２０２６は１×１＋４５×４５のように、同じ整数を２回かけあわせた２つの数を足しあわせた数です。３７７は小さい順にならべた４つの整数Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄを用いて３７７＝Ａ×Ａ＋Ｄ×Ｄ＝Ｂ×Ｂ＋Ｃ×Ｃと表すことができます。
このような整数の組（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ）は１組だけです。（Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ）を求めなさい。
上限チェックを行うと、答えの数値がそれほど大きい値とならないことがわかります。
しかも、覚えているはずの平方数の範囲に答えがあるので、平方数を書き出しても解けてしまいます（小２ぐらいの子でも普通に解けますし、算数オリンピックのキッズBEEにチャレンジするような子なら解けて当たり前です）が、解説ページでは、少し頭を使った解法で解いています。
なお、２０２５年の開成高校の入試で同じような問題が出されているので、後日取り上げたいと思います。
詳しくは、西大和学園中学校２０２６年算数第３問（４）の解答・解説で。
今回は２００１年のJMOの予選第１１問を取り上げます。
自然数というのは１以上の整数のことで、６ｎは６×ｎのことです。
下のページで紹介している約数の総和の求め方（最難関中学校の受験生であれば常識レベルのことです）をマスターしていれば小学生でも解けます。
以前取り上げた下の名古屋大学の入試問題が一部の素因数の約数の総和を減らすことを考えるのに対して、今回取り上げる数学オリンピックの問題は一部の素因数の約数の総和を増やすことを考える問題で、実質的には同じ問題と言えるでしょう。
さて、JMOの問題を解いていきましょう。
６の約数の総和が１＋２＋３＋６（あるいは、（１＋２）×（１＋３））＝１２であることに着目して解きます。
（あ）ｎと６の最大公約数が１（ｎと６が互いに素）のとき
Ｓ（６ｎ）＝（１＋２）×（１＋３）×Ｓ（ｎ）＝１２Ｓ（ｎ）となり、条件を満たします。
２でも３でも割り切れない数は連続する整数６個の中に２個あるから、３桁の整数９００個の中には９００×２/６＝３００個あり、これがこの場合のｎの個数となります。
（い）ｎと６の最大公約数が２のとき
ｎは２の倍数となります。
ｎの素因数２の個数を○（○は１以上の整数）個とします。
以下、２を○個かけ合わせた数を２の○乗と表記します。
Ｓ（６ｎ）＝（１＋３）×（１＋２＋・・・＋２の（○＋１）乗）/（１＋２＋・・・＋２の〇乗）Ｓ（ｎ）≧１２Ｓ（ｎ）より、（１＋２＋・・・＋２の（○＋１）乗）/（１＋２＋・・・＋２の〇乗）≧３・・・（☆）とならなければいけません。
ここで、（☆）は、
１＋２＋・・・＋２の（○＋１）乗≧（１＋２＋・・・＋２の〇乗）×３
２の（○＋１）乗≧（１＋２＋・・・＋２の〇乗）×２ （両辺から１＋２＋・・・＋２の○乗を取り除きました。）
となりますが、（１＋２＋・・・＋２の〇乗）×２≧（１＋２の○乗）×２＝２＋２の（○＋１）乗となり、与えられた条件を満たすことはありえません。
（う）ｎと６の最大公約数が３のとき
（い）の場合と同様にするだけなので、「同様にして」と述べて作業しないことも可能だと思いますが、一応作業をしておきます（ほぼコピペです）。
ｎは３の倍数となります。
ｎの素因数３の個数を△（△は１以上の整数）個とします。
以下、３を△個かけ合わせた数を２の○乗と表記します。
Ｓ（６ｎ）＝（１＋２）×（１＋３＋・・・＋３の（△＋１）乗）/（１＋２＋・・・＋３の△乗）Ｓ（ｎ）≧１２Ｓ（ｎ）より、（１＋３＋・・・＋３の（△＋１）乗）/（１＋３＋・・・＋３の△乗）≧４・・・（＊）とならなければいけません。
ここで、（＊）は、
（１＋２＋・・・＋３の（△＋１）乗）≧（１＋２＋・・・＋３の△乗）×４
３の（△＋１）乗≧（１＋３＋・・・＋３の△乗）×３ （両辺から１＋３＋・・・＋３の○乗を取り除きました。）
となりますが、（１＋３＋・・・＋３の△乗）×３≧（１＋３の△乗）×３＝３＋３の（△＋１）乗となり、与えられた条件を満たすことはありえません。
（あ）、（い）、（う）より、条件を満たすｎは３００個あります。
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今回は、日本ジュニア数学オリンピック２００５年第９問を取り上げ、解説します。
自然数というのは１以上の整数のことです。
いきなり４桁の整数を考えるのではなく、１桁から順に調べていけば、下の解法に行き着きます。
□桁の整数の右端に１から６の整数を付け加えて（□＋１）桁の整数を作ることを考えます。
□桁の整数（○とします）が７の倍数のとき、１から６のいずれの整数を付け加えても７の倍数となることはありません。
○（７の倍数）×１０＋△（１、２、３、４、５、６）だから、当然のことですね。
□桁の整数が７の倍数でない（７で割った余りが１、２、３、４、５、６の数）とき、１から６のいずれか１つの整数を付け加えたときのみ７の倍数となります。
○×１０＋△＝○×７＋○×３＋△で、下線部分が７の倍数となることを考えればよく、○が１、２、３、４、５、６のとき、△はそれぞれ４、１、５、２、６、３となりますね。
結局、（□＋１）桁の７の倍数の個数は□桁の７で割り切れない数の個数と一致します。
あとは、表を書いて求めるだけです。
□ １ ２ ３ ４
合 ６ ３６ ２１６
◎ ０ ６ ３０ １８６
× ６ ３０ １８６
（合、◎、×はそれぞれ□桁の整数、７の倍数、７で割り切れない数の個数）
したがって、求める個数は１８６個となります。
今回取り上げたJJMOの問題は、使える数字が１、２、３、４、５、６で７の倍数を考える問題だったから簡単に解けましたが、同じような問題が京都大学で過去に出されています（京都大学１９９４年前期文系数学第４問）。
さいころをｎ回振り、出た目の和が７で割り切れる確率を求める問題ですが、本質は何も変わりません。
具体的な数でないｎの絡んだ問題で、高校で習う漸化式の処理が必要になるので、小学生には解けせんが、漸化式の処理は単なるルーティーンワークに過ぎません。
漸化式を作るまでの処理は上の解法の考え方で終わっています。
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１より大きい整数に対して、次のような操作（＊）を行います。
操作（＊）：その整数が奇（き）数のときはその数に１を加え、その整数が偶（ぐう）数のときはその数を２で割る。
操作（＊）をくりかえし行い、はじめて１になったところで終了します。例えば、５に対して操作（＊）をくりかえし行うと、５→６→３→４→２→１となるので、操作（＊）を５回行うと終了します。
（１）１３は操作（＊）を何回行うと終了しますか。
（２）３けたの整数に操作（＊）をくりかえし行います。最も多い回数を行って終了する３けたの整数は何ですか。また、その回数は何回ですか。
（３）操作（＊）を１０回行って終了する整数は全部で何個ありますか。
昔からよく出される問題で、いまさら感がありますね。
因みに、（２）と同様の問題は、数学オリンピック（JMO)でも出されています（日本数学オリンピック２００３年予選第８問）。
（３）は甲陽学院でよく出される規則性が登場します。
甲陽学院の受験生なら落としてはいけないでしょう。
詳しくは、下記ページで。
今回は２００２年のJMOの予選第５問を取り上げます。
自然数というのは１以上の整数のことで、（ｍ－２）2は（ｍ－２）×（ｍ－２）、ｍ2－１はｍ×ｍ－１のことです。
算数オリンピックやジュニア算数オリンピックにチャレンジする子だけでなく、最難関中学校の志望者なら解けてほしい問題です。
実際、中学入試にも同じような問題が出されていますからね。
近年の問題であれば、次のような問題などがあります。
因みに、今から３０年以上前に次のような問題が出されています。
灘中学校１９９５年１日目第６問
３けたの整数[ ]を４．５倍すると、百の位と一の位が入れかわった。
この問題の解法は、今回取り上げるJMOの解法（後半の処理）そのものです。
さて、JMOの問題を解いていきましょう。
まず、ｍの範囲を絞ります。
３桁の平方数の最小のものは１０×１０＝１００で、最大のものは３１×３１＝９６１となります（３２×３２（２の１０乗）＝１０２４からすぐにわかりますね）。
（ｍ－２）2について考えます。
９×９×
１０×１０○
３１×３１○
３２×３２×
だから、ｍは１０＋２＝１２以上３１＋２＝３３以下の整数となります（ｍが１２のときなどは、百の位の数字と一の位の数字の入れ替えができませんが、そのことはとりあえず横に置いておきます（以下同じ））。
ｍ2－１について考えます。
１０×１０－１×
１１×１１－１○
３１×３１－１○
３２×３２－１×
だから、ｍは１１以上３１以下の整数となります。
結局、ｍは１２以上３１以下の整数となります。
下の面積図（２つの差を考えているので、２つの面積を重ね合わせています）より、（ｍ－２）2とｍ2－１の差はｍ×２＋ｍ×２－４－１（足しすぎたら引くの利用）＝ｍ×４－５となります（上記のｍの範囲では、（ｍ－２）2＜ｍ2－１ですね）。
ところで、ｍ2－１＝□×１００＋△×１０＋○×１（□＞○とできますね）とすると、（ｍ－２）2＝○×１００＋△×１０＋○×１となり、この２つのの差は□×９９－〇×９９＝（□－○）×９９となり、９９の倍数となります（最難関中学校の受験生なら当然覚えているはずの知識でしょう）。
結局、ｍ×４－５は、１２×４＝５＝４３以上３１×４－５＝１１９以下の９９の倍数となるから、ｍ×４－５＝９９となり、ｍは（９９＋５）/４＝２６となります
ｍ＝２６のとき、（２６－２）2＝５７６となり、２６2－１＝６７５となり、確かにすべての条件を満たしていますね。
したがって、ｍ＝２６だけが答えとなります。
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