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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.

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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)||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)||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)=-2n^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} ( pq は互いに素な整数,p\neq0)をもつとき,

  • pa_nの約数
  • qa_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^np の倍数である.いま, pq は互いに素だったから,a_np の倍数である.すなわち, pa_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^nq の倍数である.いま, pq は互いに素だったから,a_0q の倍数である.すなわち, qa_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

\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)|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)||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|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nn=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)||f(n+1)|がともに素数となる整数nn=-3,-2,-1,0である.

[解答終]

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