◆静岡県 ヨッシーさんからの解答。
【問題１】
１×１×１の立方体が ３×４×５＝６０（個）
２×２×２の立方体が ２×３×４＝２４（個）
３×３×３の立方体が １×２×３＝ ６（個）の合計９０個・・・答え
【問題２】
まず赤い立方体も含めて考えると、
１×１×１ ４×５×６＝１２０（個）
２×２×２ ３×４×５＝ ６０（個）
３×３×３ ２×３×４＝ ２４（個）
４×４×４ １×２×３＝ ６（個）の合計２１０個
このうち、赤い立方体を含むものは
１×１×１ ２個
２×２×２ ８個
３×３×３ ６個
４×４×４ ４個 の合計２０個
よって、２１０−２０＝１９０（個）・・・・答え
【問題３】
・１×１×１
a×b×c＝abc
・２×２×２
(a-1)(b-1)(c-1)＝abc-(bc+ca+ab)+(a+b+c)-１
・３×３×３
(a-2)(b-2)(c-2)＝abc-2(bc+ca+ab)+22(a+b+c)-23
・・・・・・・・・・・
・ｃ×ｃ×ｃ
(a-c+1)(b-c+1)(c-c+1) ＝abc-(c-1)(bc+ca+ab)+(c-1)2(a+b+c)−(c-1)3立方体の個数は
| c×abc-{1+2+・・・+(c-1)}(bc+ca+ab)+{12+22+・・・+(c-1)2}(a+b+c)−{13+23+・・・(c-1)3} |
| ＝abc2− | c(c-1)(bc+ca+ab) 2 | + | c(c-1)(2c-1)(a+b+c) 6 | - | {c(c-1)}2 4 |
| ＝ | c(c+1){(c-1)(c-2a-2b)+6ab} １２ | ・・・答え |
【コメント】
問題３もこれで完全解です。
ａ＝ｂ＝ｃのときは、
| 13+23+・・・c3＝ | {c(c+1)}2 ４ | ですね。 |
◆岐阜県 水の流れさんからの解答。
掲示板の Ｋｎｅｌさんの質問の参考にと思いまして。
| 問題 １3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3
を等差数列を正方形に配置して、証明します。 |
＜導き方＞
このように等差数列を正方形に配置して、各正方形内の数の和をＳ(ｎ)とおく。
例えば、Ｓ(１)＝１ ，Ｓ(２)＝１＋２＋２＋４＝９
Ｓ(３)＝１＋２＋３＋２＋４＋６＋３＋６＋９＝３６，
・・・，
Ｓ(ｎ)＝？
次に、２つの連続する正方形の作る逆Ｌ字形の部分の数の和をＴ(ｎ)とおく。
例えば、Ｔ(１)＝１、Ｔ(２)＝２＋４＋２＝８ ，
Ｔ(３)＝３＋６＋９＋６＋３＝２７，・・・，
Ｔ(ｎ)＝？（ただし、Ｔ(１)＝１は特別扱いにする）
そこで、ｎ番目の正方形を考えてみると、第１行の数の和Ｒ(１)は
| Ｒ(１)＝１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ | ｎ(ｎ＋１) ２ |
そして、第ｉ行の数の和Ｒ(ｉ)は Ｒ(ｉ)＝ｉＲ(１)
したがって、ｎ番目の正方形内の数の和Ｓ(ｎ)は
Ｓ(ｎ)
| ＝Ｒ(１)＋Ｒ(２)＋Ｒ(３)＋・・・＋Ｒ(ｎ) |
| ＝（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）× | ｎ(ｎ＋１) ２ |
| ＝{ | ｎ(ｎ＋１) ２ | } | 2 |
また、ｎ番目の逆Ｌ字形の部分の数の和をＴ(ｎ)は
Ｔ(ｎ)
| ＝Ｓ(ｎ)−Ｓ(ｎ−１) |
| ＝{ | ｎ(ｎ＋１) ２ | } | 2 | −{ | ｎ(ｎ−１) ２ | } | 2 |
| ＝ | １ ４ | {(ｎ＋１)2 −(ｎ−１)2} |
| ＝ｎ3 |
ところで、Ｔ(１)＋Ｔ(２)＋Ｔ(３)＋・・・＋Ｔ(ｎ)＝Ｓ(ｎ)
ゆえに、
１3＋２3＋３3＋・・＋ｎ3
| ＝{ | ｎ(ｎ＋１) ２ | } | 2 |
すなわち、はじめのｎ個の立方数の和は第１行の数の和の平方に等しい。
◆岐阜県 水の流れさんからの解答。
ＡＴＯＭ さんの平方数の和（掲示板）を別方法で求めてみました。
| 問題 ＜平方数の和Ｓ(ｎ)を求める方法＞ １2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2
を 自然数を正方形に配置して、証明します。 |
＜導き方＞
このように自然数を正方形に配置する。
ｋ番目の逆Ｌ字形の部分の数の和Ｌ(ｋ)は
Ｌ(ｋ)
| ＝１＋２＋３＋・・・＋(ｋ−１)＋ｋ×ｋ |
| ＝ | ｋ(ｋ−１) ２ |
＋ｋ2 |
| ＝ | ３ ２ |
ｋ2− | １ ２ |
ｋ |
次に、ｎ番目の正方形内の数の和Ｕ(ｎ)は、
Ｕ(ｎ)
| ＝Ｌ(１)＋Ｌ(２)＋Ｌ(３)＋・・・＋ Ｌ(ｎ) |
| ＝ | ３ ２ |
(１2＋２2＋・・・＋ｎ2)− | １ ２ |
(１＋２＋・・・＋ｎ) |
| ＝ | ３ ２ |
Ｓ(ｎ)− | １ ２ | ｎ(ｎ＋１) ２ |
・・・(1) |
一方、ｎ番目の正方形内の各行の数の和は一定で、
| １＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ | ｎ(ｎ＋１) ２ |
| したがって、Ｕ(ｎ)＝ｎ・ | ｎ(ｎ＋１) ２ |
・・・(2) |
よって、(1)と(2)より ,
| ３ ２ |
Ｓ(ｎ)− | １ ２ | ｎ(ｎ＋１) ２ |
＝ｎ・ | ｎ(ｎ＋１) ２ |
・・・(2) |
Ｓ(ｎ)
| ＝ | ２ ３ |
ｎ(ｎ＋１) ２ |
｛ｎ＋ | １ ２ |
｝ |
| ＝ | ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１) ６ |
すなわち、自然数の平方数の和は
| ｎ(ｎ＋１)(２ｎ＋１) ６ | となる。 |
◆山梨県 Footmark さんからの解答。
【問題３】
与えられた直方体の任意の頂点を原点にし、３辺ａ,ｂ,ｃがそれぞれｘ値,ｙ値,ｚ値となるようにｘｙｚ座標をとります。
そこで、立方体の８頂点の内で原点からの距離が最長である頂点が、直方体に含まれる各格子点である場合を考えます。
明らかにｘ＝０やｙ＝０やｚ＝０の格子点には立方体は存在しません。
よって、立方体が存在する格子点は、
座標(ｘ,ｙ,ｚ)が１≦ｘ≦ａ,１≦ｙ≦ｂ,１≦ｚ≦ｃのａ*ｂ*ｃ個です。
ａ*ｂ*ｃ個の各格子点において、存在する立方体の数は以下となります。(注)
（ただし、例は９×６×４の直方体ですが、以後も同様にします。）
当然のことですが、各格子点における立方体の数は、ｘ値,ｙ値,ｚ値の内の最小値です。
条件より、ｃはａ,ｂ,ｃの内で最小です。
そこで、１≦ｘ≦ｃのｃ個と、
ｃ＜ｘ≦ａの(ａ-ｃ)個に左右に分割します。
上の例で左側にある１≦ｘ≦ｃをＬ、
上の例で右側にあるｃ＜ｘ≦ａをＲとします。
そこで、Ｌを以下のように１≦ｙ≦ｃのｃ個と、
ｃ＜ｙ≦ｂの(ｂ-ｃ)個にさらに下上に分割します。
Ｌの最右辺は、
(１2の１倍)+(２2の２倍)+・・+(ｃ2のｃ倍)と
１2+２2+・・+ｃ2の(ｂ-ｃ)倍の和です。(注)
明らかに、
(１2の１倍)+(２2の２倍)+・・+(ｃ2のｃ倍)は
１3+２3+・・+ｃ3 です。
| ∴ Ｌ＝{ | ｃ(ｃ+１) ２ | } | 2 | +(ｂ-ｃ) | ｃ(ｃ+１)(２ｃ+１) ６ |
同様に、Ｒも以下のように１≦ｙ≦ｃのｃ個と、
ｃ＜ｙ≦ｂの(ｂ-ｃ)個にさらに下上に分割します。
Ｒの最右辺は、１2+２2+・・+ｃ2の(ａ-ｃ)倍と
１+２+・・+ｃの(ａ-ｃ)(ｂ-ｃ)倍の和です。(注)
| ∴ Ｒ＝(ａ-ｃ) | ｃ(ｃ+１)(２ｃ+１) ６ | +(ａ-ｃ)(ｂ-ｃ) | ｃ(ｃ+１) ２ |
よって、
求める立方体の数
| ＝Ｌ+Ｒ |
| ＝{ | ｃ(ｃ+１) ２ | } | 2 | +(ａ+ｂ-２ｃ) | ｃ(ｃ+１)(２ｃ+１) ６ | +(ａ-ｃ)(ｂ-ｃ) | ｃ(ｃ+１) ２ |
| ＝ | ｃ(ｃ+１) | (ｃ-１)(ｃ-２ａ-２ｂ)+６ａｂ １２ |
| 【答え】 | ｃ(ｃ+１){(ｃ-１)(ｃ-２ａ-２ｂ)+６ａｂ} １２ |
個 |
(注) 詳細は『正方形は何個？』で示したので省略しました。
[ Ｐ・Ｓ ]
直方体の３辺の最小値をｔとし、他の２辺との差をそれぞれｄ1,ｄ2とすると、以下のような綺麗な式になります。
求める立方体の数
＝(１〜ｔの３乗和)+(ｄ1+ｄ2)(１〜ｔの２乗和)+(ｄ1*ｄ2)(１〜ｔの１乗和)
当然ですが、
| ａ＝ｂ＝ｃのときは３乗和{ | ｃ(ｃ+１) ２ | } | 2 | となります。 |
また、３辺とも１なら１、２辺だけ１なら残りの１辺、１辺だけ１なら残り２辺の積となります。
いずれの場合も辺長１以外の立方体は不可能なので、これも当然です。
ところで、この解法や結果から判るように、ａ,ｂ,ｃの内で最小なものさえ判明すれば解は得られます。
ですから、最小な辺でない他の２辺の大小関係は、解を得るのに必要ありません。