解答例と考え方|2019年度|京都大学|理系数学問2

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,

  1. 具体的な$n$で実験して性質に気付けるか
  2. 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.

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*}

である.よって,$|f(n)|$は$n$が1増加するごとに偶奇が交互に現れる.

偶数の素数は2に限るから,$|f(n)|$と$|f(n+1)|$がともに素数となるとき,一方は2でなければならない.

ここで,整数$n$が$|f(n)|=2$を満たすとき,$f(n)=\pm2$である.$f(n)=2$のとき,

\begin{align*} f(n)=2 \iff&n^3+2n^2+2=2 \\\iff&n^3+2n^2=0 \\\iff&n^2(n+2)=0 \\\iff&n=0,-2 \end{align*}

である.また,$f(n)=-2$のとき,

\begin{align*} f(n)=-2 \iff&n^3+2n^2+2=-2 \\\iff&n^2(n+2)=-4 \end{align*}

なので,$n^2$は4の約数だから$n=\pm1,\pm2$である.加えて,$n^2(n+2)=-4<0$より$n+2<0\iff n<-2$となるから,$f(n)=-2$を満たす整数$n$は存在しない.

以上より,$|f(n)|=2$を満たす整数$n$は$n=0,-2$である.

  • $|f(-3)|=|(-3)^3+2\cdot(-3)^2+2|=7$
  • $|f(-1)|=|(-1)^3+2\cdot(-1)^2+2|=3$
  • $|f(1)|=|1^3+2\cdot1^2+2|=5$

はいずれも素数だから,$|f(n)|$と$|f(n+1)|$がともに素数となる整数$n$は$n=-3,-2,-1,0$である.

[解答終]

最後までありがとうございました!

参考になった方は是非シェアをお願いします!

フォローする

以下の関連記事もいかがですか?

SPONSORED LINK
関連記事

記事一覧はこちらからどうぞ!

記事

一覧へ

Twitterを

フォロー

TouTube

を見る

オススメ

参考書

大学数学の

姉妹ブログ