平成２５年４月１４日

[流れ星]

　　　　　第２８９回数学的な応募解答

　　　　　　＜解答募集期間：３月24日〜４月14日＞

［合同式(２)+和算］

学習指導要領の改訂で数学Ａに「整数の性質」がでてきます。ここでは、整数に関する問題の解法に合同式の利用があります。では、問題です。

問題１：２０１３^２０１３を１５で割った余りを求めよ。

問題２：ｎを自然数とするとき、１^ｎ＋２^ｎ＋３^ｎ＋４^ｎが10の倍数となるようにｎの値を求めよ。

問題３：　直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＢ＝６、ＢＣ＝８、ＡＣ＝１０である。図のように、半径ｒの２つの円が互いに外接し、一方の円は辺ＡＢ、ＡＣともう一方の円は辺ＡＣ，ＢＣと接している。このとき、ｒの値を求めよ。

注：この問題は最近読んだ「天地明察」の中にあったものです。本の中では江戸時代１７世紀後半、有名な和算家　関孝和が鮮やかに解いています。

NO1「uchinyan」 03/24 15時11分受信

「uchinyan」 03/26 17時35分受信 更新4/14

問題１：

(解法1)　ここでは，合同式は mod 15 とします。

2013 ≡ 134 * 15 + 3 ≡ 3，3^5 ≡ 243 ≡ 16 * 15 + 3 ≡ 3

なので，

2013^2013 ≡ 3^2013 ≡ 3^(625 * 3 + 125 * 1 + 5 * 2 + 3)

≡ ((((3^5)^5)^5)^5)^3 * (((3^5)^5)^5)^1 * (3^5)^2 * 3^3

≡ 3^3 * 3^1 * 3^2 * 3^3 ≡ 3^4 * 3^5 ≡ 3^4 * 3 ≡ 3^5 ≡ 3

つまり，2013^2013 を 15 で割った余りは 3 です。

(解法2)

2013 ≡ 134 * 15 + 3 ≡ 3 (mod 15)，2013^2013 ≡ 3^2013 (mod 15)

つまり，2013^2013 を 15 で割った余りは 3^2013 を 15 で割った余りに等しいです。

そこで，2013^2013 を 15 で割った余りを r，n を整数として，

r = 3^2013 - 15n = 3 * (3^2012 - 5n)

この式より，求める余り r は 3^2012 を 5 で割った余りに 3 を掛けたものです。

ここで，

3^4 ≡ 81 ≡ 1 (mod 5)，3^2012 ≡ (3^4)^503 ≡ 1^503 ≡ 1 (mod 5)

つまり，3^2012 を 5 で割った余りは 1 です。

そこで，2013^2013 を 15 で割った余りは 3 * 1 = 3 になります。

(解法3)

2013^2013 = (3 * 671)^2013 = 3 * (3^2012 * 671^2013)

なので，2013^2013 を 15 で割った商を q，余りを r，とすると，

r = 2013^2013 - 15q = 3 * (3^2012 * 671^2013 - 5q)

この式より，求める余り r は 3^2012 * 671^2013 を 5 で割った余りに 3 を掛けたものです。

ここで，

3^4 ≡ 81 ≡ 1 (mod 5)，3^2012 ≡ (3^4)^503 ≡ 1^503 ≡ 1 (mod 5)

671 ≡ 134 * 5 + 1 ≡ 1 (mod 5)，671^2013 ≡ 1^2013 ≡ 1 (mod 5)

3^2012 * 671^2013 ≡ 1 * 1 ≡ 1 (mod 5)

つまり，3^2012 * 671^2013 を 5 で割った余りは 1 です。

そこで，2013^2013 を 15 で割った余りは 3 * 1 = 3 になります。

問題２：

(解法1)　P(n) = 1^n + 2^n + 3^n + 4^n， n は自然数，とします。

まず，明らかに，すべての n で，1^n と 3^n は奇数，2^n と 4^n は偶数，なので，P(n) は常に偶数です。

これより，P(n) が 10 の倍数になる場合を求めるには P(n) が 5 の倍数になる場合を考えればいいです。

そこで，以下では mod 5 の合同式で考えます。すると，

P(n) ≡ 1^n + 2^n + 3^n + 4^n ≡ 1^n + 2^n + (-2)^n + (-1)^n ≡ 1^n + (-1)^n + 2^n + (-2)^n

(1) n が奇数の場合

P(n) ≡ 1^n - 1^n + 2^n - 2^n ≡ 0

つまり，P(n) は常に 5 の倍数になり，したがって P(n) は 10 の倍数になります。

(2) n が偶数の場合

m を自然数として n = 2m と書け，

P(2m) ≡ 1^(2m) + (-1)^(2m) + 2^(2m) + (-2)^(2m)

≡ 1 + 1 + 4^m + 4^m ≡ 2 * (4^m + 1) ≡ 2 * ((-1)^m + 1)

ここで，k を自然数として，

(2-1) m = 2k-1 のとき

P(2(2k-1)) ≡ 2 * ((-1)^(2k-1) + 1) ≡ 2 * ((-1) + 1) ≡ 0

つまり，P(n) は 5 の倍数になり，したがって P(n) は 10 の倍数になります。

(2-2) m = 2k のとき

P(2(2k)) ≡ 2 * ((-1)^(2k) + 1) ≡ 2 * (1 + 1) ≡ 4

つまり，P(n) は 5 の倍数になることはなく，したがって P(n) も 10 の倍数になりません。

以上ですべてなので，結局，

P(n) が 10 の倍数になる場合の n は 奇数 又は 4 で割って 2 余る数

ということになります。

(解法2)　P(n) = 1^n + 2^n + 3^n + 4^n， n は自然数，とします。

また，ここでは，合同式は mod 10 とします。

P(n+4) ≡ 1^(n+4) + 2^(n+4) + 3^(n+4) + 4^(n+4)

≡ 1^4 * 1^n + 2^4 * 2^n + 3^4 * 3^n + 4^4 * 4^n

≡ 1^n + 16 * 2^n + 81 * 3^n + 256 * 4^n

≡ 1^n + (15 + 1) * 2^n + (80 + 1) * 3^n + (255 + 1) * 4^n

≡ 1^n + 2^n + 3^n + 4^n + 15 * 2^n + 80 * 3^n + 255 * 4^n

n は 1 以上の整数なので，

≡ 1^n + 2^n + 3^n + 4^n + 30 * 2^(n-1) + 80 * 3^n + 1020 * 4^(n-1)

≡ 1^n + 2^n + 3^n + 4^n ≡ P(n)

これより，

n が 4 で割って 1 余る数のとき

P(n) ≡ P(1) ≡ 1^1 + 2^1 + 3^1 + 4^1 ≡ 1 + 2 + 3 + 4 ≡ 10 ≡ 0

n が 4 で割って 2 余る数のとき

P(n) ≡ P(2) ≡ 1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 ≡ 1 + 4 + 9 + 16 ≡ 30 ≡ 0

n が 4 で割って 3 余る数のとき

P(n) ≡ P(3) ≡ 1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 ≡ 1 + 8 + 27 + 64 ≡ 100 ≡ 0

n が 4 の倍数のとき

P(n) ≡ P(4) ≡ 1^4 + 2^4 + 3^4 + 4^4 ≡ 1 + 16 + 81 + 256 ≡ 354 ≡ 4

そこで，

P(n) が 10 の倍数になる場合の n は 奇数 又は 4 で割って 2 余る数

ということになります。

(解法3)

P(n) = 1^n + 2^n + 3^n + 4^n， n は自然数，とします。

P(n) が 10 の倍数になる場合とは，下一桁が 0 になる場合です。

そこで，下一桁を調べると，

n =　1 2 3 4 5 6 7 8 …

1^n　1 1 1 1 1 1 1 1 … 以下繰り返し …

2^n　2 4 8 6 2 4 8 6 … 以下繰り返し …

3^n　3 9 7 1 3 9 7 1 … 以下繰り返し …

4^n　4 6 4 6 4 6 4 6 … 以下繰り返し …

P(n) 0 0 0 4 0 0 0 4 … 以下繰り返し …

そこで，

P(n) が 10 の倍数になる場合の n は 奇数 又は 4 で割って 2 余る数

ということになります。

問題３：

(解法1)　円の中心を，A に近い方を O，C に近い方を O' とし，

円O の AB，AC との接点を D，E，円O' の BC，AC との接点を F，G，

O から BC に下ろした垂線の足を H，O' から AB に下ろした垂線の足を I，

OH と O'I との交点を J，とします。

∠ABC = 90°より，OH//AB，O'I//AC で，OO'//AC なので，△OJO' ∽ △ABC です。

そこで，OJ：JO'：OO' = AB：BC：AC = 6：8：10 = 3：4：5，です。

これと，OO' = 2r より，OJ = 6r/5，JO' = 8r/5，です。

また，BH = DO = r，BI = FO' = r，DI = OJ = 6r/5，HF = JO' = 8r/5，なので，

AD = AB - DI - BI = 6 - 6r/5 - r，CF = BC - HF - BH = 8 - 8r/5 - r

そこで，接線の性質より AE = AD，CG = CF で，さらに EG = OO' = 2r，なので，

AC = AE + EG + GC = AD + OO' + CF = (6 - 6r/5 - r) + 2r + (8 - 8r/5 - r) = 10

14 - 14r/5 = 10

r = 10/7

になります。

(解法2)　　使わないものもありますが，(解法1)のように点を取ります。

すると，∠OAC = ∠OAB，∠O'CA = ∠O'CB，なので，

AO，CO' の延長の交点を P とすると，P は △ABC の内心です。

そこで，P を中心とした △ABC の内接円を描き，

その半径を p，円P の AB，BC，AC との接点を Q，R，S，とします。

∠ABC = 90°より QB = PR = p，RB = PQ = p で，AQ = AB - QB = 6 - p，CR = CB - RB = 8 - p です。

接線の性質より AS = AQ = 6 - p，CS = CR = 8 - p なので，

AC = AS + CS = (6 - p) + (8 - p) = 10，p = 2，PS = 2，AS = 4，CS = 6

ここで，△OEA ∽ △PSA，△O'GC ∽ △PSC，なので，

OE：EA = PS：SA，r：AE = 2：4，AE = 2r，O'G：GC = PS：SC，r：CG = 2：6，CG = 3r

これより，

AC = AE + EG + GC = AE + OO' + CG = 2r + 2r + 3r = 7r = 10

r = 10/7

になります。

(解法3)　使わないものもありますが，(解法2)のように点を取ります。

まず，

△PAB：△PBC：△PCA = AB：BC：CA = 6：8：10 = 3：4：5，

△ABC = AB * BC * 1/2 = 6 * 8 * 1/2 = 24，△PCA = 24 * 5/(3 + 4 + 5) = 10

一方で，OO'//AC なので，

△POO' ∽ △PAC，PO：PA = OO'：AC = (2r)：10 = r：5，OA：PA = (5 - r)：5，

これより，

△OAC = △PAC * OA/PA = AC * OE * 1/2

10 * (5 - r)/5 = 10 * r * 1/2

r = 10/7

になります。

(考察＆感想)

どの問題も三つずつ解法を書いてみました。

問題１：と問題２：は合同式を使わなくとも二項定理で同じようなことはできますが，

使う方が記述がはるかに簡単になり，考えやすいですね。

問題１：の(解法2)と(解法3)は似たようなものですが，一応。

問題２：の(解法3)は今回は反則かも知れませんが，

実は小学生にも分かりそうな問題でした，という意味も込めて。

厳密には数学的帰納法を使えばいいでしょうが，累乗の計算より明らかでしょう。

問題３：は，和算としては珍しく容易に解けました。

一応，初等幾何の範囲に留めましたが，バリエーションはいろいろあると思います。

もっと簡単になるのかな？

NO2「浜田明巳」　03/26 10時59分受信 更新4/14

問題１
　以下mod １５で計算する．
　　２０１３＝１５×１３４＋３≡３
であり，
　　３^２＝９≡−６
　　３^３≡−１８≡−３
　　∴２０１３^２０１３≡３^２０１３＝３^{３×６７１}＝(３^３)^６７１≡(−３)^６７１
　　　　　　　　　　＝−３^６７１＝−３^{３×２２３＋２}＝−(３^３)^２２３・３^２
　　　　　　　　　　≡−(−３)^２２３・３^２＝３^２２５＝３^３×７５
　　　　　　　　　　＝(３^３)^７５≡(−３)^７５＝−３^７５
　　　　　　　　　　＝−３^３×２５＝−(３^３)^２５≡−(−３)^２５＝３^２５
　　　　　　　　　　＝３^{３×８＋１}＝(３^３)^８・３≡(−３)^８・３＝３^９
　　　　　　　　　　＝(３^３)^３≡(−３)^３＝−３^３≡−(−３)＝３
　故に余りは３である．

　また，
　　３^４≡−９≡６
　　３^５≡１８≡３
まで計算し，
　　２０１３^２０１３≡３^２０１３＝３^{５×４０２＋３}＝(３^５)^４０２・３^３
　　　　　　　　　≡３^４０２・３^３＝３^４０５＝３^５×８１
　　　　　　　　　＝(３^５)^８１≡３^８１＝３^{５×１６＋１}
　　　　　　　　　＝(３^５)^１６・３≡３^１６・３＝３^１７
　　　　　　　　　＝３^{５×３＋２}＝(３^５)^３・３^２≡３^３・３^２
　　　　　　　　　＝３^５≡３
としても得られる．

　下記のVBSCRIPTで計算しても３となる．
'289_1.vbs
r=1
for j=1 to 2013
   r=(r*2013) mod 15
next
msgbox r

問題２
　ｆ(ｎ)＝１^ｎ＋２^ｎ＋３^ｎ＋４^ｎとする．
　以下mod １０で計算する．
　表にまとめると，
　ｎ　１　２　３　４　５
　１^ｎ　１　１　１　１　１
　２^ｎ　２　４　８　６　２
　３^ｎ　３　９　７　１　３
　４^ｎ　４　６　４　６　４
　ｆ(ｎ)　０　０　０　４　０
　故にｆ(ｎ)は周期４で同じ値を繰り返す．
　故に１≦ｎ≦４で考えればよい．
　表から，ｎ≡１，２，３（mod ４）（４の倍数でない）であればよい．

　下記のVBSCRIPTで計算しても，同様な答を得る．
'289_2.vbs
for n=1 to 15
   if (1^n+2^n+3^n+4^n) mod 10=0 then
      msgbox n
   else
      msgbox n&"ではない"
   end if
next

問題３
　Ａよりの円の中心をＯ_１，円Ｏ_１とＡＣとの接点をＨ，
Ｃよりの円の中心をＯ_２，円Ｏ_２とＡＣとの接点をＩとする．
　ＡＯ_１Ｏ_２Ｃを結び，Ｏ_１Ｈ，Ｏ_２Ｉを結ぶ．

　まず，ＨＩ＝Ｏ_１Ｏ_２＝２ｒである．
　ｘ＝tan∠Ｏ_１ＡＨとする．
　　tan∠ＢＡＣ＝ＢＣ／ＡＢ＝８／６＝４／３
であり，加法定理から，
　　tan∠ＢＡＣ＝tan(２∠Ｏ_１ＡＨ)＝２tan∠Ｏ_１ＡＨ／(１−tan^２∠Ｏ_１ＡＨ)
　　　　　　　＝２ｘ／(１−ｘ^２)
　　∴２ｘ／(１−ｘ^２)＝４／３
　　∴３ｘ＝２(１−ｘ^２)
　　∴２ｘ^２＋３ｘ−２＝０
　　∴(ｘ＋２)(２ｘ−１)＝０
　ここで，０＜∠Ｏ_１ＡＨ＜π／４から，０＜ｘ＝tan∠Ｏ_１ＡＨ＜１
　　∴ｘ＝１／２
　△ＡＯ_１Ｈにおいて，
　　tan∠Ｏ_１ＡＨ＝Ｏ_１Ｈ／ＡＨ
　　∴ＡＨ＝Ｏ_１Ｈ／tan∠Ｏ_１ＡＨ＝ｒ／ｘ＝２ｒ
　次に，
　　tan∠Ｏ_２ＣＩ＝tan(∠ＡＣＢ／２)＝tan{(π／２−∠ＢＡＣ)／２}
　　　　　　　　＝tan(π／４−∠Ｏ_１ＡＨ)
　　　　　　　　＝{tan(π／４)−tan∠Ｏ_１ＡＨ}／{１＋tan(π／４)tan∠Ｏ_１ＡＨ}
　　　　　　　　＝(１−１／２)／(１＋１／２)＝１／３
　△ＣＯ_２Ｉにおいて，
　　ＣＩ＝Ｏ_２Ｉ／tan∠Ｏ_２ＣＩ＝ｒ／(１／３)＝３ｒ
　　∴１０＝ＡＣ＝ＡＨ＋ＨＩ＋ＩＣ＝２ｒ＋２ｒ＋３ｒ＝７ｒ
　　∴ｒ＝１０／７
（関孝和のようにはいきません）

「浜田明巳」　04/01 09時10分受信 更新4/14

問題３（別解）
　Ａよりの円の中心をＯ_１，Ｃよりの円の中心をＯ_２とし，
ＡＯ_１Ｏ_２Ｃを結ぶ．
　Ｏ_１，Ｏ_２からＢＣに垂線Ｏ_１Ｆ，Ｏ_２Ｅを下ろし，
Ｏ_１からＡＢに垂線Ｏ_１Ｊを下ろす．
　直線ＣＯ_２と辺ＡＢとの交点をＤとする．


　ＣＤは∠ＡＣＢの二等分線なので，
　　ＢＤ＝ＡＢ×ＢＣ／(ＡＣ＋ＢＣ)＝６×８／(１０＋８)＝８／３
　ＤＢ//Ｏ_２Ｅから，△ＤＢＣ∽△Ｏ_２ＥＣ
　　∴Ｏ_２Ｅ：ＥＣ＝ＤＢ：ＢＣ＝(８／３)：８＝１：３
　　∴ＥＣ＝３・Ｏ_２Ｅ＝３ｒ
　ＡＢ//Ｏ_１Ｇ，ＢＣ//ＧＯ_２，ＡＣ//Ｏ_１Ｏ_２から，
　　△Ｏ_１ＧＯ_２∽△ＡＢＣ
　　∴Ｏ_１Ｏ_２：ＧＯ_２＝ＡＣ：ＢＣ＝１０：８＝５：４
　　∴ＧＯ_２＝Ｏ_１Ｏ_２×４／５＝２ｒ×４／５＝８／５・ｒ
　ＢＦ＝ＪＯ_１＝ｒ，ＦＥ＝ＧＯ_２＝８／５・ｒから，
　　ＢＣ＝ＢＦ＋ＦＥ＋ＥＣ＝ｒ＋８／５・ｒ＋３ｒ＝２８／５・ｒ＝８
　　∴ｒ＝１０／７

NO3「ｽﾓｰｸﾏﾝ」　　03/26 20時54分受信 更新4/14

問題１：２０１３２０１３を１５で割った余りを求めよ。

2013/15=134…3
(15*134+3)^2013≡3^2013
3^4=81≡1　mod 15

つまり、周期が４ですから　スタートに戻ります
3^１=３　mod 15
よって、答え３となる。

問題２：ｎを自然数とするとき、１ｎ＋２ｎ＋３ｎ＋４ｎ　が10の倍数となるようにｎの値を求めよ。

10=2*5
1^n+3^n=(2-1)^n+(2+1)^n≡0　mod 2
n=2m-1
1^n+4^n+2^n+3^2=1^n+(5-1)^n+2^n+(5-2)^n
これでも…n=2m-1 であれば満たす。

＜水の流れ：奇数のとき、正解ですが、他に偶数の場合も考えてください＞

問題３：　直角三角形ＡＢＣにおいて、ＡＢ＝６、ＢＣ＝８、ＡＣ＝１０である。図のように、半径ｒの２つの円が互いに外接し、一方の円は辺ＡＢ、ＡＣともう一方の円は辺ＡＣ，ＢＣと接している。このとき、ｒの値を求めよ。

三角関数でも出せるけど...
r/x=tan(A/2)
r/y=tan(C/2)
x+y+2r=10
tan(A)=4/3
tan(C)=3/4
tan(2A)=sin(2A)/cos(2A)=2sin(A)cos(A)/(cos^2(A)-sin^2(A))
       =2tan(A)/(1-tan^2(A))
4/3=2a/(1-a^2)…a=1/2
3/4=2c/(1-c^2)…c=1/3
x=2r,y=3r
10=7r
r=10/7

相似に気づけば...添付図のような関係になっているので...

10=2r+6-(r+6r/5)+8-(r+8r/5)
4=14r/5　　　r=10/7
♪

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「ｽﾓｰｸﾏﾝ」　　03/28 21時45分受信 更新4/14

問題２：
奇数のときも含めて再考…
与式は…奇数*2+偶数*2=偶数　なので…
f(n)=1^n+(5-1)^n+2^n+(5-2)^n が5の倍数になるときを考える…
n=2m-1…つまり、nが奇数のとき…f(2m-1)≡0　mod 5 で成立。
n=2m のとき…
2+2^(2m+1)=2*(1+2^(2m))
1+2^(2m) が5の倍数になるときを考える…
2^2=4≡-1　mod 5
(2^2)^2≡1
つまり…
n=4k+2 なら満たす。

NO4「にいばりZ12」04/08 01時36分受信 更新4/14

にいばりＺ１２です。(仕事が煮詰まってきていて解答できなかったのがとても残念です。そんなわけで今回も一部となりますが・・・)

問題１（合同式を勉強していないので取りあえず我流で問題1を解答します。追って以降の問題についても時間が許せば解答したいと思います）

<準備>1

aをbcで割ったときの商をp余りをqとします。　a= bcp+ q　（q<bc、a とbとcは自然数）・・・�@

aをbで割ったときの商をp’余りをq’とします。　a= b p’+ q’　（q’<b）・・・�A

p’をcで割ったときの商をp’’余りをq’’とします。　p’= c p’’+ q’’　（q’’< c）・・・�B

�Aに�Bを代入するとa= bc p’’+（b q’’+ q’）・・・�C

�Aからb >q’、�Bからb(c-1)≧bq’’

辺々足すとb c> bq’’+q’・・・�D

これは�Cにおいて（b q’’+ q’）がaをbcで割ったときの余りであることを示しています。

よって、p= p’’、 q= bq’’+q’・・・・・・�E　「因みに�Bにおいてｃをｃ1、ｃ2、ｃ3・・・と分解を繰り返すと割る数を素因数分解したときの一般式が導かれると思います」

<準備>2

(d+e)^fを２項展開すると項数はf+1となり第1項から第f項までは因数にdを含み第2項から第f+1項までは因数にeを含みます。

したがって因数にdしかないのは1項目で因数にeしかないのはf+1項目です。

<準備>3

問題を、(d+e)^fをbcで割ったときの余りを求めよと設定します。さらにdをbcの倍数に設定すると準備2からe＾ｆをbcで割ったときの余りを求めればいい事になります。

問題1の検討

準備1にしたがって左辺をa（=(d+e)^f）とします。

右辺は割る数が15なのでbを3、ｃを5とします（bc=15）

準備3にしたがって

d=2010=15×134、e=3として

e^f=3＾2013＝3×5×p+q (q<3×5)のqを求めていきます。

準備1�Aから

e^f=3＾2013＝3×p’+q’

3＾2013は3でわりきれるので、

p’=3＾2013/3=3^2012

q’=0

準備1�Bから

p’= c p’’+ q’’

3^2012=5×p’’+ q’’

ここで左辺に注目し、3^2012=3^(4×503)=(3^4)^503=81^503=(80+1)^503と変形します

80は5で割り切れるので、準備3の論理を適用すると

1＾503=1=5×p’’’+ q’’

p’’’=0

q’’=1

準備1�Eにより

q= bq’’+q’=3×1+0=3

解答は3です。

「にいばりZ12」04/11 01時31分受信 更新4/14

問題2（この問題も先ず合同式を使わないで考えてみました）

準備1

自然数ｋの1桁目はｋ＾５の１桁目に等しい

証明（数学的帰納法）

ｋ＾５の１桁目がｋの一桁目に等しいと仮定したとき（ｋ+1）＾5の1桁めはｋ+1の１桁目に等しい。

（ｋ+1）＾5＝ｋ＾５＋５ｋ＾４＋１０ｋ＾３＋１０ｋ＾2＋5ｋ＋１

　　　　　　＝ｋ＾５+1+10（ｋ＾３+１０ｋ＾2）+5（ｋ＾４+ｋ）+1

ｋ＾４+ｋは常に偶数なので10（ｋ＾３+１０ｋ＾2）+5（ｋ＾４+ｋ）は10の倍数となり１桁目には関係しない。

よって、（ｋ+1）＾5の一桁目はｋ＾５+1の1桁めに等しい。

仮定からｋ＾５の１桁目がｋの一桁目に等しいので

（ｋ+1）＾5の一桁目はｋ+1の一桁目に等しい。

ｋ＝1としたとき、1＾5＝1

よってすべての自然数で成り立つ。

上記によりｋ＾ｊにおいてｊ＝4ｉ+1（ｉは0及び自然数）の時１桁目が等しいことが自明でありまた、ｋ＾ｊにおいてｊ＝4ｉ+2、ｊ＝4ｉ+3、ｊ＝4ｉ+4、（ｉは0及び自然数）の時１桁目が等しい。

解答

１^ｎ＋２^ｎ＋３^ｎ＋４^ｎにおいて１０の倍数となるとは、一桁目が0になることと同値です。

準備から、ｎ＝1、2、3、4を調べればよいことが判ります。

結果ｎ=４の時１桁目が４でその他は０です。

したがってｎ≠4Ｐ（Ｐは自然数）・・・・解答

「にいばりZ12」04/13 22時13分受信 更新4/14

にいばりＺ１２です。いよいよ最終日ですので和算に回答したいと思います。

問題3

先ず△ABCは直角をはさむ2辺と斜辺の比が3：４：５の直角三角形であることを押さえて置きます。

内接円の中心O1、O2を通る直線とAB,BCの交点をそれぞれＤ、Ｅとします

O1からＡＢへ、O2からBCへ垂線の足を下ろしそれぞれｍ1、ｍ2とします

△ABC∽△DBE・・・�@

△DO1m1において斜辺の長さはr・5/4

△O2Em2において斜辺の長さはr・5/3

∴DE= r・5/4+2ｒ+ r・5/3＝ｒ・59/12

BからACへ垂線の足を下ろし交点をＦとします

△ABC∽△AFB

△ABCの高さｈ＝BF=6・4/5

∴△DBEの高さｈ’＝BF=6・4/5−ｒ

�@より

AC:DE=h:h’

10：ｒ・59/12＝6・4/5：6・4/5−ｒ

∴ｒ＝10/7・・・解答

「にいばりZ12」04/13 23時18分受信 更新4/14

にいばりＺ１２です。時間が出来たので問題1を合同式で解いてみました。

問題１：２０１３^２０１３を１５で割った余りを求めよ。

a ≡ a' (mod m)，　b ≡ b' (mod m) とすると，

a + b ≡ a' + b' (mod m)

a - b ≡ a' - b' (mod m)

a * b ≡ a' * b' (mod m)

となる。

2013≡3　(mod 15)

∴2013＾2013≡3＾2013　(mod 15)

3＾2013　＝81＾503×3＝（80+1）＾503×3

80＾ｎ×ｍ×3≡0　(mod 15)　（ｍは上式を展開した時の二項係数）

（80+1）＾503×3≡1＾503×3≡3　(mod 15)

よってあまりは3・・・解答