数学

解答
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、色部分の中央上の点から反時計回りにＰ～Ｓと振る。
ここで、点Ｂをｘｙ座標の原点に置き、ＢＣをｘ軸，ＡＢをｙ軸に取ると、
Ａ（０，６），Ｃ（６，０），Ｄ（６，６）
また、弧ＱＲの方程式は、(ｘ－６)^2＋(ｙ－６)^2＝６^2―――①　弧ＰＱの方程式は、(ｘ－６)^2＋ｙ^2＝６^2―――②
①，②より、点Ｑの座標は、(ｘ－６)^2＋(ｙ－６)^2＝(ｘ－６)^2＋ｙ^2を解いて、ｙ^2－１２ｙ＋３６＝ｙ^2　∴１２ｙ＝３６　∴ｙ＝３　これを②に代入すると、(ｘ－６)^2＋３^2＝６^2　∴(ｘ－６)^2＝３６－９＝２７　∴ｘ－６＝±３√３　∴ｘ＝６±３√３　ｘ＜６より、ｘ＝６－３√３　
よって、点Ｑのｘ座標は、ｘ＝６－３√３
また、点Ｐ，Ｒのｘ座標は、対称性よりｘ＝３
また、弧ＰＱの方程式は、(ｘ－６)^2＋ｙ^2＝６^2より、ｙ^2＝６^2－(ｘ－６)^2＝３６－(ｘ^2－１２ｘ＋３６)＝－ｘ^2＋１２ｘ　∴ｙ＝±√(－ｘ^2＋１２ｘ)　ｙ＞０より、ｙ＝√(－ｘ^2＋１２ｘ)―――③
また、弧ＱＲの方程式は、(ｘ－６)^2＋(ｙ－６)^2＝６^2より、(ｙ－６)^2＝－(ｘ－６)^2＋３６　∴(ｙ－６)^2＝－ｘ^2＋１２ｘ　∴ｙ－６=±√(－ｘ^2＋１２ｘ)　∴ｙ＝±√(－ｘ^2＋１２ｘ)＋６　ｙ＜６より、ｙ＝－√(－ｘ^2＋１２ｘ)＋６―――④
よって、図形ＰＱＲの面積は、③，④より、
図形ＰＱＲ＝∫(6-3√3~3)[√(－ｘ^2＋１２ｘ)－{－√(－ｘ^2＋１２ｘ)＋６}]ｄｘ
＝∫(6-3√3~3)[２√(－ｘ^2＋１２ｘ)－６]ｄｘ
よって、図形ＰＱＲＳの面積はこの２倍で、
図形ＰＱＲＳ＝４∫(6-3√3~3)[√(－ｘ^2＋１２ｘ)－３]ｄｘ―――☆
ここで、ｘ－６＝６sinθと置いて両辺をθで微分すると、ｄｘ/ｄθ＝６cosθ　∴ｄｘ＝６cosθｄθ―――⑤　
また、ｘ＝６sinθ＋６―――⑥　
また、３＝６sinθ＋６より、６sinθ＝－３　∴sinθ＝－１/２　
∴θ＝２１０°，３３０°―――⑦
また、６－３√３＝６sinθ＋６より、
６sinθ＝－３√３　∴sinθ＝－√３/２　∴θ＝２４０°，３００°―――⑧
⑦，⑧から、θ＝３３０°＝１１π/６―――⑦' θ＝３００°＝５π/３―――⑧' を選んで、⑤，⑥，⑦'，⑧'を☆に代入すると、
図形ＰＱＲＳ＝４∫(5π/3~11π/6)[√{－(６sinθ＋６)^2＋１２(６sinθ＋６)}－３]６cosθｄθ
＝４∫(5π/3~11π/6)[√{－(３６sin^2θ＋７２sinθ＋３６)＋７２sinθ＋７２}－３]６cosθｄθ
＝４∫(5π/3~11π/6){√(－３６sin^2θ＋３６)－３}６cosθｄθ
＝４∫(5π/3~11π/6){６√(１－sin^2θ)－３}６cosθｄθ
＝４∫(5π/3~11π/6)(６cosθ－３)６cosθｄθ
＝７２∫(5π/3~11π/6)(２cosθ－１)cosθｄθ
＝７２∫(5π/3~11π/6)(２cos^2－cosθ)ｄθ
＝７２∫(5π/3~11π/6)(１＋cos２θ－cosθ)ｄθ
＝７２[sin２θ/２－sinθ＋θ](5π/3~11π/6)
＝７２{sin(11π/3)/２－sin(11π/6)＋１１π/６－sin(10π/3)/２＋sin(5π/3)－５π/３}
＝７２{sin(11π/3)/２－sin(10π/3)/２＋sin(5π/3)－sin(11π/6)＋１１π/６－５π/３}
＝７２(sin660°/２－sin600°/２＋sin300°－sin330°＋π/６)
＝７２(sin300°/２－sin240°/２＋sin300°－sin330°＋π/６)
ところで、sin300°＝sin240°＝－√３/２
∴＝７２(sin(-60°)－sin(-30°)＋π/６)
＝７２{－√３/２－(－１/２)＋π/６}
＝－３６√３＋３６＋１２π
＝１２(π＋３－３√３)ｃｍ^2　よって、
答えは、１２(π＋３－３√３)ｃｍ^2

念のため、別の求め方で裏は取ってあります。

おまけ：

解法１
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、弧ＡＣと弧ＢＤの交点で辺ＢＣに近い方の点（扇形ＡＢＤと扇形ＤＣＡの交点）をＥとし、もう一方の点（扇形ＤＡＣと扇形ＣＢＤの交点）をＦとする。
ここで、ＡＥ，ＤＥを結ぶと、半径よりＡＥ＝ＡＤ，ＤＥ＝ＤＡより、ＡＥ＝ＤＥ＝ＡＤ
よって、△ＥＡＤは正三角形である。よって、∠ＥＡＤ＝∠ＥＤＡ＝６０°
また、ＣＦ，ＤＦを結んで同様に考えると、∠ＦＤＣ＝６０°
よって、∠ＦＤＥ＝６０°＋６０°－９０°＝３０°（これは他の求め方をしても良い。）
ところで、色部分の面積＝扇形ＤＥＦ＋弓形ＤＥ＋弓形ＤＦで、対称性より弓形ＤＥ＝弓形ＤＦである。
弓形ＤＥ＝扇形ＡＤＥ－正三角形ＥＡＤ＝６×６×π×(６０/３６０)－６×３√３×(１/２)＝６π－９√３ｃｍ^2
∴色部分の面積＝６×６×π×(３０/３６０)＋(６π－９√３)×２＝３π＋１２π－１８√３＝１５π－１８√３ｃｍ^2
よって、答えは、１５π－１８√３ｃｍ^2

おまけ：

解法２
解法１と同じようにＡ～Ｆと振ると、対称性より図形ＦＡＤと図形ＥＣＤは合同。
ところで、解法１と同様に△ＥＡＤは正三角形より∠ＥＡＤ＝６０°∴∠ＥＤＣ＝３０°
よって、弓形ＤＥ＝扇形ＡＤＥ－正三角形ＥＡＤ＝６×６×π×(６０/３６０)－６×３√３×(１/２)＝６π－９√３ｃｍ^2
よって、図形ＥＣＤ＝扇形ＤＣＥ－弓形ＤＥ＝６×６×π×(３０/３６０)－(６π－９√３)＝３π－６π＋９√３＝９√３－３πｃｍ^2
よって、図形ＦＡＤ＝図形ＥＣＤ＝９√３－３πｃｍ^2
よって、色部分の面積＝扇形ＤＡＣ－図形ＦＡＤ－図形ＥＣＤ＝６×６×π×(１/４)－(９√３－３π)×２＝９π－１８√３＋６π＝１５π－１８√３ｃｍ^2
よって、答えは、１５π－１８√３ｃｍ^2

おまけ：

解答
正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、弧ＡＣと弧ＢＤの交点で辺ＢＣに近い方の点（扇形ＡＢＤと扇形ＤＣＡの交点）をＥとし、もう一方の点（扇形ＤＡＣと扇形ＣＢＤの交点）をＦとする。
ここで、ＡＥ，ＤＥを結ぶと、半径よりＡＥ＝ＡＤ，ＤＥ＝ＤＡより、ＡＥ＝ＤＥ＝ＡＤ
よって、△ＥＡＤは正三角形である。よって、∠ＥＡＤ＝∠ＥＤＡ＝６０°
また、ＣＦ，ＤＦを結んで同様に考えると、∠ＦＤＣ＝６０°
よって、∠ＦＤＥ＝６０°＋６０°－９０°＝３０°（これは他の求め方をしても良い。）
ところで、対称性より弧ＤＥ＝弧ＤＦなので、黄色部分の周りの長さは、
周の長さ＝６×２×３．１４×(６０/３６０)×２＋６×２×３．１４×(３０/３６０)＝４×３．１４＋３．１４＝３．１４×５＝１５．７ｃｍ
よって、答えは、１５．７ｃｍ

おまけ：

解答
黄色部分の正方形の面積は、大きな正方形から４つの直角三角形の面積を引けば求められるので、
黄色部分の正方形＝８×８－３×５÷２×４＝６４－３０＝３４ｃｍ^2
よって、円の直径×直径＝３４ｃｍ^2という事が分かる。
よって、(２×半径)×(２×半径)＝３４が成り立つ。
よって、半径×半径＝３４÷４＝１７/２ｃｍ^2
よって、円の面積＝(１７/２)×３．１４＝８．５×３．１４＝２６．６９ｃｍ^2
よって、黄色部部の面積＝３４－２６．６９＝７．３１ｃｍ^2
よって、答えは、７．３１ｃｍ^2

因みに、東大の理系を出ていても、中学受験の経験がない人はこういう問題が解けない人も多いので、手っ取り早く地頭が良いと思われたい人は、こういうのを勉強すると良い。
まぁ、個人的には頭がいいとか悪いとか全く興味がありませんが。それより、元バカなのに根性で東大に入った人とか尊敬します。（当然、人に教えて貰ったり要領よく勉強したんだろうけど。）

おまけ：

解答
（１）対頂角より∠ＡＦＤ＝∠ＣＦＥ　
また、∠ＡＤＦ＝∠ＣＥＦ＝９０°，ＡＦ＝ＣＦより、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＤＦと△ＣＥＦは合同。よって、ＤＦ＝ＥＦ―――＊
また、∠ＡＤＦ＝∠ＡＣＢ＝９０°，
∠Ａは共通より２角が等しいので、△ＡＤＦと△ＡＣＢは相似。
よって、△ＡＣＢと△ＣＥＦは相似である。
ところで、△ＡＣＢはＡＣ：ＢＣ＝２：１より、ＣＥ：ＦＥ＝２：１である。
よって、ＣＥ＝２×ＥＦ　また、＊より、
ＤＥ＝２×ＥＦ　よって、ＣＥ＝ＤＥである。よって、△ＣＤＥは直角二等辺三角形。
よって、∠ア＝４５°

（２）△ＡＤＦと△ＣＥＦは合同より△ＡＤＦを△ＣＥＦの所に移動させると、△ＡＢＣの面積は四角形ＤＢＣＥの面積と等しくなる。また、ＤＦ＝ＥＦ（＊）より、△ＣＥＦと△ＣＤＦの面積は等しい。
ここで、ＣからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、（１）の終わりより△ＣＤＥは直角二等辺三角形なので、四角形ＤＨＣＥは正方形になる。よって、ＣＨ＝ＣＥ　また、条件よりＢＣ＝ＣＦ　
また、∠ＣＨＢ＝∠ＣＥＦ＝９０°より、直角三角形の斜辺と他の１辺が等しいので、
△ＣＨＢと△ＣＥＦは合同。
よって、△ＣＥＦの面積を①とすると、
△ＣＤＥ＝②で、正方形ＤＨＣＥ＝④より、四角形ＤＢＣＥ＝④＋①＝⑤　ところで、四角形ＤＢＣＥ＝△ＡＢＣ＝１０ｃｍ^2より、⑤＝１０ｃｍ^2　よって、①＝２ｃｍ^2　
よって、△ＣＥＦ＝２ｃｍ^2

（３）正方形ＤＨＣＥ＝④＝２×４＝８ｃｍ^2　また、正方形ＤＨＣＥ＝ＣＤ×ＥＨ÷２＝ＣＤ×ＣＤ÷２より、ＣＤ×ＣＤ÷２＝８ｃｍ^2が成り立つ。
よって、ＣＤ×ＣＤ＝１６ｃｍ^2　
よって、ＣＤ＝４ｃｍ

おまけ：

解答
中央左上の頂点（３ｃｍと４ｃｍの直角の所）から反時計回りにＡ～Ｆと振り、六角形ＡＢＣＤＥＦの内部の点をＯとすると、△ＯＡＦは正三角形よりＯＡ＝ＯＦ＝３ｃｍ
また、△ＯＦＥは直角二等辺三角形よりＥＦ＝ＯＦ＝３ｃｍ
よって、△ＯＡＢ＝３×４÷２＝６ｃｍ^2，△ＯＦＥ＝３×３÷２＝９/２＝４．５ｃｍ^2
ここで、ＯＡ＝ＯＦ，∠ＯＡＢ＝∠ＯＦＥ＝９０°より△ＯＡＢと△ＯＦＥをＯＡとＯＦの所でくっつけると１つの三角形ＯＢＥになる。
また、∠ＦＯＡ＝∠ＢＯＣ＝∠ＤＯＥ＝６０°より、∠ＡＯＢ＋∠ＣＯＤ＋∠ＥＯＦ＝３６０°－６０°×３＝１８０°
よって、先の△ＯＢＥにさらに△ＯＣＤをＯＥとＯＤの所でくっつけると１つの三角形ＥＢＣが出来、ＯＢ＝ＯＣより点ＯはＢＣの真ん中の点になる。よって、△ＥＢＯと△ＥＣＯの面積は等しい。
ところで、△ＥＢＯ＝△ＯＢＥ＝△ＯＡＢ＋△ＯＦＥ＝６＋４．５＝１０．５ｃｍ^2　
よって、△ＯＣＤ＝△ＯＣＥ＝△ＥＣＯ＝△ＥＢＯ＝１０．５ｃｍ^2
よって、答えは、１０．５ｃｍ^2

因みに、△ＯＡＢと△ＯＦＥを１つの三角形ＯＢＥにした時点で、∠ＢＯＥ＋∠ＣＯＤ＝３６０°－１８０°＝１８０°で∠ＢＯＥと∠ＣＯＤが補角をなしている事より、１つの角が補角をなしている三角形の面積比の公式https://ameblo.jp/motiarukusugaku/entry-10682788564.htmlを使うと、
△ＯＢＥ：△ＯＣＤ＝ＯＢ×ＯＥ：ＯＣ×ＯＤで、ＯＢ＝ＯＣ，ＯＥ＝ＯＤより△ＯＢＥ：△ＯＣＤ＝１：１　つまり、△ＯＣＤ＝△ＯＢＥ＝６＋４．５＝１０．５ｃｍ^2と求められる。
何でもありの解法は次回。

おまけ：https://instagrammernews.com/detail/2907903049399345233

何でもありの解法
上と同じようにＡ～Ｆ，Ｏと振ると、△ＡＢＯは３，４，５の直角三角形よりＯＢ＝５ｃｍ　
また、△ＯＢＣ，△ＯＦＡは正三角形より、ＯＣ＝ＯＢ＝５ｃｍ，ＯＦ＝ＯＡ＝３ｃｍ
また、△ＦＯＥは直角二等辺三角形より、ＯＥ＝３√２ｃｍ　また、△ＯＤＥも正三角形よりＯＤ＝ＯＥ＝３√２ｃｍ
よって、ＯＣ＝５ｃｍ，ＯＤ＝３√２ｃｍ
また、∠ＣＯＤ＝３６０°－６０°×３－４５°－Arctan(4/3)
＝１３５°－Arctan(4/3)
∴△ＯＣＤ＝(１/２)・５・３√２・sin(１３５°－Arctan(4/3))＝(１５√２/２)・sin(１３５°－Arctan(4/3))
∴△ＯＣＤ＝(１５√２/２)・sin(１３５°－Arctan(4/3))―――①
加法定理より、
sin(１３５°－Arctan(4/3))
＝sin１３５°cos(Arctan(4/3))－cos１３５°sin(Arctan(4/3))
＝(１/√２)(３/５)－(－１/√２)(４/５)
＝３/５√２＋４/５√２＝７/５√２
∴sin(１３５°－Arctan(4/3))＝７/５√２―――②
②を①に代入すると、
△ＯＣＤ＝(１５√２/２)・(７/５√２)
＝２１/２ｃｍ^2
よって、答えは、１０．５ｃｍ^2

おまけ：

問題
里見女流五冠がプロ棋士編入試験で５戦中３勝すれば合格するそうです。毎回、勝つ確率は１/２として合格する確率を求めて下さい。また、初戦黒星の場合の合格する確率も求めて下さい。

解答
３勝以上すれば良いので、
（ⅰ）３勝する確率、
5Ｃ3×(１/２)^3×(１/２)^2＝１０×(１/２^5)＝１０/３２＝５/１６
（ⅱ）４勝する確率、
5Ｃ4×(１/２)^4×(１/２)＝５×(１/２^5)＝５/３２
（ⅲ）５勝する確率、
5Ｃ5×(１/２)^5＝１/３２
（ⅰ）～（ⅲ）より、３勝以上する確率は、
１０/３２＋５/３２＋１/３２＝１６/３２＝１/２
よって、合格する確率は、１/２

初戦を負けた場合は、残り４戦で３勝以上すれば良いので、
（ⅰ）３勝する確率、
4Ｃ3×(１/２)^3×(１/２)＝４×(１/２^4)＝４/１６＝１/４
（ⅱ）４勝する確率、
4Ｃ4×(１/２)^4＝１/１６
（ⅰ），（ⅱ）より、３勝以上する確率は、
４/１６＋１/１６＝５/１６＝0.3125　よって、約３１％

因みに、勝率６割５分で計算すると、
約５６％になり、初戦を負けていない状態で勝率を６割５分にすると約７６％になる。
過去に２人しか合格していない所を見ると、勝率はかなり低いんでしょうね。（相手は格上ですから当然と言えば当然ですが。）

おまけ：

＞（１）modｎで考える。
２(１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k)≡２(１^k＋２^k＋・・・＋(ｎ－１)^k)

modｎなのでｎ^k≡０だから。

＞２(１^k＋２^k＋・・・＋(ｎ－１)^k)
≡(１^k＋(ｎ－１)^k)＋(２^k＋(ｎ－２)^k)＋・・・＋((ｎ－１)^k＋１^k)

ここは、厳密には＝である。
２(１^k＋２^k＋・・・＋(ｎ－１)^k)
＝１^k＋２^k＋・・・＋(ｎ－１)^k
＋(ｎ－１)^k＋・・・＋２^k＋１^k
（括弧を２つに分けて片方を逆にした）
＝(１^k＋(ｎ－１)^k)＋(２^k＋(ｎ－２)^k)＋・・・＋((ｎ－１)^k＋１^k)
（縦に足した）

＞(－ａ)^k≡(ｎ－ａ)^k（modｎ）に注意すれば、
≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋・・・＋((－１)^k＋１^k)

まず、ｎ≡０（modｎ）で、この両辺に－ａを加えると、ｎ－ａ≡－ａ（modｎ）
∴－ａ≡ｎ－ａ（modｎ）この両辺をｋ乗すると、(－ａ)^k≡(ｎ－ａ)^k（modｎ）
また、(１^k＋(ｎ－１)^k)＋(２^k＋(ｎ－２)^k)＋・・・＋((ｎ－１)^k＋１^k)の括弧内の第２項（後ろの項）を(ｎ－ａ)^k≡(－ａ)^k（modｎ）で変換させるために最後の項を書き換えると、
(１^k＋(ｎ－１)^k)＋(２^k＋(ｎ－２)^k)＋・・・＋[(ｎ－１)^k＋{ｎ－(ｎ－１)}^k]
＝(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋・・・＋[(ｎ－１)^k＋{－(ｎ－１)}^k]
厳密にはこうしないとダメである。

＞ｋは奇数だから、
≡(１^k－１^k)＋(２^k－２^k)＋・・・＋(－１^k＋１^k)＝０

ｋは奇数だから、
≡(１^k－１^k)＋(２^k－２^k)＋・・・＋{(ｎ－１)^k－(ｎ－１)}^k}＝０

＞（２）mod(ｎ＋１)で考える。ｎ－ｉ＋１≡－ｉ（modｎ＋１）

ｎ＋１≡０（modｎ＋１）この両辺に－ｉを加えると、ｎ－ｉ＋１≡－ｉ（modｎ＋１）

＞２(１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k)
≡(１^k＋ｎ^k)＋(２^k＋(ｎ－１)^k)＋・・・
＋(ｎ^k＋１^k)
≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋・・・＋((－１)^k＋１^k)＝０

これも（１）と同様にすると、
２(１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k)
＝(１^k＋ｎ^k)＋(２^k＋(ｎ－１)^k)＋・・・
＋(ｎ^k＋１^k)
＝(１^k＋ｎ^k)＋(２^k＋(ｎ－１)^k)＋・・・
＋[ｎ^k＋{ｎ－(ｎ－１)}^k]
≡(１^k＋(－１)^k)＋(２^k＋(－２)^k)＋・・・＋{ｎ^k＋(－ｎ)^k}＝０
念のため、ｎ－ｉ＋１≡－ｉ（modｎ＋１）から、ｎ－(ｉ－１)≡－ｉ（modｎ＋１）
∴{ｎ－(ｉ－１)}^k≡(－ｉ)^k（modｎ＋１）として、ｉ＝１～ｎまで当てはめて考えれば良い。

おまけ：

問題
ｋを奇数とするとき、１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^kは１＋２＋・・・＋ｎで割り切れることを証明せよ。

別解
（ⅰ）ｎが奇数の場合
例えば、１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^kを５で割った余りは、
１^k＋２^k＋(－２)^k＋(－１)^k＋０≡０（mod５）（ｋは奇数だから。）
よって、法則的に１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^kをｎで割った余りは０という事が分かる。
∴１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k≡０（modｎ）―――①
また、ｎ＋１で割った余りは６で割って考えると、
１^k＋２^k＋３^k＋(－２)^k＋(－１)^k≡３^k（mod６）
つまり、１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^kをｎ＋１で割った余りは{(ｎ＋１)/２}^kをｎ＋１で割った余りと等しく、これは(ｎ＋１)/２で割り切れるので、
１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k≡０（mod (ｎ＋１)/２）―――②
（これは１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^kが３で割り切れる事を考えれば納得できると思う。念のため、ｋは奇数の場合。）
ところで、ｎとｎ＋１は互いに素よりｎと(ｎ＋１)/２は互いに素である。よって、①，②より、
１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k≡０（mod ｎ(ｎ＋１)/２）
よって、１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^kは１＋２＋・・・＋ｎで割り切れる。
（ⅱ）ｎが偶数の場合
例えば、１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^k＋６^kを６で割った余りは、
１^k＋２^k＋３^k＋(－２)^k＋(－１)^k＋０≡３^k（mod６）
つまり、１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^kをｎで割った余りは、(ｎ/２)^kをｎで割った余りと等しく、これはｎ/２で割り切れるので、
１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k≡０（mod ｎ/２）―――①
また、ｎ＋１で割った余りは、ｎ＋１＝７で考えると、
１^k＋２^k＋３^k＋(－３)^k＋(－２)^k＋(－１)^k≡０（mod７）
つまり、１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k≡０（mod ｎ＋１）―――②
ｎとｎ＋１は互いに素よりｎ/２とｎ＋１も互いに素なので、①，②より、
１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^k≡０（mod ｎ(ｎ＋１)/２）
よって、１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^kは１＋２＋・・・＋ｎで割り切れる。
（ⅰ），（ⅱ）より、１^k＋２^k＋・・・＋ｎ^kは１＋２＋・・・＋ｎで割り切れる。
よって、示された。

補足１
これは１^k＋２^k＋３^k＋４^k＋５^kが３で割り切れる事を考えれば納得できると思う。念のため、ｋは奇数の場合。

１^k＋５^k＋２^k＋４^k＋３^k＝(１＋５)(１^(k-1)－・・・＋５^(k-1))＋(２＋４)(２^(k-1)－・・・＋４^(k-1))＋３^k＝６・(１^(k-1)－・・・＋５^(k-1))＋６(２^(k-1)－・・・＋４^(k-1))＋３^k
よって、３で割り切れる。

補足２
ｎとｎ＋１は互いに素よりｎと(ｎ＋１)/２は互いに素である。

ｎとｎ＋１が互いに素ならばｎと(ｎ＋１)/２は互いに素である。この対偶を取ると、
ｎと(ｎ＋１)/２に共通因数があるならばｎとｎ＋１には共通因数がある。
この命題は真なので元の命題も真である。

おまけ：

解答
半円の中心をＯとしてＯＰを結ぶと、半径よりＯＡ＝ＯＰで∠ＯＡＰ＝４５°より、
△ＯＡＰは直角二等辺三角形。
よって、∠ＡＯＰ＝９０°より∠ＢＯＰ＝１８０°－９０°＝９０°また、半径よりＯＢ＝ＯＰなので、△ＯＢＰも直角二等辺三角形。（△ＡＢＰも直角二等辺三角形になる。）
よって、∠ＯＢＰ＝４５°また、∠ＡＰＢ＝４５°＋４５°＝９０°より∠ＢＰＣ＝１８０°－９０°＝９０°よって、△ＢＰＣの内角の和より∠ＰＢＣ＝１８０°－９０°－６０°＝３０°よって、∠ＯＢＱ＝４５°＋３０°＝７５°また、半径よりＯＢ＝ＯＱなので、△ＯＢＱは二等辺三角形。
よって、∠ＢＯＱ＝１８０°－７５°×２＝３０°
ところで、△ＡＢＰの面積を２通りで考えると、△ＡＢＰ＝６×６÷２＝１８ｃｍ^2　また、△ＡＢＰ＝ＡＢ×ＯＰ÷２＝直径×半径÷２＝(２×半径)×半径÷２＝半径×半径　よって、半径×半径＝１８ｃｍ^2である。
よって、扇形ＯＢＱ＝半径×半径×３．１４×(３０/３６０)＝１８×３．１４×(１/１２)＝３．１４×(３/２)＝４．７１ｃｍ^2―――①
また、ＱからＯＢに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＯＱＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型なので、ＱＨ＝ＯＱ/２＝半径/２　
よって、△ＯＢＱ＝ＯＢ×ＱＨ÷２＝半径×(半径/２)÷２＝(半径×半径)/４＝１８/４＝９/２＝４．５ｃｍ^2　
よって、△ＯＢＱ＝４．５ｃｍ^2―――②
①－②より、黄色部分の面積＝４．７１－４．５＝０．２１ｃｍ^2
よって、答えは、０．２１ｃｍ^2

おまけ：

問題１の解答
長方形を左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ＣＤ上の点（折り目）をＥとする。
また、ＡＥで折った点Ｄの行き先をＤ'とし、ＡＤ'上の点（折り目）をＦとする。
また、ＥＦで折った点Ｄ'の行き先をＤ''とし、Ｄ''ＦとＡＥとの交点をＧとする。
ところで、求めたいのは、∠ア＝∠Ｄ''ＦＥ
∠ＤＡＤ'＝９０°－５４°＝３６°また、折り返しより∠ＤＡＥ＝∠Ｄ'ＡＥ
よって、∠Ｄ'ＡＥ＝３６°÷２＝１８°
よって、∠ＦＡＧ＝１８°また、∠ＦＧＡ＝１８０°－１３４°＝４６°
よって、△ＦＡＧの内対角の和より、
∠Ｄ'ＡＧ＝１８°＋４６°＝６４°よって、∠Ｄ'ＦＤ''＝６４°
ところで、折り返しより、
∠D'ＦＥ＝∠Ｄ''ＦＥ　よって、∠Ｄ''ＦＥ＝６４°÷２＝３２°よって、∠ア＝３２°
よって、答えは、３２°

おまけ：

問題２の解答
点ＤのＢＣに関する対称点をＤ'とすると、
∠ＤＢＣ＝∠Ｄ'ＢＣ＝３０°より、
∠ＤＢＤ'＝６０°また、ＢＤ＝ＢＤ'より、△ＢＤＤ'は頂角が６０°の二等辺三角形より正三角形。よって、ＢＤ＝Ｄ'Ｄ　また、条件よりＡＤ＝ＢＤなので、
ＡＤ＝Ｄ'Ｄ――― ①
ところで、∠ＡＤＣ＝３６０°－１４２°－１３９°＝７９°また、△ＢＤＤ'は正三角形より∠ＢＤＤ'＝６０°よって、∠Ｄ'ＤＣ＝１３９°－６０°＝７９°
よって、∠ＡＤＣ＝∠Ｄ'ＤＣ―――②　
また、ＤＣは共通―――③
①，②，③より、ニ辺挟角が等しいので、△ＡＤＣと△Ｄ'ＤＣは合同。
よって、∠ア＝∠ＡＣＤ＝∠Ｄ'ＣＤ
また、∠ＤＣＢ＝１８０°－１３９°－３０°＝１１°より、∠Ｄ'ＣＤ＝１１°×２＝２２°よって、∠ア＝２２°
よって、答えは、２２°

おまけ：

＞（２）ｘとｙのどちらも奇数とする。このとき、
ｘ≡１（mod２），ｙ≡１（mod２）であるから、ｘ^2≡１（mod４），ｙ^2≡１（mod４）

全てを２乗したのでしょう。この法則は参考書には載っていないが、ｘ≡１（mod２）からｘ＝２ｎ＋１（ｎ∈ℤ）と置いて２乗すると、ｘ^2＝(２ｎ＋１)^2＝４ｎ^2＋４ｎ＋１≡１（mod４）より、ｘ^2≡１（mod４）で正しい。

＞したがって、ｘ^2＋ｙ^2≡２（mod４）であるから、ｚ^2≡２（mod４）を得る。
このとき、問2.2(1)よりｚ^2≡０（mod２）すなわち、２｜ｚ^2

問2.2(1)より、ｚ^2≡２（mod２）∴ｚ^2≡０（mod２）∴２｜ｚ^2
因みに、ｚ^2≡２（mod４）からｚ^2は４で割って２余る数より偶数でｚ^2≡０（mod２）は自明。

＞ゆえに、定理1.10より２｜ｚであるから、ｚは偶数となり矛盾である（ｚ＝２のとき、ｘ，ｙはない）。

以前にも何度か指摘したが、定理1.10の適用はおかしい。
定理1.10　ａ，ｂ，ｃを整数とする。ａとｂが互いに素で、積ｂｃがａで割り切れるならばｃはａで割り切れる。すなわち、
ａ｜ｂｃ，(ａ，ｂ)＝１⇒ａ｜ｃ

２｜ｚ^2に適用するという事は、ａ＝２，ｂ＝ｃ＝ｚと見るという事だろう。よって、２とｚが互いに素として、２｜ｚを得るとは矛盾である。
念のため「ｚが整数だから」だけで十分である。

ところで、初めの所で全てを２乗しないで、両辺だけを２乗すれば、ｘ^2≡１（mod２）
これは定理2.1(4)で保証されている。つまり、
ａ≡ｂ（modｎ）かつｃ≡ｄ（modｎ）ならば、ａ・ｃ≡ｂ・ｄ（modｎ）
これを両方ともｘ≡１（mod２）にすれば良い。
あとは、同様にｙ^2≡１（mod２）から、
ｘ^2＋ｙ^2≡２≡０（mod２）∴ｚ^2≡０（mod２）∴ｚ≡０（mod２）
ｚは偶数となり矛盾である（ｚ＝２のとき、ｘ，ｙはない）。で良いだろう。

おまけ
「天才と狂人は紙一重というが、ある意味で、すべての霊能者（オカルティスト）や見神者は狂人と紙一重である。霊的にみれば狂人というのは、神経回路が混線したり、ショートした人間のことである。そして、神経とは、すなわち「神の経（みち）」である。数万年、数十万年のあいだ幽閉されてきた神々は、みずからを顕現化させる容器を求めていた。そのあまりに巨大な噴出力は、ときには、まず容器になるべき人間の周辺や、その地域全体の神経回路を混乱させたり、ショートさせてしまうのだ。だから、この地域の異常性、ナオをとりまく悲惨の数々は、きたるべき神の、壮大なる世界の登場のきざしのようなものであったともいえる。ついでにいっておくと、後年までナオに投げかけられる「気狂い婆」という罵倒にたいし、王仁三郎に投げかけられた悪罵は「山師」であった。」
「出口王仁三郎の霊界からの警告」武田崇元著より

問題
不定方程式ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2は素数の解をもたないことを証明せよ。

別解１
ｘ，ｙが共に偶数の場合はｚも偶数になり全ての辺を２で割り続ければ、次の２通りに帰着する。
（ⅰ）ｘ，ｙが共に奇数の場合
（ⅱ）ｘ，ｙが偶数と奇数の組み合わせの場合

（ⅰ）の場合は、奇数＋奇数＝偶数より、
ｘ＝２ｍ＋１，ｙ＝２ｎ＋１，ｚ＝２ｋ（ｋ，ｍ，ｎ∈ℤ）と置いて、与式に代入すると、
(２ｍ＋１)^2＋(２ｎ＋１)^2＝(２ｋ)^2
∴４ｍ^2＋４ｍ＋１＋４ｎ^2＋４ｎ＋１
＝４ｋ^2
∴４(ｋ^2－ｍ^2－ｎ^2－ｍ－ｎ)＝２
∴２(ｋ^2－ｍ^2－ｎ^2－ｍ－ｎ)＝１
ｋ，ｍ，ｎは整数より左辺は偶数で右辺は奇数より矛盾。よって、（ⅰ）の場合はあり得ない。
（ⅱ）の場合の確認は省略するが、これもあり得なかったらピタゴラスの定理は整数では成り立たない事になってしまうので、（ⅱ）は成り立つ。

ところで、偶数の素数は２しかないので、結局、ｘ＝２として、２^2＋ｙ^2＝ｚ^2が素数では成り立たない事を示せば良い。
ｚ^2－ｙ^2＝４より、(ｚ－ｙ)(ｚ＋ｙ)＝４
ところで、累乗数が偶数なので、ｘ，ｙ，ｚを自然数としても一般性を失わない。
４＝１・４＝２・２で、ｚ－ｙ＜ｚ＋ｙより、
ｚ－ｙ＝１，ｚ＋ｙ＝４の場合のみである。
２式を足すと、２ｚ＝５　∴ｚ＝５/２∉ℕ
よって、２^2＋ｙ^2＝ｚ^2は自然数では成り立たない。
よって、ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2は素数の解をもたない。

おまけ
「高次な霊的意志、神示を現界に伝達するには、あらかじめ媒体となるにふさわしい霊格＝血脈、霊統と、霊界からのシグナルをキャッチする敏感な受信装置＝霊能、魂体の所有者が必要となってくる。これは「天であらため、地であらためた血統」「天におひとり、地におひとりかわらぬ身魂の性来のやまと魂のたねが一粒かくしてありた」と「お筆先」でも告知されている。しかも、霊界から発せられる意志は、それが高次なものであればあるほど、強烈で錯綜したスクランブルなシグナルとして発信される。一般の霊媒的特質だけもった人びとの場合、かりにその霊媒が狐狸や人霊のような低いレベルの「霊界」ではなく、高次元の霊界＝神示の一端と回路が開けたとしても、そこから発せられる、強烈で錯綜したシグナルの受信を、自分で制御することがまずできない。つまり、正確に解読できないため、支離滅裂なことを口走ったり、あやまった予言や、現実界にマイナスに反映してしまうような霊的なイメージをうえつけるといった表現をとる結果となるのである。だから、もともと高次の霊界との交感性は、いま述べたように、ある選別された特定の人間によってしか確保されえないし、かりにそういう器でも、コンバート機構を自分のなかにつくれないと、霊界が神経に逆流して、発狂したりするのである。」
「出口王仁三郎の霊界からの警告」武田崇元著より

問題
不定方程式ｘ^2＋ｙ^2＝ｚ^2は素数の解をもたないことを証明せよ。

別解２
ピタゴラス数の生成式より、
ｘ＝ｍ^2－ｎ^2，ｙ＝２ｍｎ，ｚ＝ｍ^2＋ｎ^2（ｍ＞ｎ，ｍ，ｎ∈ℕ）と置ける。
よって、ｙは２より大きい偶数より素数ではない。よって、示された。

おまけ：https://ameblo.jp/hitorinomeaki/entry-11032346012.html

問題
ｐを３より大きい素数とするとき、
合同式ｐ^2≡１（mod１２）を証明せよ。

別解
ｐ＝６ｍ±１で３より大きい全ての素数を表せる。https://stsincerity.hatenadiary.org/entry/20120109/1326171480
∴ｐ^2＝(６ｍ±１)^2＝３６ｍ^2±１２ｍ＋１
∴ｐ^2≡１（mod１２）
よって、示された。

おまけ：