© 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(7N+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(7N+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(7N+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。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 2a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 pq2………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 2q2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 9p……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)( 2k-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。© 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 =ax2+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。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。© 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 2log2 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。６ [千葉大・理] (1) b2+4c> のとき, 0 x2-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。© 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 11⋅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。８ [北海道大・文] (1) 自然数 x に対し, 23 2 x x + が自然数であるためには, x +23x 2≧ が必要である。 1 2 3x x +≧ 2, x2-3x+ ≦2 0, (x-1)(x- ≦2) 0 よって, 1≦ ≦ となり, x 2 x = または1 x = である。 2 (i) x = のとき 1 23 1 23 1 2 x x + = + = となり適する。 (ii) 2x = のとき 23 6 1 4 2 2 x x + = + = となり適する。 (i)(ii)より, 求める x は, 1, 2x = である。 (2) 自然数 x, y に対し, 23 1 2 x y x + + が自然数である条件は, (i) y = のとき 1 1 1 y= からx +23x2が自然数となることより, (1)の結果からx =1, 2 (ii) 2y≧ のとき 1 1 0＜ ≦ となり,y 2 (i)よりx ¹ , 21 x ¹ なので, 3x≧ である。 すると, (1)の結果から0 23 1 2 x x < < + となり, 0<x23+x2+ <1y 32から, 23x2 1y 1 x + + = ………(＊) (＊)から, 1 1 23 2 23 2 2 2 x x x y= -x + = x-++ , 2 2x 3 2 2 y x x + = - + ここで, 2y≧ から 2 2 2 2 3 2 x x x + - + ≧ となり, 2 3 2 ( 1)( 2) 0 x - x+ = x- x- > より, 2 2 2( 2 3 2) x + ≧ x - x+ , x2-6x+ ≦2 0 よって, 3- 7≦ ≦x 3+ 7となり, 3x = またはx = または4 x = 5 (ii-i) x = のとき 3 23 9 11 2 x x + = となり, (＊)より 1 2 11 y= であるので不適。 (ii-ii) x = のとき 4 23 1218 23 2 x x + = = となり, (＊)より 1 1 3 y= であるのでy = 。3 (ii-iii) x = のとき 5 23 15 5 27 9 2 x x + = = となり, (＊)より 1 4 9 y= であるので不適。 (i)(ii)より, 求める ( ,x y は, ( ,) x y =) (1, 1), ( 2, 1) , ( 4, 3) である。
［解 説］
値を絞り込むタイプの整数問題です。一見, 難問そうに見える(2)では, (1)での考察 がたいへん役立っています。なお, 記述は省きましたが, 方針を立てるとき, x に具体 的な数値を入れて計算をしています。© 電送数学舎 2016 －9－ ９ [大阪大・文] (1) 実数 a, k がa＞ , 10 k≧ のとき, 2 次方程式x2-kax a k+ - = ……①に対して, 0 2 ( )x =x -kax a k+ -f とおくと,
(
1)
12 k a k 12 a 0 a a a - = + + - = + > f (1) 1= -ka a k+ - =(a+1)(1- ≦k) 0 f これより, ①は 1- ＜ ≦ を満たす実数解a s 1 s をもつ。 (2) 整数 a, n, k は, 3a≧ , 2n≧ , 1k≧ を満たすとする。 ここで, n2+ はa an + で割り切れることから, 1 n2+ =a k an( +1)と表せ, 2 0 n -kan a k+ - = ………② すると, ②は ( )f n =0であり, さらに(1)から 1 s 1 a - ＜ ≦ なので, ①は異なる実数 解s n (, s n< )をもつことになる。 さて, ①について, 解と係数の関係からs n+ =kaとなり, s=ka n- ………③ a, n, k は整数なので, ③から s も整数となる。さらに, 3a≧ から 1 1 0 3 a - ≦- ＜ と なり, 1 s 1 a - ＜ ≦ からs =0, 1である。 (i) s = のとき 0 f( 0)= - =a k 0からk= となり, ③からa n=a2 そして, a ≧ より2 9 n≧ は満たされている。 2 (ii) 1s = のとき f(1) (= a+1)(1-k) 0= からk = となり, ③から1 n= -a 1 そして, 1 2a - ≧ よりn≧ は満たされている。 2 (i)(ii)より, n=a2, a- である。 1［解 説］
一見, 無関係に思える 2 つの小問です。しかし, (2)を解いていくと, この整数問題 への誘導として, (1)の 2 次方程式の解の配置についての設問がある, というのに気づ きます。10 [神戸大・理] (1) (i) a =18 2 3= ´ 2とb =30 2 3 5= ´ ´ の公約数の集合S は, { 1, 2, 3, 6 } S = また, b =30 2 3 5= ´ ´ とc = -42= - ´ ´ の公約数の集合2 3 7 T は, { 1, 2, 3, 6 } T = (ii) a, b, c, p は 0 でない任意の整数, そして a と b の最大公約数を M, b と c の最大 公約数をN とし, a= pb c+ ……①を満たしている。 まず, N は b と c の公約数で, ①から N は a の約数でもある。すると, N は a と b の公約数となり, a と b の最大公約数 M と比べると, N M≦ である。 また, M は a と b の公約数で, ①から c= -a pbとなるので, M は c の約数でもあ る。すると, M は b と c の公約数となり, b と c の最大公約数 N と比べると, M N≦ である。 したがって, N M≦ かつM N≦ から, M=Nである。 (2) (i) 0 でない任意の整数 l と m に対して, その最大公約数を ( ,G l m で表す。) さて, a =1 3, a =2 4, an+2=6an+1+an(n =1, 2, で定められる自然数の列) {a に対してn} , 帰納的にa ¹ なのでn 0 , (1)からG a( n+2, an+1)=G a( n+1, an) 1 1 ( n , n) ( n, n ) G a + a =G a a - ==G a( ,3 a2)=G a( ,2 a1) =G( 4, 3) =1 (ii) an+4=6an+3+an+2=6( 6an+2+an+1)+an+2 =37an+2+6an+1 ここで, 6an+1=an+2-anから, 4 37 2 ( 2 ) n n n n a + = a + + a + -a =38an+2-an………② (iii) ②に(1)の結果を適用すると, G a( n+4, an+2)=G a( n+2, an)である。 ここで, a3=6a2+a1=27, a4=6a3+a2 =166なので, (a) n が奇数のとき 2 2 ( n , n) ( n, n ) G a + a =G a a - ==G a( ,3 a1)=G( 27, 3) =3 (b) n が偶数のとき 2 2 ( n , n) ( n, n ) G a + a =G a a - ==G a( ,4 a2)=G(166, 4 )=2
［解 説］
ユークリッドの互除法に関する基本を確認した後, それを漸化式に適用する問題で す。細かい誘導のため, 方針に迷いはないでしょう。© 電送数学舎 2016 －11－ 11 [東京大・文] (1) 3nを10 で割った余りを n a とすると, 数列 {a はn} , 3, 9, 7, 1, 3, 9, 7, 1, 3, …… すると, {a はn} 3, 9, 7, 1 を繰り返す周期 4 の周期数列となるので, 3 n a = (n を 4 で割った余りが 1 のとき) 9 n a = (n を 4 で割った余りが 2 のとき) 7 n a = (n を 4 で割った余りが 3 のとき) 1 n a = (n を 4 で割った余りが 0 のとき) (2) 3nを4 で割った余りを n b とすると, 数列 { }b はn , 3, 1, 3, 1, 3, 1, …… すると, { }b はn 3, 1 を繰り返す周期 2 の周期数列と予測できる。 そこで, 3n+2と3nの関係を調べると, 2 3n+ = ⋅9 3n =( 4 2 1) 3⋅ + ⋅ n= ⋅ ⋅4 2 3n+3n………(＊) (＊)より, 4 2 3⋅ ⋅ nは 4 の倍数であるので, 3n+2を 4 で割った余りと 3nを 4 で割 った余りは等しい。これより, { }b は周期n 2 の周期数列となり, 3 n b = (n を 2 で割った余りが 1 のとき) 1 n b = (n を 2 で割った余りが 0 のとき) (3) x =1 1, xn+1=3xnで定義された数列{x に対してn} , 1 1 2 3x 3 3 x = = = , 2 3 3 3x 3 27 x = = = , 3 27 4 3x 3 x = = , …… すると, 3 の奇数乗は奇数より, 帰納的にx は奇数である。n よって, (2)の結論から, 3xnを4 で割った余りは 3 である。すなわち 1 3xn n x + = か ら, xn (n≧ を2) 4 で割った余りは 3 である。 さらに, この結果を(1)の結論に適用すると, 3xnを10 で割った余りは 7 である。 すなわちxn+1=3xnから, xn (n≧ を3) 10 で割った余りは 7 である。 したがって, x を10 10 で割った余りは 7 である。
［解 説］
整数と数列の融合問題です。一見，関連のわからない(1)と(2)の結果が, (3)でうまく 利用できる誘導となっています。12 [九州大] (1) 10nを13 で割った余りが n a より, q を自然数としてn , 10n =13qn+anと表せ, 1 10n+ =10 10⋅ n 10(13 ) n n q a = + =13(10 ) 10qn + an すると, 10n+1を13 で割った余り 1 n a + は, 10a をn 13 で割った余りに等しい。 (2) 10 を 13 で割った余りは 10 より, 1 1 10 a = である。 そして, (1)の結論を当てはめていくと, a は2 10a =1 100を 13 で割った余りに等 しく, 100 13 7 9= ´ + よりa = である。2 9 3 a は10a =2 90を13 で割った余り( 90 13 6 12)= ´ + より, a =3 12である。 4 a は10a =3 120を13 で割った余り(120 13 9 3)= ´ + より, a = である。4 3 5 a は10a =4 30を13 で割った余り (30 13 2 4 )= ´ + より, a = である。5 4 6 a は10a =5 40を13 で割った余り ( 40 13 3 1)= ´ + より, a = である。6 1 (3) 自然数 N を十進法で表示したとき, 最初の桁の数字を k (1≦ ≦k 9 ), 最後の桁の 数字をl ( 0≦ ≦l 9 )とおくと, 条件(i)(ii)より, 5 4 3 2 1 10 2 10 0 10 1 10 6 10 N= ⋅k + ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ +l ここで, (2)の結論を合同式を用い, mod13 で記すと, 5 10 º4, 104 º3, 103º12, 102º9, 101º10 これより, Nº4k+ ⋅ + ⋅ + ⋅2 3 1 9 6 10+l=4k l+ +75º4k l+ +10 さらに, 条件(iii)から N が 13 で割り切れることから, 4k l+ +10が13 の倍数と なり, 14 4≦ k l+ +10 55≦ より, (a) 4k l+ +10=26のとき 4k l+ =16から( , ) ( 2, 8 )k l = , (3, 4 ) , ( 4, 0 ) (b) 4k l+ +10 39= のとき 4k l+ =29から( , ) (5, 9 )k l = , ( 6, 5) , (7, 1) (c) 4k l+ +10 52= のとき 4k l+ =42から( , ) ( 9, 6)k l = (a)～(c)より, 求める自然数 N は, 220168, 320164, 420160, 520169, 620165, 720161, 920166
［解 説］
うまく誘導のついた整数問題です。なお, (3)の不定方程式は, 一般的に解くよりは, 値を絞り込んで数値を代入していった方が簡単です。また, (1)から合同式を利用して もよかったのですが……。© 電送数学舎 2016 －13－ 13 [東北大・理] (1) 6 以上の整数 n に対して, 2n >n2+ が成り立つことを数学的帰納法で示す。 7 (i) n = のとき 26 n =64, n + =2 7 43より成り立つ。 (ii) n= のとき k 2k>k2+ と仮定すると, 7 2k+1>2(k2+7)となり, 2 2 2(k +7 ) {(- k+1) +7 } =k2-2k+6=k k( -2) 6+ >0 すると, 2(k2+7 ) (> k+1)2+ から, 7 2k+1>(k+1)2+7 これより, n= + のときも成り立つ。 k 1 (i)(ii)より, 6 以上の整数 n に対して, 2n>n2+ が成り立つ。 7 (2) 素数 p, q に対して, pq=qp+ ………① 7 (i) p = のとき ①から2 2q =q2+ ………② 7 (1)からq≧ すなわち6 7 以上の素数について, 2q>q2+ となり②は成立しない。7 そこで, 2, 3, 5q = のときを調べる。 (a) q = のとき 2 2q =4, q + =2 7 11となり, ②は成立しない。 (b) q = のとき 3 2q =8, q + =2 7 16となり, ②は成立しない。 (c) q = のとき 5 2q=32, q + =2 7 32となり, ②は成立する。 (ii) 3p≧ のとき p は奇数となり, 3q≧ すなわち q も奇数の場合については, pq, p q はともに奇数から, ①は両辺の偶奇が異なり, 成立しない。 そこで, q = のときについて2 , ①からp =2 2p+ ………③ 7 (1)からp≧ すなわち6 7 以上の素数について, 2p+ >7 (p2+7 ) 7+ となり③は成 立しない。そこで, 3, 5p = のときを調べる。 (a) p = のとき 3 p =2 9, 2p+ =7 15となり, ③は成立しない。 (b) p = のとき 5 p =2 25, 2p+ =7 39となり, ③は成立しない。 (i)(ii)より, ①を満たす素数 p, q は, ( ,p q =) ( 2, 5)のみである。
［解 説］
素数が題材の誘導つき不定方程式の問題です。素数で偶数なのは 2 だけということ がポイントになっています。なお, (2)でp とq q の偶奇が異なる点に注目するとp , 少 し解答例を短縮できます。14 [東京工大] (1) n が素数のとき, n より小さい自然数n - , 1 n - , 2 n - , …, 3, 2, 1 は, いずれ3 もn と互いに素である。 すると, それらの数の積 (n -1)!はn と互いに素になり, n で割り切れない。 また, 4n = のとき(n -1)! 3! 6= = はn で割り切れない。 (2) 素数でなくかつ 4 でもない n は, 6 以上の合成数であり, (i) n= pq( p は2 以上の自然数, q は3 以上の自然数, p¹q)のとき (n-1)! (= pq-1)(pq-2)(pq-3) 3 2 1 ⋅ ⋅ となり, (pq p- = p q-1)は p の倍 数, (pq q- =q p- は1) q の倍数であるので, (n -1)!はn=pqで割り切れる。 (ii) n=r2( r は3 以上の素数)のとき 2 2 2 (n-1)! (= r -1)(r -2)(r -3) 3 2 1 ⋅ ⋅ となり, r2- =r r r( -1)は r の倍数, 2 2 ( 2) r - r=r r- はr の倍数であるので, (n -1)!はn=r2で割り切れる。 (i)(ii)より, n が素数でなくかつ4 でもないとき, (n -1)!はn で割り切れる。
［解 説］
整数からむ証明問題です。方針を立てるために, まず具体例を考え, それを一般化 して解答例を作りました。© 電送数学舎 2016 －15－ 15 [京都大・理] 素数p, q に対して, n=pq+qpとおく。ここで, n が素数である p, q の条件を求め るとき, 対称性から p q≦ としても一般性は失われない。 まず, p が 3 以上のときは, 素数 p, q はともに奇数になり, pq, q もともに奇数でp ある。よって, n は偶数となり素数ではない。 これより, p = となり2 , n=2q+q2と表される。 さらに, q = のときは2 , n =22+22= となり,8 n は素数ではない。 また, q = のときは3 , n =23+32=17となり, n は素数となる。 さて, q が 5 以上の素数のとき, 2 の倍数でもなく, かつ 3 の倍数でもないことに着 目すると, k を自然数として, q=6k と表せる。 1 (i) q=6k+ のとき 1 6 1 2 2 k ( 6 1) n= + + k+ = ⋅2 64k+36k2+12k+1 ここで, N を整数とすると1 , 64k=(3 21 1)⋅ + k=3N1+ となるので, 1 2 1 2(3 1) 36 12 1 n= N + + k + k+ =3( 2N1+12k2+4k+1) よって, n は3 の倍数となり, 素数ではない。 (ii) q=6k- のとき 1 6 1 2 2 k ( 6 1) n= - + k- =32 64⋅ k-1+36k2-12k+1 ここで, N を整数とすると2 , 64k-1=(3 21 1)⋅ + k-1=3N2+ となるので, 1 2 2 32(3 1) 36 12 1 n= N + + k - k+ =3(32N2+12k2-4k+11) よって, n は3 の倍数となり, 素数ではない。 (i)(ii)より, q が5 以上の素数のとき, n は素数にならない。 以上より, pq+qpと表される素数は17 だけである。
［解 説］
演習しておきたい素数がらみの整数問題です。まず, 2 以外の素数は奇数という頻 出事項でふるいにかけてp の値を決め, 次に q の値を 2, 3, 5, 7, 11 として n の値を計 算すると, 5 以上では 3 の倍数であることがわかります。ただ, q が奇数ということだ けでは, q = で9 n が素数となることから考え直し, その結果, q を 6 で割った余りで 分類とした解答例となったわけです。なお, 二項展開を用いる箇所は, 省略気味に記 しています。16 [名古屋大・文] (1) k を正の整数, p を3 以上の素数とするとき, 2kp の正の約数は, 2 1, 2, 2 , , 2k, p, 2 , 2 ,p 2p , 2kp したがって, その和 ( 2s kp は) , 2 ( 2k ) (1 2 2 2 )(1k ) s p = + + ++ +p 2 1 1 (1 ) 2 1 k p + -= + - ( 2k 1 1)(1 p) + = - + (2) 2016 2 3 7= 5⋅ 2⋅ より, その正の約数の和 ( 2016 )s は, 2 3 4 5 2 ( 2016 ) (1 2 2 2 2 2 )(1 3 3 )(1 7 ) s = + + + + + + + + =63 13 8⋅ ⋅ =6552 (3) 2016 の正の約数 n は, (2)から a, b, c を整数として, 2 3 7a b c n = ⋅ ⋅ ( 0≦ ≦a 5, 0≦ ≦b 2, 0≦ ≦c 1) すると, n の正の約数の和s n は( ) , 1 1 1 3 1 7 1 2 1 ( ) 2 1 3 1 7 1 b c a s n = + - ⋅ + - ⋅ + -- - - =121 (2a+1-1)(3b+1-1)(7c+1-1) 条件より, ( ) 2016s n = なので, 1 (2 1 1)(3 1 1)(7 1 1) 2 3 75 2 12 a b c + - + - + - = ⋅ ⋅ 1 1 1 7 3 ( 2a+ -1)(3b+ -1)(7c+ -1) 2 3 7= ⋅ ⋅ ………(＊) ここで, 2a+1- は奇数で1 3b+1- と1 7c+1- は偶数, そして1 3b+1- と1 7c+1- は1 7 の倍数とはなりえないので, 2a+1- が1 7 の倍数となる。 すると, 2a+1- の値として, 7, 3 71 ⋅ , 3 72⋅ , 3 73⋅ があげられる。 (i) 2a+1- = のとき 1 7 a = となり,2 (＊)は(3b+1-1)(7c+1-1) 2 3= 7⋅ 3 0 c = のとき, 3b+1- =1 2 36⋅ 2となり, 3b+1=577より整数b は存在しない。 1 c = のとき, 3b+1- =1 2 33⋅ 2となり, 3b+1=73より整数b は存在しない。 (ii) 2a+1- = ⋅ のとき 1 3 7 2a+1=22より整数a は存在しない。 (iii) 2a+1- =1 3 72⋅ のとき a = となり,5 (＊)は(3b+1-1)(7c+1-1) 2 3= 7⋅ 0 c = のとき, 3b+1- =1 26となり, 3b+1=65より整数b は存在しない。 1 c = のとき, 3b+1- =1 23となり, 1b = である。 (iv) 2a+1- =1 3 73⋅ のとき 2a+1=190より整数a は存在しない。 (i)～(iv)より, ( , , ) (5, 1, 1)a b c = となり, n =2 3 75⋅ ⋅1 1=672である。
［解 説］
正の約数すべての和という頻出事項が題材になっています。(3)については, まず偶 奇でふるいにかけたところ絞り込みが足らず, まだ候補が多いので, 次に 7 の倍数に 注目しています。－17－ 17 [一橋大] 連立方程式 x2=yz+ ……①, 7 y2=zx+ ……②, 7 z2=xy+ ……③に対して, 7 ①－②より, x2-y2=z y x( - ), (x y x- )( + +y z)= ………④ 0 ②－③より, y2-z2=x z y( - ), (y z x- )( + +y z)= ………⑤ 0 (i) x+ + ¹ のとき y z 0 ④⑤よりx= = となり, ①に代入するとy z x2=x2+ となり, 成立しない。 7 (ii) x+ + = のとき y z 0 ④⑤は満たされ, (y= - x z+ )として①に代入すると, x2= -(x z z+ ) + となり, 7 2 2 7 0 x +zx z+ - = ………⑥ ここで, x は実数より, D=z2-4(z2-7 )≧ となり, 0 2 3z -28≦0, 2 28 3 z ≦ ………⑦ さて, 整数 x, y, z は, x+ + = かつy z 0 x≦ ≦ より, 0y z x ≦ , 0≦ ………⑧ z ⑦⑧より, 0, 1, 2, 3z = となる。 (ii-i) z = のとき ⑥より0 x = となり,2 7 x が整数というのに反する。 (ii-ii) z = のとき ⑥より1 x2+ - = となり, (x 6 0 x+3)(x-2) 0= ⑧からx = - , ( 3 1) 23 y = - - + = となるが, x≦ ≦ に反する。 y z (ii-iii) z = のとき ⑥より2 x2+2x- = となり, (3 0 x+3)(x-1) 0= ⑧からx = - , ( 3 2) 13 y = - - + = となり, x≦ ≦ を満たす。 y z (ii-iv) z = のとき ⑥より3 x2+3x+ = となり, (2 0 x+2)(x+1)=0 ⑧からx = -2, - となる。 1 2 x = - のとき, ( 2 3)y = - - + = - となり, x1 ≦ ≦ を満たす。 y z 1 x = - のとき, ( 1 3)y = - - + = - となり, x2 ≦ ≦ に反する。 y z (i)(ii)より, ( , ,x y z = -) ( 3, 1, 2), ( 2,- -1, 3)
［解 説］
連立方程式をまとめる問題です。上の解答例では, ⑧の条件に着目して, まず y を 消去し, 0 以上である z の値から求めています。18 [北海道大・理] (1) 自然数 a, n, k に対して, n n( +1)+ =a (n k+ )2……①のとき, 2 ( ) ( 1) a= n k+ -n n+ =2kn k+ 2-n =k2+( 2k-1)n ここで, 1n ≧ , 2k - ≧ より, ( 21 1 k-1)n≧2k-1となり, 2 2 1 a≧k + k- ………② (2) n が自然数で (n n + +1) 14が平方数のとき, n n( +1) 14+ >n2より, ①から, 2 ( 1) 14 ( ) n n+ + = n k+ （k は自然数）………③ すると, ②から, 14≧k2+2k-1となり, k2+2k-15≦0 (k+5)(k-3)≦0, 5- ≦ ≦k 3 k は自然数から, 1, 2, 3k = となる。 (i) k = のとき ③から1 , n n( +1) 14+ =(n+1)2となり, 13n = (ii) k = のとき ③から, 2 n n( +1) 14+ =(n+2)2となり, 10 3 n = より不適 (iii) k = のとき ③から, 3 n n( +1) 14+ =(n+3)2となり, n = 1 (i)～(iii)より, 1, 13n = である。
［解 説］
整数問題ですが, (1)の誘導が強力なため, 基本的な内容になっています。－19－ 19 [九州大・文] (1) 自然数 a と b の最大公約数を ( ,G a b と表すと, ) ユークリッドの互除法より, ( 2017, 225) ( 225, 217 ) G =G =G( 217, 8) =G( 8, 1)=1 (2) 15 3 5= ´ を約数にもつ2017 以下の自然数は, 15 1´ , 15 2´ , 15 3´ , …, 15 134´ すると, 225 3= 2´ から, 225 との最大公約数が 15 である自然数の個数は, 13452 以下の自然数で3 の倍数でも 5 の倍数でもないものの個数となる。 ここで, 134 以下の自然数で 3 の倍数となるものが 44 個, 5 の倍数となるものが 26 個, 15 の倍数となるものが 8 個である。 よって, 求める自然数の個数は, 134 ( 44 26 8 ) 72- + - = である。 (3) 111 3 37= ´ を約数にもつ2017 以下の自然数は, 111 1´ , 111 2´ , 111 3´ , …, 111 18´ すると, 1998 111 2 3= ´ ´ 2から, 1998 との最大公約数が 111 の自然数は, 18 以 下の自然数で2 の倍数でも 3 の倍数でもない数と 111 との積になり, 111 1´ , 111 5´ , 111 7´ , 111 11´ , 111 13´ , 111 17´ さらに, 225 との最大公約数が 15 から, 求める自然数は111 5 555´ = である。
［解 説］
約数と倍数の問題です。(1)は年度の数が題材になっているため, 2017 が素数という 知識をもっていたとしても不思議ではありません。ただ, これをストレートに利用し て, いきなり結論とするのは避けた方がよいでしょう。「ふるい」にかけて示せば別 ですが。 2 2 51 2 7 8 1 6）
2 1 7 2 1 7）
5 7 2 0 1 78）
1 8 0 0 5 6 1 8 2 1 720 [筑波大・理] (1) a = , 1 1 a = , 2 3 an+2=3an+12-6an+1an+3an2+an+1に対して, 2 2 1 3( 1 ) n n n n a + -a + = a + -a ここで, bn =an+1-anとおくと, b = ≧ , 1 2 0 bn+1=3bn2………① よって, 帰納的に, 0b ≧ (n n =1, 2, である。 ) (2) 以下, b の一の位の数が 2 であることを数学的帰納法を用いて証明する。 n (i) n = のとき 1 b = より成立している。 1 2 (ii) n= のとき k b の一の位の数が 2 であると仮定する。 k これより, l を 0 以上の整数として, 10k bk = lk+ とおくと, ①から, 2 2 1 3 k k b+ = b =3(10lk+2)2=300lk2+120lk+12=10(30lk2+12lk+1) 2+ よって, bk+1の一の位の数は2 である。 (i)(ii)より, b の一の位の数は 2 である。 n (3) (2)より, l を 0 以上の整数として, 10n bn = ln+ とおくことができ, 2 1 n n a + -a =10ln+ ………② 2 すると, 2n ≧ において, ②から, 1 1 1 (10 2) n n k k a a - l = = +
å
+ となり, 2016 2017 1 1 10 k 2 2016 k a l = = +å
+ ⋅ 2016 1 10 k 4033 k l = =å
+(
2016)
1 10 k 403 3 k l = =å
+ + したがって, a2017の一の位の数は3 である。［解 説］
整数と漸化式の融合問題です。(1)は簡単に記しましたが, 丁寧に書くなら数学的帰 納法です。また, (2)(3)は合同式を用いると, 少し簡略になります。－21－ 21 [東京大] (1) p = +2 5, n
(
1)
n n a p p = + - に対し, 1 1 2 5 2 5 q= - = -p = -+ とおくと, n n n a =p +q =( 2+ 5 )n+( 2- 5 )n これより, a =1 ( 2+ 5 ) ( 2+ - 5 ) 4= , a =2 ( 2+ 5 )2+( 2- 5 )2=18となる。 (2) 2n ≧ で, a a1 n =(p q p+ )( n+qn)= pn+1+qn+1+pq p( n-1+qn-1) すると, pq = - より1 , a a1 n=an+1-an-1 (3) (2)より, 4an=an+1-an-1となり, an+1=4an+an-1(n ≧2)………① ここで, a は自然数であることを数学的帰納法を用いて示す。 n (i) n =1, 2のとき (1)よりa は自然数である。 n (ii) 1,n= -k k(k ≧2)のとき ak-1, akがともに自然数であると仮定する。 ①より, ak+1=4ak+ak-1となるので, ak+1も自然数である。 (i)(ii)より, a は自然数である。 n (4) まず, (1)より, a と2 a の最大公約数は 2 である。 1 そして, a と1 a がともに偶数のとき, ①から, 帰納的に, すべての2 a は偶数であn ることがわかる。 そこで, 2an = bn とおくと, すべてのb は自然数となり, n 2b = , 1 4 2b =2 18, 1 1 2bn+ = ⋅4 2bn+2bn- から, 1 2 b = , b = , 2 9 bn+1=4bn+bn-1(n ≧2)………② さて, bn+1とb が互いに素でないと仮定すると,n 2 以上の自然数 g を用いて, 1 1 n n b + =gb+ ¢, bn=gb ¢n （bn+1¢ , b ¢ は自然数） n ②より, bn-1=bn+1-4bn=g(bn+1¢-4bn¢)となり, bn-1も約数g をもつ。 同様に繰り返すと, b と2 b はともに 2 以上の約数 g をもつことになるが, 1 b = , 1 2 2 9 b = より不適である。よって, bn+1とb は互いに素である。 n 以上より, an+1とa の最大公約数は 2 である。 n［解 説］
n a の式から隣接 3 項間型漸化式を導き, この式と最大公約数を絡めた頻出問題です。 たとえば, 昨年は神戸大・理で類題が出ています。22 [九州大・理] (1) 初項 1, 公差 4 の等差数列 {a の一般項は, 1 4(n} an = + n-1) =4n-3 さて, a が 7 の倍数となるのは,n k を自然数として, 4n- =3 7k………① ここで, 4 ( 1) 3 7 ( 1)´ - - = ´ - から, ①を変形すると, 4(n+1) 7(= k+1)………② すると, 4 と 7 は互いに素より, l を整数としてn+ =1 7l, k+ =1 4lとなり, 7 1 n= l- , 4k= l-1 そこで, 1≦ ≦n 600, 1k ≧ から, 1≦7l -1≦600, 4l - ≧ となり, 1 1 601 6 1 85 2≦ ≦l 7 = +7 これより, 1, 2,l = , 85となり, 7 の倍数である項の個数は 85 である。 (2) {a の初項から第 600 項のうち,n} 7 の倍数の項を取り出してb とおくと, l 7 1 4(7 1) 3 l l b =a - = l- - =28l-7=7( 4l-1) (l =1, 2, , 85) さて, a がn 7 の倍数, すなわち2 b が 7 の倍数となるのは,l m を自然数として, 4l- =1 7m………③ ここで, 4 2 1 7 1´ - = ´ から, ③を変形すると, 4(l-2) 7(= m-1) すると, 4 と 7 は互いに素より, p を整数としてl- =2 7p, m- =1 4pとなり, 7 2 l= p+ , m=4p+1 そこで, 1≦ ≦l 85, 1m ≧ から, 1≦7p +2≦85, 4p + ≧ となり, 1 1 83 6 0≦p≦ 7 =11+7 これより, 0, 1,p = , 11となり, 7 の倍数である項の個数は 12 である。 2 (3) a が 7 の倍数のとき, n n=7l-1(l ≧1)となり, この n を書き並べると, 6, 13, 20, 27, 34, 41, 48｜55, 62, 69, 76, 83, 90, 97｜104, 111, 118, …… そして, この数列を 7 個ずつの区画に分け, 左から第 1 群, 第 2 群, …と呼ぶ。 また, a がn 7 の倍数の項を取り出して2 c とおくと, p l=7p+ から, 2 7(7 2) 1 n= p+ - =49p+13 (p ≧0 ) すると, 上記の数列の下線をつけた数が対応して, 49 13 4( 49 13) 3 p p c =a + = p+ - =196p+49=7 ( 42 p+1) (p ≧0 ) さらに, a がn 7 の倍数, すなわち3 c が 7 の倍数になるのは, 同様にすると, q をp 0 以上の整数として, 4p+ =1 7q………④ そして, ④を満たす最小の p, q の値は ( ,p q =) (5, 3)であり, このときの n は, 49 5 13 n = ⋅ + =258となり, 3 258 4 258 3 1029 7 3 a = ⋅ - = = ⋅ である。
－23－ このn =258は, 7l - =1 258からl =37となり, 上記の数列の第 6 群に属するこ とがわかる。 さて, 積a a1 2anが7 の倍数となる最小の自然数 n については, 素因数 7 の個45 数に注目し, これが合計 45 個以上となる最小の n を考えればよい。 まず, 第 5 群まではa にn 7 の倍数がないので, 1 つの群内に素因数 7 が3 7 1 8+ = 個ずつとなり, その総数は8 5 40´ = 個である。 すると, 素因数 7 の残り 5 個について調べるために, 第 6 群を書き並べると, ｜251, 258, 265, 272, …… これより, a251は 7 の倍数, a258は7 の倍数, 3 a265は 7 の倍数, …となるので, 積a a a251 258 265に素因数7 が 5 個あることがわかる。 以上より, 積a a1 2anが7 の倍数となる最小の自然数 n は, 45 n =265である。
［解 説］
整数と数列の融合問題です。解答例では, 頻出の(1)の結果を利用して, (2)につなげ ています。なお, (3)は群数列の考え方をもとにしていますが, 45 という数値が意味深 長で, 詰めがかなり面倒でした。23 [名古屋大・文] (1) 条件(＊)から, 自然数 , ,a b c に対し, a b c< < かつ 1 1 1 1 2 a+ + = ………① b c すると, 1a> > > となるので, ①から 31b 1c 0 1 2 a> , すなわちa < ………② 6 また, 1 1 0 b+ > なので, ①から 1c a <12, すなわちa > ………③ 2 ②③より2< < となり, 3, 4, 5a 6 a = である。 (i) a = のとき ①より 13 1 1 1 3+ + = から, 1b c 2 b+ =1c 16となり, 6 6 0 bc- b- c= , (b-6 )(c-6 ) 36= ここで, 3 b c< < から- < - < - となり, 3 b 6 c 6 (b-6, c-6 ) (1, 36)= , ( 2, 18 ) , (3, 12) , ( 4, 9 ) よって, ( , ) (7, 42)b c = , ( 8, 24 ) , ( 9, 18) , (10, 15) (ii) 4a = のとき ①より 1 1 1 1 4+ + = から, 1b c 2 b+ =1c 14となり, 4 4 0 bc- b- c= , (b-4 )(c-4 ) 16= ここで, 4 b c< < から0< - < - となり, b 4 c 4 (b-4, c-4 ) (1, 16 )= , ( 2, 8 ) よって, ( , ) (5, 20 )b c = , ( 6, 12) (iii) a = のとき ①より 15 1 1 1 5+ + = から, b c 2 1b+ =1c 103 となり, 3bc-10b-10c=0, 9bc-30b-30c=0, (3b-10 )(3c-10) 100= 5 b c< < から5 3< b-10 3< c-10となり, 適する (3b-10, 3c-10)はない。 (i)～(iii)より, 自然数の組 ( , , )a b c は, ( , , )a b c = (3, 7, 42) , (3, 8, 24 ) , (3, 9, 18) , (3, 10, 15) , ( 4, 5, 20 ) , ( 4, 6, 12) (2) 2n の正の約数 p, q, r に対し, p q r> > かつp q r+ + = ……④を満たすn ( , , )p q r の個数を ( )f n とすると, ④から, 1 2 2 2 2 p q r n+ n+ n= ………⑤ ここで, 2n a p = , 2nq =b, 2nr = とおくと, , ,c a b c は自然数となり, さらに, p q r> > から, 2pn<2qn<2rnすなわちa b c< < である。 さらに, ⑤を , ,a b c で表すと, 1 1 1 1 2 a+ + = である。 b c すなわち, 自然数の組 ( , , )p q r は, 条件(＊)を満たす自然数の組 ( , , )a b c に対 応し, その個数 ( )f n の最大値M は, (1)の結果からM ≦ である。 6
－25－ 以下, この 6 つの場合について, n の条件を求める。 (i) ( , , )a b c = (3, 7, 42) のとき 2n 3 p = , 2qn=7, 2rn=42より, 3p=2n, 7q=2n, 21r=n よって, このとき n は 21 の倍数である。 (ii) ( , , )a b c = (3, 8, 24 ) のとき 2pn=3, 2qn=8, 2n 24 r = より, 3p=2n, 4q=n, 12r=n よって, このとき n は 12 の倍数である。 (iii) ( , , )a b c = (3, 9, 18) のとき 2n 3 p = , 2qn=9, 2rn=18より, 3p=2n, 9q=2n, 9r=n よって, このとき n は 9 の倍数である。 (iv) ( , , )a b c = (3, 10, 15) のとき 2pn=3, 2qn=10, 2n 15 r = より, 3p=2n, 5q=n, 15r=2n よって, このとき n は 15 の倍数である。 (v) ( , , )a b c = ( 4, 5, 20 ) のとき 2n 4 p = , 2qn=5, 2rn=20より, 2p=n, 5q=2n, 10r=n よって, このとき n は 10 の倍数である。 (vi) ( , , )a b c = ( 4, 6, 12) のとき 2pn=4, 2qn=6, 2n 12 r = より, 2p=n, 3q=n, 6r=n よって, このとき n は 6 の倍数である。 (i)～(vi)より, 自然数 n が上記の条件をすべて満たすときM = となる。 6 ここで, 21 3 7= ´ , 12=22´3, 9 3= 2, 15 3 5= ´ , 10= ´2 5, 6 2 3= ´ から, n が22´ ´ ´ =32 5 7 1260の倍数のとき, 条件をすべて満たす。 以上より, 6M = で, ( )f n =6となる最小のn はn =1260である。
［解 説］
質, 量ともにかなりハードな整数問題です。ただ, (1)が(2)への秀逸な誘導となって おり, 入試までに演習したい 1 題です。なお, (1)は, 場合分けしたあと分母を払って 因数分解をしていますが, 不等式を用いて評価しても構いません。24 [九州大・文] (1) mod7 で記すと23º から, 21 nを7 で割った余り r は, k を 0 以上の整数として, (i) n=3k+ のとき 1 23k+1=( 2 ) 2 1 2 23 k⋅ º k⋅ º より, 2r = (ii) 3n= k+ のとき 2 23k+2=( 2 ) 4 1 43 k⋅ º k⋅ º より, 44 r = (iii) 3n= k+ のとき 3 23k+3=( 2 )3 k+1º1k+1º より, 11 r = (2) m = 101101101101101101(2) を10 進法で表し, mod7 で記すと, 2 3 5 6 8 9 11 12 14 15 17 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 m = + + + + + + + + + + + 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4 1 4º + + + + + + + + + + + =30º2 したがって, m を 7 で割った余りは 2 である。
［解 説］
基本的な整数問題です。いろいろな記述方法が考えられますが, 解答例では合同式 を用いました。© 電送数学舎 2018 －27－ 25 [京都大] 以下，mod3 で記すと, 9º に注意して, 0 (i) n º のとき 0 n3-7n+ º - + =9 0 0 0 0 (ii) n º のとき 1 n3-7n+ º - + = - º9 1 7 0 6 0 (iii) n º のとき 2 n3-7n+ º -9 8 14 0+ = - º6 0 (i)～(iii)より, n3-7n+ はつねに9 3 の倍数である。 すると, n3-7n+ が素数となるのは, 9 n3-7n+ = の場合だけであり, 9 3 3 7 6 0 n - n+ = , (n-1)(n-2)(n+3) 0= 以上より, 求める整数 n は, 1, 2,n = - である。 3
［解 説］
まず, n3-7n+ の因数分解を考えたところうまくいかなかったため, 次の手は, 9 0, 1, 2, 3, n = として実験です。すると, すべて 3 の倍数になることがわか り……。26 [名古屋大・文] (1) 整数, の少なくとも一方が奇数のとき, 次の 3 つの場合に分けて調べる。 (i) , がともに奇数のとき 2 , , 2はすべて奇数より, 2+ + 2は奇数である。 (ii) が偶数, が奇数のとき 2 , は偶数, 2は奇数より, 2+ + 2は奇数である。 (iii) が奇数, が偶数のとき 2 は奇数, , 2は偶数より, 2+ + 2は奇数である。 (i)～(iii)より, いずれの場合も2+ + 2は奇数である。 (2) 条件より, 奇数 n に対して, 2+ + 2=2n………① まず, (1)より, 整数, の少なくとも一方が奇数のとき, 2+ + 2は奇数 となるので, ①は成立しない。 これより, ①を満たす整数, は, ともに偶数である。 しかし, , がともに偶数のとき, 2, , 2はすべて 4 の倍数となり, 2 2 + + は4 の倍数である。よって, ①は成立しない。 以上より, ①を満たす整数, は存在しない。 (3) 3 次方程式x3-2018x c+ = （0 c は実数）の解を, ,x= , とおくと, 0 + + = ………②, 2018 + + = - ………③ ②より = -( + )となり, ③に代入すると, 2 ( ) 2018 - + = - , 2+ + 2=2018………④ ここで, 2018 2 1009= ´ なので, (2)から④を満たす整数, は存在しない。 すなわち, , , のうち整数となるのは1 個以下である。
［解 説］
細かく誘導のついた整数問題です。方針に迷うことはないでしょう。© 電送数学舎 2018 －29－ 27 [東北大・理] (1) 整数 a, b に対して, 3a-2b= ……①より, 31 a =2b+ ………② 1 すると, 3a=2b+ > となるので, 11 1 a ≧ であり, このとき①より, 1 2b=3a-1≧3 - =1 2 よって, 1b ≧ であり, a, b はともに正となる。 (2) 1b > すなわちb ≧ のとき, 22 bが 4 の倍数であることに着目して, 以下, mod 4 で記述すると, ②の右辺は 2b+ º である。 1 1 ここで, k を自然数として a を偶奇に分け, 9 1º に注意すると, (i) a=2kのとき 3a =32k=9kº1k º1 (ii) a=2k- のとき 1 3a =32(k- +1 ) 1=9k-1⋅3º1k-1⋅ º3 3 (i)(ii)より, ②が成り立つのは, a が偶数のときである。 (3) (1)より, a, b はともに自然数なので, (i) b = のとき ②より1 3a=21+ = となり, 1 3 a = である。 1 (ii) 2b ≧ のとき (2)よりa=2kとなり, ②より, 2 3 k=2b+1, (3k-1)(3k+1) 2= b………③ ここで, (3k+ -1) (3k-1) 2= であり, さらに 2bの約数が1, 2, 2 ,2 , 2bであ ることに着目すると, ③より, 3k- =1 2, 3k+ =1 22 これより, k = から1 a = となり, また2 2 2⋅ 2=2bからb = である。 3 (i)(ii)より, ( , ) (1, 1)a b = , ( 2, 3)
