それでは，前回の解答です．

すると，2 を満たす奇素数 q の候補は q = 3 ま
たは 5 に限られる．
q = 3 のとき第１問（数 IAIIB）

23 = 8,32 + 7 = 16

等式

より 2 は不成立である．

pq = qp + 7を満たす素数の組 (p,q) をすべて求めよ．

q = 5 のとき
25 = 32,52 + 7 = 32
より 2 は成立する．

＜解答＞

よって，2 を満たす奇素数 q は

pq = qp + 7 ºº 1において，pq と qp の偶奇は異なるので，p,q のq=5である．

いずれか一方は偶数の素数，すなわち 2 であり，もう一方は奇素数である．

・q = 2,p が奇素数のとき
1は・p = 2，q が奇素数のとき

p2 = 2p + 71は
2q = q2 + 7-ºº 2

p2 + 7 > p2 - 7と，(*) より 3 は p ≥ 6 では成立せず，3 を満た

ここで，6 以上の自然数に対してす奇素数 p の候補は p = 3 または 5 に限られる．

ºº (*)

p = 3 のときであることを数学的帰納法で示す．

23 = 8，32 - 7 = 1

n = 6 のとき(i)より 3 は不成立である．

26 = 64

p = 5 のとき

62 + 7 = 43

25 = 32,52 - 7 = 18

より，(*) は成立する．
(ii)ºº 3となる．となる．

2n > n2 + 7

2p = p2 - 7より 3 は不成立である．

n = k ( ≥ 6) のとき

よって，3 を満たす奇素数 p は存在しない．

2k > k2 + 7と仮定する．すると

以上より2k + 1 - {(k + 1)2 + 7}(p,q) = (2,5)= 2 ∑ 2k - (k2 + 2k + 8)である．

> 2(k2 + 7) - (k2 + 2k + 8)
= (k - 1)2 + 5＜コメント＞>0

数学科の川﨑です．今年度もこのページを担当しとなることからます．どうぞよろしくお願いします．

2k + 1 > (k + 1)2 + 7

今回は，今年度の入試問題から，整数問題を出題となり，n = k + 1 のときも (*) は成立する．

しました．教育課程が変わり，本格的に出題される

以上 (i)，(ii) より，6 以上の自然数に対して (*)

ようになってきましたので，強者を目指す皆さんはが示された．

1

対策を怠らないようにしましょう．

n1 2 3 4 5 6789n
2
2 4 8 16 32 64 128 256 5122n + 7 8 11 16 23 32 43 56 71 88

よく，「整数問題は様々なパターンがあって嫌いだ」なんて声を耳にしますが，逆にそれが数学の醍醐味です．あれこれと試行錯誤し，解答まで辿り着

n が小さいうちは 2n の方が大きいのですが，くプロセスを論理的に考える，この作業の繰り返し

n ≥ 6 では 2n の方が大きくなりそうです．一度，2nで人は賢くなっていきます（と私は思います）．この方が大きくなれば，あとは 2n に n2 + 7 は追いつの思考訓練の題材として，整数問題はうってつけのけませんね．解答ではこの部分を帰納法で示しまし問題です．

た．と，大好きな整数問題について熱く語るのはこれ

さて，出題時にも書きましたが，このページでのくらいにして本題に入ります．今回の問題は今年度

私の担当は数Ⅲです．ここまで，一切数Ⅲの内容をに東北大学の理系で出題された問題で，小問 (1),(2)に分かれていたもののうち，(2) のみを出題しました．
(1) は解答中の (*) を数学的帰納法で示せ，というも数Ⅲの微分法を使って，解答中の (*) を示してみた
いと思います．以下の＜ (*) の別証 1 ＞の部分は，のです．これがあれば，非常に取り組みやすい問題

文系の人は読み飛ばしてください．

なのですが，少し意地悪をして，そこを考えさせるようにしました．

＜ (*) の別証 1 ＞

解答の方針を見ていきましょう．与えられた条件

6 以上の実数 x に対して

式はq使わずにきましたが，それでは怒られそうですので

2x > x2 + 7

pp =q +7であることを示す．の 1 つだけですので，この式をどうにかするしかあf(x) = 2x - (x2 + 7)

りません．右辺の 7 と p,q が素数であることが手とおくとがかりです．因数分解や不等式の作成などがこの形

f'(x) = 2x log 2 - 2x

では厳しいですので

f''(x) = 2x(log 2)2 - 2「剰余で分類」である．という手法をとりましょう．すなわち，両辺を何かここでで割った余りに着目するのです．2 や 3 など，小さe<4い数で実験しますね．すると，2 で割った余りに着より，両辺の自然対数をとって目したとき，pq と qp の偶奇が異なることに気付き

1< log 22

1 < 2log 2 -ます．これが大きいのです．
「素数で偶数のものは 2 だけ」

であるから，x ≥ 6 においてですので，p,q のどちらかは 2 と決まり，2 文字あf '' (x) > 26 ∑る変数を 1 文字に減らすことができます．ここまでがまず第 1 段階です．

ª 12 º - 2 > 02となり，f'(x) は単調に増加する．

次に，解答中の 2,3 の式を考えます．すると

すると，x ≥ 6 において

例えば 2 の式で，次のような表を作るとやるべきf ' (x) > f '(6)ことが見えてくるのではないでしょうか．

= 26 log 2 - 121> 26 ∑ - 122>02であるから，f(x) も単調に増加する．

n3 + 5n + 6n 3 - 6 n 2 + 5 n - 36- ( n 2 + 7) =66

よって，x ≥ 6 でºº (**)

f(x) > f(6) = 21 > 0であるからxである．
ここで22 >x +7となることが示された．

g(x) = x3 - 6x2 + 5x - 36

特に，x = n (n は自然数 ) のときを考えて，とおくと，x ≥ 7 でn ≥ 6 のとき

g'(x) = 3x2 - 12x + 52n > n2 + 7= 3(x - 2)2 - 7が成り立つ．

は単調増加であるから< (*) の別証 1 終 >g'(x) ≥ g'(7) = 68 > 0である．よって，g(x) も x ≥ 7 で単調増加である

上の証明は，微分法にもちこむために，変数を自から然数の n ではなく，実数 x に変えました．数列のまg(x) ≥ g(7) = 48 > 0までは微分できませんので注意してください．

である．

f(x) を設定し，微分して，符号を調べるというの

これと (**) より，n ≥ 7 でが不等式の証明での常套手段です．ただし，今回の2n >場合は，f'(x) の符号がすぐには分かりませんので，f''(x) まで計算して，そこから f'(x) の符号を調べ

n3 + 5n + 6> n2 + 76となり，(*) は成り立つ．

f(x) が正であることを導きました．

< (*) の別証 2 終 >さらに，(*) に関しては ( ややテクニカルですが )この証明のポイントは，二項定理で，2n を 3 次式

次のように二項定理 (+ 数Ⅱの微分 ) を用いても示すでいったん評価するところです．右辺が n の 2 次式ことができます．こちらは文系の人も安心して読んですので，それより高次の項をもってくれば，n がでください．

大きくなったとき左辺の方が大きくなれることが言えるはずです．もちろん n C4 ,n C5 など，より高次< (*) の別証 2 >の項を持ち出してもいいのですが，その分計算は大n = 6 のときは変になります．今回は (n = 6 のところだけ別にやら

26 = 64

ないといけなくなりましたが ) 3 次で事足りました

62 + 7 = 43

ので上のような証明にしています．

より，(*) は成立するので，n ≥ 7 のときを示す．
n ≥ 7 のとき，二項定理からこの問題は，少し手を動かせば答えの2 n = (1 + 1) n(p,q) = (2,5)> nC 0 + nC 1 + nC 2 + nC 3は見つかると思います．問題は「他には無いこと」

n( n - 1) n( n - 1)( n - 2)
=1+ n ++62
n3 + 5n + 6=6の論証の部分で，(*) が本質的です．これがきちんとできていない答案は高得点が望めないということに注意してください．答えが出たから OK というのが成り立ちは，数学では許されません ( 答えが予想できること

3このときは，もちろん大事ですが…)．

2l + 1 + 1 - 3(l + 1) > 2(3l - 1) + 1 - 3(l + 1)
それでは，類題を紹介しておきます．是非チャレ> 3l - 4

ンジしてみてください．

>0(#l ≥ 4)であるから

問2l + 1 + 1 > 3(l + 1)となり，k = l + 1 のときも (*) は成立する．

n を 4 以上の自然数とする．数 2,12,1331 が以上 (i),(ii) より，4 以上のすべての自然数 k

すべて n 進法で表記されているとして，212 = 1331で (*) が成立することが示された．

が成り立っている．このとき n はいくつか，十進すると，2 を満たす k の候補は k = 3 に限られ，法で答えよ．

k = 3 のとき，たしかに 2 は成り立つ．
よって，求める n の値は＜解答＞n = 23 - 1 = 7n ≥ 4 に注意するとである．

2(n) = 2(10)＜解答終＞

12(n) = n + 2(10)
いかがだったでしょうか．n 進数の設定にびっく1331(n) = n3 + 3n2 + 3n + 1(10)である．

りしますが，落ち着いて十進数に直せば，1 まではよって，与式を十進数表記すると= n + 3n + 3n + 1

が素因数に 2 しかもたないことに気付けば，2 が導n+23ºº 1

けます．あとは，今回出題の東北大学の問題と同様2-いけるはずです．ここで，左辺に着目して，n + 1n+2232= (n + 1)となる．に，ある程度 k が大きくなると，2k + 1 のほうが 3kするとよりも大きいということを示せば答えに辿り着けます．この証明においても，先程述べた数Ⅲの微分や

n + 1 = 2k-(n ≥ 4 より k は 3 以上の自然数 )kn=2 -1

二項定理でどうなるか，を考えることはできますのとおけて1で，余裕のある人は取り組んでみてください．
-22 + 1 = 23 k-

2k + 1 = 3k

これは，今年京都大学の文系で出題された問題でkす．ぱっと見，設定は違うのですが，最後のテーマºº 2「2 の冪は k 次式より大きくなる」となる．

は共通しています．

ここで，k が 4 以上のとき

実は，私が最初に今回出題の東北大学の問題を見ºº (*)

2k + 1 > 3k

た時に，「あれ？同じ問題？」と思った問題は，京となることを数学的帰納法で示す．

大の文系ではなく，理系の方の問題でした．そちら

k = 4 のとき(i)もついでに見てみましょう．

24 + 1 ( = 17) > 3 ∑ 4 ( = 12)より成立する．
(ii)

問

k = l ( ≥ 4) のとき
2l + 1 > 3l-素数 p,q を用いて pq + qp と表される素数をす

2l > 3l - 1

べて求めよ．

が成り立つと仮定する．

4

受験生の声を聞き，感心したのを覚えています．皆＜解答＞

さんもそういう強者に近づけるよう頑張ってくださ

p,q が素数であるとき
qp2

2p +q ≥2 +2 =8い．

ºº (*)

であるから，p + q が素数であれば，それは奇素
qp

それでは今回はここまでにしたいと思います．また次回．

数であり，これより pq と qp の偶奇は異なるのでp,q のうち一方は 2，もう一方は奇素数である．

（数学科対称性より
p = 2,q : 奇素数としてよい．
すると
pq + qp = 2q + q2であり，q = 3 のとき
23 + 32 = 17となるので，これは素数である．
以下，q ≥ 5 とする．このとき，q は 3 の倍数ではないので
q ∫ 1,2 (mod 3)でありq 2 ∫ 1 (mod 3)となる．さらに，q は奇数であるから2 q ∫ (- 1)q ∫ - 1 ∫ 2 (mod 3)である．したがって
2 q + q 2 ∫ 2 + 1 ∫ 0 (mod 3)となり，2q + q2 は 3 の倍数で，さらに (*) より 3より大きいので素数にはなりえない．
以上より，求める素数は17((p,q) = (2,3) または (3,2) のとき )である．
< 解答終 >
この問題，見た目は東北大学の問題とよく似ているのですが，後半のテーマが違いますね．実際 q を
q = 3,5,7 としてみて，q ≥ 5 のとき 2q + q2 が 3 の倍数になる ( かつ 3 より大きい ) ので素数にならないということに気付くかどうかの勝負です．実際，今年の京都大学の受験当日，試験終了後に「あんなん実験したら 3 の倍数って分かるやん」という生の5川﨑）