解答例 ２次数学セレクション

[大阪大・文] (1) 0＜a＜1 , 1n＜na＜n ,

1 1 1 1 1

0＜ ＜ ＜ ＜

n a n n  ,

a n m

   1 6

log2 , m log26 整数部分 あ 。

ここ , log222＜log26＜log223 2＜log26＜3 こ , 2

 m

こ ,

a n  2 1 6

log2 ,

a n  1 2 3

log2 , log 2

2 3 log

1

2 3 2

 

a n

, 0＜a＜1 , n log 2 2

3 整数部分 あ 。

そこ ,

 

2

2 3 2

3 2

3

2 3 log 2 log 2 3

log ＜ ＜ 1 log 2 2

2 3 ＜

＜ こ ,

1  n (2) (1) ,

3 4 log 1 2 log

2 3 2

3   

a ………

ここ , 2243＞35 ,

   

3 2 2 3 3

4 _{＞ ,}

 

3

2

2 3 3

4_{＞ ………}

,

 

3 2 2 3

log 3

2

2

3 

＞

a あ 。

［解 説］

対数 値を評価 問題 。結論を見据え 式変形を行いま 。た え ,

© 電送数学舎 2006 －2－

[京都大・理] (i) n2

6 2 2 _{ }

n , 2n2  素数 い。 (ii) n3

11 2 2 _{ }

n , n n2 2 素数 あ 。

(iii) n 5

n 素数 , 2 倍数 く, し 3 倍数 いこ , kを自然数 し , n6k1 表 こ 。こ ,

) 1 4 12 ( 3 3 12 36 2 ) 1 6 (

2 2 2 2

2 _{  k   k  k  k  k} n

, 112k2 4k 整数 , 2n2 3 倍数 , 素数 い。

(i)～(iii) , n n2 2 素数 , n3 場合 あ 。

［解 説］

ま , 13n2, 3, 5, 7, 11, し n2 2を計算した こ , n 5 以上 , 2

2 _

[一橋大] (1) 平方 定理 , p2 q2 r2………

また, 条件(b) , pqr 132……… r

q

p132  し , 代入 , qr

r q r

q ) ( ) 2 132

(   2   2  , 66132132(qr)qr

, qr 偶数 こ , q, r ち 偶数 あ 。

(2) ま , q 偶数 を考え 。

(i) q2 , p2r2 4, 4(pr)(pr) 130

 r

p , 4130(pr) 。 こ を満た 自然数p, r 存在し い。

(ii) q2 条件(a) p, r 素数 。

, )r2 (pq)(pq

r 素数 , し p＞r, p＞q , pq1…… , q

p

r2   ………

条件(b) , pq132r………

, 0r2r132 , 0(r11)(r12)

した , 11r , pq121 , 合わ , 61



p , q60

次 , r 偶数 を考え , 同様 し ,

11 

q , p61, r 60

以上 , )(p, q, r)(61, 60, 11 , )(61, 11, 60

［解 説］

(1) , い い 解法 考え ま , 不要 文 p を消去 方法を採 ま

した。また, (2) , 素数 絡 問題 く利用 2 以外 素数 奇数 いう

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[東京大・理] (1) x2 y2 z2 xyz 1 x y z …… い , y 3 , 3y1, 2,

(i) y1 x1 , 11z2 z, z2z20 0

7 8

1  ＜ 

D 解 し。

(ii) y2 x24z2 2xz, z22xzx240 2

, 1 

x い 場合 , D 4x2(x24)4＜0 解 し。 (iii) y3 x29z2 3xz, z23xzx290

こ , 1 x 3 D9x24(x29)5x236 0 , 3x , 0

18 9

2_{ z }

z , 0(z3)(z6) , 6z 3, (i)～(iii) , )(x, y, z)(3, 3, 3 , )(3, 3, 6 (2) )(x, y, z)(a, b, c を満た ,

abc c

b

a2 2 2  1 a b c ……… ここ , zabc , z 整数 ,

) (

)

( 2

2 2 2

2

2 _{c z bcz b c a bc bc a bc} b           

a2b2c2abc0 (1) , b 3 あ ,

0 ) ( 2

) 1

(b a c a c c a ＞

c c bc a c

z          

, b2c2z2 bcz 1 b c z 整数z 存在 。 (3) 数列

 

an ,

 

bn ,

 

cn を, 次 漸化式 定義 。

3 1 

a , 3b1  , 3c1

n n b

a 1 , bn1 cn, cn1 an bncn (n1, 2, )

, (2) , べ 自然数n 対し ,

n n n n n

n b c a b c

a 2 2 2  (1 an bn cn)

さ , 0cn1cn an bncn cn 2cn an＞ , べ (an, bn, cn)

異 , を満た 組(x, y, z) , 無数 存在 。

［解 説］

(1) (2) 誘導 , (3) 証明 ムー 行えま 。 , (1) い , 最

初, べ 場合をチェックしました , 解 し ケー ほ , 作 直し

た解 。また, (2) , z をzabc し 設定し いま , こ

bcz z c

[大阪大・理] (1) 条件 , n1a(yn1)by, n1(ab)ya(n1)

任意 y 対し 成立 条件 , 0ab , 1a(n1)n , 1



a , 1b

(2)



      n r r n r r x n x x x n 0 C ) 1 ( ) ( ) 1 ( !

 …… 成立を数学的帰納法 証明 。

(i) n1 左辺

) 1 ( 1   x

x , 右辺 ( 1)

1 1 1 1 1 C C0 1 1 1        x x x x x x

, 1n 成立 。

(ii) nk



      k r r k r r x k x x x k 0 C ) 1 ( ) ( ) 1 ( !

 …… 成立を仮定 。

ここ , !(k1)!(k1)k を用い , (1) び ,

) 1 ( ) 2 )( 1 ( ! ) ( ) 1 ( ! ) 1 ( ) 1 ( ! ) 1 (             k x x x k k x x x k k x x x k   



    k r r k r r x 0 C ) 1 (



     k r r k r r x 0 1 C ) 1 ( ………

さ , い た r1s え ,



    k r r k r r x 0 1 C ) 1 (



       1 1 1 1 C ) 1 ( k s s k s s x



       1 1 1 C ) 1 ( k r r k r r x ……… , ) 1 ( ) 1 ( ! ) 1 (     k x x x k 



    k r r k r r x 0 C ) 1 (



      1 1 1 C ) 1 ( k r r k r r x   x

kC0



     k r r k r k r r x 1 1 C C ) 1 ( 1 C ) 1 ( 1      k x k k k   x 1



    k r r k r r x 1 1C ) 1 ( 1 1 ) 1 ( 1      k x k



      1 0 1C ) 1 ( k r r k r r x

, 1nk , 成立 。

(i)(ii) , べ 自然数n い , 成立 。

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［千葉大］ (1) )n21(n1)(n1 , n 奇数 , n1, n1 連続 偶数 ,

一方 4 倍数, う一方 4 倍数 い偶数 あ 。

, n2 1 8 倍数 あ 。

(2) )n5 n(n1)n(n1)(n2 1 , 1n , n, 1n 連続 3 整数

, い 1 3 倍数 あ 。

, n5 n 3 倍数 あ 。

(3) )n5 n(n1)n(n1)(n21)(n1)n(n1)(n2 45



( 2)( 2) 5



) 1 ( ) 1

(     

 n n n n n

) 1 ( ) 1 ( 5 ) 2 )( 1 ( ) 1 )( 2

(       

 n n n n n n n n

こ , n2, n1, n, n1, n2 連続 5 整数 , い 1 5 倍数 あ 。また, )5(n1)n(n1 5 倍数 あ 。

, n5 n 5 倍数 。

そこ , (1) n5 n(n2 1)n(n2 1) 8 倍数, (2) n5 n 3 倍数 あ こ を考え合わ , 8, 3, 5 互い 素 , n5 n 835120 倍

数 。

［解 説］

(3) , n を 5 割 た余 場合分けを 解法 あ ま 。し し, 記述量

［東京大・文］ aを0以上 整数, bを0以上9以 整数 し, m10ab く ,

4 4 _{5(10 )} 5m  ab

) 10

4 10

6 10

4 10

(

5 4a4   3a3b  2a2b2  ab3b4 

4 3 2

2 3

4

2_{(500 200 30 2 ) 5}

10 a  a b a b  ab  b



こ , 5m4 2桁 数 _5b4 _{2桁 数 一致 。} そこ , b そ

値 対し , 5b4

2 桁 数を計算

, 右 表 う

。

以上 , 5m4 2桁 0, 5, 25, 80 あ 。

［解 説］

整数mをm10ab くこ べ い , 過言 あ ま 。

b 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

4

b 2桁 0 1 16 81 56 25 96 1 96 61 4

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［京都大・文］

[1] 命題p い

自然数n 対し, n 有理数 , p, qを互い 素 あ 自然数 し ,

p q n  ,

2 2

p q n 2

p , q2 互い 素 あ , p2 1, わちp1 あ 。

, n 有理数 , n 自然数 あ 。

さ , n n1 有理数, わち整数 仮定 ,

1 1

1

1 ＜

n n

n n

    

こ , n n1 整数 あ こ 反 。

, 命題p 正しく い。

[2] 命題q い

[1] , べ n 対し , n n1 少 く 一方 無理数 あ 。

(i) n, n1 一方 有理数, う一方 無理数

こ , n1 n 無理数 。

(ii) n, n1 無理数

n

n1 有理数 仮定 , r, sを互い 素 あ 自然数 し ,

r s n n1  ,

r s n n1   両辺を2乗し ,

2 2 2

1

r s n r

s n

n    ,

s r r s n

2 2  

, 左辺 無理数, 右辺 有理数 成立し い。

, n1 n 無理数 あ 。

(i)(ii) , 命題q 正しい。

［解 説］

こ 出合 たこ あ 感 問題 。結論 予測 正しけ , 背理法

［京都大］ ま , abcd0…… , adbcp0…… ,

0 )

(abc bcp

a , a2abacbc p 変形し , (ab)(ac) p………

ここ , a b c d…… , ab ac

, )0abcd abab2(ab , 0ab

, p 素数 , ,

p b

a  ……… , ac1……… a

p

b  …… , c1a……  , da(pa)(1a)p1a………

  を 代入 , a pa 1a p1a , a

p

a  ……… , pa 1a……… , 1a p1a………

2 p

a , 1

2 p

a , 1

2

2 

p a p

………

また, p 1 成立 。

そこ , p 3以上 素数, わち奇数 あ こ を用い , ,

2 1   p a

,   ,

2 1 2

1 _  



p p p

b ,

2 1 2

1

1      p p

c ,

2 1 2

1

1     



 p p p d

［解 説］

京大 しい味わい深い整数問題 。不等式 値 定ま ま , そ ポイ

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10 ［一橋大］ (1) 放物線Hn: yanx2 2bnxcn x軸 共有点 ,

0 2

2 _{  }

n n nx b x c

a ………

式をDn し, さ Dn Dn

4 く。

条件 , an1 4an…… , bn1 bn 2an…… , cn cn an bn

4

1 ……

ここ , ,

n n n n b a c

D  2 1 1 2 1



1 1 1



4

4 ) 2

(          

 bn an an cn an bn

1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2

1 4   4    4  4  

     

b_n an bn a_n an cn a_n an bn

1 1

1 2

1   

    b_n an cn Dn

, 2a1  , 3b1  , 4c1  , 0 1 4 2 32 1 1 2 1

1       ＞ 

 D b a c Dn

, Hn x軸 2点 交わ 。

(2) 解 ,

n n n n n a b a D b

x       1 ,

n nQ P n n n n n a a b a

b 1_ 1_ 2 



, an 24n1 ,



 n k k k 1 Q

P





 

       n k k n

k k 1

1

1 1 4

1 4

2

2

 

   

n n 4 1 1 3 4 4 1 1 4 1 1     

［解 説］

ま , 一般項an, bn 簡単 求ま ま , cnを求 , 計算 時間

11 ［東北大］ (1) x2をx26x12 割 , )x2 (x2 6x12)1(6x12 ,

6 2 

a , 12b2 

(2) xnをx26x12 割 た商をqn(x) く , 条件 , )

( ) ( ) 12 6

( 2 n n n

n _{x x q x a x b}

x     

, )xn1 x(x2 6x12)qn(x)(anx2 bnx

x(x2 6x12)qn(x)an



(x2 6x12)(6x12)



bnx (x26x12)



xqn(x)an



(6an bn)x12an

ここ , xn1をx2 6x12 割 た余 an1xbn1 ,

n n

n a b

a 1 6  , bn1 12an………(＊)

(3) (1) a2 6, 12b2  , (＊) , 帰納的 an bn 6 倍数

あ , 素数 公約数 し , 2 3を 。

さ , an bn 5以上 素数mを公約数 し , k, lを整数 し ,

k m

an   , bn ml

(＊) , 6an1bn1mk, 12an1ml

l m an  

 1 2 ₃

2 , )2bn1 m(2kl

m 5 , an1 bn1 素数mを公約数 し 。

, 帰納的 , a2 b2 素数 m を公約数 し こ , こ

6 2 

a , 12b2  反 。

以上 , an bn 公約数 素数 2 3 あ 。

［解 説］

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12 ［東京大・理］ ま , (1x)kを二項展開 ,

k k k k

k k

k _{x x x}

x) C C C C 1

(   0 1  2 2  1 kC1x kC2x2 xk また, m n し , 整式P(x) 次数をm ,

m m n

nx a x

a x

a x a a x

P( ) 0  1  2 2   こ , )(1x)kP(x ,mk次 整式 ,

) ( ) 1

( x kP x b0 b1xb2x2 bnxn bmkxmk

係数を比べ ,

0 0 a

b  , b1 a1a0kC1, b2 a2 a1kC1a0kC2, ……,

n k k

n k

n n

n a a a a

b   1 C1  2 C2 0 C ………(＊) た し, k＜i kCi 0 。

ここ , )(1x)kP(x n 次以 項 係数b0, b1, b2, , bn べ 整数

あ , (＊) ,

0 0 b

a  , a1 b1a0kC1, a2 b2 a1kC1 a0kC2, ……,

n k k

n k

n n

n b a a a

a   1 C1 2 C2  0 C

こ , a0, a1, a2, , an べ 整数 。

, )P(x n次以 項 係数 べ 整数 あ 。

［解 説］

13 ［神戸大・理］

(1) ま , ( 1)

2 1 3

2

1     

 n n n

S  あ 。

さ , kを0以上 整数 し , nを4 割 た余 分類 。

(i) nを4 割 た余 0 n4k4 表 ,

) 5 4 )( 1 ( 2 ) 5 4 )( 4 4 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S

(ii) nを4 割 た余 3 n4k3 表 ,

) 3 4 )( 1 ( 2 ) 4 4 )( 3 4 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S

(i)(ii) , S 偶数 あ 。

(2) (iii) nを4 割 た余 1 n4k1 表 ,

) 1 2 )( 1 4 ( ) 2 4 )( 1 4 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S

(iv) nを4 割 た余 2 n4k2 表 ,

) 3 4 )( 1 2 ( ) 3 4 )( 2 4 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S

(iii)(iv) , S い 奇数 あ 。

, (1) 合わ , S 偶数 , nを4 割 た余 0また 3 あ 。

(3) S 4 倍数 , (2) , nを4 割 た余 0また 3 , nを

8 割 た余 0, 3, 4, 7 い あ 。

(i) nを8 割 た余 0 n8k8 表 ,

) 9 8 )( 1 ( 4 ) 9 8 )( 8 8 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S

(ii) nを8 割 た余 3 n8k3 表 ,

) 1 2 )( 3 8 ( 2 ) 4 8 )( 3 8 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S ) 1 2 )( 3 8

( k k 奇数 , S 4 倍数 い。

(iii) nを8 割 た余 4 n8k4 表 ,

) 1 2 )( 5 8 ( 2 ) 5 8 )( 4 8 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S ) 1 2 )( 5 8

( k k 奇数 , S 4 倍数 い。

(iv) nを8 割 た余 7 n8k7 表 ,

) 7 8 )( 1 ( 4 ) 8 8 )( 7 8 ( 2

1 _{    }

 k k k k

S

(i)～(iv) , S 4 倍数 , nを8 割 た余 0また 7 あ 。

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14 ［千葉大］ (1) x 有理数 , p(＞0), qを互い 素 整数 し ,

p q

x くこ ,

2 2 2 7 7

p q x 

条件 , 7x2 整数 , p2 7q2 約数 あ 。

こ , p q 互い 素 , p2 q2 互い 素 あ , p2 素数7 約数, わちp2 1また p27 あ 。

, p 自然数 , p1 , ま x 整数 あ 。

(2) k, lを整数 し, a, bを偶数, 奇数 分け 考え 。 (i) a2k, b2l

) 7 ( 4 ) 2 ( 7 ) 2 (

7 2 2 2 2 2

2 _{b k l k l}

a      (ii) a2k, b2l1

1 ) 2 7 7 ( 4 ) 1 2 ( 7 ) 2 (

7 2 2 2 2 2

2_{ b  k  l  k  l  l } a

(iii) a2k1, b2l

1 ) 7 (

4 ) 2 ( 7 ) 1 2 (

7 2 2 2 2 2

2_{ b  k  l  k k l } a

(iv) a2k1, b2l1

2 ) 2 7 7 (

4 ) 1 2 ( 7 ) 1 2 (

7 2 2 2 2 2

2_{ b  k  l  k k l  l } a

(i)～(iv) , a27b2 4 倍数 , a b 偶数 あ 。

(3)

 

4 ) 2 ( 7 7

2

2 2

2

2 r s

s

r _{ }  _{整数 , r}2_7(2s)2 _{4 倍数 , し r} 整数 , 7(2s)2 整数 。

, s 有理数 , (1) , 2s 整数 あ 。

そこ , (2) 結果を用い , r 2s 偶数 こ , s 整数

あ 。

［解 説］

15 ［広島大・理］ (1) a  b  2, ab 2 2cos1201 ,

2 2

) ( )

(ab  ab  a 2 ab b 2

(2) kalb 2k2 a 22klabl2 b 2 2(k2kll2) , k, l 整数 , kalb 2 偶数 あ 。 (3) (i) k 奇数, l 奇数

2

k , kl, l2 べ 奇数 , k2kll2 奇数 , kalb 2 4

倍数 い。

(ii) k 奇数, l 偶数 2

k 奇数, kl, l2 偶数 , k2kll2 奇数 , kalb 2 4

倍数 い。

(iii) k 偶数, l 奇数 2

k , kl 偶数, _l2 _{奇数 , k}2_kll2 _{奇数 ,} 2 b l a

k  4

倍数 い。

(i)～(iii) , kまた l 奇数 , kalb 2 4 倍数 い。

(4) ま , manb 整数 , mn0を証明 。 b

n a

m   2(m2mnn2) 整数 た , (3) , m2mnn2

偶数, わちm, n 偶数 あ こ 必要 あ 。

そこ , m2m1, n2n1(m1, n1 整数) く , b

n a

m  2 2(m12m1n1n₁2)

, manb 整数 た , m1, n1 偶数 あ こ 必

要 あ , k1, 2,  し , mk 2mk1, nk 2nk1(mk, nk 整数) く ,

b n a

m  2k 2(m_k2mknkn_k2)

こ , mk, nk 偶数 あ , 0mn 場合し あ え い。

, manb 整数 , mn0 あ 。

こ 命題 対偶を , 0mn い , manb 整数 い。

［解 説］

(4) , 0 以外 整数を 2 ン ン割 いく , い 奇数 いうこ

© 電送数学舎 2008 －16－

16 ［東京大・文］ (1) xn ann n p2np

2 ) 1 (

, 1yn bn n(n1)p2np ……(＊) く , np

p n n x

an  n   2

2 ) 1 (

, 1bn yn n(n1)p2np (i) n1

p

a1  , 1b1 p , 0x1 a1p , 0y1 b1p1

, x1, y1 p3 割 。

(ii) nk

k

x , yk p3 割 仮定 。

条件 , an1 an pbn, bn1 pan (p1)bn ,

p k p k k a

xk k ( 1)

2 ) 1

( 2

1

1      

 p k p k k pb

ak k ( 1)

2 ) 1

(  2_{ }

  



( 1) 1



2 ) 1

(  2_{   } 2_{ }



xk k k p kp p yk k k p kp

k kp (k 1)p 2

) 1

(  2_{ }



3 ) 1

(k p

k py

xk k 

 1 ) 1 ( ) 1 ( 2 1

1       

 b k kp k p yk k

1 ) 1 ( ) 1 ( ) 1

(    2  



pak p bk k kp k p





( 1)



( 1) 1



2

) 1

(  2_{    } 2_{ }



p xk k k p kp p yk k k p kp (k1)kp2(k1)p1

3 2 ) 1 ( 3 ) 1

(p y k k p

pxk  k  



) 1 (k

k 偶数 , xk1, yk1 p3 割 。

(i)(ii) , xn, yn p3 割 。

(2) (＊) , 2 2 3 2

2 1 2 ) 1 ( p p p x p p p p x

ap  p    p  

(1) , xp p3 割 , またp 奇数

2 1 

p _整数

, ap p2

割 。さ , p 3 以上 , p2 p3 割 いこ , ap

3

p 割 い。

［解 説］

整数 漸化式 融合 いう頻出タイプ 1 題 。数学的帰納法を利用 , 明

17 ［九州大・文］ (1) 1C : yx2 対し , y2x , 点(a1, a₁21)

け 接線 ,

) ( 2 ) 1

(a₁2 a1 x a1 y    点(a2, 0)を通 こ ,

) (

2

1 1 2 1

2

1 a a a

a   

 , 12a1a2 a₁2 , 1 2 1 2 2 1 a a a  

(2) (1) 同様 ,

n n n a a a 2 1 2 1  

 。

ここ , べ n 対し , 1an＞ あ こ を数学的帰納法 示 。

(i) n1 条件 a1＞1 , 成立し い 。

(ii) nk ak＞1 仮定 ,

0 2 ) 1 ( 1 2 1 1 2 2 1 ＞ k k k k k a a a a

a       

, 1ak1＞ , 1nk 成立 。

(i)(ii) , べ n 対し an＞1 あ 。

(3) 条件 , ( 1)

2 1 _  n n a b , n n n n n n n a a a a a b b 2 ) 1 ( 2 1 ) 1 ( 4 1 ) 1 ( 2 1 ) 1 ( 4

1 2 2

1 2

1

2_{        } 

  n n n n n a a a a a 4 ) 1 ( 1 ) 1 ( 4

1 _ 2_  _  3



1 ＞

n

a , 0bn2bn1＞ わちbn1＜bn2……(＊) あ 。

(4) ま ,

2 1 ) 1 2 ( 2 1

1   

b あ , 1an＞ bn＞0 , (＊) ,

n

n b

b 1 10 10 2log

log  ＜

, n 2 い , log10bn＜2n1log10b1 2n1log1020.3012n1 ここ , bn＜1012, わちlog10bn＜log101012 12を満た た ,

12 2

301 .

0  1 

 n _{, 39.8} 301 . 0

12

2n1 ＞

, n 7 あ く, 求 n 値 1 7 あ 。

［解 説］

有名 ニュートン法 理系風 問題 。

© 電送数学舎 2008 －18－

18 ［名古屋大・理］ (1) x 0, y 0 , 不等式3x2y 2008を満た

格子点 個数を, xを固定し 数え 。 (i) x 2k(0 k 334)

境界線3x2y2008 交点 , k k

y (2008 3 2 ) 1004 3 2

1 _{   }



, 直線x2k上 , 0 y 10043k , 格子点 10053k個あ 。

(ii) 1x 2k (0 k 334)

境界線3x2y2008 交点 ,





2 3 3 1004 ) 1 2 ( 3 2008 2

1 _{    }

 k k

y

, 直線x2k1上 , 0 y 10043k210023k , 格子点 k

3 3

100  個あ 。

(i)(ii) , 求 格子点 個数N ,

 N



  334 0 ) 3 1005 ( k k



  334 0 ) 3 1003 ( k k



  334 0 ) 6 2008 ( k k 337010 335 334 2 1 6 335

2008     



(2) x 0, y 0, z 0 , 不等式 10

6 3 2

z y

x_{  わち}

60 2

3x yz を満た 格子点 個数Nを, ま xを

固定し 数え 。

(i) x 2k(0 k 10)

平面x2k上 格子点 個数をN2k く , こ

平面上 ,

k y

z 2 60 6

0   

(1) 同 様 考 え , 直 線 yl (0 l 303k) 上 , k

l

z 2 60 6

0    , 格子点 2l616k個あ ,

 k N2



     k k k l 3 30 0 ) 6 61 2 ( ) 3 31 )( 6 61 ( ) 3 31 )( 3 30 ( 2 1

2  k  k   k  k

  2 ) 3 31

(  k



(ii) 1x 2k (1 k 10)

平面x2k1上 格子点 個数をN2k1 く , こ 平面上 ,

O y x 1004 3 1 669 2k 1 2k

k y

k y

z 2 60 3(2 1) 2 63 6

0       

(1) 同 様 考 え , 直 線 yl (0 l 313k)上 , k

l

z 2 63 6

0    , 格子点 2l646k個あ ,

 1 2k N



     k k k l 3 31 0 ) 6 64 2 ( ) 3 32 )( 6 64 ( ) 3 32 )( 3 31 ( 2 1

2  k  k   k  k

  ) 3 32 )( 3 33

(  k  k



(i)(ii) , 求 格子点 個数N ,

 N



 10 0 2 k k

N 



  10 1 1 2 k k

N N0



   10 1 1 2 2 ) ( k k k N N 

₃₁2







     10 1

2 _{(33 3 )(32 3 )} ) 3 31 ( k k k k  ₃₁2



   10 1 2₎ 18 381 2017 ( k k k 21 11 10 6 1 18 11 10 2 1 381 10 2017 31

31           



7106

［解 説］

格子点 個数を数え 有名問題 。平面 空間 2題 出さ ました , ち

, 量 計算 要求さ ま 。

© 電送数学舎2009 －20－

19 ［京都大・文］ pを素数, nを正 整数 , !(pn) ,

n

n _{p p p p}

p )!12  2 3 (

さ , 1 pnま 整数 , pk(1 k n) 倍数 n k k

n

p p

p _  _{個あ 。 わ}

ち, p 倍数 _pn1_{個, p}2 _{倍数 p}n2_{個, …, p}n1 _{倍数 p 個, p}n _{倍数 1}

個 。

, !(pn) を素因数分解した , p 個数 ,

1 1 1

2 1

       

p p p

p p

n n

n _

した , !(pn) p

1 1  p

pn _{回割 。}

［解 説］

3 

p , n4 場合を具体的 考え, 実験をしました。そ 結果を一般化した ,

20 ［一橋大］ 3

3 3

3_{1 n 10}

m , 999m3n3  ,

37 3 ) )(

(mn m2mnn2  3 ………(＊)

さ , m 2, n 2 , 0m2mnn2＞ , (＊) mn 1 あ 。 さ , m2mnn2＞m2₂mnn2 ₍mn₎2 mn _,

) 999 , 1 ( ) ,

(mn m2mnn2  , )(3, 333 , (9, 111), (27, 37) また, m2mnn2(mn)2 3mn , m2mnn2(mn)2 3 倍数

,

  

 , )

(m n m2 mn n2 (3, 333), (9, 111) (i) (mn, m2mnn2)(3, 333)

こ 場合, mn3, (333 3 ) 108 3

1 _ 2 _



mn ,

108 )

3

(n n , n23n1080, 0(n9)(n12) n 2 , 9n , 12m93

(ii) (mn, m2mnn2)(9, 111)

こ 場合, 9mn , (111 9 ) 10 3

1 _ 2 _



mn ,

10 ) 9

(n n , 0n29n10 , 0(n1)(n10) n 2 , 解 し 。

(i)(ii) , 12m , 9n

［解 説］

不定方程式 基本問題 。数 特性を活 し , 解 候補を絞 込 こ ポイ

© 電送数学舎2009 －22－

21 ［名古屋大・理］ (1)

4 1 1 2_{ }

y

x , xy4x8y0 , 32

) 4 )( 8

(x y 

ここ , x, y 整数 あ , 8x8＞ , 4y4＞ , 32 約数を , )

32 , 1 ( ) 4 , 8

(x y  , )(2, 16 , (4, 8), (8, 4), (16, 2), (32, 1) )

36 , 9 ( ) ,

(x y  , )(10, 20 , (12, 12), (16, 8), (24, 6), (40, 5) (2)

p y x

1 1

2_{  , xypx2py0 ,} 2

2 ) )( 2

(x p yp  p

ここ , x2p＞2p, yp＞p あ , p 3以上 素数 , )

2 , 1 ( ) ,

2

(x p yp  p2 , )(2, p2 , )(p, 2p , )(2p, p , (p2, 2), )(2p2, 1

さ , )A2x3y7p2(x2p)3(yp く , A 値 , 2

6

2 p

A  , 43p2, 8p, 7p, 2p26, 4p23 ここ , p 3を用い ,

) 6 2

(  p2 (43p2)23p2＞0, 26p2＞_43p2 0

7

8p pp＞ , 8p＞7p )

6 2

( p2 (4p23)2p23＜0, 4p23＞2p26

さ , )(43p2 (2p26)p22＞0, 43p2＞2p26……… 0

) 2 )( 3 2 ( 7 ) 6 2

( p2  p p p ＞ , 2p26＞7p………

, A 最 値 7p あ , こ , )(x2p, yp)(2p, p 。 , 2x3yA7p , 2x3yを最 (x, y) ,

) , 2 ( ) ,

2

(x p yp  p p , )(x, y)(4p, 2p

［解 説］

有名 型 不定方程式 。 , (2) 大 関係 い , 初 グ フ いう

こ 考えました , 煩雑 そう ました。そこ , ま 似た式 うし

22 ［千葉大］

(1) 1 k n 対し ,

k nC ! ) 1 ( ) 2 )( 1 ( k k n n n

n    

  1 1 2 2 2 2 1

1 _{ }   _  

    

 n k n k

k n k n k n _

ここ , 10 l k , )n(kl) k(nl ,

k n l k l n   _,

 

k

k n k n k n k n k n k n k n k n k n k n k

n _{ }   _   _{     } 

   

  ₁ 1 

2 2 2 2 1 1

さ , ₁

2 ! ! ) 1 ( ) 2 )( 1 (      k k k _n k n k k n n n n  ,

 

₁

2 Ck _kk n

k _n

k n

(2) (1) ,

 

n k k

k

n _{C , 二項定理を利用 ,}

 

_

_



   n k k n n k k n n k k k n 0 1 1 C

C ＜ _(11)n _2n

,



 

 n k k n _k n 1 2 1 _＜1

(3) (1) , ₁

2

C _

k k k

n n , 二項定理を利用 ,





_

 

    n k k k n n n n ₁ 1 C 1 1

1



 

   n k k k k n n 1 1 1 2

1



 

    n k k 1 1 2 1 1

ここ ,



 

  n k k 1 1 2

1

 

 

₂

2 1 2 2 2 1 1 2 1 1 ＜ n n      ,



11



n＜123 n

［解 説］

3 題構成 並列型 設問 場合, (1) (2) 独立 , (3) 誘導 いう 一

般的 。 こ , 本問 , (1) , 独立 (2) (3) 誘導 , 変わ

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23 ［東京大・文］ (1) m 2 , mC1, mC2, …, mCm1 , べ 自然数 あ , m 3 ,

1

2 k m い ,

!

) 1 (

) 2 )( 1 ( C

k

k m m

m m

k

m      

ここ , m 素数 , m k!(k2, 3, , m1) 割 い , 2

C

m , …, mCm1 , べ m 倍数 。

, mC1 m あ こ , mC1, mC2, …, mCm1 最大公約数dm ,

m

dm  あ 。

, 2m , 22C1 , dm mを満たし い 。

(2) べ 自然数 k 対し, km k dm 割 こ を, 数学的帰納法

示 。 (i) k1

0 1_k

k , 明 dm 割 。

(ii) kl l

lm  dm 割 仮定 ,

l l

l l

l l

l 1)m ( 1) m mC m mC m mCm (mCm 1)

(      1 1 2 2 2 2 1 (lm l)mC1lm1mC2lm2mCm2l2mCm1l (1) , mC1, mC2, …, mCm1 dm 割 , )(l1)m (l1 dm

割 。

(i)(ii) , べ 自然数k 対し, km k dm 割 。

［解 説］

1999 理系 出さ た二項係数 問題を思い出しました。こ 過去問 比べ

24 ［金沢大・文］ (1) x＞0 , 相加平均 相乗平均 関係を用い ,



 



3 2 31

3

2 2

2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 1 3

2 _{       }  _

x x x x x x x x 等号

2 1 2 1

x

x , わち_{x }3_{2 成立 。}

(2) (i) ま , 3 1 2 ＞

n

a を数学的帰納法 証明 。

(a) 1n a12 成立 。

(b) nk _＞231

k

a 成立を仮定 , (1) ,





3 1

2

1 1 2

3 2 k k k a a a   

等号成立 _3₂

k

a 仮定 反し, 31

1＞2 

k

a 。

(a)(b) , 3

1 2 ＞

n

a あ 。

また, an an1





₂ 3 2 2 3 1 1 3 2 n n n n n a a a a

a     

 , 3

1 2 ＞ n a , 0 1＞   n n a

a , an＞an1

以上 , 3

1 1＞2 ＞ n

n a

a 成 立 。

(ii)



₂

 

1 ₂



1 2 2 3 2 n n n n a a a

a     



₂

 

₂



₂ 1 2 1 3 2 2 3 2 n n n n n a a a a

a       _{2 2} 1 1 3 4 1 3 4 n n a

a   

 

 12 2 2 2 1 3 4 n n n n a a a a     

n 2 , (i) 3

1 1＞ n＞2 n a

a  , _{2 2} 1 2 2 1 3 4 n n n n a a a a   

 ＞0 ,



₂



1 2 1 2 3 2 2     n n n n a a a a ＜

(iii) (i) , 3

1 1＞2 ＞ n

n a

a , ₂

2 1 2

1 2 2

n n n n n a a a a

a      ＞0

n 1 , (ii) ,



₂

 

1

1 2 2 1 3 2 2 2 

   n

n n

a a a

a 等号 n1

さ ,





1

4 2 4 1 2 3 2 2 2 1

2    

a

a , 1 ₂

 

1

3 2

2 

  n

n n

a

a ,

 

1 2

1

3 2 2

0   n

n n

a a ＜

© 電送数学舎2009 －26－

25 ［神戸大・理］ (1) t 1 , 0＜an＜an1 (n 1) あ こ を数学的帰納法 証明 。

(i) n1, 2

条件 , 1a1  , 2a2 2t , 0＜a1＜a2 成 立 。 (ii) 1nk, k

0＜ak＜ak1 成立を仮定 , 条件 , 0 )

1 2

( 1 1

1

2 k k k k k＞

k a t a a a a

a          , 0＜ak1＜ak2 成 立 。

(i)(ii) , 自然数n 対し, t 1 , 0＜an＜an1 成 立 。

(2) 1t  , 0＜ an ＜ an1 (n 1) あ こ を数学的帰納法 証明 。

(i) n1, 2

条件 , a1 1, a2 2 t 2 , 0＜ a1 ＜ a2 成 立 。 (ii) 1nk, k

0＜ ak ＜ ak1 成立を仮定 , 条件 ,

k k

k k

k k

k ta a ta a t a a

a 2  2 1 2 1  2 1 

, ak2  ak1 (2 t 1) ak1  ak ak1  ak＞0 , 0＜ ak1 ＜ ak2 成 立 。

(i)(ii) , 自然数n 対し, 1t  , 0＜ an ＜ an1 成 立 。

(3) 11＜t＜ , tcos  を用い , _

sin sinn

an  (n 1) あ こ を

数学的帰納法 証明 。

(i) n1, 2

 

sin sin 1 1  

a ,

 

sin 2 sin cos

2 2

2  t 

a , 成立 。

(ii) 1nk, k



sin sink

ak  , _ 

sin ) 1 sin(

1  

 k

ak あ 仮定 , 条件 ,



 



  sin

sin sin

cos ) 1 sin( 2 sin sin sin

) 1 sin( 2

2 t k k k k

ak      

 



 



sin ) 2 sin( sin

sin sin

sin ) 2

sin(   _{ } 

 k k k k

(i)(ii) , 自然数 n 対し, 11＜t＜ (tcos) ,



sin sinn

an  成 立 。

［解 説］

3題 数学的帰納法 ク アー 示 ま 。 , (1)を参考 し (2) 角不

26 [神戸大・理]

条件からDEがSの倍数よりDまたはEはSの倍数である。

ここでDEの一方がSの倍数他方がSの倍数でないとき D+EはSの倍数で

はない。またDEがともにSの倍数であるときD+EはSの倍数である。

したがって D+EとDEがともにSの倍数であるときDとEはともに Sの倍数

である。

まず D+EとD+Eに対して

_{DE= D+E − D+E ………①} E

D+ とD+EがともにSの倍数であるので①よりDEはSの倍数である。

Sは以上の素数からとSは互いに素となるのでDEはSの倍数である。

よっての結果からDとEはともにSの倍数である。

まず _{D+EとD+Eに対して}

_{D E D E D E D E}

DE + = + + − + ………②

_E

D + とD+EがともにSの倍数であるので②より DED+EはSの倍数で

ある。

すると条件よりDEまたはD+EがSの倍数である。

L DEがSの倍数であるとき

①より_{D+EはSの倍数となり D+EはSの倍数である。}

の結果よりDとEはともにSの倍数である。

LL D+EがSの倍数であるとき

の結果よりDとEはともにSの倍数である。

LLLよりいずれの場合もDとEはともにSの倍数である。

［解 説］

問題文に不必要と思えるほどのヒントが記されています。の②式は①式を参考

‹電送数学舎 2010

−−

27 [広島大・理]

条件よりNOを以上の整数として [=N+ \=O+と表すと

+ + = + + +

= N O NO N O

[\

よって積[\はで割ると余り集合$に属する。

条件よりP=NとおくとN≧のとき二項定理より

& & &

P = N = N = + N = N +N N−+N N−++N N− +

& & &

N+ N N−+N N−++N N− はの倍数よりPはで割ると余る。

なおP=のときはP =からこのときもで割ると余る。

以上よりP_{は$に属する。}

まずと同様に考えP+Qが偶数の場合は01を整数として

L P=NQ=Oのとき

P Q ₌ N O ₌ N O_{= +} N ₊ O _{= 0+ 1+}

するとの結果からPQ_{は$に属する。}

LL P=N+Q=O+のとき

P Q ₌ N+ O+ _{= 0+ ⋅ 1+ = + 0+ 1+}

するとの結果からPQ_{は$に属する。}

次にP+Qが奇数の場合は

LLLP=NQ=O+のとき

P Q ₌ N O+ _{= 0 + ⋅ 1+ = + 01+ 0 + 1+}

するとPQ_{はで割った余りがとなり$には属さない。}

LY P=N+Q=Oのとき

P Q ₌ N+ O _{= 0+ 1+ = 01+ 0+ 1+}

するとPQ_{はで割った余りがとなり$には属さない。}

P+Q+_{の正の約数は}

+

P N≦

≦ ≦O≦Q+としてNOと表せこ

の中で $ に属する数は の結果からN+Oが偶数の場合である。この数全体の和

を6とすると

_{+ + + + + + + + + +} + _{+ + +} +

= P Q P Q

6

₌₊₊₊P₊₊₊Q₊₊₊₊P₊₊₊Q _{= − −} − − ⋅ − − ⋅

= P+ Q+ P+ Q+

［解 説］

28 [長崎大・医]

方程式_{[+D[+E[+F[+G= G≠……①が有理数の解}

S T

U= （S＞

≠

T SとTは互いに素である整数）をもつことより

= + ⋅ + ⋅ + ⋅

+ G

S T F S T E S T D S

T _{T+DST+EST+FST+GS =}

すると _{T =−SDT+EST+FST+GSから}

_{S DT EST FS T GS}

T = ⋅ + + + ………②

条件から S と _{T は 以外の公約数をもたずしかも②から S は T ×}

の約数なので S はの約数すなわち S =である。

このとき U = T_S = T から U は自然数となる。

そこで方程式①は整数解Uをもつことになり_{U +DU+EU+FU+G=}

_{U DU EU F} U

G=− + + + G = U ⋅ U+DU+EU+F

よって U は G の約数である。

方程式_{[−[−=……③に対して[=Wとおくと}

= − −W

W _{W −W−=………④}

さて方程式④が有理数の解をもつと仮定すると からその解は整数でし

かもの約数である。ここで _{IW=W−W−とおくと}

=−

I I−= I=− I−=

=

I I−= I= I−=

これより方程式④は有理数の解をもたず実数解はすべて無理数である。

よって方程式③の実数解はすべて無理数である。

［解 説］

は有名問題ですが経験がないと難しいでしょう。はその応用で最高次の係

‹電送数学舎 2010

−−

29 [千葉大]

D=のとき ' [≦\≦Eであり境界線\=[

と\=Eの交点は [=± Eとなる。

これより'の面積は

E [ G[ E E E E

E − = + =

³

−

条件より _{E =となり}

=

E E=

よって' に含まれる格子点は− −

となりそ

の個数は個である。

' [≦\≦D[+Eに対して境界線\=[と\=D[+Eの交点は

_−D[−E=

[ [=D± D+E

ここでα =D− D+E

_E

D D+ + =

β とおくと'の面積は

(

)

D[+E−[ G[= − = D + E

³

β β α

α

条件より

(

_D+E

)

_{=となり D+E= D+E=………＊}

このとき_{α =}D−

+ = D

β である。

さてDEは整数なので＊からDは奇数となりα βはともに整数である。

すると'に含まれる格子点の個数は D−_{=α≦[≦β =}D+_において

L _{[ =}D−_{のとき 格子点はα αのみより個である。}

LL _{[ =}D−_{のとき ＊より}

_D

E₌ − _{となり格子点の個数は}

(

)

= + − + − − + − = + − − − + −

⋅D D D D D D D D

D

LLL_{[ =}D+_{のとき LLと同様にすると格子点の個数は}

(

)

= + − − − − + + = + + − − + +

⋅D D D D D D D D

D

LY _{[ =}D+_{のとき 格子点はβ βのみより個である。}

L∼LYより格子点の個数はDEの値によらず+++=個である。

［解 説］

はの誘導ではありませんがうまくまとまった格子点の個数の問題です。

− − 2

30 [一橋大]

D = D = DQ+ =DQ++DQ……＊で定められる数列

{ }

DQ についてそ

の一の位の数列を

{ }

EQ とおくと

=

E E=E =E =E =E= E =E =E =

=

E E=E = E =E =E =E =E =

=

E E=E = E =E=E =E =……

するとE =EE =Eとなり ＊からQ≧ において数列

{ }

EQ は周期

の周期数列となる。

さて =+×+よりE =E+=となるので Dを で割

った余りはである。

D =Dのとき＊より

D D D

D = + = D =D+D=D D =D+D =D

これより DQ =Q−Dと予測できる。

まずこの予測の正しいことを数学的帰納法を用いて証明する。

L Q= のとき 条件より成立する。

LL Q=N N+のとき DN =N−DDN+=NDと仮定すると＊より N

N

N D D

D += ++ =ND+⋅N−D=+⋅ND =N+D

LLLよりすべての自然数Qに対して DQ =Q−Dである。

すると DQ+ −DQ =Q+D−Q−D = −⋅Q−D =×⋅Q−D

よって DQ+ −DQはの倍数である。

［解 説］

漸化式と整数の融合問題は 年に東大， 年に京大で出題された後しば

らく頻出のものでした。ただ本問は上記の過去問と異なり漸化式が簡単な形で

解けるのでこの結果を利用したほうがよいのかどうかかえって迷ってしまいます。

この影響のためかとは異なる立場での解答例となっています。