ある整数 Ａ をある数 ｒ （ ｒ＞１）倍してできる整数を Ｂ とし、さらに、Ｂ を ｒ 倍してできる
整数を Ｃ とする。
このとき、 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝３７０００００
となるように、Ａ、Ｂ、Ｃ の値を定めよ。
（答） Ａ＝９０００００、Ｂ＝１２０００００、Ｃ＝１６０００００
（解は、これただ一つのみ。らすかるさんに検証いただきました！謝謝！）
また、らすかるさんは、上記の解とはならないが、ほぼ解に等しいものとして、次の３つ
の数を見いだされた。
Ａ＝７５８９３８、Ｂ＝１１６１９８５、Ｃ＝１７７９０７７
公比は、ほぼ １．５３１０６７０９６３・・・ で、違いは、８８１８７４５７１９３０分の１ しかない
という。何となく、こちらの数の方が味があっていいですね！
（追記） 平成２０年２月１７日付け
最近、上記の問題を、
ある整数 Ａ をある数 ｒ （ｒ＞１）倍してできる整数を Ｂ とし、さらに、 Ｂ を ｒ 倍して
できる整数を Ｃ とする。
このとき、 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝３７ となるような Ａ 、 Ｂ 、 Ｃ の組はただ一つしかない。
このとき、 Ａ の値を求めよ。
という形にして、塾生達に手計算で求めさせてみた。
何人かの塾生が、山勘（？）で、「 Ａ＝９ 、 ｒ＝４/３ 」を見いだしていた。頼もしい限り
である。
この問題を手計算で求めることは、かなり大変だ！以下に、その計算の実際を掲げてお
くことにしよう。
「条件を満たすような Ａ 、 Ｂ 、 Ｃ の組はただ一つしかない！」という前提で解を進める。
この前提がないと、途端に途方に暮れてしまう。
いま、 ｒ が自然数と仮定すると、 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝Ａ（１＋ｒ＋ｒ2）＝３７ において、
１≦Ａ＜３７ 、 １＋ｒ＋ｒ2 は自然数で、 ３７が素数であることから、
Ａ＝１ 、 １＋ｒ＋ｒ2＝３７
このとき、 ｒ2＋ｒ−３６＝０ を満たす自然数は存在しない。これは、ｒ が自然数と仮定
したことに矛盾する。よって、条件を満たす ｒ は自然数ではありえない。
次に、 ｒ が有理数と仮定する。このとき、
ｒ＝ｑ/ｐ （ ｐ、ｑ は互いに素な自然数で、ｑ＞ｐ を満たす）
と書ける。 Ａ（１＋ｒ＋ｒ2）＝３７ に代入して整理すると、
Ａ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７ｐ2
１≦Ａ＜３７ で、 ３７が素数であることから、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は３７の倍数となる。
いま、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝３７ としてみると、 ｐ に関する２次方程式
ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2−３７＝０
は整数解、すなわち、実数解を持つので、
判別式 Ｄ＝ｑ2−４（ｑ2−３７）＝１４８−３ｑ2≧０
上記を満たす ｑ の値は、 ｑ＝２、３、４、５、６、７ である。
ｑ＝２ のとき、 ｐ2＋２ｐ−３３＝０ この式を満たす自然数解はない。
ｑ＝３ のとき、 ｐ2＋３ｐ−２８＝０ より、 （ｐ＋７）（ｐ−４）＝０ なので、 ｐ＝４
ｑ＞ｐ が成り立たないので不適。
ｑ＝４ のとき、 ｐ2＋４ｐ−２１＝０ より、 （ｐ＋７）（ｐ−３）＝０ なので、 ｐ＝３
ｑ＞ｐ が成り立つので、これが求める解である。
以上から、 ｒ＝４/３ で、 Ａ＝ｐ2＝９ となる。
（追記） 平成２２年５月３０日付け
いま、上記の解を見直してみると、「条件を満たす組はただ一つしかない！」という前提で
解いていることに、やはり違和感を感じる。
このことについて、当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ＦＮ」さんから一般的な証明を
ご教示いただいた。（平成２２年５月２８日付け）
ある整数 Ａ をある数 ｒ （ｒ＞１）倍してできる整数を Ｂ とし、さらに、 Ｂ を ｒ 倍して
できる整数を Ｃ とする。
このとき、 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝３７ となるような Ａ 、 Ｂ 、 Ｃ の組はただ一つしかない。
このとき、 Ａ の値を求めよ。
（解） Ａ、Ｂ、Ｃ は整数なので、ｒ は有理数である。よって、
ｒ＝ｑ/ｐ （ｐ、ｑ は互いに素な自然数で、ｑ＞ｐ）
とおける。このとき、 Ｂ＝Ａｒ＝Ａｑ/ｐ 、Ｃ＝Ｂｒ＝Ａｑ2/ｐ2 となる。
Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝３７ なので、 Ａ（１＋ｑ/ｐ＋ｑ2/ｐ2）＝３７ すなわち、
Ａ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７ｐ2
ここで、 Ａｑ2＝（３７ｐ−Ａｐ−Ａｑ）ｐ において、ｐ、ｑ は互いに素なので、
Ａ＝Ａ’ｐ （Ａ’は整数）
とおける。上式に代入して、 Ａ’ｐｑ2＝（３７ｐ−Ａ’ｐ2−Ａ’ｐｑ）ｐ から、
Ａ’ｑ2＝３７ｐ−Ａ’ｐ2−Ａ’ｐｑ＝（３７−Ａ’ｐ−Ａ’ｑ）ｐ
よって、同様に、 Ａ’＝ａ・ｐ （ａ は整数） とおける。
このとき、 ａ・ｐ2（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７ｐ2 から、 ａ・（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７
ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＞１ で、３７は素数であることから、 ａ＝１ でなければならない。
ここで、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝３７ より、 ３ｐ2＜３７ なので、 ｐ＝１、２、３
ｐ＝１ のとき、 １＋ｑ＋ｑ2＝３７ より、 ｑ2＋ｑ−３６＝０
この方程式を満たす自然数解は存在しない。
ｐ＝２ のとき、 ４＋２ｑ＋ｑ2＝３７ より、 ｑ2＋２ｑ−３３＝０
この方程式を満たす自然数解は存在しない。
ｐ＝３ のとき、 ９＋３ｑ＋ｑ2＝３７ より、 ｑ2＋３ｑ−２８＝０
（ｑ＋７）（ｑ−４）＝０ から、 ｑ＝４
したがって、求める３数 Ａ、Ｂ、Ｃ は、
Ａ＝ａ・ｐ2＝９ 、Ｂ＝Ａ・（４/３）＝１２ 、Ｃ＝Ｂ・（４/３）＝１６ （終）
（コメント） ＦＮさん、ありがとうございます。スッキリしました！
ＦＮさんの解に対して、らすかるさんが別解を考えられた。（平成２２年５月２９日付け）
（別解） 公比を、ｒ＝ｑ/ｐ （ｐ、ｑ は互いに素な自然数で、ｑ＞ｐ）とおくと、
Ａ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７ｐ2
Ｂ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７ｐｑ
Ｃ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７ｑ2
右辺の最大公約数は素数３７であり、Ａ、Ｂ、Ｃ＜３７ なので、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝３７
よって、 Ａ＝ｐ2 、Ｂ＝ｐｑ 、Ｃ＝ｑ2 と書ける。
このとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝３７ において、
ｑ＝３ で、ｐ＝２ としてみると、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝２2＋２・３＋３2＝１９＜３７
ｑ＝６ で、ｐ＝１ としてみると、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝１2＋１・６＋６2＝４３＜３７
なので、 ｑ＝４ または ｑ＝５ であることが分かる。
ｑ＝５ とすると、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝ｐ2＋５ｐ＋２５
ここで、 ｐ＝１、２、３、４ を代入してみると、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝３７ を満たすものは
ない。
ｑ＝４ とすると、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝ｐ2＋４ｐ＋１６
ここで、 ｐ＝１、２、３、４ を代入してみると、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2＝３７ を満たすものは
ｐ＝３ のときのみである。
以上から、 Ａ＝９ 、Ｂ＝１２ 、Ｃ＝１６ である。 （終）
ＦＮさんの解を受けて、らすかるさんが冒頭の問題の解法のアプローチを示された。
（平成２２年５月２９日付け）
ある整数 Ａ をある数 ｒ （ ｒ＞１）倍してできる整数を Ｂ とし、さらに、Ｂ を ｒ 倍して
できる整数を Ｃ とする。
このとき、 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝３７０００００ となるように、Ａ、Ｂ、Ｃ の値を定めよ。
（解） 公比を、ｒ＝ｑ/ｐ （ｐ、ｑ は互いに素な自然数で、ｑ＞ｐ）とおくと、
Ａ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７０００００ｐ2
Ｂ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７０００００ｐｑ
Ｃ（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝３７０００００ｑ2
ここで、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は、２でも５でも割り切れない。
実際に、ｐ、ｑ は互いに素なので、少なくとも一方は奇数である。
このとき、ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は、奇数なので、２では割り切れない。
また、ｐ、ｑ は互いに素なので、両方とも５の倍数であることはない。
ｐ、ｑ の一方のみが５の倍数のとき、ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は明らかに５で割り切れない。
ｐ、ｑ の両方とも５の倍数でないとする。
ｐ≡ｑ （ｍｏｄ ５）のとき、
ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡３ｐ2 （ｍｏｄ ５） となり、５で割り切れない。
ｐ≡ｑ （ｍｏｄ ５）でないとき、 ｐ3≡ｑ3 （ｍｏｄ ５）でないので、
（ｐ−ｑ）（ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2）＝ｐ3−ｑ3 は、５で割り切れない。
よって、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は５で割り切れない。
したがって、Ａ、Ｂ、Ｃ は、１０００００の倍数となり、「Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝３７」の問題に帰着
される。
よって、解は、Ａ＝９０００００、Ｂ＝１２０００００、Ｃ＝１６０００００ のみである。 （終）
（コメント） らすかるさん、ありがとうございます。冒頭の問題が、何も考えずに作った問題
に帰着されるなんて不思議な気分です！
上記の解で、「 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は５で割り切れない」ことは、次のようにしても示される。
ｐ、ｑ は互いに素なので、両方とも５の倍数であることはない。
ｐ、ｑ の一方のみが５の倍数のとき、ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は明らかに５で割り切れない。
そこで、 ｐ≡１、ｑ≡１ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡３ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡１、ｑ≡２ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡２ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡１、ｑ≡３ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡３ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡１、ｑ≡４ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡１ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡２、ｑ≡１ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡２ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡２、ｑ≡２ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡１ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡２、ｑ≡３ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡４ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡２、ｑ≡４ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡３ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡３、ｑ≡１ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡３ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡３、ｑ≡２ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡４ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡３、ｑ≡３ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡２ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡３、ｑ≡４ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡２ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡４、ｑ≡１ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡１ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡４、ｑ≡２ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡３ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡４、ｑ≡３ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡２ （ｍｏｄ ５）
ｐ≡４、ｑ≡４ （ｍｏｄ ５） のとき、 ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2≡３ （ｍｏｄ ５）
よって、何れの場合も、ｐ2＋ｐｑ＋ｑ2 は５で割り切れない。
（コメント） １６通りに場合分けして示すよりも、らすかるさんの証明の方が素敵ですネ！