2015年度 ２次数学セレクション（整数と数列）

－1－ １ [千葉大・文] k, m, n を自然数とする。以下の問いに答えよ。 (1) 2k_{を7 で割った余りが 4 であるとする。このとき, k を 3 で割った余りは 2 であ} ることを示せ。 (2) 4m+5nが3 で割り切れるとする。このとき, 2mn_{を7 で割った余りは 4 ではな} いことを示せ。

2015 ２次数学セレクション 問題 －2－ ２ [九州大・理] 以下の問いに答えよ。 (1) n が正の偶数のとき, 2n_{- は}1 _{3 の倍数であることを示せ。} (2) n を自然数とする。2n_{+ と}1 ₂n_{- は互いに素であることを示せ。 1} (3) p, q を異なる素数とする。₂p-1_{- =1 pq}2_{を満たすp, q の組をすべて求めよ。}

－3－ ３ [京都大・理] a, b, c, d, e を正の実数として整式 _{f( )x =ax}2_{+bx c+ , ( )g x =dx e+ を考える。} すべての正の整数 n に対して ( ) ( ) n n f g は整数であるとする。このとき, ( )f x はg( )x で 割り切れることを示せ。

2015 ２次数学セレクション 問題 －4－ ４ [東北大・文] 次の性質をもつ数列{a を考える。 n} 1 3 a = , an+1>an, an2-2a an n+1+an+12=3(an+an+1) (n =1, 2, 3, ) (1) 1, 2, 3,n =  に対し, an+an+2をan+1を用いて表せ。 (2) bn=an+1-an(n =1, 2, 3,  により定まる数列) { }b の一般項を求めよ。 n (3) 数列 {a の一般項を求めよ。 n}

－5－ ５ [広島大・文] n を自然数とし, p , n q を実数とする。ただし, n p , 1 q は1 p12-4q1= を満たすと4 する。2 次方程式 2 ₀ n n x -p x q+ = は異なる実数解n, nをもつとする。ただし, n n  < とする。cn =n-nとおくとき, 数列 { }c は n 1 2 ( 1) n n c n c+ = _{n n}+₊ (n =1, 2, 3, ) を満たすとする。次の問いに答えよ。 (1) rn=log (2 n n+ n)とするとき, 2 ( 1) n n n + + をr , n rn+1を用いて表せ。 (2) c を n の式で表せ。 n (3) pn =n nであるとき, q を n の式で表せ。 n

2015 ２次数学セレクション 問題 －6－ ６ [千葉大・理] b と c を_b2_{+4c> を満たす実数として, 0 x に関する 2 次方程式x}2_{-bx c- = の相0} 異なる解を , とする。数列{a を, n} an =n-1+n-1(n =1, 2, 3,  により定め) る。このとき, 次の問いに答えよ。 (1) 数列 {a は漸化式 n} an+2=ban+1+can(n =1, 2, 3,  を満たすことを示せ。 ) (2) 数列 {a の項n} a がすべて整数であるための必要十分条件は, b, c がともに整数でn あることである。これを証明せよ。

－7－ ７ [東京大・理] 数列{p を次のように定める。 n} 1 1 p = , p = , 2 2 2 1 2 n 1 n n p p p + + = + (n =1, 2, 3, ) (1) 12 2 1 1 n n n n p p p p + + + + がn によらないことを示せ。 (2) すべてのn =2, 3, 4,  に対し, pn+1+pn-1をp のみを使って表せ。 n (3) 数列 {q を次のように定める。 n} 1 1 q = , q = , 2 1 qn+2=qn+1+qn (n =1, 2, 3, ) すべてのn =1, 2, 3, に対し, pn =q2n-1を示せ。

2015 ２次数学セレクション 解答解説 © 電送数学舎 2015 －1－ １ [千葉大・文] (1) k を自然数, l, N を 0 以上の整数とするとき, (i) k=3l+ のとき 1 2k ₌23 1l+ _{= ⋅}2 8l ₌2(7 1)₊ l ₌2(7_N+1) 7 2_{= ⋅ N+}2 これより, 2k_{を7 で割った余りは 2 である。} (ii) 3k= l+ のとき 2 2k₌23 2l+ _{= ⋅}4 8l ₌4(7 1)₊ l ₌4(7_N+1) 7 4_{= ⋅ N+}4 これより, 2k_{を7 で割った余りは 4 である。} (iii) 3k= l+ のとき 3 2k₌23 3l+ _{= ⋅}8 8l ₌8(7 1)₊ l ₌8(7_N+1) 7( 8_{= N+}1) 1₊ これより, 2k_{を7 で割った余りは 1 である。} (i)～(iii)より, 2k_{を7 で割った余りが 4 のとき, k を 3 で割った余りは 2 である。} (2) m, n を自然数で, 4m+5nが3 で割り切れるとき, 4m+5n=3(m+2 ) (n + m n- ) これより, m n- は3 で割り切れる, すなわち m を 3 で割った余りと n を 3 で割 った余りは等しくなる。そこで, m n¢, ¢ を 0 以上の整数として, (i) m, n を 3 で割った余りが 1 のとき m=3m¢+1, n=3n¢+1 (3 1)(3 1) 3(3 ) 1 mn= m¢+ n¢+ = m n¢ ¢+m¢+n¢ + これより, mn を 3 で割った余りは 1 である。 (ii) m, n を 3 で割った余りが 2 のとき m=3m¢+2, n=3n¢+2 (3 2)(3 2) 3(3 2 2 1) 1 mn= m¢+ n¢+ = m n¢ ¢+ m¢+ n¢+ + これより, mn を 3 で割った余りは 1 である。 (iii) m, n を 3 で割った余りが 0 のとき m=3m¢+3, n=3n¢+3 (3 3)(3 3) 3(3 3 3 3) mn= m¢+ n¢+ = m n¢ ¢+ m¢+ n¢+ これより, mn を 3 で割った余りは 0 である。 (i)～(iii)より, mn を 3 で割った余りは 0 または 1 であり, 2 ではない。 したがって, (1)より, 2mn_{を7 で割った余りは 4 ではない。}

［解 説］

テーマは整数の余りによる分類です。(2)の最後の行は, (1)で証明した命題の対偶を 利用しています。なお, 合同式を用いて記述しても構いません。

© 電送数学舎 2015 －2－ ２ [九州大・理] (1) n が正の偶数のとき, l を自然数として, n=2lとおくと, 2 2n_{- =}1 2l_-1₌₄l_{-1=(3 1)+} l_-1 1 2 1 2 1 (3l C 3l C 3l C 3 1) 1 l - l - l l -= + + ++ + 1 2 3 1 2 1 3(3l C 3l C 3l C ) l l l l - - -= + + ++ よって, 2n_{- は}1 _{3 の倍数である。} (2) n を自然数とするとき, 2n_{+ と}1 ₂n_{- の最大公約数を1 g とおくと,} 2n_{+ =}1 _{g ……①, 2a} n_{- =1 g ……②（a と b は互いに素） b} ①－②より, 2=g(a b- )となり, 2g= またはg=1である。 2 = g のとき, ①は 2n_{+ =}1 2_{aとなり, 左辺は奇数, 右辺は偶数で成立しない。} よって, 1g= から, 2n_{+ と}1 ₂n_{- は互いに素である。 1} (3) 異なる素数 p, q に対して, ₂p-1_{- =1 pq}2_………③ (i) p が偶数のとき p は素数よりp =2, すると, ③から₂1_{- =1 2q}2_{となり, 素数 q は存在しない。} (ii) p が奇数のとき 1 p - は偶数となり, (1)の結果から₂p-1_{- は1 3 の倍数である。すると, ③から} 2 pq は3 の倍数となり, p = または3 q = である。3 (ii-i) p = のとき3 ③は22- =1 3q2となり, 素数 q は存在しない。 (ii-ii) q = のとき3 ③は2p-1_{- =}1 9_{p……④となり, k を自然数として, p=2k+ とおくと, 1} 1 2 2p- _{- =}1 2 k_{- =}1 ( 2k₊1)( 2k_-1) (2)から 2k_{+ と}1 ₂k_{- は互いに素で, ④は ( 21} k_{+1)( 2}k_{-1) 9( 2= k+1)となり,} ( 2k₊1, 2k_-1) ( 9, 2_{= k+}1)_{または( 2k +1, 9)} ( 2k₊1, 2k_-1) ( 9, 2_{= k+}1)_{のとき, 3k = すなわちp = となる。7} ( 2k₊1, 2k_-1) ( 2_{= k+}1, 9 )_{のとき, 満たす k は存在しない。} (i)(ii)より, ③を満たす p, q の組は, ( ,p q =) (7, 3)のみである。

［解 説］

誘導つきの整数問題です。なお, ④を満たす p を求めるために, (2)の結論を利用す る方法で記しましたが, グラフをイメージして, 直接的に解いても構いません。

2015 ２次数学セレクション 解答解説 © 電送数学舎 2015 －3－ ３ [京都大・理] a, b, c, d, e を正の実数とするとき, _{f( )x =ax}2_{+bx c+ , ( )g x =dx e+ に対して,} ( )x f をg( )x で割った商をpx q+ , 余りを r とおくと, p, q, r は実数となり, ( )x = ( )(x px q+ )+r f g ………① さて, ( ) ( ) ( ) x h x x = f g とおくと, ①から ( )h x = px q+ +g( )rx =px q+ +dx er+ ここで, n を 2 以上の整数とすると, 条件より, (h n - , ( )1) h n , (h n +1)はすべて 整数なので, (h n- +1) h n( + -1) 2 ( )h n の値も整数となり, ( 1) ( 1) 2 ( ) h n- +h n+ - h n

(

)

2 r r r pn p q _{dn d e} pn p q _{dn d e} pn q _{dn e} = - + + + + + + - + + - + + + + 2 r r r dn d e dn d e dn e = + -- + + + + 2 2 (dn d e dn d e dn e)( d r )( ) = - + + + + ………② すると, 十分に大きい n に対しても②が整数となることより, 0r = である。 よって, ①から, ( )f x =g( )(x px q+ )となり, ( )f x はg( )x で割り切れる。

［解 説］

結論のr = を示すために, ( )0 h n の等差数列部分である pn q+ を消すことを考え, ( 1) ( 1) 2 ( ) h n- +h n+ - h n を計算しています。そして, 得られた式が②というわけ です。階差を 2 回とったと考えてもよいですが……。なお, 既視感があったので, 過 去問を調べたところ, 1991 年の後期に類題が出ていました。

© 電送数学舎 2015 －4－ ４ [東北大・文] (1) 条件より, 2 2 1 1 1 2 3( ) n n n n n n a - a a + +a + = a +a + ……①なので, 2 2 1 2 1 2 1 2 n n 2 3( n n ) n n a + - a + a + +a + = a + +a + ………② ②－①より, 2 2 1 2 2 2 n 2 n ( n n) 3( n n) n a + -a - a + a + -a = a + -a ここで, an+2>an+1>anから, an+2-an> となり, 0 2 2 1 3 n n n a + +a - a + = , an+2+an=2an+1+ ………③ 3 (2) ③より, an+2-2an+1+an = となり, 3 (an+2-an+1) (- an+1-an) 3= ………④ ここで, bn =an+1-anとおくと, ④より, bn+1-bn = となり, 3 1 3( 1) n b =b + n- ………⑤ さて, ①より, 2 2 1 2 1 2 1 2 2 3( ) a - a a +a = a +a となり, a = から, 1 3 2 2 2 2 9 6- a +a =3(3+a ), 2 2 2 9 0 a - a = すると, a2>a1= から3 a = となり, 2 9 b1=a2-a1=6 よって, ⑤から, 6 3(bn= + n-1) 3(= n+1) (3) (2)より, 2n≧ において, 1 1 3 n 3( 1) n k a - k = = +

å

+ 3 3 2 ( 1) 2n n + = + ⋅ - 3 3( 2 2) 2 n n = + + - 3 ( 1) 2n n = + なお, この式はn = のときも成立している。 1

［解 説］

誘導つきの漸化式の問題です。(1)の結果が(2)へとつながり, さらに(3)へとスムー ズに解いていくことができます。

2015 ２次数学セレクション 解答解説

© 電送数学舎 2015 －5－

５ [広島大・文]

(1) rn=log (2 n n+ n)=log2 n n( +1)より, rn+1=log2 n+1 (n+2)となり, 1 n n r+ -r log2 1 ( 2) ( 1) n n n n + + = + 2 2 log ( 1) n n n + = + よって, 2 ₂ 1 ( 1) n n r r n n n + -+ ₌ + ………① (2) ①より, n 1 ₂rn 1 rn n c c + -+ _{= となり,} 1 1 2rn rn n n c +- c + = ここで, f_{( ) 2n =} rn+1-rnとおくと, 1 ( ) n n c + = f n c となり, 2n≧ において, 1 (1) ( 2) ( 1) n c =c f f f n- 2 1 3 2 1 1 2r r 2r r 2r rn n c - - - -= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1 1 2r rn c -= ⋅ 2 2 2

log ( 1 ) log 2 log ( 1 ) 1 1 2 n n 1 2 n n c + - c + -= ⋅ = ⋅ ………② さて, 2 ₀ n n x -p x q+ = の実数解をn, n (n<n)とすると, 2 ₄ 2 n n n n p p q  = - - , 2 4 2 n n n n p p q  = + -すると, cn =n-n = pn2-4qn となり, c1= p12-4q1 = 4=2 よって, ②より, _{2 2}log2 n n( 1 ) 1 ₂log2 n n( 1 ) _{( 1)} n c _{= ⋅} + - ₌ + ₌ n n_{+ ………③} なお, ③はn = のときも成立している。 1 (3) ③より, 2 _{4 ( 1)} n n p - q = n n+ となり, 2 _{4 ( 1)}2 n n p - q =n n+ ………④ そこで, pn =n nのとき, pn2=n3となり, ④より, 3 2 1_{{ ( 1) }} 1 _{( 2 1)} 4 4 n q = n -n n+ = - n n+

［解 説］

2 次 方 程 式 の 解 を 題 材 と し た , 誘 導 つ き の 漸 化 式 の 問 題 で す 。 (2) の 漸 化 式 1 ( ) n n c + = f n c を解くことがポイントとなっています。詳しくは「ピンポイントレク チャー」を参照してください。

© 電送数学舎 2015 －6－ ６ [千葉大・理] (1) _b2_{+4c> のとき, 0 x}2_{-bx c- = の実数解0  , について,} b  + = ,  = - ………① c 条件より, n 1 n 1 n a ₌ - ₊ - _{……②から, ①と合わせて,} 1 1 1 ( )( n n) ( n n ) n n ba ca       -  -+ + = + + - + _=n+1_+n_{+  }n ₊ n+1_{-(  }n ₊ n_)=n+1_+n+1 よって, an+2=ban+1+can……③が成立する。 (2) a がすべて整数のとき, ①②から, n a1=0+0=2, a2=1+1=b これよりb は整数となり, ③から, a3=ba2+ca1, a4=ba3+ca2となり, 3 2 2c=a -ba ………④, bc=a4-ba3………⑤ また, ①②から 2 2 2 2 3 ( ) 2 2 a = + =  + - =b + cとなり, ③から, 5 4 3 a =ba +ca , 2 5 4 (b +2 )c c=a -ba ………⑥ ④⑤⑥より, 2c , bc , _(b2_{+2 )c cはすべて整数である。} さて, 2c が整数より, k を整数として 2 k c = とおくことができる。 ここで, k が奇数と仮定すると, 2 bk bc = が整数よりb は偶数となる。 ところが, ₍ 2 _{2 )} ( 2 ) 2 b k k b + c c= + は, 分子_(b2_{+k k) が奇数より, 整数ではない。} したがって, k は奇数ではなく偶数となり, c も整数である。 逆に, b, c がともに整数であるとき, a = , 1 2 a2= はともに整数であり, ③から, b 帰納的にa (_n n =3, 4, 5,  はすべて整数となる。 ) 以上より, a がすべて整数であるための必要十分条件は, b, c がともに整数であn ることである。

［解 説］

隣接 3 項間型の漸化式が題材となっている証明問題です。(2)の設問は, 見かけより は難しめで, 詰めに時間がかかりました。

2015 ２次数学セレクション 解答解説 © 電送数学舎 2015 －7－ ７ [東京大・理] (1) p = , 1 1 p = , 2 2 2 1 2 n 1 n n p p p + + = + に対して, 2 2 1 1 1 n n n n n p p a p p + + + + = とおくと, 2 2 2 1 1 2 1 1 n n n n n p p a p p + + + + + + + = 2 1 1 2 2 1 1 n n n n n n p p p++ p ++ p + p + = + + 12 1 2 2 1 _{1 1 1} 1 1 ( 1) n n n n n n _{n n n} p p p p p++ p _{p +}+ _{p + p +} + = + + + + 12 2 12 2 2 2 1 1 ( 1) ( 1) n n n n n n n p p p p p p p + + + + + + + = + 2 2 1 1 ( n 1) n n n p p p p + + + + = =an これより, an =a1= 22+_{2 1}1_⋅2+1=3となり, 2 2 1 1 1 3 n n n n p p p p + + + + = ………① (2) すべての自然数 n に対し, 0<pn<pn+1であることを数学的帰納法で証明する。 (i) n = のとき 1 p = , 1 1 p = より成立する。 2 2 (ii) n= のとき k 0<pk<pk+1すなわち k 1 1 k p p + _{> と仮定すると,} 条件式より, 2 2 1 1 2 k 1 k k k k p p p p p + + + = + > から, 2 1 1 1 k k k k p p p p + + + > > となる。 (i)(ii)より, 0<pn <pn+1 (n =1, 2, 3,  である。 ) さて, ①より, 2 2 1 1 n 1 3 n n n p + +p + = p + p ………② 2 2 1 1 1 3 n n n n p +p_- + = p p - (n≧ ………③ 2) ②－③より, 2 2 1 1 1 1 3 (n n n ) n n p + -p - = p p + -p -すると, pn-1<pn <pn+1より, pn+1-pn-1> なので, 0 1 1 3 n n n p + +p - = p (n =2, 3, 4, ) (3) (2)より, p = , 1 1 p = , 2 2 pn+2=3pn+1-pn(n =1, 2, 3, ) ここで, q = , 1 1 q = , 2 1 qn+2=qn+1+qn(n =1, 2, 3,  で定められる) q に対n して, pn =q2n-1であることを数学的帰納法で証明する。 (i) n =1, 2のとき p₁=q₁, q3=q2+q1= から2 p2=q3となり成立する。 (ii) ,n=k k+ のとき 1 pk =q2k-1, pk+1=q2k+1と仮定する。 このとき, pk+2=3pk+1-pk=3q2k+1-q2k-1となり, 2k 3 2k 2 2k 1 q + =q + +q + =q2k+1+q2k+q2k+1=2q2k+1+q2k =2q2k+1+(q2k+1-q2k-1)=3q2k+1-q2k-1 (i)(ii)より, 1, 2, 3,n = に対し, pn=q2n-1が成り立つ。

［解 説］

複雑な漸化式ですが, 誘導に従うと道筋が見えてくるタイプです。