😊出会いの泉😊

このコインは 1 回目に表が出たら以後表しか出ませんし、1 回目が裏なら以後裏しか出ません。
よって、「1 回目が表、2 回目が裏ということがそもそも起こり得ない」が答えですかね。

1回目だけを考えるとそういうことになりますね。
これでは全く面白くもないので、1,2回目を初期条件としてもらい
3回目以降がこの特殊コインが使われるものと考えてもらいたいのですが・・・

これまでに表が m 回、裏が n 回出ている場合、表と裏が (m+1):(n+1) の確率で出るコインを何の前提もなしに 10 回投げる

と思えばいいですか？
それなら、任意の 0≦k≦10 に対し、表が k 回出る確率は 1/11 です。
以前同様の問題をここの掲示板（teacup だった時代）にポリアの壺の関連問題として解いたことがあったはずですが……どの記事だったかな？

見当たらないので、以前と同じような内容になりますが、考え方を書いておきます。

“0” から “10” までの数字を書いた 11 枚カードを用意し、最初に “0” だけをデッキとして手に持ちます。
x 回目にコインを投げたとき、コインが表であれば “0” のカードより上、コインが裏であれば “0” のカードより下のどこかから無作為に 1 箇所を選んで、“x” のカードをデッキに追加します。

これは結局 x 回目に “x” のカードをデッキの x+1 箇所から無作為に 1 箇所選んで追加する行為を二度手間でやっているだけなので、
最終的にできる 11 枚のデッキの並び順はありえる 11! 通りの並び順が同様に確からしくなっています。

さて、コインの結果で表が k 回出る確率は、最終的にデッキで “0” が上から k+1 枚目にある確率です。
よって、その確率は k の値に関わらず 1/11 です。

DD++さんが探しているページは、「確率」（mathbun/mathbun1129）ですか？

あ、それですね。
まあ当時自分の中でも整理しきれないまま解答を書いたんで、わかりやすく書き直したという意味では今回また書いた価値はあったかなと思います。

以前に知人から教わったことを迷いましたがこのタイミングでここにぶらさげたく思います。

【ポリアの壺】
壺に濃いグレーの色の玉が a 個，薄いグレーの球が b 個入っている。m = a+b とする。その中から玉を 1 つ無作為に取り出し，選んだ玉を壺に戻した上で選んだ玉と同じ色の玉を 1 つ壺に加える。

この試行を n 回繰り返す。n 回目に濃いグレーの色の玉が選ばれる確率 Pn は n に依存せず
Pn = a/m
で求められる。

……8<……8<……8<……8<……

上記を直感的に理解するために以下の補題を考える。

【補題１】
壺に m 個の玉が入っている。玉の色は互いにあい異なる。(すなわち m 色の玉が壺にある)
1 ≦ k ≦ m なる整数 k を考えておく。
k 番目の玉の色を C[k] とする。
壺の中から玉を 1 つ無作為に取り出し，選んだ玉を壺に戻した上で選んだ玉と同じ色の玉を 1 つ壺に加える。

この試行を n 回繰り返す。n 回目に C[k] の色の玉が選ばれる確率 Pn[k] は n や k に依存せず
Pn[k] = 1/m
で求められる。

証明
明らか。
∵ m 色の玉があるが、それらの色について対称な問題設定なので……いわゆる、同様に確からしいと。)

……8<……8<……8<……8<……

補題１から、今回の投稿の冒頭にあげたポリアの壺の問題について考える。

宇宙人がやってきた。彼らは光の三原色を認識せず、白色、黒色、およびに白から黒までのグラデーションで各種の灰色を認識する。
補題１において、
C[1] から C[a] の色の a 個の玉の色を宇宙人は濃いグレーの色と認識し、C[a+1] から C[a+b] の色の b 個の玉の色を薄いグレーの色と認識する。

壺の中から玉を 1 つ無作為に取り出し，選んだ玉を壺に戻した上で選んだ玉と同じ色の玉を 1 つ壺に加える。

この試行を n 回繰り返す。n 回目に 濃いグレーの色の玉が選ばれる確率 Pn は n に依存せず
Pn = a/m
で求められる。

証明。
Pn = Pn[1]+Pn[2]+ …… +Pn[a] = a*(1/m) = a/m
(補題１を使った。)

……8<……8<……8<……8<……

確率についての漸化式や数学的帰納法を
回避しているので、ほぼ計算なしに結論が得られます。
上手に説明すれば小学生にもわかるかも？

スレッド作成ありがとうございます！

すみません、見事に見落としておりました、想定解答を新しいスレッドに書いていたら先に作っていただいたので、こちらで続けます。

実は想定解答とは違いましたが、うまく求められる図形に変形していくいい解き方ですね！じつはこの最初の△ACDを反転する方法でも二等辺三角形に持っていく方法はいくつかありそうでした。
簡略な紹介となりますが、例えば図のように変形しても解けそうです。（本質は一緒でした！）

想定解法はこのようなものでした。ご紹介させていただきますm(_ _)m

【問題】
等脚台形ABCDがあり、AD//BCである
∠ABC＝∠DCB＝45°
∠ACB＝15°
∠ACD＝30°
AD＝10cm
四角形ABCDの面積は？

【想定解法】（少し省略して書きます）
四角形ABCDに外接する円の中心をOと置く（円がおけることの議論は割愛）
中心角の定理より、∠AOB＝15°×2＝30°、同様に∠DOC＝30°、∠AOD＝30°×2＝60°。
よって、△AOBと△DOCは30°を頂角とする二等辺三角形、△AODは正三角形。
ここで、△AODと△BOCをそれぞれ真ん中の縦線で半分にすると、それぞれ同じ大きさの30°、60°、90°の直角三角形ができるため、△AODと△BOCの面積は等しい。（厳密な議論は省略）
それにより、四角形ABCDの面積は△AOBと△DOCの面積の合計と等しくなる。（五角形ABOCDの面積から△AODの面積を引いたものと五角形ABOCDの面積から△BOCの面積を引いたものが等しいため）
△AOBと△DOCはおなじみの面積が求められる二等辺三角形（30°、75°、75°）であるため、10cm×5cm÷2×2＝50cm^2（答え）

雑に作った図も載せておきます汗

DD++さんのこの解法は、いまの模範解答を思いつくまでは模範解答としておりました。作問時にはここから問題を作ったので、私としては意図を組んでくださったと大変うれしく思っております。
その他の皆様も、様々に解いてくださりありがとうございました！

> "なつ"さんが書かれました:
> スレッド作成ありがとうございます！

> すみません、見事に見落としておりました、想定解答を新しいスレッドに書いていたら先に作っていただいたので、こちらで続けます。

> 実は想定解答とは違いましたが、うまく求められる図形に変形していくいい解き方ですね！じつはこの最初の△ACDを反転する方法でも二等辺三角形に持っていく方法はいくつかありそうでした。
> 簡略な紹介となりますが、例えば図のように変形しても解けそうです。（本質は一緒でした！）

なつさんの方法では、面積は求まらない？答えが、５０√３となるのでは？

> "ＨＰ管理者"さんが書かれました:
> なつさんの方法では、面積は求まらない？答えが、５０√３となるのでは？

メッセージありがとうございます。大変申し訳ございません、「△AOBと△DOC」と表記すべき部分が2か所「△AODと△BOC」と誤植していたようです、そのためでしょうか・・・？（元の投稿は修正しました）

【元】
それにより、四角形ABCDの面積は△AODと△BOCの面積の合計と等しくなる。（五角形ABOCDの面積から△AODの面積を引いたものと五角形ABOCDの面積から△BOCの面積を引いたものが等しいため）
△AODと△BOCはおなじみの面積が求められる二等辺三角形であるため、10cm×5cm÷2×2＝50cm^2（答え）
【修正後】
それにより、四角形ABCDの面積は△AOBと△DOCの面積の合計と等しくなる。（五角形ABOCDの面積から△AODの面積を引いたものと五角形ABOCDの面積から△BOCの面積を引いたものが等しいため）
△AOBと△DOCはおなじみの面積が求められる二等辺三角形（30°、75°、75°）であるため、10cm×5cm÷2×2＝50cm^2（答え）

私は逆に外接円を使う方を先に思いつきました。
ただ、「流石に中心角の定理は算数外か？」と思って却下しちゃったんですよね。
どうやら中心角もアリみたいなので、それを私の第三の解答として投稿します。


四角形 ABCD の外接円を書き、中心を O とします。
中心角の定理より ∠AOD = 60° なので △AOD は正三角形で、この外接円の半径は 10 cm です。
また、中心角の定理より、∠AOC = 90°, ∠COD = 30° です。

さて、ここで △CAB を、点 O を中心に 90° 回転移動して点 C を点 A に重ね、△AEF とします。
台形の面積は △ACD + △AEF で求まります。
そしてこれを等積変形（※）して △OCD + △OEF とします。
これら 2 つは合同な二等辺三角形で、もはや言うまでもない方法で 1 つ 25 cm^2 と出るので、元の台形の面積は倍の 50 cm^2 です。


※ 2 つの三角形について、底辺同士が平行で長さが等しく、頂点が同一点かつそれが底辺を延長した平行線の間にある場合、その共通頂点を平行線の間のどこへ移動しても 2 つの三角形の面積の和は一定

>流石に中心角の定理は算数外か？

DD++さん、ご指摘ありがとうございます。たしかに中心角の定理は算数外みたいですね、うっかり説明なしに使ってしまっておりました申し訳ございません。。。
円を使わずにやるとどうしても逆説的な手法になってしまいそうですね。
高さの合計がちょうど二等辺三角形2つ分になる発想は思いつきませんでした、面白い解法をありがとうございます！

面積＝５０　ですか？

多分、模範解答じゃないと思いますが。

等脚台形ＡＢＣＤを４つ使ってＢＣを１辺とした正方形とＡＤを１辺とした正方形を作ります。
外側の正方形を反時計回りにＢＣＥＦ，内側の正方形を反時計回りにＡＤＧＨとしましょう。
ここで、ＤからＢＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＤＩＣは直角二等辺三角形より辺ＡＢの外側に移動させ、
点Ｉの行き先をＪとすると、四角形ＪＢＩＤは長方形になります。
また、ＡＨの延長とＦＥとの交点をＫ，ＨＧの延長とＥＣとの交点をＬとすると、四角形ＦＪＡＫ，四角形ＫＨＬＥ，四角形ＧＩＣＬは皆、長方形ＪＢＩＤと合同な長方形になり、対称性から四角形ＫＪＩＬは正方形になります。
ところで、ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＯとすると、Ｏは正方形ＢＣＥＦの中心で∠ＢＯＣ＝９０°
よって、∠ＡＯＣ＝９０°，∠ＯＣＡ＝３０°より△ＯＡＣは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型。
よって、ＯＡ：ＡＣ＝１：２　よって、ＯＡ＝□ｃｍと置くと、ＡＣ＝２×□ｃｍ
また、ＪＩ＝ＡＣより、ＪＩ＝２×□ｃｍ
ところで、求めたいのは、台形ＡＢＣＤ＝長方形ＪＢＩＤ＝△ＪＤＩ×２より、
(正方形ＫＪＩＬ－正方形ＡＤＧＨ)÷４×２———☆　を求めれば良い。
よって、{(２×□)×(２×□)－１０×１０}÷４×２＝(４×□×□－１００)÷２———①
また、△ＯＡＤ＝□×□÷２，△ＯＡＤ＝１０×１０÷４＝２５ｃｍ^2より、□×□＝５０ｃｍ^2———②
②を①に代入すると、答えは、(４×５０－１００)÷２＝５０ｃｍ^2

模範解答はエレガントなのでしょうね。模範解答に期待しています。

皆さんありがとうございます、答えは50cm^2で合っております。
壊れた扉さんの解法は算数で求まる部分と求まらない部分を寄り分けていくような感じなので、ある意味で本質的な解き方ですね・・・！

算数的解法はいくつか思いつきましたが、今のところその中で一番綺麗なのを投稿します。
手応え的にはもっと綺麗な解法も眠ってそうな感じがしますが。


辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとると、EC = AE = 2*台形の高さ であることから、点 E は実は BE = 10 cm となる点になっています。
よって、△ABE と△ADC の面積は等しいことがわかります。

したがって、台形 ABCD の面積は「△ABE 2 つと△AEC の面積の合計」を出せばいいことになります。
ところで、これら 3 つの三角形を並べ替えれば底辺と高さがともに 10 cm の直角二等辺三角形になります。
つまり、その面積の合計は 10*10*(1/2) = 50 cm^2 です。

DD++さんの解法素晴らしいですね。一応、解説させて下さい。

＞辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとると、EC = AE = 2*台形の高さ であることから、点 E は実は BE = 10 cm となる点になっています。

∠ＥＡＣ＝３０°－１５°＝１５°，∠ＥＣＡ＝１５°より△ＥＡＣは底角が１５°の二等辺三角形。よって、ＡＥ＝ＣＥ
また、ＥからＡＤに垂線を下ろしその足をＨ，ＤからＥＣに垂線を下ろしその足をＩとすると、△ＡＥＨは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型より、ＥＨ：ＡＥ＝１：２　よって、ＥＨ：ＣＥ＝１：２　よって、ＤＩ：ＣＥ＝１：２，∠ＤＣＩ＝４５°，ＤＩ⊥ＥＣより△ＤＥＣは直角二等辺三角形である。（厳密には、△ＤＩＣが直角二等辺三角形よりＤＩ＝ＣＩでＤＩ：ＣＥ＝１：２よりＤＩ＝ＥＩ　また、∠ＤＩＥ＝９０°より△ＤＩＥも直角二等辺三角形だから。）
よって、∠ＤＥＣ＝４５°，∠ＡＢＣ＝４５°よりＡＢ//ＤＥ　また、ＡＤ//ＢＥより四角形ＡＢＥＤは平行四辺形である。
よって、ＢＥ＝ＡＤ＝１０ｃｍ

＞よって、△ABE と△ADC の面積は等しいことがわかります。
したがって、台形 ABCD の面積は「△ABE 2 つと△AEC の面積の合計」を出せばいいことになります。
ところで、これら 3 つの三角形を並べ替えれば底辺と高さがともに 10 cm の直角二等辺三角形になります。

ＥからＢＣに対して垂線を立て、ＢＡの延長との交点をＦとすると△ＥＢＦは直角二等辺三角形で、ＢＦ上にＦＧ＝ＢＡとなる点Ｇを取ると、△ＡＢＥと△ＧＦＥは合同。また、錯角より∠ＡＥＢ＝∠ＥＡＤ＝３０°，∠ＡＢＥ＝４５°より、∠ＥＡＧ＝３０°＋４５°＝７５°よって、対称性より△ＥＡＧは頂角が３０°の二等辺三角形になる。ここで、△ＥＡＣは底角が１５°の二等辺三角形より半分に切って組み直すと、△ＥＡＧの所にぴったりとはまる。よって、台形ＡＢＣＤを△ＡＢＥ＝△ＣＡＤと△ＥＡＣに分けて等積変形すると△ＥＢＦと等積になり、△ＥＢＦは等辺が１０ｃｍの直角二等辺三角形より、１０×１０÷２＝５０ｃｍ^2
よって、答えは、５０ｃｍ^2

後半、なんか謎の迷走を始めてますが大丈夫でしょうか？

「これら 3 つの三角形を並べ替えれば底辺と高さがともに 10 cm の直角二等辺三角形になります。」
は文字通りの操作でしかなく、謎の等積変形だのさらなる切断だのは不要ですよ。

因みに、「辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとる」代わりに、DからABと平行な直線を引いて点Eを定めても出来ますが、かなり面倒臭いですね。

本当にできますか？
AB//DE から ∠DAE = 30° を導くことはおそらく不可能だろうと私は思っていますが。

ええ、平行四辺形ＡＢＥＤを作った後にＢＤを１辺とした正三角形ＦＢＤを頂点ＦがＢＤに関して点Ａ側に作り、ＡＥとＢＤの交点をＧとしてＦＧを結ぶと工夫次第で∠ＢＡＯ＝１０５°と求まるので、∠ＥＡＣ＝∠ＥＣＡ＝１５°と求まります。
ただし、上にも書きましたが、ちょっと面倒臭いので実戦向きではありません。

＞算数的解法はいくつか思いつきましたが、今のところその中で一番綺麗なのを投稿します。
手応え的にはもっと綺麗な解法も眠ってそうな感じがしますが。

凄いですよね。

> AB//DE から ∠DAE = 30° を導く
「∠ABD=15°、∠DBC=30°、∠BCA=90°、∠ACD=45°である四角形ABCDにおいて∠ADBを求める」
というラングレーの問題になりますので、何らかのうまい解法はあると思います。
（算数の範囲で解けるかどうかはわかりませんが）
うまくない天下り的解法でよけれぱ、以下のようにはできます。
中心がOの円に内接する正十二角形ABCDEFGHIJKLにおいて直線BFと直線LHの距離は円の半径に等しいので、
OAの垂直二等分線とBF,LHの交点を順にM,Nとすると四角形AMONは正方形。
そして三角形ACOは正三角形なので、
四角形BCMAは上記のラングレーの問題の四角形ABCDの図と等しく、答えは15°。

らすかるさん、ありがとうございます。
四角形BCMAが本題の図の四角形ECDAに当たり、∠EACが１５°（らすかるさんの図では∠BAC）になるという訳ですね。
うっかり、私の方も算数という事を忘れていたので、算数に修正しました。

なるほど、頑張ればできなくはないのですね。
とはいえ、最初から ∠DAE = 30° で引けば補助線は AE だけか、丁寧にやるにしても下底への垂線 AH とあわせて 2 本だけで済むわけで、平行線からスタートする方は結局無意味にややこしさを増してるだけな印象です。

ええ、その後、

＞因みに、「辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとる」代わりに、DからABと平行な直線を引いて点Eを定めても出来ますが、かなり面倒臭いですね。

ＢＥを１辺とした正三角形を描いても出来る事が判明しましたが、それも面倒臭いだけですね。まぁ、それが面白いんですが。笑

ようやく問題の作為解答っぽいものを見つけました。
ただの台形ではなく等脚台形とわざわざ書いてあることにもっと注目するべきでした。


この四角形を AC で切断し、△ADC を裏返して、再び AC に逆向きに接合します。
すると、AB = AE, ∠ABC = 45°, ∠BAE = 150°, ∠AEC = 135°, ∠BCE = 30° の四角形 ABCE ができます。

これを今度は BE で切断すると 2 つの二等辺三角形ができます。
さらにそれらをそれぞれ対称に真っ二つにすると、結局この図形は
・斜辺が 10 cm、高さが 5 cm、底角 30° の直角三角形
・高さが 5 cm、底角 75° の直角三角形
が 2 枚ずつになります。

ところで、これら 1 枚ずつを高さ同士が背合わせになるように貼り合わせると、
底辺 10 cm、高さ 5 cm の二等辺三角形になるので、その面積は 10*5*(1/2) = 25 cm^2
よって元の台形の面積はその倍で 50 cm^2

さすが、DD++さん見事ですね。
ＡＣで切って組み換えるのはたまに見る手法ですが、最後の所の２つの三角形を１つの二等辺三角形にする所は脱帽です。

前回の解答も今回ぐらい分かり易ければわざわざ解説しなかったんですけどね。

前回のも、ほとんどが私はやってない計算を勝手に壊れた扉さんが付け足しまくってややこしくしただけですよ？

問題
等脚台形ABCDがあり、AD//BCである
∠ABC＝∠DCB＝45°
∠ACB＝15°
∠ACD＝30°
AD＝10cm
四角形ABCDの面積は？

算数の解法２
ＢＡの延長とＣＤの延長との交点をＥとすると、△ＥＡＤと△ＥＢＣは相似で共に直角二等辺三角形になり、∠ＢＥＣ＝９０°
また、∠ＡＣＥ＝３０°
よって、△ＣＡＥは３０°，６０°，９０°の直角三角定規型で、ＥからＡＣに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＥＡＨと△ＣＥＨも３０°，６０°，９０°の直角三角定規型になる。
よって、ＡＨ＝①とすると、ＡＥ＝②，ＡＣ＝④より、ＣＨ＝④－①＝③　よって、ＡＨ：ＣＨ＝１：３
よって、△ＥＡＨ：△ＥＣＨ＝１：３　よって、△ＥＡＨ：△ＣＥＨ＝１：３で△ＥＡＨと△ＣＥＨは相似より、
ＡＥ×ＡＥ：ＥＣ×ＥＣ＝１：３
ところで、△ＥＡＤと△ＥＢＣも相似で、△ＥＡＤ：△ＥＢＣ＝ＥＡ×ＥＡ：ＥＣ×ＥＣ＝１：３
また、△ＥＡＤは斜辺が１０ｃｍの直角二等辺三角形より、△ＥＡＤ＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2
よって、△ＥＢＣ＝２５×３＝７５ｃｍ^2　よって、台形ＡＢＣＤ＝７５－２５＝５０ｃｍ^2

＞皆さんありがとうございます、答えは50cm^2で合っております。
壊れた扉さんの解法は算数で求まる部分と求まらない部分を寄り分けていくような感じなので、ある意味で本質的な解き方ですね・・・！

返信が遅れてすみませんでした。ありがとうございます。

なんか私の以前の解答に勝手に嘘解説つけた上で難癖つけてくる人がいるので、他の人が騙されないよう、もう一回ちゃんと書いておきます。

以下が前回の解答の計算全部です。
No.1701 の自称「解説」はてんで的外れな計算を勝手に付け足し、それがさも重要であるかのように嘯いているだけです。
ご注意ください。


辺 BC 上に ∠DAE = 30° となるように点 E をとります。
平行線の錯角が等しいことから ∠DAC = 15° なので、∠EAC = 30° - 15° = 15° です。
したがって、△EAC は二等辺三角形であり、EC = EA であることがわかります。

また、点 A から返 BC に垂線 AH を下ろします。
∠EAH は 90° から ∠DAC を引いた残りなので、∠EAH = 90° - 30° = 60°
よって、△EAH は内角が 90°, 60°, 30° の直角三角形であることがわかり、AE は AH の倍の長さであることがわかります。
したがって、EC は台形の高さ 2 つ分の長さであることがわかります。

この台形は底角 45° の等脚台形なので下底は上底よりも台形の高さ 2 つ分長く、BE はその下底よりも　EC すなわち台形の高さ 2 つ分短いので、
BE は上底の長さと等しい 10 cm であることがわかります。

ここで、△ABE と △ADC に注目すると、どちらも底辺 10 cm で、高さは台形と共通です。
すなわち、この 2 つの三角形は等しい面積です。
よって、
台形の面積 = △ABE + △EAC + △ADC = △ABE*2 + △EAC
を求めればいいことになります。

ところで、△ABE 2 つを AB 同士張り合わせてブーメラン型にすると、
凹んでいる部分は頂角 150° で等辺が AE である二等辺三角形すなわち △EAC の形になります。

よって、△ABE*2 + △EAC は等辺 10 cm の直角二等辺三角形の面積に等しく、10*10*(1/2) = 50 cm^2 です。
したがって、元々の台形の面積も 50 cm^2 です。


## 今回は省略もしていませんので、勝手に変な計算を足さないでください。

ようやく意図が分かりました。
念のため、邪魔をしている訳ではありません。

ご返信が遅くなりました。
DD++さんの解き方は面白いですね！！最後にうまく直角二等辺三角形を作るのが美しいですね・・・！

少し脇道にそれますが、途中で出てきた「∠ABD=15°、∠DBC=30°、∠BCA=90°、∠ACD=45°である四角形ABCDにおいて∠ADBを求める」という問題は、1995年算数オリンピックトライアルで設定されている角度の場所は違いますが同じ図形で問題が出ています。
簡単に解くならこんな感じですかね・・・？
辺ACを1辺とする正三角形を点Bの反対側に作り、頂点をEと置く。
∠BDC＝∠DCE=15°なので、BD//CE。…①
また、BC＝AC＝ECであることから、△BCEは二等辺三角形で、∠CEB＝15°
よって、∠DBE＝30°ー15°＝15°
∠DBE＝∠BDC＝15°であることと①より、四角形BCEDは等脚台形なので、∠BCE＝∠DEC＝105°、BC＝DE。
もろもろ計算すると△AEDが直角二等辺三角形であることがわかり、AB＝ADとなって全部の角度が求まります。

次数が 1 以上の整数係数の多項式として
P(x), Q(x),R(x) が与えられていて
P(x) = Q(x)*R(x)
を満たしているものとします。
また、P(x) の全ての係数は 0 から 9 までの整数とします。

P(10) が素数となることはありますか？

という課題を意図されているのでしょうか？

P(X) = a_n*X^n +・・・+a_1*X^1 +a_0
Q(X) = b_k*X^k +・・・+b_1*X^1 +b_0
R(X) = c_m*X^m +・・・+c_1*X^1 +c_0
n = k +m
k > 0 ,m > 0
P(X) = Q(X)*R(X)
とします。
また、P(X), Q(X), R(X) の全ての係数は整数とします。かつ、P(X) の全ての係数は 0 から 9 までの整数とします。 ただし、a_n, b_k, c_m は 0 にはならず、全て正とします。

p = P(10) が素数となるかどうかについて検討します。

準備①
Q(X), R(X) の全ての係数について、その絶対値は 9 以下です。
なんとなればこれらの係数のうちひとつでも 10 以上であれば、P(X)の係数のうち少なくともひとつについて、その絶対値が 10 を超えてしまうからです。これは条件にあいません。

以下、背理法を使います。
すなわち、p が素数と仮定すると矛盾することを示したいと思います。

さて p が素数なので
P(10) = Q(10)*R(10) は素数です。
一般性を失うことなく、R(10)を 1 とできます。すなわち
r(X) を多項式として
r(10) = 0
R(X) = r(X) +1
と定義することとなります。

P(X) = Q(X)*R(X) = Q(X)*(r(X) +1)
となりますが、
P(10) = Q(10)
とも言えます。

ところであらかじめ準備しておいたように
Q(X) の全ての係数について、その絶対値は 9 以下です。
しかも、P(X) の次数よりも、Q(X) の次数のほうが小さいことは定義より明らかです。
これらのことから
P(10) の桁数はQ(10)の桁数よりも大であるはずです。
しかしながらさきにみたように一方において
P(10) = Q(10)
なので、矛盾します。

背理法により、
仮定していたところの
「p = P(10) が素数である」は
偽であるとわかりました。

==

以上、なんだか気持ち悪くスジワルなのですが
間違っている点あるいはこうしたほうがもっとスッキリするといった御批正を頂きたく存じます。よろしくお願いいたします。

> Q(X), R(X) の全ての係数について、その絶対値は 9 以下です。
> なんとなればこれらの係数のうちひとつでも 10 以上であれば、P(X)の係数のうち少なくともひとつについて、その絶対値が 10 を超えてしまうからです。これは条件にあいません。

これは言えないのでは？
例えば
(x^2-x+1)(2x^2+10x+9)=2x^4+8x^3+x^2+x+9
のような例があります。

らすかるさん。
ご指摘を有難うございます。
ううむ。

自力で証明することはあきらめました。

Cohn's irreducibility criterion の特殊なばあいなのですね。Arthur Cohn の既約判定法？

OEIS に関連するかもしれない数列があります。
https://oeis.org/A253280

とりあえずp≦10億の素数について調べましたが、すべて既約でした。
よって成り立ちそうではあります。

https://mast.queensu.ca/~murty/murty.pdf

こちらに詳しい記載があるようです。

確実に、「ｐ＝２やｐ＝５」はありますよね！ｐ＝３は、３×３７＝１１１で駄目だし、ｐ＝７は
７×３×１１×１３×３７＝１１１１１１で駄目。ｐ＝１１は、１１×１０１＝１１１１で駄目、ｐ＝１３は、
１３×７×３×１１×３７＝１１１１１１で駄目。・・・
果たして「ｐ＝２やｐ＝５」以外に存在するのかな？

条件を満たすのはp=2,5だけですね。
p=3のとき3×37=111
pが2,3,5以外のとき
1/pが純循環小数になることから、循環桁数をn、循環節1周期分の値をNとすれば1/p=N/(10^n-1)
Np=10^n-1
右辺は9で割り切れますが、pは3で割り切れませんので
Nが9で割り切れ、
(N/9)p=(10^n-1)/9
この右辺は111…11ですから、pをN/9倍すれば111…11になることがわかります。
例えば
p=7ならば1/p=0.142857142857…で142857/9=15873なので7×15873=111111
p=23ならば1/p=0.04347826086956521739130434782608695652173913…
で434782608695652173913/9=48309178743961352657なので
23×48309178743961352657=1111111111111111111111
のようになります。

＞等号が成り立つのはどのようなときか.

＝０の場合は、シムソンの定理より点Xが円周上にある場合ですね。
＝１/４の場合は、中点連結定理より点L，M，Nが各辺の中点の場合ですから点Xが外心の場合ですね。

＞0 ≦ △LMN ≦1/4
となることを示せ.

その後、つい、検索してしまいました。http://www.auemath.aichi-edu.ac.jp/teacher/iijima/gc/world/simson/12.htm

仮に平均点が80点の試験だったら、平均以上に数学ができる人の間で最大20点しか差がつかないからでしょうね。
点数を全て偏差値化して合否を決める方針だったら平均点が多少上下しても問題ないと思いますが、単純に得点を合計する以上平均点より上に十分な幅がなくてはいけません。

また、そもそも大学入試のシステムが「何点以上で合格」ではなく「何位以上が合格」である以上、難しいことだけが理由で落ちるということはほとんどないはずです。

ＤＤ＋＋さん
有難うございます。

自分の「木を見て森を見ず」の性格だと、出来なかったという
考えだけが浮かびネガティブになってしまいます。

元々、頭の良い人って、考え方がポジティブなんですよね。
「自分に出来ない問題は、みんなも出来ないのだから」
とか
「別に、全部出来る必要なんてない、自分に出来る所だけをやれば良い」
など、気持ちに余裕がありますね。

大昔、共通一次試験があった時、模擬試験問題を見たとたんに
テンションが、ぐーんと下がり、「もう駄目だー」で頭の中がいっぱいになり、
諦めモードでだらだらと解いて記憶があります。

最初から、平均点が５０点位を想定して作っている問題だと分かっていて挑む
のと、全く知らないで挑むのでは精神的なものが全然違ってきますね。

最近、大学共通テストが話題になって
過去の暗いトンネル時代を思い出してしまいました。
失礼致しました。

[19, 29, 53, 73, 97, 107]
[17, 37, 43, 83, 89, 109]
ってことですか？

あ、手段もでしたね。

数学感動秘話「複素世界の拡張」で私が半分まで提示した
[a+c, b+c, 2a+6b+c, 4a+4b+c, 5a+10b+c, 6a+9b+c]
[c, a+4b+c, 2a+b+c, 4a+9b+c, 5a+6b+c, 6a+10b+c]
で、a=12, b=2, c=17 を当てはめただけです。

これらを全て素数にしようとすれば、a は 6 の倍数、b は偶数、c は 7 以上の素数しかありえず、
6a+10b+c≦109 の範囲では (a,b) の取りうるパターンが 4 通りしかないので順に試しました。

プログラムで探索しました。
(17,37,43,83,89,109)
(19,29,53,73,97,107)
実行時間0.5秒
手段の粗筋
・5乗のみで一致するものを探し、一致したら4乗以下を計算
・使用する最大の要素を決めてそれをp1とし、以降q1,p2,q2,p3,q3,p4,q4,p5,q5,p6の順に
未使用素数をあてはめていく（最後のq6はあてはめず合計の差の5乗根を計算）
ただしp1＞p2＞p3＞p4＞p5＞p6, q1＞q2＞q3＞q4＞q5＞q6
例えば最大がp1=97のとき次のq1は89,83,79,…の順にあてはめる
ここで、例えばp1=97,q1=71となったとき、q2≦67かつ97^5＞71^5+67^5×5から
q1≦71では解がないことがわかりますので、中止します。
# 97^5＞73^5+71^5+67^5+61^5+59^5+53^5のようにきちんと判定すれば73でも解がない
# ことがわかりますが、判定を粗くして5乗の回数を減らしています。
q1～p6すべてにおいてこの判定を入れます。
# 問題から考えると最大は109と予想できましたが、念のため
# 107以下を最大とした場合に解がないことも確認しました。
# ちなみに最大を109に固定するとEnterキーを離すまでに実行が終わります。

2016年に論文になったものが
DD++ さんによってとっくに一般化されていたことにビックリです。

http://eslpower.org/TarryPrb.htm#Ideal%20prime
で、
[19, 29, 53, 73, 97, 107]
[17, 37, 43, 83, 89, 109]
を探してください。

「10個の素数を5個ずつに分けて1～4乗で一致するようにする」にすると109まででは無理みたいですね。

数学感動秘話「複素世界の拡張」
を見て、こんなことを昔やっていたことを懐かしく思い出しました。
５年も経つとすっかり忘れてしまうものです。
改めて、こんな問題に深く関わるものなんだと認識を新たにします。
DD++さんが考えられていた5乗冪までのパラメータ解なら一発なんですね。
過去のノートのメモをふり返っていたら、DD++さんの他にパラメータ解として
S(a,b,c)=[6*a-3*b-8*c, 5*a-9*c, 4*a-4*b-3*c, 2*a+2*b-5*c, a-2*b+c, b]
T(a,b,c)=[6*a-2*b-9*c, 5*a-4*b-5*c, 4*a+b-8*c, 2*a-3*b, a+2*b-3*c, c]
を使うと
S(52,17,19)
%136 = [109, 89, 83, 43, 37, 17]
T(52,17,19)
%139 = [107, 97, 73, 53, 29, 19]
また
S(74,43,29)
%137= [83, 109, 37, 89, 17, 43]
T(74,43,29)
%140 = [97, 53, 107, 19, 73, 29]
など一発で求まることが出来ました。

らすかるさんのプログラムの組み方を読んで、こんな工夫をしない事には時間がいくらあっても求めることが不可能
であることが認識されました。
しかしリターンキーを離す瞬間に答えが求められるとは恐れ入ります。

様々なリンクをたどって情報を集めてみると
4乗冪までの素数組は
A=[401,521,641,881,911]
B=[431,461,701,821,941]
(2016年発表)
の様です。

さらに驚くべきは
A=[32058169621, 32367046651, 32732083141, 33883352071,
　 34585345321, 35680454791, 36915962911, 38011072381,
38713065631, 39864334561, 40229371051, 40538248081]
B=[32142408811, 32198568271, 32900561521, 33658714231,
34978461541, 35315418301, 37280999401, 37617956161,
38937703471, 39695856181, 40397849431, 40454008891]
の２組での12個ずつの素数では何と11乗冪までの等式が成立するという。
(2023,4,8発表)
ということで、つい最近の発見だそうです。
人間の探す執念は物凄いものですね。

4乗冪までの素数組は、もっと小さいものがあります。
A=[23,31,103,109,167]
B=[13,59,67,131,163]
自分のプログラムで見つけた結果で、これが最小解です。
GAIさんが書かれた解は和が1342になるペアが5個となっている「対称な」解ですね。

ところで、5年前の私はパラメータ解を見つけた方法自体を伏せたみたいですね。
GAI さんの楽しみを奪わないためだったのか、それとも、いろんな探し方のアイデアが出ていたので他の方に変な先入観を与えないためだったのか……。

今回は開示した方が GAI さんが楽しめるんじゃないかということで、以下に意味深なことを記載しておきます。

f1(x) = x^17*(1-x^2)
f2(x) = 1-x^12
f3(x) = 1-x^14
f4(x) = 1-x^16
f5(x) = 1-x^18
f6(x) = 1-x^30

これらは全て、fn(1) = 0 となる多項式です。
さて、これら 6 つの式を掛け合わせて展開すると何が起こるでしょうか。

無茶苦茶凄いことが起こるではないですか！
よくこんな母関数的式を思いつけますね？
DD++さんの頭の中はなんか違う。

らすかるさんが求めていた
4乗冪までの素数組は、もっと小さいものがあります。
A=[23,31,103,109,167]
B=[13,59,67,131,163]
というものを
DD++さんの手法で構成してみようと挑戦してみたら
P=x^78 - x^74 + x^68 + x^66 - x^62 + x^58 + x^56 + x^54 - x^52 + x^48 + x^46 + x^44 + 2*x^36 + x^34 + x^26 + x^24 + x^22 + x^14 + x^12 + 1
なるちょっと不細工な式を導入することにはなりましたが
x^13*(x^22-1)*(x^18-1)*(x^14-1)*(x^12-1)*(x^10-1)*P
で行けそうです。

<追伸>
最後の面倒なPを省略し、x^13を単にxで
x*(x^22-1)*(x^18-1)*(x^14-1)*(x^12-1)*(x^10-1)
を展開すると
A=[77, 53, 51, 49, 47, 45, 45, 43, 19, 15, 13, 11]
B=[67, 65, 63, 59, 35, 33, 33, 31, 29, 27, 25, 1]
のグループ分けが可能で
この12個ずつでの4乗冪までの等式が成立できることが起こせました。

そうなんですよ。
この手法、展開後の項数が少ないことが、必ずしも展開前のパーツの項数が少ないことを意味しないのが難しい点です。
結局のところ、出てきた項がどのくらい効率よく消えてくれるか勝負なので……。

鮮やかですね！D、Eの設定が神がかっています。良いものを見させていただきました。

ちなみに、頂角を 20° ではなく 2θ にとると、
2sin(3θ)+2cos(3θ)tan(90°-2θ)=1/sinθ
という一般化された式になります。

何かを考えたくてこの図を作った記憶があるんですが、一体何のためだったのか思い出せない悲しみ。