2015 ２次数学セレクション
１
問題
[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。
－1－
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２
問題
[九州大・理]
以下の問いに答えよ。
(1) n が正の偶数のとき, 2n -1 は 3 の倍数であることを示せ。
(2) n を自然数とする。 2n + 1 と 2n -1 は互いに素であることを示せ。
(3) p, q を異なる素数とする。 2 p-1 -1 = pq 2 を満たす p, q の組をすべて求めよ。
－2－
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３
問題
[京都大・理]
2
a, b, c, d, e を正の実数として整式 f ( x ) = ax + bx + c , g ( x ) = dx + e を考える。
f (n)
すべての正の整数 n に対して
は整数であるとする。このとき, f ( x ) は g ( x ) で
g(n)
割り切れることを示せ。
－3－
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４
問題
[東北大・文]
次の性質をもつ数列 { an } を考える。
a1 = 3 , an+1 > an , an2 - 2an an+1 + an+12 = 3( an + an+1 ) ( n = 1, 2, 3, )
(1) n = 1, 2, 3, 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 { bn } の一般項を求めよ。
(3) 数列 { an } の一般項を求めよ。
－4－
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５
問題
[広島大・文]
n を自然数とし, pn , qn を実数とする。ただし, p1 , q1 は
p12
- 4q1 = 4 を満たすと
する。 2 次方程式 x 2 - pn x + qn = 0 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 { cn } は
cn+1
=
cn
n+2
( n = 1, 2, 3, )
n ( n + 1)
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,
n+2
を rn , rn+1 を用いて表せ。
n ( n + 1)
(2) cn を n の式で表せ。
(3)
pn = n n であるとき, qn を n の式で表せ。
－5－
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６
問題
[千葉大・理]
b と c を b2 + 4c > 0 を満たす実数として, x に関する 2 次方程式 x 2 - bx - c = 0 の相
異なる解を , とする。数列 { an } を, 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 { an } は漸化式 an+2 = ban+1 + can ( n = 1, 2, 3, ) を満たすことを示せ。
(2) 数列 { an } の項 an 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
あることである。これを証明せよ。
－6－
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７
[東京大・理]
数列 { pn } を次のように定める。
p1 = 1 , p2 = 2 , pn+2 =
(1)
問題
pn+12 + 1
( n = 1, 2, 3, )
pn
pn+12 + pn2 + 1
が n によらないことを示せ。
pn+1 pn
(2) すべての n = 2, 3, 4, に対し, pn+1 + pn-1 を pn のみを使って表せ。
(3) 数列 { qn } を次のように定める。
q1 = 1 , q2 = 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。
－7－
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１
解答解説
[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 + 1 のとき
2k = 23l+1 = 2 ⋅ 8l = 2(7 + 1)l = 2(7 N + 1) = 7 ⋅ 2N + 2
これより, 2k を 7 で割った余りは 2 である。
(ii) k = 3l + 2 のとき
2k = 23l+2 = 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) k = 3l + 3 のとき
2k = 23l+3 = 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 + 2n ) + (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
mn = ( 3m¢ + 1)( 3n ¢ + 1) = 3( 3m¢n ¢ + m¢ + n ¢ ) + 1
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
mn = ( 3m¢ + 2 )( 3n ¢ + 2 ) = 3( 3m¢n ¢ + 2m¢ + 2n ¢ + 1) + 1
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
mn = ( 3m¢ + 3 )( 3n ¢ + 3 ) = 3( 3m¢n ¢ + 3m¢ + 3n ¢ + 3 )
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。
－1－
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２
解答解説
[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,
2n -1 = 22l -1 = 4l -1 = ( 3 + 1)l -1
= ( 3l + l C1 3l-1 + l C2 3l-2 + + l Cl-1 3 + 1) -1
= 3( 3l-1 + l C1 3l-2 + l C2 3l-3 + + l Cl-1 )
よって, 2n -1 は 3 の倍数である。
(2) n を自然数とするとき, 2n + 1 と 2n -1 の最大公約数を g とおくと,
2n + 1 = ga ……①, 2n -1 = gb ……②（a と b は互いに素）
①－②より, 2 = g ( a - b ) となり, g = 2 または g = 1 である。
g = 2 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, g = 1 から, 2n + 1 と 2n -1 は互いに素である。
(3) 異なる素数 p, q に対して, 2 p-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
p -1 は偶数となり, (1)の結果から 2 p-1 -1 は 3 の倍数である。すると, ③から
pq 2 は 3 の倍数となり, p = 3 または q = 3 である。
(ii-i)
p = 3 のとき
③は 22 -1 = 3q 2 となり, 素数 q は存在しない。
(ii-ii)
q = 3 のとき
③は 2 p-1 -1 = 9 p ……④となり, k を自然数として, p = 2k + 1 とおくと,
2 p-1 -1 = 22k -1 = ( 2k + 1)( 2k -1)
(2)から 2k + 1 と 2k -1 は互いに素で, ④は ( 2k + 1)( 2k -1) = 9( 2k + 1) となり,
( 2k + 1, 2k -1) = ( 9, 2k + 1) または ( 2k + 1, 9 )
( 2k + 1, 2k -1) = ( 9, 2k + 1) のとき, k = 3 すなわち p = 7 となる。
( 2k + 1, 2k -1) = ( 2k + 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。
－2－
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３
解答解説
[京都大・理]
2
a, b, c, d, e を正の実数とするとき, f ( x ) = ax + bx + c , g ( x ) = dx + e に対して,
f ( x ) 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,
f ( x ) = g ( x )( px + q ) + r ………①
f (x)
さて, h ( x ) =
とおくと, ①から h ( x ) = px + q + r = px + q + r
g( x )
dx + e
g( x )
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) - 2h ( n ) の値も整数となり,
h ( n -1) + h ( n + 1) - 2h ( n )
r
r
+ pn + p + q +
- 2 ( pn + q + r
dn - d + e
dn + d + e
dn + e
r
r
=
+
- 2r
dn - d + e dn + d + e dn + e
= pn - p + q +
=
)
2d2r
………②
( dn - d + e )( dn + d + e )( dn + e )
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, r = 0 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 = 0 を示すために, h ( n ) の等差数列部分である pn + q を消すことを考え,
h ( n -1) + h ( n + 1) - 2h ( 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。
－3－
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４
解答解説
[東北大・文]
(1) 条件より,
an2
- 2an an+1 + an+12
= 3( an + an+1 ) ……①なので,
an+12 - 2an+1an+2 + an+22 = 3( an+1 + an+2 ) ………②
②－①より, an+22 - an2 - 2an+1 ( an+2 - an ) = 3( an+2 - an )
ここで, an+2 > an+1 > an から, an+2 - an > 0 となり,
an+2 + an - 2an+1 = 3 , an+2 + an = 2an+1 + 3 ………③
(2) ③より, an+2 - 2an+1 + an = 3 となり, ( 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 = 3 となり,
bn = b1 + 3( n -1) ………⑤
さて, ①より, a12 - 2a1a2 + a22 = 3( a1 + a2 ) となり, a1 = 3 から,
9 - 6a2 + a22 = 3( 3 + a2 ) , a22 - 9a2 = 0
すると, a2 > a1 = 3 から a2 = 9 となり, b1 = a2 - a1 = 6
よって, ⑤から, bn = 6 + 3( n -1) = 3( n + 1)
(3) (2)より, n≧2 において,
n-1
an = 3 + å 3( k + 1) = 3 + 3 ⋅ 2 + n ( n -1) = 3 + 3 ( n2 + n - 2 ) = 3 n ( n + 1)
2
2
2
k=1
なお, この式は n = 1 のときも成立している。
［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。
－4－
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５
解答解説
[広島大・文]
(1) rn = log 2 ( n n + n ) = log 2 n ( n + 1) より, rn+1 = log 2 n + 1 ( n + 2 ) となり,
rn+1 - rn = log 2
n ( n + 1)
= log 2
n+2
n ( n + 1)
n+2
= 2rn +1 -rn ………①
n ( n + 1)
よって,
(2) ①より,
n +1 ( n + 2 )
cn+1
= 2rn +1 -rn となり, cn+1 = 2rn +1 -rn cn
cn
ここで, f ( n ) = 2rn +1 -rn とおくと, cn+1 = f ( n ) cn となり, n≧2 において,
cn = c1 f (1) f ( 2 ) f ( n -1) = c1 ⋅ 2r2 -r1 ⋅ 2r3 -r2 ⋅ ⋅ 2rn -rn-1 = c1 ⋅ 2rn -r1
= c1 ⋅ 2log2
n ( n+1 )-log 2 2
= c1 ⋅ 2log 2
n ( n+1 )-1
………②
さて, x 2 - pn x + qn = 0 の実数解を n , n ( n < n ) とすると,
n =
pn -
pn2 - 4qn
p +
, n = n
2
すると, cn = n - n =
pn2 - 4qn
2
pn2 - 4qn となり, c1 =
よって, ②より, cn = 2 ⋅ 2log2
n ( n+1 )-1
= 2log2
n ( n +1 )
p12 - 4q1 = 4 = 2
= n ( n + 1) ………③
なお, ③は n = 1 のときも成立している。
(3) ③より,
pn2 - 4qn = n ( n + 1) となり, pn2 - 4qn = n ( n + 1)2 ………④
そこで, pn = n n のとき, pn2 = n3 となり, ④より,
qn = 1 { n3 - n ( n + 1)2 } = - 1 n ( 2n + 1)
4
4
［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
cn+1 = f ( n ) cn 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。
－5－
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６
解答解説
[千葉大・理]
2
2
(1) b + 4c > 0 のとき, x - bx - c = 0 の実数解 , について,
+ = b , = - c ………①
条件より, an = n-1 + n-1 ……②から, ①と合わせて,
ban+1 + can = ( + )( n + n ) - ( n-1 + n-1 )
= 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) an がすべて整数のとき, ①②から, 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,
2c = a3 - ba2 ………④, bc = a4 - ba3 ………⑤
また, ①②から a3 = 2 + 2 = ( + )2 - 2 = b2 + 2c となり, ③から,
a5 = ba4 + ca3 , ( b2 + 2c ) c = a5 - ba4 ………⑥
④⑤⑥より, 2c , bc , ( b2 + 2c ) 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 c = k とおくことができる。
2
bk
ここで, k が奇数と仮定すると, bc =
が整数より b は偶数となる。
2
( b2 + k ) k
ところが , ( b2 + 2c ) c =
は , 分子 ( b2 + k ) k が奇数より , 整数ではない。
2
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, a1 = 2 , a2 = b はともに整数であり, ③から,
帰納的に an ( n = 3, 4, 5, ) はすべて整数となる。
以上より, an 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
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。
－6－
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７
(1)
解答解説
[東京大・理]
p1 = 1 , p2 = 2 , pn+2 =
an+1 =
=
=
pn+12
+1
pn
に対して, an =
pn+12
+
pn2
+1
pn+1 pn
とおくと,
pn+22 + pn+12 + 1
p
p
1
= n+2 + n+1 +
pn+1
pn+2 pn+2 pn+1
pn+2 pn+1
pn+12 + 1
p p
pn
+ n+21 n +
pn+1 pn
pn+1 + 1 pn+1 ( pn+12 + 1)
( pn+12 + 1)2 + pn+12 pn2 + pn2
pn+1 pn ( pn+12 + 1)
=
( pn+12 + 1) + pn2
= an
pn+1 pn
2
2
p 2 + pn2 + 1
これより, an = a1 = 2 + 1 + 1 = 3 となり, n+1
= 3 ………①
pn+1 pn
2 ⋅1
(2)
(i)
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。
n = 1 のとき
(ii) n = k のとき
p1 = 1 , p2 = 2 より成立する。
p
0 < pk < pk+1 すなわち k+1 > 1 と仮定すると,
pk
条件式より, pk+2 =
pk+12 + 1 pk+12
p
p
から, k+2 > k+1 > 1 となる。
>
pk
pk
pk+1
pk
(i)(ii)より, 0 < pn < pn+1 ( n = 1, 2, 3, ) である。
さて, ①より, pn+12 + pn2 + 1 = 3 pn+1 pn ………②
pn2 + pn-12 + 1 = 3 pn pn-1 ( n≧2 ) ………③
②－③より, pn+12 - pn-12 = 3 pn ( pn+1 - pn-1 )
すると, pn-1 < pn < pn+1 より, pn+1 - pn-1 > 0 なので,
pn+1 + pn-1 = 3 pn ( n = 2, 3, 4, )
(3)
(2)より, p1 = 1 , p2 = 2 , pn+2 = 3 pn+1 - pn ( n = 1, 2, 3, )
ここで, q1 = 1 , q2 = 1 , qn+2 = qn+1 + qn ( n = 1, 2, 3, ) で定められる qn に対
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 = 2 から p2 = q3 となり成立する。
(ii) n = k, k + 1 のとき
pk = q2k-1 , pk+1 = q2k +1 と仮定する。
このとき, pk+2 = 3 pk +1 - pk = 3q2k +1 - q2k-1 となり,
q2k+3 = q2k +2 + q2k+1 = q2k+1 + q2k + q2k +1 = 2q2k+1 + q2k
= 2q2k+1 + ( q2k+1 - q2k-1 ) = 3q2k+1 - q2k-1
(i)(ii)より, n = 1, 2, 3, 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。
－7－
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