ k  1 について、 ( p1 p 2  pi 1 pi 1  pk )p1 p 2  pi 1 pi 1  p k
 ( p1 p 2  p k 1 ) p k  1
p


 i
p1 p 2  p k 1
pkpi  1
 ( p1 p 2  p k 1 ) pi p k  pi
2
p1 p 2  p k 1
pi p k  p kが成り立つので、高さ k  1の約数がすべて不足数となり、補題から示された。
(Q. E. D.)

n1 , n2 , n3 ,  は互いに素であるから、それぞれを素因数分解したときに現れる素因数はすべて相異なる。
ゆえに、n1 , n2 , n3 ,  もすべて互いに素である。よって、 n1 , n2 , n3 ,  は相異なる完全数あるいは原始過剰数といえる。
さらに、奇数の約数は奇数に限られるため、n1 , n2 , n3 ,  は奇数の完全数あるいは
原始過剰数ともいえる。よって、奇数の完
全数あるいは原始過剰数は無数に存在する。
(Q. E. D.)

３．５ 奇数の原始過剰数
奇数の原始過剰数を議論するために、3つの補題を用意する。

補題 3
素因数分解したとき、同じ種類の素数が1 つしかない奇数は、完全数でない。

補題 1 ([1])
素数の逆数和は正の無限大に発散する。

(証明)
異なる奇素数 p1 , p2 , , pm について

一般に、この補題 1 が成り立つ事実が知られており、命題 8 の証明に用いる。

 ( p1 p2  p m )p1 p 2  p m


補題 2

p 1
p1  1 p2  1  m．
p1
p2
pm

どの 2 つも互いに素な奇数の過剰数が無p1 , p2 , , pm は奇素数なので、分母は数に存在するとき、奇数の完全数と原始過奇数となるが、分子は偶数の因子が少なく

剰数は無数に存在する。

とも m 個存在する。よって、 p1 p2  pm は完全数でない。 (Q. E. D.)(証明)
どの 2 つも互いに素な奇数の過剰数を順に n1 , n2 , n3 ,  とする。

命題 8
奇数の原始過剰数は無数に存在する。

原始過剰数の定義から、過剰数の約数には原始過剰数または完全数が少なくとも 1つ存在することがわかる。
ここで、自然数 m に対して、 nm の約数である原始過剰数または完全数のうちの 1
つを nm とする。すると完全数と原始過剰数から成る列 n1 , n2 , n3 ,  を得る。

(証明)
素数を順に p1 , p2 , p3 ,  としたとき、補題 1 より、任意の k について

1
1
1
1



≧1
pk
pk 1 pk  2
pmを満たす m が存在する。

pk pk 1 pk 2  pm と素因数分解できる自

命題 9

 (n)

然数を n とする。つまり、n  pk pk 1 pk 2  pm ．

の値に上限はない。

n

このとき、k ≦i ≦ m を満たす i についてn
は n の約数であり、約数の総和は約数の
pi

命題 10

部分和より大きいため、奇数の過剰数は存在しない。

異なる素数 p, q を用いて p q  とかける

 (n)
≧n 

(証明)

n
n
n


1
pk
p k 1pm

3≦ p, q として、命題 3 から、

 1
1
1 
 1
 n  n


pk 1
pm 
 pk
≧ n  n  1  2n

 ( p q  ) より、 n は過剰数である。
ここで、奇数の n について考えるため、



分 解 で き る 自 然 数 を n1 と す る 。 ま た 、

素因数分解できる自然数を n2 とする。また、

k3  m2  1 とし、 pk pk 1 pk 2  pm と素
3

3

3

3

p
q

 p q p 1 q 1

3 5≦   p p 
2 4

k1  2 とし、 pk1 pk1 1 pk1 2  pm1 と素因数k2  m1  1として、pk2 pk2 1 pk2  2  pm2 とp 1  1 q  1  1

p 1
q 1

15  
p q  2 p q 8

より、 p q は不足数となる。 (Q. E. D.)
命題 11
相異なる素数 p, q, r, s を用いて pqrs とかける奇数は不足数である。

因数分解できる自然数を n3 とする。この操作を繰り返して、 n1 , n2 , n3 ,  を定義していく。すると n1 , n2 , n3 ,  は相異なる素因数をもつため、互いに素であり、奇数の過(証明)

p  q  r  s としても一般性を失わない。このとき、条件を式でまとめると3 ≦ p, 5 ≦ q, 7 ≦ r , 11 ≦ s

剰数である。
よって、補題 2 から奇数の完全数と原始過剰数は無数にあるといえる。しかし、補となる。 n  pqrs として、 n に対する約数の割合を求めると、

題 3 より、その中に完全数は含まれないた
め、奇数の原始過剰数は無数に存在する。
(Q. E. D.)
また、この証明の前半における議論から次がいえる。

 (n)≦n n n n nnnn    

1 3 5 7 11 15 21 33



n
n
n
n
n
 


35 55 77 105 165



n
n
n


231 385 n

 1.994 n  1 ．
もし n が不足数でないならば、
 (n) ≧ 2n なので、 1.994n  1  2n が成り立つ。 0.006 n  1 より、 n  167 とならねばならない。
一方、条件から n ≧3  5  7 11  1155 となるため、奇数の pqrs は不足数である。
(Q. E. D.)
なお、素因子が 3 つ以下のとき、 pqrs の約数といえるので不足数であり、素因子が5 つの場合は原始過剰数が存在し、より、

 ( p )p ( p  1 )が成り立つ。

p  1

そのため、   1 のときが値であり、

 ( p1 )p

ま た 、 lim



p 1
…①
p

 ( p )

 

より、

1

p

 ( p )の最小p

p  1  1p
 p ( p  1) p  1

p  1  ( p )p
． (Q. E. D.)
≦


p
p 1
p

また、このことから、 lim (2 )

 

2

2

が成り立つことがわかる。

15015  3  5  7  11  13
命題 13

が最少のものである。

自然数 n について、lim

３．４ 極限を用いた評価

 

 (n )
n

は収束す

る。
命題 12
素数 p と自然数  について、

これは、命題 12 と命題 4 から示される。

p 1  ( p )
p
≦


p
p 1
p

命題 14

が成り立つ。

lim (n )
n

 

(証明)

が整数値のとき、収束値は2 または 3 である。

すべての自然数  について、

 ( p )p  1  1pp  ( p  1)





(証明)
自然数 n が p1  p2    pk となる素数p  1  1
p 2  1p  ( p  1) p   2  p
 1

 2

p 1
p 1


p ( p  1) p( p  1  1)

p
p

 2

 1

 1

1
(p )

( p  1)p  1を用いて n  p1 p2  pk と素因数分解されたとする。なぜならば、同じ種類の素数の素因数を 2 個以上含んだとしても、極限をとった後は同一視できるためである。
すると、

lim

 

 ( n )
n





pk
p1
p2

 
p1  1 p2  1
pk  1

命題 8 の補題 3 における同様の議論から、

 (2 n p )
2 n p

奇素数のみであると仮定すると、lim

 (n )n の分母から 2 の素因子を除い( p  1)
( p  1) ( p2  1)
て、 1
となる

  k222が、分子の p1 p2  pk より大きいため、整(2 n 1  1)( p   1)
2 n p



2(2 n p )  2 n 1  p   1
2 n p

2

(2 n 1  1)  p 
 2 …②2 n p

①，②より、命題は示された。 (Q. E. D.)

数値とならない。
よって n に 2 の素因子が含まれる。しかし、分子にある 2 の素因子は 1 つのみなので n の高さは高々2 である。

 ( n )このとき、lim

 

n



が整数値となる n

は n  2 または n  2  3

 ( n )つまり、 limn の値は 2 または 3np を素数として、2 p の形に素因数分解できる数を考える。 2  p  p  2n

 (2 n p)
2n p

 (2 n p)
2 n pn1

(2 n1  1)( p  1)2n p

(2 n1  1)( pp  p)2 n pp

(2 n1  1)( pp  p)
2 n pp2n p(2 n1  1)( p  1)  (2 n p)
2 n p
2 n p
より、

 (2 n p)
n

2 p
また、



 (2 n p) …①
2 p
n

1

 2 である。

(証明) (2 n p)が減少しない場合がある

2n pが、自然数 a を用いて

2 n  p  2 n1  a  p  2 n2  a (2 n p)  (2 n1 p)
2n p



命題 15

のとき、

 (2 n p)してもと表されるとき、(Q. E. D.)である。

なお、 n の値によっては p を順に大きく

2 n1 p 

(2n1  1)( p  1) (2n 2  1)( p  1)
2n p
2n1 p(2 n2  2)( pp  p)  (2 n2  1)( pp  p)2 n1 pp

 ( pp  p)  (2 n 2  1)( p  p)
2 n1 pp ( pp  p)  (2 n 2  1)2 n1

2 n1 pp

2 n12 n 2  ( p  1) p  2 n1

2 n1 pp
2 n12 n 2  2 n1 (2 n 2  1)  2 n1

2 n1 pp
2 n1 (2 n 2  2 n 2  1  1)

0
2 n1 pp より、 (2 n p)
2n p

 (2 n1 p )
2 n 1 p が成り立つ。

３．５ 実際の値
原始過剰数は偶数であるものが多く、奇数であるものうち、最小のものは 945 となる。奇数では 5 の倍数が多く一の位が 1, 3,

Andreescu Dorin, Andrica,Zuming

7, 9 で最小のものは順に 81081、153153、

Feng 著、小林一章、鈴木晋一監 訳、207207、189189 である。1001 の倍数でな

清水俊宏、西本将樹 訳、朝倉書店

いものもあり、例として 223839 が挙げら

[2] 「直感を裏切る数学 『思い込み』にれる。また、100 万以下での原始過剰数のだまされない数学的思考法」、神永正

個数は 1733 個であり、最大のものは、

博、講談社

999999 である。
次頁に、5000 以下の原始過剰数と 30000
以下の奇数の原始過剰数を掲載する。

[3] 「約数の総和について」、小椋晃一、奈良女子大学附属中等教育学校平成27 年度 SSH 生徒研究論文集、p.36－42

４．今後の課題
今回行わなかった、自然数全体に対して

６．謝辞の過剰数の割合の評価を、完全数の倍数や、今回の研究にあたりご指導くださった顧

原始過剰数の倍数として表現できるのでは問の川口先生、ありがとうございました。

ないかと考えている。

また、その他にもサイエンス研究会をはじめとした多くの方々に協力や助言をいただ

５．参考文献[1] 「数論の精選 104 問」、Titu

けました。ありがとうございました。

表 1 5000 以下の原始過剰数
20＝22・5

945＝33・5・7

2205＝32・5・72

4030＝2・5・13・31

70＝2・5・7

1184＝25・37

2210＝2・5・13・17

4070＝2・5・11・37

88＝23・11

1312＝25・41

2470＝2・5・13・19

4095＝32・5・7・13

104＝23・13

1376＝25・43

2530＝2・5・11・23

4216＝23・17・31

272＝24・17

1430＝2・5・11・13

2584＝23・17・19

4288＝26・67

304＝24・19

1504＝25・47

2990＝2・5・13・23

4510＝2・5・11・41

368＝24・23

1575＝32・52・7

3128＝23・17・23

4544＝26・71

464＝24・29

1696＝25・53

3190＝2・5・11・29

4672＝26・73

550＝24・31

1870＝2・5・11・17

3230＝2・5・17・19

4712＝23・19・31

572＝22・11・13

1888＝25・59

3410＝2・5・11・31

4730＝2・5・11・43

650＝2・52・13

1952＝25・61

3496＝23・19・23

748＝22・11・17

2002＝2・7・11・13

3770＝2・5・13・29

2090＝2・5・11・19

3944＝23・17・29

836＝22・11・19※太字は 2np の形

表 2 30000 以下の奇数の原始過剰数
945＝33・5・7

8415＝32・5・11・17

16695＝32・5・7・53

24885＝32・5・7・79

1575＝32・52・7

8925＝3・52・7・17

18585＝32・5・7・59

25935

2205＝32・5・72

9135＝32・5・7・29

19215＝32・5・7・61

3465＝32・5・7・11

9555＝3・5・72・13

19635

4095＝32・5・7・13

9765＝32・5・7・31＝3・5・7・11・17

5355＝32・5・7・1711655＝32・5・7・37

21105＝32・5・7・67

5775＝3・52・7・11

12705＝3・5・7・112

21945

5985＝32・5・7・19

12915＝32・5・7・41＝3・5・7・11・19

6435＝32・5・11・13

13545＝32・5・7・43

22365＝32・5・7・71

6825＝3・52・7・13

14805＝32・5・7・47

22995＝32・5・7・73

7245＝32・5・7・23

15015

23205

7425＝33・52・11
8085＝3・5・72・11＝3・5・7・11・13＝3・5・7・13・17＝3・5・7・13・19
26145＝32・5・7・83
26565＝3・5・7・11・23
28035＝32・5・7・89
28215＝33・5・11・19
29835＝33・5・13・17

4 次方陣の性質に関する研究
4年C組

今中 翔哉

指導教員 川口 慎二
１．要約
サイエンス研究会数学班 4 年生は魔方陣について学習している。今回の研究では、4 次魔方陣における特有の性質について、交換様式という角度から考察をおこなった。
キーワード

4 次魔方陣、交換様式、完全方陣

２．研究の背景と目的
前回の研究([1])では、魔方陣の作り方に

３．２ 4 次方陣の性質
次のような 4 次方陣を考える。

おける自分なりの見解や考察を行うことが

a

b

c

d

できた。今回は、魔方陣の性質を中心に調

e

f

g

h

が多く知られている 4 次魔方陣に焦点を絞

i

j

k

l

って研究を行った。今回の研究の目的は、4

m n

o

p

次魔方陣の性質を交換様式など、魔方陣特図１ 4 次方陣べることにした。その中でも、性質の種類

有の性質を用いて考察を行うことである。
今回は、その結果を紹介したい。

命題

次の性質 1 から性質 4 が成立する。
性質 1

a  d  m  p ＝34

３．研究内容b  c  n  o ＝34

３．１ 定義e  i  h  l ＝34
f  g  j  k ＝34

魔方陣とは、1 から始まる連続した自然
数を、各行、各行、及び対角線の数の和(4性質 2

次方陣では 34)をすべて相等しくなるように、碁盤の目状に並べたものをいう。一般に、1 辺が n マスの魔方陣を n 次魔方陣という。また、 n 次魔方陣を単に「 n 次方陣」

性質 3

a  d =n  oa  m=h la  p= g  jd  m= f  kということが多い。

n 次魔方陣に対して、魔方陣の定和性をb  c=m  p
d  p =e i

性質 4

f  g =i  l

満たし続ける操作のことを交換様式という。

eh＝ j  k

今回は 4 次方陣に対する交換様式を中心に

bn＝ g  k考察する。

co= f  j

⑤と⑮から d  p = e  i(証明)
4 次魔方陣の性質から、各行、各列、両⑤と⑯から a  m = h  l④と⑰から b  c = m  p

対角線の和(定和)は 34 であるため、a  b  c  d =34 …①
e  f  g  h =34 …②

性質 3 について⑨と⑮から d  m ＝ f  k⑩と⑮から a  p ＝ g  j

i  j  k  l =34 …③m  n  o  p =34 …④

性質 4 について③と⑱から f  g ＝ i  la  e  i  m =34 …⑤b  f  j  n =34 …⑥
c  g  k  o =34 …⑦
d  h  l  p =34 …⑧a  f  k  p =34 …⑨d  g  j  m =34 …⑩②と⑱から e  h ＝ j  k⑥と⑱から b  n ＝ g  k⑦と⑱から c  o ＝ f  j(Q. E. D.)

３．３ 4 次方陣の分類

性質 1 について、

4 次方陣の種類は、1 の配置場所によって①＋④から、

3 つの場合に、また 16 の位置に注目して以(a  d  m  p ) ＋ (b  c  n  o) ＝34×2

下の 21 の型に分けることができる。

…⑪

図１の m の位置に 1 を入れた場合を A 型、i の位置に 1 を入れた場合を B 型、 j の位⑤＋⑧から、(a  d  m  p ) ＋ (e  h  i  l ) ＝34×2…⑫⑨＋⑩から、

置に 1 を入れた場合を C 型とする。
(1) A 型を 16 の位置により、以下の 6 つの型に分類する(図２参照)。

(a  d  m  p ) ＋ ( f  g  j  k ) ＝34×2

a  16 のとき、(A-1)型…⑬

e  16 のとき、(A-2)型②＋③から、i  16 のとき、(A-3)型(e  h  i  l ) ＋ ( f  g  j  k ) ＝34×2

j  16 のとき、(A-4)型…⑭⑬－⑭より、ad m p  ehil
よって、⑫から、a  d  m  p ＝34 …⑮

g  16 のとき、(A-5)型

d  16 のとき、(A-6)型
A-1

A-6

A-2

A-5

e  h  i  l ＝34 …⑯
また、⑪，⑭より、b  c  n  o ＝34 …⑰
f  g  j  k ＝34 …⑱
性質 2 について、①と⑰から a  d = n  o

A-3

A-4

1

図２ A 型の 4 次方陣

(2) B 型を 16 の位置により、以下の 9 つのこれらの型の分類については、参考文献[2] p.66 を参考にした。

型に分類する(図３参照)。

a  16 のとき、(B-1)型
e  16 のとき、(B-2)型

３．４ 4 次方陣の交換様式

m  16 のとき、(B-3)型
j  16 のとき、(B-4)型

知られている。そのうち、今回は以下の 3

n  16 のとき、(B-5)型

種類を使用する。

4 次方陣の交換様式は 6 種類あることがc  16 のとき、(B-6)型
k  16 のとき、(B-7)型

h  16 のとき、(B-8)型〇〇

l  16 のとき、(B-9)型

〇

〇

〇

〇

B-1

〇

〇

〇

〇

〇

〇

B-6

B-2

B-8

1

B-4

B-3

B-5

B-7

B-9

図３ B 型の 4 次方陣(3) C 型を 16 の位置により、以下の６つの型に分類する(図４参照)。

i  16 のとき、(C-1)型
m  16 のとき、(C-2)型
b  16 のとき、(C-3)型

図５ 交換様式 1

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

f  16 のとき、(C-4)型
g  16 のとき、(C-5)型

図６ 交換様式 2d  16 のとき、(C-6)型
C-3
C-4
C-1

C-6
C-5

1

C-2

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

〇

図４ C 型の 4 次方陣
図７ 交換様式 3但し、交換様式 3 は b  e  l  o ＝34 の場合に限る。
以下に、交換様式 1 と 3 が定和を変えな
いことについて、簡単な証明を記しておく。

a

b

c

d

e

f

h

g

e

f

g

h

a

b

d

c

i

j

k

l

i

j

l

k

m n

o

p

m n

p

o

図 10

図 11

図 3 において、 e  b  l  o ＝34 である(交換様式 1 の定和保存性の証明)
操作を加える前の任意の 4 次方陣を図８とする。すると、交換様式 1 を施した魔方ことに注意する。図 11 において、各行、各列、両対角線の和は、図 10 より

e  f  h  g ＝34, a  b  d  c ＝34

陣は図９のようになる。

a

b

c

d

a

c

b

d

i  j  l  k ＝34, m  n  p  o ＝34

e

f

g

h

i

k

j

l

i

j

k

l

e

g

f

h

e  a  i  m ＝34, f  b  j  n ＝34
h  d  l  p ＝34, g  c  k  o ＝34

m n

o

p

m o

n

p

e  b  l  o ＝34, g  d  j  m ＝34

図８(Q. E. D.)

図９

図９において、各行、各列、対角線の和は、図８と比較すると、各和の構成要素がまた、この交換様式 3 を施すことができる方陣(つまり、 e  b  l  o ＝34 を満たす

変わっていないので、a  c  b  d ＝34, i  k  j  l ＝34

方陣)としては、完全方陣や対称魔方陣(中心e  g  f  h ＝34, m  o  n  p ＝34

に関して対称の位置にある数の和が 17 にa  i  e  m ＝34, c  k  g  o ＝34
b  j  f  n ＝34, d  l  h  p ＝34
a  k  f  p ＝34, d  j  g  o ＝34

なる方陣)が挙げられる。

(Q. E. D.)

以上から、交換様式 1 と交換様式 3 の場
合について証明できたが、交換様式 2 の場
合についても、同様に証明をすることができる。

ここで、交換様式 1 を施しても、第 1 行、第 4 行、第 1 列、第 4 列に含まれる数は(順
序の入れ替えのみであり)変わらないことがわかる。

３．５ 交換様式と 4 次方陣の分類
4 次方陣の交換様式を用いて、方陣の型の間に、次のような関係があることがわかった。

(交換様式 3 の定和保存性の証明)

8交換様式 3 を施す前の任意の 4 次方陣を

15 9

2 13 1164

図 10 とする。すると、交換様式 3 を施した

10 16 35

魔方陣は図 11 のようになる。

1

8 13 2 11①

10 3 16 5
15 6

9

4

7 12 14

1 12 7 14(A-4)型(A-5)型

図 12 (A-4)型と(A-5)型の対応

図 12 のように、(A-4)型に交換様式 1 を

16 3 10 5

施すと(A-5)型の方陣になる。つまり、(A-4)

6型と(A-5)型の方陣の間には、交換様式 1 を

11 13 2

施すと互いに写りあう対応関係があり、そ1 14 7 12

4 15 9

れぞれ 1 対 1 に対応する。

4

②

8

9 15

3 16 5 10
14 1 12 7
3 11 8(A-1)型

また、交換様式 1 の関係は、(A-2)型と62(C-4)型

図 15 (A-1)型と(C-4)型の対応(A-3)型、(B-4)型と(B-7)型、(B-5)型と(B-6)
型との間にもそれぞれ成り立つことがわか

また、(A-2)型と(C-3)型、(A-3)型と(C-1)

った。残りの(B-2)型、(B-8)型、(B-9)型、型、(A-4)型と(C-2)型、(A-5)型と(C-6)型、(C-4)型、(C-5)型については、交換様式 1 を(A-6)型と(C-5)型との間にもそれぞれ成り

施すと同じの型の方陣になる。例えば、図立つ関係である。このことから、A 型と C

13 のように、(B-2)型の方陣は(B-2)型に対型の方陣は 1 対 1 に対応し、それぞれの個応する。

数は等しいことがわかる。

3 15 10 6B 型については、それぞれの型に交換様

1 13 12 8式 2 を施すことにより、(B-1)型は(B-7)型、

1 12 13 8

16 2

7(B-2)型は(B-9)型、(B-3)型は(B-4)型にそれ

14 5

14 4

5 11

3 10 15 6
16 7

2

9

①

4 11

(B-2)型

9(B-2)型

ぞれ対応している。
また、(B-5)型、(B-6)型、(B-8)型に関し

図 13 (B-2)型の対応ては交換様式 2 を施すとそれら自身の型の方陣になることがわかった。

図 13 で得られた(B-2)型の方陣を和が等

8

3 10 13

しくなるようにしたままで、わかりやすく

14 9

4

変形すると図 14 のようになる。このように、

11 が移動した場合は、方陣を反転させてか

11 16 57

9 14 7②

3
62(B-5)型

ら型に分類する必要がある。

8 13 1016 11 26 15 124
5

1 12 15(B-5)型

図 16 (B-5)型の対応

3 15 10 6

14 4

5 11

1 13 12 8

16 2

7

16 2

7

9

1 13 12 8

図 16 で得られた(B-5)型を和が等しくな

14 4

5 11

3 15 10 6るようにしたままで、わかりやすく変形す

9

図 14

ると図 17 のようになる。

9 14 7
次に、(A-1)型に交換様式 2 を施すと図 15のように(C-4)型になることがわかった。

3

4

15 5 10 4

8 13 1012 2 13 7

16 11 26

5

1 11 8 14

1 12 15

6 16 3図 17

9

３．６ 4 次完全方陣

図 18 の方陣にシフト変換を施して得られ3-6-1 シフト変換

た方陣を図 19 とすると、 次のようになる。

m n

o

p

a

b

c

d

l

e

f

g

h

p

i

j

k

l

右図の方陣の主対角

a

b

c

d

a

b

c

d

線(a－f－k－p)と副対角

e

f

g

h

e

f

g

h

線(d－g－j－m)と、それ

i

j

k

l

i

j

k

らの平行な位置にある

m n

o

p

m n

o

図 18

n 個の要素からなる分
離した対角線をまとめて汎対角線という。
また、行、列、および両対角線の数の和が

S1

図 19

ここで、 図 18 において完全方陣の定義
より、以下が成り立つ。

和も、すべて等しくなるような方陣を完全a  n  k  h ＝34, e  b  o  l ＝34
i  f  c  p ＝34, d  e  j  o ＝34

方陣という。つまり、4 次の完全方陣におc  h  i  n ＝34, b  g  l  m ＝34

いては一般の 4 次方陣の性質に加えて、次

また、図 19 において、上の式と 4 次魔方陣が成り立つ。

の性質から各行、各列、両対角線、汎対角一定になるだけでなく、汎対角線上の数の線の和はすべて 34 となることがわかる。よ命題

完全方陣の汎対角線和は一定である。

a  h  k  n ＝34, b  e  l  o ＝34
c  f  i  p ＝34, d  e  i  o ＝34
c  h  i  n ＝34, b  g  l  m ＝34って、得られた魔方陣(図 19)は 4 次完全方陣である。

(Q. E. D.)

また、これはシフト変換 S2 についても同様に示すことができる。そして、このシフ

そして、完全方陣はすべての汎対角線でト変換によって 1 つの 4 次完全方陣から 16

定和をもつために、次のような完全方陣特個(=42 個)の 4 次完全方陣が得られるという有の変換が考えられる。 n 次完全方陣に対ことがわかる。

して、
S1：最下行を最上行の上側に移動させる
S2：最右列を最左列の左側に移動させるのどちらを行っても、つねに、 n 次完全方

3-6-2

完全方陣の性質

完全方陣の性質を満たす方陣を図 20 とすると、陣が得られる。上の S1, S2 の変換をシフトb  g  l  m  34変換という。以下に、シフト変換によって、d  g  j  m  34

完全方陣が完全方陣に対応することを示す。

より、 d  j  b  l …ⓐ
また、完全方陣に対しては（シフト変換による完全方陣の対応）

a

b

c

d

e

f

g

h

i

j

k

l

m n

o

p

図 20

交換様式 3 を適用することができる。

シフト変換を施す前の 4 次方陣を図 18

交換様式 3 を施す前 4 次完全方陣を上のとする(但し、この方陣は完全方陣であると

図 20 とする。そして、この図 20 に交換様する)。シフト変換 S1 の場合、変換後の方式 3 を施して得られた方陣を図 21 とすると、陣が完全方陣であることを示す。

次のようになる。

e

f

h

g

8 13 2 11

10 3 16 5

a

b

d

c

10 3 16 5

15 6

i

j

l

k

15 6

4

1 12 7 14

m n

p

o

1 12 7 14

8 13 2 11(A-5)型(B-6)型

図 21

9

図 21 において、4 次方陣の性質から、

45 10 3 16b  d  l  j  34 …ⓑ

4 15 6ⓐとⓑより、 d  j  b  l  17 …ⓒ9

14 1 12 7

そして、完全方陣にはシフト変換を適用

11 8 13 2することができるため、残りの 3×3 マスの(C-6)型

隅の数についても、同様にして9

しかし、これらの 4 次方陣はシフト変換d  j  b  l  17 , c  i  a  k  17の視点でみると、本質的には同じ完全方陣

h  n  f  p  17 , g  m  e  o  17と捉えることができる。

が成り立つ。つまり、4 次完全方陣におけるすべての 3×3 マスの隅の数の和は 4 次方

４．今後の展望陣の定和 34 に等しいことがわかる。

今回の研究では、4 次方陣固有の交換様

また、図 20 の 4 次方陣の性質から式や変換を用いて 4 次方陣や 4 次完全方陣

f  g  j  k  34の性質について考察を行うことができた。

である。図 20 は完全方陣でもあるため、シ

今後は、4 次方陣のみならず、さまざまなフト変換を用いるとすべての 2×2 マスの魔方陣に対象を広げ、発展させていきたい。

隅の数についても同様に、

また、完全方陣の分類についても考えていa  b  f  e  34 , b  c  g  f  34

きたい。

c  d  h  g  34 , e  f  j  i  34
f  g  k  j  34 , g  h  l  k  34

５．参考文献i  j  n  m  34 , j  k  o  n  34

[1] 「魔方陣を作る」、今中翔哉、奈良女子

k  l  p  o  34 , f  g  k  j  34

大学附属中等教育学校 平成 27 年度が成り立つ。
さらに、4 次方陣には一般に 21 種類の型が存在する。その中でも、(A-5)型、(B-6)
型、(C-6)型はこの小正方形 3×3 マスの隅

SSH サイエンス研究会生徒研究論文集、
p.28-35[2] 「魔方陣の世界」、大森清美、日本評論社(2013)の和の 1 と 16 の位置関係に注目すると完全方陣の性質を満たすことがわかる。つまり、(A-5)型、(B-6)型、(C-6)型の 4 次方陣は完
全方陣であるということがわかるのである。

６．謝辞
今回の研究にあたりご指導くださった顧問の川口先生 ありがとうございました。

三角形の収束
4 年 A 組 古宮 昌典
指導教員 川口 慎二

１．要約
サイエンス研究会数学班 4 年生は図形の性質について研究している。今回は、自ら発見した図形の性質を証明することを目標とし、参考文献[1]を用いて数列の収束や極限について学習した。
キーワード

円、三角形、収束２．研究の背景と目的とする。

円に内接する三角形において、その 3 辺

この操作によって得られる△ A1 B1C1 におの垂直二等分線をかき、それらと円の交点

いても同様の操作を繰り返すということををとる。そうしてできた 3 点を新たな頂点

無限に繰り返すと、得られる三角形は限りとする三角形についても同様の操作を行う。

なく正三角形に近づく。

この操作を繰り返していくとどうなるかということを思いつき、実際に操作を行ってみると面白い事実がわかった。本稿ではその事実を紹介し、考察する。

３．研究内容３－１．中心角の変化
上述の操作について考える。
定理 1
点 O を中心とする円に内接する△ A 0 B 0 C 0 について、辺 A 0 B 0 の垂直二等分(証明)

線と円との交点のうち、直線 A 0 B 0 に関して

1 回の操作で中心角がどのように変化す

点 C 0 側でない方の点を C1 ，辺 B 0 C 0 の垂直るのかを考える(上図の△ A 0 B 0 C 0 のような二等分線と円との交点のうち直線 B 0 C 0 に

鈍角三角形のとき、弦 A 0 C 0 に対する中心角

関して点 A 0 側でない方の点を A1 ，辺 C 0 A 0は、∠ A 0 OC 0（180°より大きい方）を指す)。

の垂直二等分線と円との交点のうち、直線

n 回目の操作により得られる△ A n B n C n に

C 0 A 0 に関して点 B 0 側でない方の点を B1

おいて、∠ B n OC n  a n , ∠ C n OA n  bn , ∠A n OB n  c n とおく。このとき、対称性より

d 0  c0 , d n 1  90 

a n ≦ bn ≦ c n としても一般性を失わない。

dn4

図より、1 回の操作で中心角はそれぞれ以を考える。これは、操作を 2 回続けて行う

下のように変化する。

ことを 1 つの操作とみなしたときの中心角an1 

bn  cn 360   ana
 180  n ,2
2
2

bn1 

cn  an 360   bnb
 180  n ,22
2

cn1 an  bn 360   cnc
 180  n .
2
2
2

また、 a n ≦ bn ≦ c n より、

a n 1 ≦ bn 1 ≦ c n 1の変化を表している。ここで、 d n と 120°の差を考えると、

d n  120   90 



d
d n1
 120   n1  30
441
d n1  120 
4より、1 回につき、d n と 120°の差は1倍と4が成り立つ。△ A n 1 B n 1C n 1 に操作を行うなる。これは、120°に収束することを意味と、上の漸化式より、中心角は次のようにしている。よって題意は示された。
(Q. E. D.)

変化する。

an 2  180 an1a 90  n ,24

bn  2  180 bn 1b 90  n ,24円に内接する三角形の辺の垂直二等分線を引くということは、その辺に対する中心角の二等分線を引くことと同値である。そc n1c 90  n2
4
a n ≦ bn ≦ c n より、 a n  2 ≦ bn  2 ≦ c n  2 がこで、次に中心角の分割について考える。

成り立つ。ここで、 c n ≧120 となる。なぜ

円 O に内接する△ A 0 B 0 C 0 について、下ならば、 c n  120  と仮定すると、3 つの中心

図のように、∠ A 0 OB 0 を p：q に分ける直角の和が 360°よりも小さくなってしまうか

線と円の交点のうち、直線 A 0 B0 に関して点らである。また、 c n  2 ≦ c n も成り立つ。もC 0 側でない方の点を C1 ，∠ B0 OC 0 をし、 c n 2  c n となる n が存在すると仮定す

p：q に分ける直線と円との交点のうち直線 B 0 C 0 に関して点 A 0 側でない方の点を

c n  2  180 ると、 cn  2  90 cn
3
 cn より 90  c n ,
4
4

定理 2

A1 ，∠ C 0 OA 0 を p：q に分ける直線と円と120 c n となり、仮定に矛盾するからである。 の交点のうち、直線 C 0 A 0 に関して点 B 0 側

ゆえに、数列 c0 , c 2 , c 4 ,  は単調減少列ででない方の点を B1 とする。この操作によっある。さらに、任意の自然数 i に対して、て得られる△ A1 B1C1 においても同様の操

ci ≧120

なので、この数列 c n はある値に作を繰り返すということを無限に繰り返す

収束する。その値が 120°であることを証と、得られる三角形は、限りなく正三角形

明すればよい。そこで、漸化式

に近づく。

よって、

max (a k 1 , bk 1 , ck 1 ) ≦ max( ak , bk , ck )を得る。そこで、 a 0 ≦ b0 ≦ c 0 とおくと、

c0 ≧ max (a1 , b1 , c1 ) ≧ max (a2 , b2 , c2 )≧ max (a3 , b3 , c3 ) ≧≧120 が成り立つ。同様にして、

ak 1 ≧ min (ak , bk , ck ) ,bk 1 ≧ min (a k , bk , ck ) ,c k 1 ≧ min (a k , bk , c k )を示すことができるので、

a0 ≦ min (a1 , b1 , c1 ) ≦ min (a 2 , b2 , c 2 )≦ min (a3 , b3 , c3 ) ≦≦120 (証明)
定理 1 と同様、1 回の操作における中心角の変化を考える。 n 回目の操作で得られを得る。ここで、以下の補題を用いる。証明は参考文献[1]を参照されたい。

る△ A n B n C n において、∠ B n OC n  a n , ∠C n OA n  bn , ∠ A n OB n  c n とおく。このと補題

有界な単調数列は収束する。

き、対称性より a n ≦ bn ≦ c n としても一般性を失わない。そして、図より、

a n 1  B n 1OA n  A n OC n1

pb  qcnpqbn 
cn  npqpqpqを得る。同様にして、

bn 1 pcn  qanpan  qbn
, c n 1 pqpqが成り立つ。ここで、 a n ≦ bn ≦ c n より、詳しく言うと、上に有界な単調増加列と下に有界な単調減少列は、それぞれ上限と下限に収束する。
先程の議論から、数列 {max (at , bt , ct )}と {min (at , bt , ct )} はそれぞれ有界な単調数列であるから、これらはそれぞれある値に収束する。そこで、以下を得る。

lim max (at , bt , ct )  M ,t 

pb  qcn
pc  qcn
a n 1  n≦ n
 cn ,pq
pq
pc  qanpc  qcn
bn 1  n
≦ n
 cn ,pq
pqc n 1 

pan  qbn
pc  qcn≦ n cn .
pq
pq

ゆえに、一般に以下が成り立つ。

a k 1 ≦ max (ak , bk , ck ) ,lim min (at , bt , ct )  mt 

とおく。このとき、 at , bt , ct の中で 2 番目に大きい値を mid (at , bt , ct ) と表すことにすると、

lim mid (at , bt , ct )  360   M  mt bk 1 ≦ max (a k , bk , ck ) ,となるので、数列 {mid (at , bt , ct )} も収束すck 1 ≦ max (a k , bk , ck ) .

る。また、その収束値を K とおく。このと

き、次のいずれかが成り立つ。

どの場合についても、正三角形に収束する。

①

pK  qm
M
pq②

pK  qm
Kpq

４．今後の課題③

pK  qm
mpqの変化を考察した。しかし、一般の多角形④

pm  qKM
pq形に収束することが確認できたので、その⑤pm  qKK
pq⑥

pm  qKmpq(Q. E. D.)

今回は、三角形について、操作による形について図をかいて調べてみると、正多角証明を完成させることが課題となる。

５．参考文献[1] 「イプシロン－デルタ」（数学ワンポイ
ント双書 20），田島一郎，共立出版

①のとき、

m≦

pK  qm M ≦K ≦M
pq

より、 K  M なので、

pM  qm
Mゆpq

えに、m  K  M が成り立つので、正三角形に収束する。
②のとき、

pm  qM
pK  qmがとり得 K より、pq
pq
る値は m または M なので、 m  M が成り立つ。
つまり、m  K  M が成り立つので、正三角形に収束することがわかる。
③について

pK  qm m のとき m  K が成り立つ。
pq
また、

pM  qKの値としてあり得るのは、
pq

K または M だが、どちらの場合においても、m  K  M が成り立つので、正三角形に収束する。
④，⑤，⑥の場合でも同様に、正三角形に収束することが確認できる。以上より、

６．謝辞
今回の研究にあたりご指導くださった顧問の川口先生、ありがとうございました。

数学オリンピックの問題に関する研究
4 年 A 組 古宮 昌典
指導教員 川口 慎二

１．要約
サイエンス研究会数学班 4 年生は数学オリンピックの問題について研究している。今回は、数学オリンピックの問題に関して、一般化および考察を行うことを目標とした。
キーワード

数学オリンピック、問題の一般化

２．研究の背景と目的
数学オリンピックの問題は、難解であるとともに、数学的な美しさも併せ持っている。しかし、数学オリンピックの予選問題などは、答えだけを求めるものであり、数学的な広がりを持っていない場合が多い。
そこで、今回は、過去に数学オリンピック
で出題された幾何と数論の問題において、その一般化および考察を行った。

３．研究内容３.１ 幾何3.1.1 角度の問題
以下の問題は角度に関する問題である。

解答
図１は、正五角形 EFGHI の内部に点 Jを、△EFJ が正三角形となるようにとったものである。

例題 1

このとき、

△ABC の内部に点 D があり、∠DBA＝∠EGJ＝30°, ∠JGH＝42°,30°, ∠DBC＝42°, ∠DCB＝54°, ∠DCA

∠GHJ＝54°, ∠EHJ＝18°＝18° を満たすとき、∠BAD の大きさを求であることは容易にわかる。また、△EGH

めよ。 ［第 4 回広中杯ファイナル問題］と△ABC は相似であるから、点 D と点 Jはこの相似変換において対応する。ゆえに、この問題は以下のように解くことができる。

∠GEJ＝∠BAD であり、∠GEJ＝24°であるから、∠BAD＝24°を得る。

(終)

DB 

a sin  3…①
sin  2

ここで、△ABD と△ACD において、正弦定理より、sin 1 sin x
…②

AD
DB
sin  4 sin(  5  x)
…③

AD
a
を得る。②に①を代入して、

sin 1 sin x sin  2…④ADa sin  3
図１
このような角度の問題は、上記のように特殊な解法である場合がほとんどであるため、初等幾何的に一般化することは難しい。
しかし、三角関数を用いることで、この問1について解くことで、AD
sin(  5  x)
sin x sin  2から、a sin  4a sin 1 sin  3sin(  5  x) sin  2 sin  4
．

sin x
sin 1 sin  3③，④をそれぞれ

題は以下のように一般化することができた。

加法定理より、定理 1

sin  5 cos x  cos  5 sin x sin  2 sin  4
，

sin x
sin 1 sin  3△ABC とその内部にある点 D において、∠DBA＝ 1 , ∠DBC＝  2 , ∠DCB＝  3 ,∠DCA＝  4 , ∠BAC＝  5 , ∠BAD＝ x と

sin  5sin  2 sin  4
 cos  5 
tan x
sin 1 sin  3
これを両辺 sin  5 で割ることで、求める式が得られる。

(Q. E. D.)するとき、

sin  2 sin  411
tan x tan  5 sin 1 sin  3 sin  5が成り立つ。
(証明)
図２のように、点 D から辺 BC へ降ろし
た垂線の足を H とする。また、CD＝ a とおく。すると、DH＝ a sin  3 より、

sin  2 

DH a sin  3

ゆえ、
DB
DB

図２

ちなみに、先程の例題 1 の角度を定理 1 に代入すると、

1
1
sin 42 sin 18,
tan x tan 36 sin 30 sin 54 sin 36

cos 36
1
2 sin 42 sin 18 cos 36 4 sin 42 sin 18tan x cos 36 sin 36 sin 36
sin 72
2 sin 18 cos 18
 1

8 sin 18  cos 60   cos 24   cos 36 
2
8 sin 42  sin 18   cos 36 
 2



2 sin 18  cos 18 
2 sin 18  cos 18 
4 sin 18 cos 24  2 sin 18  sin 54

2 sin 18 cos 18
4 sin 18 cos 24  sin 18  2 cos 36 sin 18 4 cos 24  1  2 cos 36
2 cos 182 sin 18 cos18
1
2 cos 24  sin 24   sin 24   cos 36  sin 24 2
cos 18  sin 24 
ここで、分子は、

1
2 cos 24 sin 24  sin 24  cos 36 sin 24
21
11
 sin 48  sin 24  sin 60  sin 12
2
2
2
1
1
1
 cos 42  sin 48  sin 12  sin 60  sin 242
2
2
1
 cos 42  cos 42 sin 18  cos 30 sin 18
21
 cos 42  cos 42  cos 30sin 18
2

1
1
1
1 5
 cos 42  2 cos 36 cos 6 sin 18  cos 42  2 cos 6
242
1 542   6 
42   6 
1
1

cos
cos
 cos 42  cos 6 cos18 cos 24
2
2
2
2
1
cos 24となるので、
より、 x ＝24°を得る。
tan x sin 24
しかし、上の計算のように、実際に角度を求めようとすると複雑になり、問題を解く際はあまり実用的ではない。

3.1.2 面積

この問題は、∠GBP＝90°を導くことで、次に、面積を求める問題について考える。

面積が求めやすくなっている。また、この問題について G から各頂点までの距離を文

例題 2

字でおくことにより、以下の結果が得られ△ABC の重心を G とする。 GA  2 3た。

GB  2 2 , GC  2 であるとき、△ABC の面積を求めよ。 ［日本数学オリンピック
1991］

定理 2
面積が S である△ABC の重心を G とし、GA＝ a , GB＝ b , GC＝ c とする。

解答

このとき、

図３のように、AG の延長上に点 P を、
AG＝GP をみたすようにとる。AP と BCの交点を D とすると、D は辺 BC の中点なので、 GD  DP 

1
AG が成り立つ。した2がって、四角形 BGCP は平行四辺形であり、BP＝GC＝2 である。
さらに、GB  BP  12  GP
2

2

より、∠

である。よって、

1
 BG  GC  2 2 ．
2ゆえに、 △ABC  3△BGC  6 2 と求
められた。

(終)

3
2a 2 b 2  2b 2 c 2  2c 2 a 2  a 4  b 4  c 44が成り立つ。
(証明)
直線 AG と辺 BC の交点を M とする。このとき、M は辺 BC の中点である。また、

2

GBP＝90°だから、四角形 BGCP は長方形

△BGC 

S

重心の性質から、AG：GM＝2：1 であるから、 GM aとかける。ここで、△GBC に
2

おいて、中線定理より、

 a2
 a2
b 2  c 2  2 
 BM 2  
 2BM 2
 4
 2
なので、

BC 2  4BM 2  2b 2  2c 2  a 2 …①
同様にして、

CA 2  2c 2  2a 2  b 2 …②
AB 2  2a 2  2b 2  c 2 …③が成り立つ。ところで、いま、S

1
 CA  AB  sin CAB
2

であるが、この式を両辺 2 倍してから 2 乗
すると、

4 S 2  CA 2 AB 2 sin 2 CAB
図３

 CA 2 AB2 (1  cos 2 CAB)  CA 2  AB 2  BC 2  2 

2
2
 
 CA AB 1  
2CA  AB

 
 


 CA 2 AB2 






2
1
CA 2  AB2  BC 2
4







2
1
4CA 2 AB2  CA 2  AB2  BC 24となるので、この式に①，②，③を代入して、整理すると以下を得る。

4S 2 

a 2  b 2 sin 2 a2

ここで、∠BAC＜180°より、∠IAB＜90°であるから、cos∠IAB＞0 である。ゆえに、

sin IAB 

cos IAB 

b sin …①aa 2  b 2 sin 2 …②aが成り立つ。

1(18a 2 b 2  18b 2 c 2  18c 2 a 24 9a 4  9b 4  9c 4 )ゆえに、両辺を1倍してから平方根をとる
4と、示すべき等式が導かれる。(Q. E. D.)
上述の例 2 は重心についての問題だが、これを内心で考えると、次の定理が成り立
つことがわかった。

図４
また、△IBC において、正弦定理より、

定理 3sin BCI △ABC において、内心を I とし、

b sin …③c

IB  IC   , IC  IA   , IA  IB   とする。 ここで、
また、∠IBC＝  とする。このとき、

 sin  ( 2   2   2 ) sin 2    2  03が成り立つ。

＝90°－  －∠IAB
より、

(証明)
図４のように、IA＝ a , IB＝ b , IC＝ c とおく。△IAB において、正弦定理より、

abb sin , sin IAB 
sin  sin IABaより、

cos 2 IAB  1 

1
BCI  (180   ABC  CAB)2

b 2 sin 2 a2

sin ∠BCI＝ sin {90°－(  ＋∠IAB)}＝ cos (  ＋∠IAB)＝ cos  cos ∠IAB－ sin  sin ∠IAB①，②を代入して、

sin ∠BCI
cos  a 2  b 2 sin 2  b sin 2 aa
ゆえに、③とあわせて、

cos  a 2  b 2 sin 2  b sin  b sin 2 


a
c
a

∠IDB である。①とあわせると、∠IDC＝180°－∠IDB

両辺を 2 乗してから、整理すると、＝180°－∠IMB＝∠INC

2ab c sin  (a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 ) sin 2  c 2 a 2  0
この式において、bc   , ca   , ab  23とおけば、求める等式が得られる。
(Q. E. D.)
この等式を sin  についての方程式とみて sin  を求めれば、三角形 ABC の面積を求めることができるが、sin  を求めるには
3 次方程式を解く必要があり、△ABC の面

図５

積を IA, IB, IC だけで表すと複雑な式とな

また、∠DCI＝∠NCI であるから、る。

△IDC≡△INC が成り立つ。よって、

次も、五心が用いられている問題である。
例題 3

CD＝CN＝

5
3であるから、BC＝ ．
2
2

3 辺の長さが得られたので、ヘロンの公△ABC の内心を I, 外心を O とする。
AB＝2, AC＝3, ∠AIO＝90°が成立してい式に代入すると、△ABC＝

15 7
を得る。
16
(終)

るとき、△ABC の面積を求めよ。 ［日本
ジュニア数学オリンピック 2011 予選］

この問題において、辺の長さである 2 や
3 という数値自体にはそれほど意味がなく、解答
図５のように、辺 AB, AC の中点をそれぞれ M, N とすると、∠AMO＝∠ANO＝90°が成り立つ。また、∠AIO＝90°である
から、円周角の定理の逆より、5 点 A, M, I,∠AIO＝90°かつ
BC＝3
AB ≦AC を満たすとき、
2

AB  ACと表せることは容易にわ
2O, N は同一円周上にある。特に、四角形

かる。つまり、∠AIO の大きさが 90°であAMIN は円に内接するので、るということが、この問題で最も重要なポ∠INC＝180°－∠IMB …①が成り立つ。ここで、三角不等式より、

イントであることがわかる。そこで、∠AIO＝  とすると、以下の定理が得られる。

BC＞AC－AB＝１＝AM なので、辺 BC 上に、
BD＝1 となる点 D をとることができる。
このとき、∠MBI＝∠DBI であるから、△MBI≡△DBI である。ゆえに、∠IMB＝定理 4
鋭角三角形 ABC において、内心を I, 外心を O とする。また、AB＝ c , AC＝ b ,3c ≦ b とし、△ABC の外接円の半径を R2とする。∠AIO＝  として、
∠ABO＜  ＜180°－∠ABO
を満たすとき、以下が成り立つ。

1 
b
2
2
 
 4R  c
R
tan




1 
c
2
2
 
 4R  b  b  c
R
tan




 R2 
より、 OM 

c 2 4R 2  c 2
4
4

4R 2  c 2．
2

そして、∠OMD＝90°であるから、

 ＜90°のとき、tan  OM
4R 2  c 2

,
DM
2DM

DM 
ゆえに、 BD (証明)
辺 AB, AC の中点をそれぞれ M, N とする。
∠ABO＜  ＜180°－∠ABO より、辺 AB 上に∠ADO＝  となる点 D をとることができる(図６)。また、 c  b なので、∠ACB＜∠ABC であり、∠ABO＝90°－∠ACB,∠CAO＝90°－∠ABCとかけるので、∠CAO＜∠ABO＜  , ＜180°－∠ABO ＜180°－∠CAO が成り立つので、辺 AC 上に∠OEC＝  となる点
E をとることができる。

4R 2  c 2
2 tan c
4R 2  c 2．
2
2 tan  ≧90°のときは、点 D が線分 AM 上にあ
4R 2  c 2
るが、DM  が成り立つので、
2 tan c
4R 2  c 2
この場合も、 BD  とかけ22 tan b
4R 2  b 2る。同様にして、 CE  
22 tan を得る。
いま、三角不等式より、BC ＞ b  c ≧c2＞BD なので、辺 BC 上に、BP＝BD とな
る点 P をとることができる。すると、△BDI≡△BPI であるから、∠IPC＝180°－∠BDI…①
が成り立つ。また、∠ADO＝  , ∠AIO＝  ,∠AEO＝180°－  より、5 点 A, D, I, O, E
は同一円周上にあるので、特に、四角形
ADIE について、∠IEC＝180°－∠BDI…②①, ②より、∠IPC＝∠IEC なので、
△IPC≡△IEC．ゆえに、

図６22
このとき、 OM  OA  AM2

b
4R 2  b 2
CP  CE  
22 tan 
つまり、

BC 

c b
4R 2  c 2
4R 2  b 2
 

2 2
2 tan 2 tan …③

一方、正弦定理より、

sin ABC 

8 が成立している。線分 AC の中点を M, 線
分 BD の中点を N とするとき、OM：ONを求めよ。 ［日本数学オリンピック 2011予選］bc
, sin BCA 
2R
2R

解答
図７のように、円の半径を r とし、辺 DA,であるから、cos ABC 

4R  b,2R

AB, BC, CD と円の接点をそれぞれ P, Q, R,

cos BCA 

4R  c2R

点をそれぞれ A , B, C, D  とする。

2

2

2

2

S とする。また、線分 PQ, QR, RS, SP の中を得る。ここで、A から BC へ降ろした垂線の足を H とすると、

c 4R 2  b 2
b 4R 2  c 2
BH , CH 
2R
2Rとかけるので、BC 

c 4R 2  b 2  b 4R 2  c 2…④2Rと表すことができる。そして、③を④へ代入してから整理すると、求める式が得られる。(Q. E. D.)

図７

この一般化した命題も、もともとの問題

このとき、3 点 A, A , O は同一直線上にの解答と同じアイデアで証明することがであり、∠ OAP ＝90°, ∠OPA＝90°であるかきた。しかし、  の角度によっては、補助ら、△OPA と△ OAP は相似である。ゆえ

線を引くことができない場合があり、に、AO：PO＝PO： A O から、∠ABO＜  ＜180°－∠ABO という条件が必要となる。
3.1.3 円に外接する四角形
最後に、円に外接する四角形に関する問
題について考える。

A' O 
同様にして、 C' O 

r2
．
AO

r2
を得る。よって、
COA O： C O＝CO：AO であるから、△OACと△ OCA は相似である。ここで、線分AC の中点を M とすると、M と M はこ
例題 4
四角形 ABCD が点 O を中心とする円に外接しており、OA＝5, OB＝6, OC＝7, OD＝の相似により対応するので、
OM： OM ＝OA： OC ．

OM  r 2
．同様にして、線
OA  OC
分 BD の中点を N とすると、ゆえに、 OM' 

ON  r．
BO  DO
ここで、四角形 ABCD は平行四辺形なので、線分 AC と BD はそれぞれの中点で交わり、 M  N である。ゆえに、
2

ON' 

OM  r 2
ON  r 2．
OA  OC OB  OD
したがって、

OM : ON  OA  OC : OB  OD

AB：CD＝ ab ： cd であり、∠AOB＝∠CODまたは ∠AOB+∠COD＝180°．
(補題 1 の証明)
辺 DA, AB, BC, CD と円の接点をそれぞれ P, Q, R, S とする。また、PQ, QR, RS, SPの中点をそれぞれ A , B, C, D  とすると、
例題 4 の解答より、OA' r2
r2, OB' 
OB
OA

とかける。
ゆえに、OA：OB＝ OB ： OA  なので、

＝35：48より、答えは 35：48．

補題 1

(終)

△OAB と△ O BA  は相似である。よって、

AB ： A  B ＝OA： OB ,この問題では、 M  N ということを使わなければ、OM：ON を求めるのは難しい。

M  N となるのは四角形特有の性質であるから、この問題を一般の多角形について考えると、とたんに難しくなる。そこで、問題の図において、他に性質がないか調べたところ、次の定理を得た。
定理 5

A' B' AB  OB' AB  r 2
．
OA
OA  OB

ここで、 A , B はそれぞれ PQ, QR の中点なので、 2A  B  ＝PR．ゆえに、PR 

2AB  r 2．
OA  OB同様にして、PR 

2CD  r 2を得るので、OC  OD

中心 O の円に外接する四角形 ABCD にお

2AB  r 2 2CD  r 2．
OA  OB OC  OD

いて、OA＝ a , OB＝ b , OC＝ c , OD＝ d としたがって、AB：CD＝ ab ： cd を得る。

するとき、以下が成り立つ。

ここで、O から辺 AB, CD に降ろした垂線

a b c d  AB  ab b a d c
ab  cdの長さは等しいので、△OAB と△OCD のまたはAB  a 2  b 2

面積比は ab ： cd となる。一方、△OAB：△OCD＝ ab sin ∠AOB： cd sin ∠CODとかけるので、 sin ∠AOB＝ sin ∠COD．
ゆえに、∠AOB＝∠COD または、∠AOB

証明
まず、以下の補題が成り立つことを示す。

＋∠COD＝180°である。 (Q. E. D.)(定理 5 の証明の続き)

XYZW は中心 O の円に外接する。

∠AOB が 90°であるときと、90°でない(証明)

ときに場合分けをする。
(ⅰ) ∠AOB＝90°のとき
三平方の定理より、AB 

図８において、円周角の定理より、

a 2  b 2 が成∠DAO＝∠OBC．また、∠AWO＝∠BYO＝90°より、∠AOW＝∠BOY．ここで、四り立つ。

角形 AXOW と四角形 BXOY は円に内接す(ⅱ) ∠AOB≠90°のときるので、∠AOW＝AXW, ∠BOY＝∠BXY

補題 1 より、正の実数 k を用いて、AB＝kab , CD＝ kcd とかける。ここで、∠AOBが成り立つ。ゆえに、∠AXW＝∠BXY なので、∠WXO＝∠YXO を得る。

＋∠COD＝180°であるから、∠AOD＋∠
BOC＝180°が成り立つので、
cos∠AOB＝－cos∠CODが成り立つ。ここで、cos AOB 

a 2  b 2  (kab) 2,
2abcos COD 

c 2  d 2  (kcd) 2
なので、
2cd

a 2  b 2  (kab) 2
c 2  d 2  (kcd) 2

2ab
2cd
が成り立つ。これを k について解くと、
a b c d  b a d c であるから、
ab  cdk

a b c d
  
b
a d c
AB  kab  abab  cdを得る。ゆえに、題意は示された。(Q. E. D.)

図８
よって、O は∠WXY の二等分線上にある。
同様にして、O は 4 つの内角の二等分線上にあることが示されるので、四角形 XYZW
は、中心を O とする円に外接する。
(Q. E. D.)
ちなみに、定理 6 は次の問題から着想を得たものである。

また、以下の定理を得た。
例題 5
定理 6

円周 X は四角形 PQRS に内接している。

円に内接する四角形 ABCD について、対

また、四角形 PQRS の辺を延長した直線の角線の交点を O とする。O から、直線 AB,

うち 3 本と接するような円周 A, B, C, D を

BC, CD, DA へ降ろした垂線の足をそれぞ

図９のようにとる。円周 A, B, C, X の半径

れ X, Y, Z, W とする。このとき、四角形

はそれぞれ 2, 1, 4, 3 である。このとき、円周 D の半径を求めよ。 ［日本ジュニア数

C0 P  C0 Q 

学オリンピック 2012 予選］

x
 OP  OQ …①c

同様にして、
次に、この問題について考察していく。
参考文献[2]には、点 P, Q, R, S から円の接点までの長さに着目した解答が記述されていたが、点 P, Q, R, S から円の中心までの長さに着目した次のような解き方も可能であることを発見した。

A 0S  A 0 R x OS  OR …②a

B0 S  B0 P x OS  OP …③b

D0 Q  D0 R x OQ  OR …④dを得る。ここで、
別解①×②＝OP・OQ・OR・OS

5 つの円周 A, B, C, D, X の中心をそれぞ＝③×④

れ A 0 , B0 , C 0 , D 0 , O として、半径をそれぞが成り立つので、

れ a, b, c, d , x とする(図９)。

x x
A 0 S  A 0 R  C0 P  C0 Q  a c∠ C 0 PO ＝∠ C 0 QO ＝90°より、∠POQ＝180°－∠ PC 0 Q であるから、sin ∠POQ
＝ sin ∠PCoQ が成り立つ。ゆえに、△ POQ ：△ PC 0 Q＝OP・OQ： C 0 P ・ C 0 Qがわかる。一方、線分 PQ は共通なので、△ POQ ：△ PC 0 Q ＝ x ： c であることがわかる。

x x
 B 0 S  B 0 P  D0 Q  D0 R   ,b d
A 0 S  A 0 R  C0 P  C0 Q  bd

 B0 S  B0 P  D0 Q  D0 R  acを得る。いま、 A 0 から RS へ降ろした垂線の足を I, B 0 から SP へ降ろした垂線の足を J とすると、△ A 0 IS ∽△ B 0 JS より、
A 0 S ： B 0 S ＝ a ： b が成り立つ。ゆえに、
B0 S b
A 0 S が成り立つ。同様にして、
ab
B 0 P  C 0 P , D 0 Q  d C 0 Q , D0 R  d A 0 Rcacが成り立つので、

A 0 S  A 0 R  C0 P  C0 Q  bd
＝ A 0 S  A 0 R  C0 P  C0 Q

b b d d     aca c c a
よって、ac  bd を得るので、d  8 であ
図９

る。

(終)

よって、OP・OQ： C 0 P ・ C 0 Q ＝ x ： c より、

この解答の最後の式から、一般に、

A 0 S  A 0 R  C0 P  C0 Q

ゆえに、n ＝1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 につい B 0 S  B 0 P  D0 Q  D0 Rて調べればよい。すると、 n ＝1, 2, 4, 6 をが成立することがわかる。

(終)

得る。

３．２ 数論

この問題の一般形として、次の定理が得

数論は、以下の問題について詳しく考察られた。

することができた。
定理 7
例題 6

a を 2 以上の整数、 k を 3 以上の奇数と8  n が 2  n で割り切れるような正整
数 n をすべて求めよ。 ［日本数学オリンnn

ピック 2009 本選］
解答
まず、以下のように変形する。

nk(3) a  2 のとき、

8 n  n  2 n   n3 n が a n  n で割り切れるような正の整数 n について、以下が成り立つ。ただし、 e はネイピア数を表す。
(1) k ≦ a のとき、 n ≦ k  1
log k  1
(2) 3 ≦ a  k のとき、 n  k 
log a  1
する。a

nk



 2 n  n 2 n   2 n  n  n 2  n 3  n ．
2

よって、 8  n が 2  n で割り切れるこnnとは、 n  n が 2  n で割り切れることと3n

同値である。ゆえに、 n  n ≧ 2  n であ
3nる必要がある。

n  1のときは、 n 3  n  0 であり、条件3nを満たす。n ≧ 2 のときは、n  2 であることが必要である。ここで、正整数 n に対

n3
して、 f (n)  n とすると、 n ≧ 4 につい
2て、

f (n  1) 1  n  1 
1  1    1  
f ( n)
2  n 2  n
3

3

3

1  1≦  1    1
2  4
である。また、 f (10 )  1 であるから、n ≧10 について、 n 3  2 n ．

log k  log 3  1
log 2  13

(証明)(1) k ≦ a とする。

k は奇数であるから、任意の整数 x, y にkk
ついて、 x  y は x  y で割り切れる。ゆえに、以下が成り立つ。

a nk  n  a n   n k  n k  n k

 n k  n (mod a n  n)

 n が a n  n で割り切れるこnkとは、 n  n が a  n で割り切れることとnk
同値である。ゆえに、 n  n ≧ a  n が必
つまり、a

nk

要である。

n  1のときは n k  n  0 なので、条件をkn満たす。 n ≧2 のときは、 n  a であることが必要である。いま、k ≦ a であるから、n≧ k について条件を満たすと仮定すると、
n k ≦ k n ≦ a n が成り立つので、矛盾する。

ゆえに、 n ≦ k  1が必要である。

k
であり、
e a

ゆえに、 m  k log a(2) 3 ≦ a  k とする。
先程の議論から、n ≧ 2 のとき、n  aknとなることが必要である。ここで、

f ( n) nkとすると、 n≧ k において、以an

下が成り立つ。

f (n  1) 1  n  1 
1  1    1  
f ( n)a  n
a  n k1  1≦  1  a  kk 1
いま、k ≧ 3 について、数列 a k  1   k(3) a  2 とする。
先程の議論同様、 f (n) kを考えると、この数列は単調増加であり、ネイピア数 e に収束する。また、a ≧ 3 であることから、以下を得る。
k

kk
1
ak
なので、1  f (k  m) を満たす実数 m の範少である。また、k ≧ a より、f (k ) 

囲について調べればよい。

f (n  1) e
 ,f ( n)af (k ) 

kk
より、
ak

k k emが成り立つ。
ak am
k
m
k
m
ゆえに、 a  a  k  e ．
ここで、正の実数 p を用いて、m  pk と1  f (k  m) k

 k k  e pk から、

pka   k  e  , ap 1 k

p

p

k

p 1

nk
について考
2n

える。すると、 n ≧ 3k において、以下が成り立つ。

f (n  1) 1  n  1 
1  1    1  
f ( n)
2  n
2  n kk

1

f (n  1) 1  1 e≦  1     1 ．
f ( n)a  kaすなわち、 f (n) は n≧ k において単調減

おくと、 a  ak 
log k  1
k  log a  1  k 
log a  1e aより、題意は示された。

k

いま、



k
n  k  m  k  log a  1 を満たす n にe a
ついて f ( n)  1 である。ここで、

 k  e p よりka   a  k , p  log a ．
e
e a

3k
3
3
e
1 
1  


 1．
≦  1    22 
 3k  すなわち、 f (n) は n ≧ 3k において単調減少である。また、 k ≧ 3 より、k(3k ) k  3k    123k
 8 
なので、1  f (3k  m) を満たす実数 m の
f (3k ) 

範囲について調べればよい。(2)と同様に計

3k
が導かれ、
8
3
e

算すると、 m  k log 23kn  k  log 2 3  を満たす n について
 3 8

e



f ( n)  1 である。ここで、

3k
log k  log 3  1
k  log 2 3  k 
 3 8
log 2  13e
より、題意は示された。 (Q. E. D.)

例題 6 は (a, k )  (2, 3) の場合であり、これを定理 6 の(3)に代入すると、nk

log k  log 3  1
 9.981
log 2 3となり、例題の解答で示された n  10 と一致する。しかし、定理 6 の(2)において、ける。 a  4 q とかけたとすると、 k ≧ 3 から、左辺は 2 で 3 回以上割り切れ、右辺は2 で 2 回しか割り切れないので、矛盾する。
つまり、 a  4q  2 である。このとき、

2 k  a 2  4  (4q  2) 2  4であり、右辺を展開すると 16q  16q  8

a  4, k  13 とすると、

nkを用いて、a  4 q または a  4q  2 とか

2log k  1
 52 .66
log a  1となるが、GeoGebra を用いてグラフ

x 13と y  1 の交点を求めたところ、
4xx  32.7 ，すなわち、 n  32.7 が得られ、
y(a, k ) の値によっては誤差が大きくなる。

となり、これは 2 で 3 回しか割り切れない
ので、 k  3 を得る。よって、 q  1 より、

a  2 であるから、 (a, k )  (2, 3) の場合を
kn
除いて、n  n  a  n を満たす n は存在
しない。
次に、 n

k

 n  2 (a n  n) となる場合にそこで、n  n  a  n となる場合を考nついて考える。n  2a  3n となるから、える。 n  1のとき、明らかに成り立たないn を m 回割り切る素数 p について、同様の議論により、 p ≧ 5 とすると矛盾が起きる
ので、 p  2, 3 を得る。

kので、n ≧ 2 とする。n を m 回( m ≧1 )割りn切る素数 p について、a は p で割り切れる
ので、a は p で１回以上割り切れる。いま、p ≧ 3 とすると、 n k  a n  2n より、左辺mは p で min (mk, p ) 回以上割り切れ、右辺は m 回 p で割り切れるので、min (mk, p m ) ≦ mmである。min (mk, p )  mk のとき、k ≧ 3であるから、明らかに不適である。

min (mk, p )  p のときも、p ≧ 3 より、mm

p m  m が成り立つので、不適となり、
p  2 である。
このとき、 min (mk, 2 ) ≦ m  1である
mが、min (mk, 2 )  mk のときは適さないm

ので、2 ≦ m  1 が成り立つ。m ≧1 より、n

2 ≦ m  1 であるから、 m  1 を得る。また、p ≧ 3 のとき矛盾することから、n  2k2である。よって、2  a  4 が成り立つ。
このとき、a は偶数であるから、正の整数 qknp  2 のとき、min (mk, 2 m  1) ≦ m となるが、これを満たす m は存在しない。また、 p  3 のとき、 min( mk, 3 ) ≦ m  1
mとなるが、これを満たす m は存在しない。
すなわち、 nk

 n  2 (a n  n) を満たす nは存在しない。
上の議論から、 n  n ≧ 3(a  n) となkる。ゆえに、n ≧ 3aknnとなる必要があるkn
 3 が必要である。つまanり、 a ≧ 3 のとき、 3  f ( k  m) を満たから、 f (n) 

す実数 m の範囲について考えればよい。上
述のように計算すると、

kn  k  log a k  1
e a 3


が得られる。特に、 a  2 のときは、

3kn  k  log 2 k  3 
 3 8 3e

正の整数 n で、 a と互いに素であるものについて、以下が成り立つ。ただし、 e はネ
イピア数を表す。
(1) k  1≦ a のとき、 2 ≦ n ≦ k  2(2) 3 ≦ a  k  1 のとき、k 1 
2 ≦ n  (k  1) log a
 1
 e a


が得られ、評価を改良することができた。
もう一度、 a  4, k  13 のときを考えると、上の式から、 n  49.82 が得られる。

(iii) a  2 のとき、また、GeoGebra を用いて交点を求めると、
3(k  1)2 ≦ n  (k  1) log 2
 3
 3

8
e



n  31.59 が得られるので、少しだけ精度が上がっている。
一般に、正の整数 b について、n  n ≧b (a n  n) が成り立つことがわk

かっているとする。

a ≧ 3 のときは、kn  k  log a k  1 ,
e a b


a  2 のときは、
3kn  k  log 2 k  1
 3 8 beが成り立つ。
しかし、 b の範囲を求める際、 b が具体的な数値である場合について考えることは(証明)
まず、 n ≧ 2 を示す。 n  1 と仮定する。
このとき、 a  1 が a  1 で割り切れるが、kk  2m ( m は正の整数)とおくと、
mod a  1 において、

a k  1  a 2 m  1  2  a 2   1  2  2mであるから、a ≦1 となるが、これは a ≧ 2に反する。ゆえに、 n ≧ 2 が示された。

k は偶数であるから、整数 x, y に対して、
x k 1  y k 1  0 (mod x  y) が成り立つ。ゆnえに、 mod (a  n) において、

a nk  n  a nk  n  a n  n
 a nk  a n  a n a nk n  1それほど難しくないが、一般的に考えることは難しい。また、例題 6 の解答では、最

後に直接具体的な値を代入して確認しているので、一般形について、 n の具体的な値を求めることは難しい。

k の値が偶数のときは次の結果が得られた。

 a n a n 

k 1



 n k i  n k 1  1

 a n n k 1  1nnk 1
よって、 a n  1 が a  n で割り切れるような n について考えればよい。ここで、
条件より、a と n は互いに素なので、a  n
n

定理 8

n

と a は互いに素である。ゆえに、na を 2 以上の整数、 k を 2 以上の偶数と
する。a

nk

 n が a  n で割り切れるような
n

k 1

1が

a  n で割り切れるような n について考えk 1n
る。 n ≧ 2 より、 n  a が必要である。
nこれ以降の証明は、定理 6 と同様である。
(Q. E. D.)

４．今後の課題
今回は、特に幾何と数論の問題について考察を行ったが、不等式や場合の数、関数方程式なども一般化や考察を行っていきたい。また、問題間の関係性や有名な定理との関連を探っていくことも目標である。
５．参考文献(例題の解答はすべて以下の文献を参照とした。)[1]「広中杯 ハイレベル中学数学に挑戦－
これが中学数学の最高峰」，算数オリン
ピック委員会 監修，青木亮二 解説，
講談社[2]「平面幾何パーフェクトマスター めざ
せ、数学オリンピック」，鈴木晋一，日本評論社[3] 「数学オリンピック 2011～2015」，数学オリンピック財団，日本評論社[4]「初等整数パーフェクトマスター めざ
せ、数学オリンピック」，鈴木晋一，日本評論社

６．謝辞
今回の研究にあたり、ご指導くださいま
した顧問の川口先生ありがとうございました。

物体認識のための画像解析
2年A組 中盛 楓也
望月 草馬
2年B組 小林 望
指導教員 藤野 智美

１．要約
私たちは現在ロボットに搭載する画像処理システムについて開発をしている。今回はそのテスト段階として、映像の中からピンポン球を探し出し、座標を求めるシステムを開発した。

キーワード processing、OpenCV、AI、webカメラ、VR

２．研究の目的と背景
現在、人が操作しなくても、AIによる自そこで、ピンポン玉の形を認識すること

動判断で目的を達成できるロボットの開発を試みた。ピンポン玉の円形を認識するたを行っている。そのためにはwebカメラにめのアルゴリズムは以下の通りである。

よる画像処理システムが必須になると考① 画像のピクセルの色を調べ、オレンジ

え、映像データのみからオブジェクトを認が一番長く横に続いた場所を円形の直識し、座標を特定するシステムの開発を行径とする。

った。processingとOpenCVをシステム開発のツールとして用いた。

② その円が接する正方形の場所ごとのオ
レンジの割合を調べる。
③ その正方形を図 1 のように A、B の領

３．ピンポン球の認識域に分け、A の領域のオレンジのピク

３．１ 形状の認識

セルが 5 割以上、B の領域のオレンジ

ピンポン玉を認識するために、私たちはのピクセルが 5 割未満であれば、円形色に注目した。ピンポン玉のオレンジといと認識した。その結果、ほかのオレンう特徴的な色を認識できれば、その物体をジ色の物体と区別して、ピンポン玉のピンポン玉として認識出来るのではないか

みを認識することに成功した(図 2)。

と思い、「web カメラに写るオレンジのピ
クセルの平均座標＝ピンポン玉」として認識させた。しかし、このプログラムではオ
レンジの物体全てに反応してしまい、ピン
ポン玉のみの認識が出来なかった。

図１

図2

３．２ web カメラからの距離

３．３ 左右のズレの測定

次に、認識したピンポン球の座標を求め

ピンポン球がwebカメラ(画面の中央)かるプログラムを考えた。最初にwebカメラ

ら左右にどれだけズレているかを求めるプとピンポン球との距離を求め、遠近法で画ログラムを考える。

面上のピンポン球の大きさから距離を求め

webカメラから20cmのところに置いたる方法を考案した。まず、画面上のピンポ

場合と30cmの場合で左右に6cmずらし、ン球のサイズとwebカメラの距離との関係

画面上でのずれたピクセル数を計測した。

を見つける。

＜結果＞＜結果＞

距離20cmの場合→192ピクセル
距離30cmの場合→122ピクセル

図3

図4

図3ではカメラからの距離が15cmで、画

＜考察＞
結果から、

面上のピンポン球の直径は164ピクセルでg=あった。図4ではカメラからの距離が30cm

𝑑𝑝𝑎で、画面上のピンポン球の直径は83ピクセ

d ＝webカメラからの距離(cm)ルであった。

p ＝画面上での左右のずれ(ピクセル)

これらの結果より、ピンポン球との距離(cm)をd、 画面上のピンポン球の半径(ピクセル)をr、比例定数をaとして式を立てると、以下の関係式が得られる。

g ＝実際のwebカメラからの左右のずれとなり、定数a は結果から、

6=

20 × 192𝑎というように求めることができ、複数回の写真2の場合、a =1230であり、写真３の実験の結果からa の平均は646となった。

場合a =1245となる。

よって次の式が成り立つ。

＜考察＞
ピンポン球の直径とwebカメラからの距

3.2と同じように、比例定数はwebカメ

離はほぼ反比例することがわかった。

ラによって変わる。何度か試した結果、今また、カメラによって比例定数が変わる

回のwebカメラでは比例定数が約646といが、今回のカメラでは何度か確かめた結うことがわかった。これらの結果をもとに果、比例定数は1230であった。

実際にロボットが行くべき道筋を求めることができる。その関係図が図5である。

図6

図5

＜結果＞
フルピクセルで調べると、ラグが多発し４．VRへの応用てしまった。そのため、画素数を 1/64 の先述した内容を応用し、ヴァーチャル空

み調べるという方法をとると、多くの誤差間で現実の自分の動きを適用する VR コンが発生した。また、画面が少しでもずれる

テンツの開発を試みた。

と全てのピクセルが反応してしまい、正し
く認識することができなかった。

４．１ 概要web カメラデータから、プレイヤーの現

４．３ 特徴検出法

在座標を求め、VR 内のキャラクターに適

体に色の付いたマーカーを取り付け、そ用させるというものである。開発は Unityのマーカーの位置を web カメラで見つけで行った。

るという方法をとった。写真 4 は web カメラの映像である。メカニズムは以下の通４．２ 背景差分法
背景を事前に登録し、それをもとに人のりである。
図 7 のようにピクセルを縦向きに調べて位置を特定するという方法を試した。

いき、赤、緑、赤の順に並んでいるところ

アルゴリズムは以下の通りである。

を player の位置とする。

① まず、動くものがない状態で画面上の全てのピクセルの色を記憶する(図 6 左上)。
② ①で記憶したそれぞれのピクセルで違う色を探し出し(図 6 中央)、そのピクセルの平均座標をプレイヤーの位置と
する。

図7

図8

＜結果＞
今までで、一番スムーズかつ正確に反応
し、この方法が一番実用的だと判断した。

５．コンテンツの仕組み

６．謝辞
今回の研究を行うにあたり、顧問の藤野先生には多大なご指導をいただきました。この場をお借りして深く御礼申し上げます。

図9
Unity を用いて、PC 上で上記の方法か
らプレイヤーの位置を求め、そのデータを無線で HMD 内のスマートフォンにインストールした App に送信する。そのデータをもとに、App でヴァーチャルワールド内の 1 人称映像を生成し、画面に表示する。
また、スマートフォンのジャイロデータをもとに、視点の移動をする(図 9)。

６．今後の課題
今後 VR で Kinect を使用し、人の手や足の動きも再現したり、時間のズレを解消していきたい。画像認識では、光の加減や、影のでき方で認識精度が大きく変わってしまうため、光加減を自動で認識するシステムが必要となる。今後もそのような視点を持って研究を進めたい。
また、今回はピンポン球という単純な形のオブジェクトを認識したが、もっと複雑な形のものを認識する方法も考えていきたい。加えて、複雑な形状の物体を学習するプログラムをも作っていきたい。

眠気の数値化についての基礎研究
4 年 B 組 熊谷 充弘
指導教員 藤野 智美

１．要約
私は先行研究で眠気を検知し、眠気を覚ます方法を研究していた。しかし、眠気の検知
や覚めたかどうかの判断材料として、「眠気の数値化」が必要であると考えた。ここでは眠気の数値化へ向けての研究過程、そして今後の展望を紹介する。
キーワード 概日リズム、副交感神経、メラトニン、錯覚、脈拍２．研究の背景と目的

泌され、「副交感神経」を優位にする働きが私は、前回の研究で眠気を覚ます方法にある。
「副交感神経」とは、体を活発に活動

ついて研究をしていた。しかし、仮に眠気させるときに働く「交感神経」と反対の働を覚ます方法が見つかり、試してみて本当きをする自律神経であり、具体的には脈拍、に眠気が覚めたとしても、それはその人個血圧、体温を下げて、睡眠に入るときに強人の感覚であり、科学的に証明した事にはく働く自律神経である。しかし、授業中なならないという指摘を受けた。そこで、個ど、通常であれば「副交感神経」が働きに人にしかわからない感覚に頼るのではなく、

くい時間帯に眠たくなるのはなぜなのか。

眠気を数値化することで評価しようと考え

私は外部からの影響によって脈拍や血圧なた。この研究では、最終的にウェアラブル

どの体内環境が「副交感神経」が働いた時デバイス型の眠気計測装置を製作し、眠気と同じような状態に変化し、脳が「副交感の数値が上がってきたら警告を鳴らし、ト神経」が作用していると錯覚するからなの

ラックドライバーなどの居眠り運転事故をではないかという仮説を立てた。脳の錯覚未然に防ぐことを目的としている。

は、簡単に体験する事ができる。分かりやすい脳の錯覚の例は、「錯視」である。「錯３．研究内容視」とは、本来そこにはないはずのものが、３.１ 睡眠のメカニズムの考察

周囲の無関係な情報によって脳が勝手な思眠気が引き起こされるメカニズムは、概い込みをし、補完されることによって見え日リズムによって引き起こされている。眠る現象である。例えば図１では、長さの違気は、様々なホルモンが分泌されることにう白い線が交互に並んでいるだけだが、補よって引き起こされる現象であり、その中完されて波線が見える。

でも代表的なホルモンは「メラトニン」である。メラトニンは、通常、夜に近づくにつれて脳内の「松果体」という部位から分図 2 脈拍測定モジュールの回路図
図 1 脳の思い込みによる錯覚の例
赤外線フォトリフレクタは、オペアンプ
眠気の場合も、この錯視と同じように、が付いている基盤につけてしまうと、脈拍実際に「副交感神経」が働いていなくても、を測ることが困難になってしまうため、別幾つかの他の条件がそろうだけで「副交感の基盤に接続した。(図３)

神経」が働いているのだと脳が思い込みをすることで、眠気が発生しているのではな
いかと考察した。
３.２ センサーモジュールの製作
前述の考察が正しいかどうかの検証をするために、センサーモジュールを製作する。
大まかな検証プランとしては、脈拍、血圧や体温を約１分間隔ごとに計測していき、

図 3 実際に作成したモジュールグラフとして記録する。そして被験者が眠気を感じた時にボタンを押してもらい、脈図 3 の右の基盤の部品は出力用コネクタ

拍などの計測データのグラフと眠気を感じに接続することで、出力される脈拍のパルた時間を照らし合わせ、関係性を調べる。

スを LED の点滅で表現する。将来的には出まず初めに、製作するのが比較的容易で力用コネクタをマイコンと接続し、データ

ある脈拍を計測するモジュールを製作するの計測を行う。

ことにした。脈拍を計測する方法は、ヘモグロビンが赤外線を吸収する性質を利用し、３.３ 実験

赤外線 LED を手首の血管に向かって照射

脈拍測定モジュールが完成したため、モし、その跳ね返ってきた光の量をフォトト

ジュールの出力コネクタとオシロスコープ

ランジスタで計測、オペアンプでその信号を接続し、実験した。しかし、確かに何かを増幅することとした。(図 2)のパルスのようなものを確認することができたが、ノイズが多く、また装置と手首が少しずれただけで計測が困難になってしまった。これについては、赤外線フォトリフ

メラで瞳孔の大きさを測定し、眠気に直接レクタの周りに他の光が入らないようにす関係があるのかどうか検証したい。

るフィルターがなかった事、赤色のヘモグ
ロビンは赤色の補色である緑色の波長の光を赤外線よりも吸収する事が原因であると考えた。次回は緑色 LED を用いた、ロームが提供している光学式脈波センサーIC「BH1790GLC」を用いて実験をすれば受光部にカラーフィルターがあるため、上記の問題は解決できると考えている。

４．考察

図 4 一般的な腕を締め付ける血圧計

今回、脈拍測定モジュールを製作、それを用いての実験を行ったが、思いのほか少６．参考文献しの体の動きでもセンサーとの距離が変化[1]「よくわかる最新”脳”の基本としくみ」、

してしまい、正確な脈拍が計測できなくな

後藤和宏、秀和システム(2009)

った。また、脈拍は眠気以外の要因でも劇[2] メラトニンの効能的に変化するため、眠気を計測するための

http://www.1ginzaclinic.com/anti-aging/m

情報としては不適切である可能性があるた

elatonin.html

め、脈拍、血圧、体温を総合的に評価する[3] 自律神経(交感神経と副交感神経)必要があると考えている。

http://kusuri-jouhou.com/domestic-medici
ne/nerve3.html

５．今後の課題[4] 自律神経の仕組み

今回、脈拍計測モジュールを製作したが、http://www.med.miyazaki-u.ac.jp/commu

現段階では誤差が大きすぎるため、これか

nity-medicine/child/jiritsu/jiritsu_2.htm

らセンサーと回路の見直しをする必要があ[5] 色の科学る。また、血圧を計測するとき、市販されhttp://sekatsu-kagaku.sub.jp/color-sciencている腕を圧迫する方法での測定(図 4)は

e.htm

被験者の負担になる上に、計測することで被験者に刺激が発生する。そのため、被験

７．謝辞者の目が覚めてしまい、正確なデータを得この研究を行うにあたり、顧問の藤野先ることができない恐れがあり、眠気を評価

生には多大なご指導を賜りました。また、する方法としては不適切であると考える。

サイエンス研究会の友人に多くの助言・協

そこで腕を締め付けずに血圧を測定する方力を賜りました。この場を借りて、深く御法を考える必要がある。また「副交感神経」

礼申し上げますとともに、これからも御協には瞳孔を縮小させる働きがあるため、カ

力お願い申し上げます。

人が使いやすいと感じるキーボードとは
4 年 B 組 荒木 潤正
指導教員 藤野 智美

１．要約
僕は、市販されているキーボードより、より使いやすく、より奇抜なアイデアのキーボードを制作することを研究のテーマとしている。今回はその初期研究について報告する。
キーワード キーボード、キーストローク、キーピッチ

２．研究の背景と目的
私は 2007 年からコンピュータを使い始めて今年で 10 年になる。最初のうちはただパソコンを使っていただけだったが、次第にパソコンの能力や周辺機器に対して感じる不満が増えるようになった。コンピュータの長い歴史の中でディスプレイ、マウス、そしてプロッセッサは進化しているのに対し、キーボードはあまり進化を遂げていないように感じた。この点から、キーボードには今後進化の余地が残されているのではないかと考えた。そこで今回は、キートップに文字を投影するようなタイプのキーボードを作成しようと考えた。

図 1 実際のキーボード

３. 研究内容
今回 Blender を使用し、キーボードのキートップを作成することにした。なお、今回は現在使っている Mac Book Pro Retina(13-inch Early 2015)のキーボードをベースに作成することにした。キーピッチは 19 ミリ、キーストロークは 2 ミリとなっているため、それに合わせて Blenderで作成した。

図 2 Blender で作成したモデル

４. 今後の課題
今回私は、試験的にキーボードのモデルを作成し、キートップに文字を入力したが、最終的にはキートップに文字をプリントしない形式のキーボードを作成したいと考えている。現在はキーボード状のマットを作成しその上に文字をプロジェクターで投影するようなものを考えている。または 1 つ 1 つのキーに液晶を採用し、ユーザーが好みのキー配列に並べかえられるようなものを作成したいと考えている。例えば、現在製品として売り出されているキーボードでは購入した状態からキーにプリントされている文字を変更することはできない。極端だがスペースキーにデリートを割り当てようとした時
ソフトウェア的には変更することが可能だが、キーにプリントされている文字まで変更することができないため使いづらさが生じる。しかし、私のアイデアを用いたキーボードを作成することができたならば、常にプリントされている文字と自分が割り当てたキーを一致させることができる。
そのためにまずは作成した 3D データ
を印刷しパソコンで認識できる回路とプログラムを作成する必要があると考えている。また、作成するキーボードのキーにどのような素材を適用するかどのような仕組みで文字を映し出せるようにするかも考える必要がある。

図 3 Blender での編集作業中

５．参考 URL[1]http://pcpier.com/blog/2016/02/05/keyboard[2]http://grafz.net/c_article_d013.html[3]http://kato-h.cocolognifty.com/khweblog/2016/02/arduinomicro-u.html[4]http://www.h6.dion.ne.jp/~tonoroom/katakoto/original_keyboard/original_keyboa
rd.html
６. 謝辞
サイエンス研究会物理班の活動において顧問の藤野先生をはじめ、先輩方、後輩から多大なご指導や、ご協力していただきました。この場を借りて深く御礼申し上げます。

ドローンの製作
5 年 A 組 上林 幹宜
指導教員 藤野 智美

１．要約
私は、強風などの悪条件下でも高速で飛行することのできるドローンの開発を目指している。そのために、可能な限り簡単にモータ制御を行う方法の考察とともに、安定した飛行方法を研究している。今回はドローンから得た情報を手元のパソコンへ送信し、その情報と人が操作した情報を総合してドローンへ送信しドローンを動かすための研究を行った。
キーワード

無線マイコン、モータドライバー、シングルボードコンピュータ

２．研究の背景と目的

TWE-LITE DIP には、標準状態でデジ大災害が起こった場合に、がれきなどがタル入力、デジタル出力、アナログ入力、散乱した道路では車などを使っての情報収

アナログ出力のピンがそれぞれ４本ずつあ集は難しいと考えられる。そのため、狭いる。C 言語でプログラミングを行うことに隙間でも入ることのできるような小型で飛より、それぞれのピンの役割を変更するこ

行する、小回りの利くものが情報収集の手とができる。私は標準状態のままのピンの段として必要だと考えた。そこで、そのよ使用用途を以下のように割り当てた。

うな場合にドローンが便利ではないかと考えた。昨年度の研究で、3D プリンタでド親機デジタル入力→モータ制御送信用

ローンのプロペラを回すのに必要なギアボ

親機アナログ出力→姿勢制御受信用

ックスの製作を行うことに成功した。今回

子機デジタル出力→モータ制御受信用

はドローンから得た情報を手元のパソコン

子機アナログ入力→姿勢制御送信用へ送信し、その情報と人が操作した情報を総合してドローンへ送信し、ドローンを動かすための研究を行った。

双方向無線通信が行われているかどうかの確認をモータドライバ「TA7291P」と加速度センサ「KXR94-2050」を用いて行っ

３．研究内容た。モータ制御受信用のピンには３．１ 無線マイコンによる双方向無線通TA7291P を接続し、モータ制御を行った。

信

姿勢制御送信用のピンには KXR94-2050 を
今回は、これまでの研究で行った無線マ

接続し、姿勢制御受信用のピンにオシロス

イコン「TWE-LITE DIP」を使用した無線

コープを接続することで電圧の変化を確認

制御を応用して双方向無線通信を行った。

した。

無線接続

キーボード
(入力)
パソコン

SSH接続

RaspberryPi

TWE-LITE

TWE-LITE

DIP

DIP

(親機)

(子機)
無線接続

ディスプレイ
(出力)

モータ
ドライバ
(出力)

ボタン
(入力)

図 1 パソコンと無線マイコンの接続図
３．２ パソコンと無線マイコンの接続

４．今後の課題

ドローンをより安定させるためには、子

今回、Raspberry Pi、TWE-LITE DIP

機から送信されたドローンの傾きを示す情を用いてパソコンから双方向無線通信を行報と人が操作した情報を総合し、計算したうことができた。しかし、ドローン本体か上でモータを動かさなければならない。そら送信された情報を使用してどのような計こで、その計算をシングルボードコンピュ

算をするとドローンが安定するのかを調べータ「Raspberry Pi」上で行うようにした。

るためには今後、実験をしていかなければ

Raspberry Pi は Linux OS を搭載でき、ならない。また、昨年度の研究で製作した

SSH(Secure Shell)接続することによってギアボックスを用いて本体を飛行させ、無パソコンやスマートフォンなどの端末から線制御を行いたい。

インターネットを通じて簡単に操作することができる。
今回は Raspberry Pi の推奨 OS である

５．参考文献[1]TWE-LITE DIP マニュアル

Raspbian を Raspberry Pi にインストール

http://akizukidenshi.com/download/ds/toc

し、Tera Term というターミナルエミュレ

os/TWE-Lite_DIP_manual.pdf

ーターを使用して windows 搭載パソコン
で C 言語による Raspberry Pi のプログラ[2] TA7291P データシート

ミングを行った。これにより、無線マイコ

http://akizukidenshi.com/download/ta729

ンへの情報の送信、無線マイコンが受信し1p.pdf

た情報の管理をパソコン上で行えるようにし た 。 パ ソ コ ン 、 Raspberry Pi 、 TWE-

[3]Wiring Pi

LITE DIP、TA7291P を接続し(図１)、パ

http://wiringpi.com/

ソコンから無線接続を通じてモータ制御を行うことに成功した。また、子機から無線接続を通じてボタンのオン、オフの情報を

６．謝辞
サイエンス研究会物理班の活動において、パソコンのディスプレイ上に表示させるこ

顧問の藤野先生をはじめ、多くの方々からとにも成功した。

多大なご指導を賜りました。この場を借りて深く御礼申し上げます。

天体望遠鏡の作成を目指して－光の屈折に関する分析－
3 年 A 組 林 晃太郎
2 年 A 組 柴田 凌輔
2 年 B 組 鶴崎 桐梧
指導教員 藤野 智美

１．要約
私たちは天体の色や温度について調べることを目的としている。研究の過程において、観測機器である望遠鏡の仕組みに興味を持ち、光がレンズに入ったときの屈折の仕方を研究している。レンズが作る像の位置は「レンズの公式」によって求められることがわかった。
そこで、レンズの公式を用いて、凸レンズが 1 枚の時、2 枚の時の像の位置を理論的に算出し、検証実験の結果と比較して公式の妥当性を検証し、誤差の要因について考察を行った。
キーワード 天体望遠鏡、光の屈折、凸レンズ、凹レンズ、レンズの公式、収差

２. 研究の背景と目的
私たちは、望遠鏡を用いて天体観測を行い、天体に関する様々な解析を行うことを目的としている。その研究過程において、望遠鏡の仕組みを持って調べたところ、レンズが作る像の仕組みにたどり着いた。文献を調べていくと、像のできる位置がレンズの公式で決まることが分かった。そこで、そ凸レンズの公式･･･

1 1 1
 
a b f

a =物体からレンズまでの距離
b =レンズから像までの距離
f =焦点距離
つまり、この公式でレンズの像を求めるに
は、

1 1 1
  から算出すればよい。
f a bの公式を用いて、凸レンズが 1 枚の時の像の位置、凸レンズを 2 枚組み合わせた時の像の位置、さらに凹レンズの像の位置を理論的に算出するとともに、その検証実験を試みた。

3.1.1 実験手順
以下に実験手順を示す。
① レンズの焦点距離( f )を測定し、

1
を
f

求める。

３．実験内容３．１ 凸レンズが 1 枚のとき
私たちはレンズの像の位置を特定する公② 光学台に(光源物体)、レンズ、スクリーンを設置する。
③ 光源の位置を固定して、光源からレンズ式があることを知った。そこで、公式についまでの距離( a )を 1cm ずつ遠ざけながら、て凸レンズが 1 枚の場合の検証実験を行っ像が目視ではっきり見えたときのレンズ

た。レンズの公式を以下に示す。

から像(スクリーン)までの距離( b )を記

録する。

3.1.4 考察

④ それぞれのデータからレンズの公式の
1
1 1
 を算出し、①で求めた と比較した。
f
a b

1 1
1
と  の差が(0.00666 の差)ほとんa bf
どないことがわかった。よって、レンズの公式は論理的になりたっていることが分かっ

3.1.2 焦点距離の測定方法

た。

蛍光灯と机を 2m メジャーでつなぎ、机
３．２ 凸レンズが 2 枚のときとメジャーが直角になるようにする。スタ

レンズが 2 枚の場合について確認実験をンドにレンズを設置し、蛍光灯の形が分かる位置を焦点距離として計測した。

試みた。
3.2.1 実験手順
焦点距離が 7.73cm のレンズと 30.04cm の3.1.3 レンズの公式による理論値の算出
凸レンズのレンズの公式は、理論的に以レンズを用いて実験を行った。

下のように算出される。図 1 において、①△ ABO∽△ DCO、△ BOF∽△ DEF、
△ ABO∽△DCO

レンズの焦点距離( f ' )を測定し、

1
f'

を求める。

よって、

② 3.1.1 と同様に光学台に光源(物体)、レa : b  BO : CO ( CO は像の大きさ)bつまり、倍率 CO  BOa

ンズ 1、レンズ 2、スクリーンを設置する。
④ 光源とレンズ 1 の位置を固定し、レンズ 1 からレンズ 2 までの距離を 1cm ずつ△BOF∽△DEF から f : b  f  BO : DE 、

遠ざけて、像が見えたときのレンズ 2 か( DE は像の大きさ)

らスクリーンまでの距離を記録する。まb
つまり、 f : b  f  1 : …①a

た、像の位置は 3.1.1 と同様に目視で像がはっきり見える位置とする。

1 1 1①を変形すると、  が得られる。
a b f⑤ それぞれのデータからレンズの公式の

1 1
1 を算出し、②で求めた と比較
a ' b'
f'
した。

レンズ

A
物体（光源）

B
焦点

焦点

O

f

C

E
光軸

F

像

f

a

D

b

図1

A
物体（光源）

レンズ2

H

レンズ1

I
像2

B
E 焦点2

焦点1

焦点1

O

f

C

F

像1

f

a

焦点2
O'

f'

D

G

a'

b

F'

J

光軸

f'
b'

図2
3.2.3 像の位置の予想方法

よってできるものである。単色収差にはさ

上図においてらに球面収差やコマ収差などがあり、これ△DGO’∽△IHO’、△GO’K∽△IJK

はらレンズの球面によって像の輪郭がぼや△DGO’∽△IHO’

けたり、レンズの各部分によって厚みが違

よって、うことなどによって起きる収差である。こa': b'  GO : HO ( HO は像の大きさ)b'つまり、倍率が HO  GOa'の解消には、2 枚のレンズの両方をダブレ△GO’F’∽△IJF’から用した反射望遠鏡の形式が考えられる。

ットレンズやトリプレットレンズなどの組
み合わせレンズを使用するか、凹面鏡を使

f ': b' f '  GO : IJ ( IJ は像の大きさ)
つまり、 f ': b' f '  1 :
②より

b'
…②
a'

1 1
1
  となる。
a ' b' f '3.2.4 考察

３．３凹レンズ
3.3.1 凹レンズのときの説明
天体望遠鏡には凹レンズも使われている。
レンズが 2 枚のとき、予想値と結果が一

そのため今度は凹レンズの像の位置の特定致しなかったことについて、レンズ特有のを試みた。しかし、像の位置を特定するには収差によってこのような結果が導かれたと

まず焦点距離が必要である。凸レンズでは予想した。収差には色収差と単色収差の大スクリーンに像を映すだけで良かったが、きくわけて 2 種類ある。色収差はそれぞれ凹レンズはレンズの手前に像ができるための色の波長によって屈折率が変わることに焦点も手前にできる。そこで、まずは凹レン
ズの焦点距離の測定方法を考察した。

４．今後の課題

3.3.2 焦点距離の測定方法
凹レンズに 2 カ所からレーザーポインタ

色収差を解消する方法の特定・応用を照射し、広がった光をレンズの手前に延

この研究を生かしたオリジナル望遠鏡

長し、交わったところを凹レンズの焦点と

の作成

した。



3.3.3 公式の導き出し方

５．参考文献△LFC∽△EFD より、「よくわかる光学とレーザーの基本と仕組

LC:ED＝ f : f  b

み～光の性質とその応用～」

AB=LC より、 a : b  f : f  b

著者：国立東京工業高等専門学校教授作成した望遠鏡を使用した天体の観測

理学博士 潮 秀樹

1 1
1
 
a b
f

６．謝辞
今回の研究にあたり、ご指導くださいました顧問の藤野先生、ありがとうございました。

3.3.4 公式の確認実験
凹レンズから光の道筋に沿ってひもをたるまないように張り、少しずつ光源から離していき像の位置と焦点距離を測定していった。そして、結果と予測値を比較した。
3.3.5 考察
比較したところ1 1
1
   が実験的に
a bf

確認された。

（ｃｍ）

0.15
0.10
0.05
0.00
1

3

実験値

5

7

9

11 13 15

実験番号
理論値差