2019大学入試<br>京都大学理系数学問２<br>解答例と考え方

この記事では，2019年2月25日に行われた京都大学前期入試の「理系数学の問2」の考え方と解法を説明します．

この問題のポイントは，

具体的な$n$で実験して性質に気付けるか
実験して気付いた規則性を証明できるか

です．

普段から，このような問題で実験する習慣が身についていれば，方針を立てることはさほど難しくないでしょう．

2019年度の理系数学の解説はこちら

【解答例と考え方｜2019年度｜京都大学｜理系数学問１】
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【解答例と考え方｜2019年度｜京都大学｜理系数学問６】

問題
解法と考え方

問題

2019年京都大学前期入試の「理系数学の問2」は以下の通りです．

$f(x)=x^3+2x^2+2$とする．$|f(n)|$と$|f(n+1)|$がともに素数となる整数$n$をすべて求めよ．

整数問題です．本問のような問題では，具体的に数を当てはめてず「実験」をして，様子をみてみましょう．

いくつか具体的に考えると，

$|f(-4)|=|(-4)^3+2\cdot(-4)^2+2|=30$
$|f(-3)|=|(-3)^3+2\cdot(-3)^2+2|=7$
$|f(-2)|=|(-2)^3+2\cdot(-2)^2+2|=2$
$|f(-1)|=|(-1)^3+2\cdot(-1)^2+2|=3$
$|f(0)|=|0^3+2\cdot0^2+2|=2$
$|f(1)|=|1^3+2\cdot1^2+2|=5$
$|f(2)|=|2^3+2\cdot2^2+2|=18$
$|f(3)|=|3^3+2\cdot3^2+2|=47$
$|f(4)|=|4^3+2\cdot4^2+2|=98$

となり，偶数と奇数が交互に現れる様子が見てとれます．

このように具体的に考えられる問題では，実験して考えることはとても重要です．問題が抽象的であっても，それに合わせる必要はありません．

整数問題など具体的に考えられる問題では，具体的に実験することで性質が見えることはとてもよくあります．

なお，京都大学ではこの手の問題は頻出で，実際にこの前年にも類問が出題されています．

【解答例と考え方｜2018年度｜京都大学｜理系数学問２】

「$n^{3}-7n+9$が素数となるような整数$n$を全て求めよ．」

類問です．是非，自分で実験して規則性に気付けるか試してみてください．

解法と考え方

偶奇が交互に現れることをどう示すかがポイントです．

周期で場合分け

上で見た実験から，偶数と奇数が交互に繰り返しそうなので，この周期2で$n$を場合分けしましょう．

2を法として

$n\equiv0$のとき，$f(n)\equiv0$
$n\equiv1$のとき，$f(n)\equiv1$

となるので，確かに

$n$が偶数のときに$f(n)$は偶数
$n$が奇数のときに$f(n)$は奇数

と分かりました．

よって，$|f(n)|$と$|f(n+1)|$が同時に素数となるには，一方が2(偶数の素数)になる必要があります．

合同式が分からない場合は，単純に整数$k$を用いて

$n=2k$のとき
$n=2k+1$のとき

と場合分けすればよい．

有理数解の候補

したがって，$|f(n)|=2$を満たす$n$を求め，それらが条件を満たすか個別に考えればよい．

ここで，$|f(n)|=2$は「$f(n)=2$または$f(n)=-2$」なので，この２つの$n$に関する方程式を解けばよい．

その際，$f(n)=2$は容易に因数分解できるが，$f(n)=-2$は$n^3+2n^2+4=0$となって因数分解できない．

ここで，整数係数の$n$次方程式の有理数解について，次が成り立つことは知っておくとよい．

整数係数$n$次方程式$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0=0$が有理数解$\dfrac{q}{p}$ ($p$と$q$は互いに素な整数，$p\neq0$)をもつとき，

$p$は$a_n$の約数
$q$は$a_0$の約数

である．

[証明]

有理数解を方程式に代入すると，

$\begin{align*} &a_n\bra{\frac{q}{p}}^n+a_{n-1}\bra{\frac{q}{p}}^{n-1}+\dots+a_1\bra{\frac{q}{p}}+a_0=0 \\\iff&a_nq^n+a_{n-1}pq^{n-1}+\dots+a_1p^{n-1}q+a_0p^n=0 \\\iff&a_{n-1}pq^{n-1}+\dots+a_1p^{n-1}q+a_0p^n=-a_nq^n \\\iff&(a_{n-1}q^{n-1}+\dots+a_1p^{n-2}q+a_0p^{n-1})p=-a_nq^n \end{align*}$

となる．左辺は$p$の倍数だから，右辺$-a_nq^n$は$p$の倍数である．いま，$p$と$q$は互いに素だったから，$a_n$は$p$の倍数である．すなわち，$p$は$a_n$の約数である．

また，

$\begin{align*} &a_n\bra{\frac{q}{p}}^n+a_{n-1}\bra{\frac{q}{p}}^{n-1}+\dots+a_1\bra{\frac{q}{p}}+a_0=0 \\\iff&a_nq^n+a_{n-1}pq^{n-1}+\dots+a_1p^{n-1}q+a_0p^n=0 \\\iff&a_nq^n+a_{n-1}pq^{n-1}+\dots+a_1p^{n-1}q=-a_0p^n \\\iff&(a_nq^{n-1}+a_{n-1}pq^{n-2}+\dots+a_1p^{n-1})q=-a_0p^n \end{align*}$

となる．左辺は$q$の倍数だから，右辺$-a_0p^n$は$q$の倍数である．いま，$p$と$q$は互いに素だったから，$a_0$は$q$の倍数である．すなわち，$q$は$a_0$の約数である．

[証明終]

例えば，$x$の２次方程式$6x^2+11x-10=0$は

$\begin{align*} 6x^2+11x-10=0 \iff& (3x-2)(2x+5)=0 \\\iff& x=\frac{2}{3},-\frac{2}{5} \end{align*}$

と解ける．さて，解$\dfrac{2}{3}$について

分母の3は$6x^2+11x-10=0$の２次の係数6に由来し，
分子の2は$6x^2+11x-10=0$の定数項-10に由来する．

これを知っていれば，整数係数の$n$次方程式の有理数解の候補をかなり絞ることができる．

さて，先ほどの$n^3+2n^2+4=0$が整数解(有理数解)をもてば，定理より$n=\pm1,\pm2$に限ることになる．

しかし，これらはいずれも$n^3+2n^2+4=0$を満たさないので不敵となる．

この定理を何も言わずに使うのは怖いので，解答の中では適当な説明を書いた方がよい．

解答

以下，解答例です．

[解答]

2を法とすると，

$n\equiv0$のとき
$\begin{align*} f(n) =&n^3+2n^2+2 \\\equiv& 0^3+2\cdot0^2+2 \\=&2 \equiv0 \end{align*}$
$n\equiv1$のとき
$\begin{align*} f(n) =&n^3+2n^2+2 \\\equiv& 1^3+2\cdot1^2+2 \\=&5 \equiv1 \end{align*}$