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。



3x6  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0123456

数学オリンピックの数論の問題は、合同x20142241式を用いることで解決できる場合が多い。

x40124421

そこで、7 を法とする剰余を考えることで、60111111３－１．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
35としてありうるのは 0 か 3 か 4 である。

問題 2ny012345630116166y50145236y

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。

212 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、22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222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 3222

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   6cos 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 252 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＝2822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 2222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 7222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   4cos BCP 22222 3 2 73

213 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。
2222

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。