整数問題（入試問題）

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== 整数問題（入試問題） ==
［素数と因数分解］

【中学校数学の復習】
• 1よりも大きい整数のうちで，1とその数p自身の他に約数をもたない数pを素数という．
• 1は素数に含めない．
• 例えば，2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, ･･･などが素数である．
• 偶数の素数は2だけである．それ以外の素数3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, ･･･などはすべて奇数である．

• 多項式が次の形に因数分解できるとき

(式１)×(式２)＝素数p
ただし，(式１)<(式２)
　　　ならば

(式１)=1，(式２)=p

と言える．これは，素数には1とその数p自身の他に約数がないからである．

【例題1】
(1)　n3+1=pをみたす自然数nと素数pの組をすべて求めよ．
(2)　n3+1=p2をみたす自然数nと素数pの組をすべて求めよ．
(3)　n3+1=p3をみたす自然数nと素数pの組は存在しないことを証明せよ．

（2000年度千葉大）

（解答）
(1)
　(n+1)(n2−n+1)=p
と因数分解でき，nは自然数だからn+1≧2が成り立つ．したがって，

n2−n+1=1･･･①
n+1=p･･･②
①からn2−n=0
n(n−1)=0
nは自然数(≧1)だから
n=1
②から
p=2
結局，(n, p)=(1, 2)･･･（答）

(2)
　(n+1)(n2−n+1)=p2
と因数分解でき，nは自然数だからn+1≧2が成り立つ．したがって，
ア）

n2−n+1=1 (n≧1)･･･①
n+1=p2･･･②
または
イ）

n2−n+1=p (n≧1)･･･③
n+1=p･･･④
ア）のとき，①からn=1
　これを②に代入するとp2=2
　このような素数はないから，ア）からは解は求まらない
イ）のとき，④を③に代入してpを消去すると
n2−n+1=n+1
n2−2n=0
n(n−2)=0
n≧1だから
n=2
④に代入
p=3
結局，(n, p)=(2, 3)･･･（答）

(3)
　n3+1=p3 (n≧1)
を変形すると
　p3−n3=1
　(p−n)(p2+pn+n2)=1
ここでp2+pn+n2>0だから

p2+pn+n2=1･･･③
p−n=1･･･②
②を①に代入してnを消去すると
　p2+p(p−1)+(p−1)2=1
　p2+p2−p+p2−2p+1=1
　3p2−3p=0
　3p(p−1)=0
　p=0, 1
しかしpは素数であるから，解なし
以上により，与えられた条件をみたす自然数nと素数pの組は存在しない　■証明終わり■

（別解）
(1)(2)の解と同様にn3+1を因数分解して示してもよいが，その方法の場合は，n+1≧2も考えると，次のように場合分けが多くなる
　ア）n2−n+1=1, n+1=p3
　イ）n2−n+1=p, n+1=p2
　ウ）n2−n+1=p2, n+1=p
いずれも解は求まらない

【問題1.1】
　次の問いに答えよ．
f(n)=n4−2n2−3
(1)　f(n)をnの２次式の積で表せ．
(2)　nが自然数のとき，f(n)が素数となるnは１つだけ存在する．このときのnと素数f(n)を求めよ．

（2021年度北星学園大）

［解答を見る］

（解答）
(1)
f(n)=(n2−3)(n2+1)
(2)
　nは自然数だからn≧1, n2+1≧2
したがって，f(n)が素数となるには

n2−3=1･･･①
f(n)=n2+1が素数･･･②
①より
　n2=4
　n=2 (>0)
②に代入
　f(2)=22+1=5
以上から，n=2, f(n)=5･･･（答） →解答を隠す←

【問題1.2】
　x, yを自然数，pを3以上の素数とするとき，次の各問に答えよ．ただし，(1),(3)は答のみ記せ．
(1)　x2−y2=pが成り立つとき，x, yをpで表せ．
(2)　x3−y3=pが成り立つとき，pを6で割った余りが1となることを証明せよ．
(3)　x3−y3=pが自然数の解の組(x, y)をもつようなpを，小さい数から順にp1, p2, p3, ･･･とするとき，p5の値を求めよ．

（2014年度早稲田大学.政治経済学部）

［解答を見る］

（解答）
(1)
　(x+y)(x−y)=pでx, yは自然数だからx, y≧1, x+y≧2

$x+ y=p$
$x-y=1$
を解くと

$x=\frac{p+ 1}{2}$
$y=\frac{p-1}{2}$
(2)
　(x−y)(x2+xy+y2)=pでx, yは自然数だからx, y≧1したがって,x2+xy+y2≧3

$x^2+ xy+ y^2=p$
$x-y=1$
だから
$(x-y)^2+ 3xy=p$
$1+ 3xy=p$ ･･･(*)
ここで $x-y=1$ だから，x, yは隣り合う奇数と偶数の組になる．したがって，xyは２の倍数
　結局，3xyは6の倍数になるから，pを6で割った余りが1となる．
(3)　(*)式に隣り合う整数を順に代入する

x=2
y=1

⇒ p1=1+3×2×1=7は題意に適する

x=3
y=2

⇒ p2=1+3×3×2=19は題意に適する

x=4
y=3

⇒ p3=1+3×4×3=37は題意に適する

x=5
y=4

⇒ p4=1+3×5×4=61は題意に適する

x=6
y=5

⇒ p=1+3×6×5=91=7×13は素数でない

x=7
y=6

⇒ p5=1+3×7×6=127は題意に適する

→解答を隠す←

【剰余類】
　例えば，すべての整数nは

ア）「3で割ったとき割り切れる」
イ）「3で割ったとき1余る」
ウ）「3で割ったとき2余る」

のいずれかに分類される．アイウは，3を法とする剰余類と呼ばれる．（剰余類の全体は剰余系と呼ばれる．）

　すべての整数nは，次のいずれかの形に書けると言ってもよい．kは整数とする．

ア） n=3k
イ） n=3k+1
ウ） n=3k+2（n=3k−1でもよい）

　高校の教科書には「合同式」や「mod」の記号や用語は，登場しないが，大学入試問題の解説ではよく使われる．高校生が答案に書くのは構わない．
　すべての整数nは，次のいずれかの形に書けると言ってもよい．

ア） n≡0　(mod 3)
イ） n≡1　(mod 3)
ウ） n≡2　(mod 3)

【例題2】

(1)　正の整数a, b, cが，a2+b2=c2を満たすとき，a, b, cのうち少なくとも１つは3の倍数であることを証明せよ．
(2)　正の整数a, b, cが，a2+b2=c2を満たすとき，a, b, cのうち少なくとも１つは5の倍数であることを証明せよ．
(3)　正の整数a, b, cが，a2+b2=c2を満たすとき，a, b, cのうち少なくとも１つは4の倍数であることを証明せよ．

（解答）
(1)
　k, K, L, M, Nは整数とする．
　正の整数は，3k, 3k±1のいずれかの形に書けるから，その２乗は9k2=3K, (3k±1)2=9k2±6k+1=3K+1の形に書ける．
　もし，a, b, cがいずれも3の倍数でなければ，

a2+b2=(3K+1)+(3L+1)=3M+2
c2=3N+1

となって，a2+b2とc2は，3で割ったときの余りが一致しないから，a2+b2=c2は成り立たない．
　背理法により，a2+b2=c2を満たすとき，a, b, cのうち少なくとも１つは3の倍数でなければならないことが示された．

(2)
　k, K, L, M, Nは整数とする．
　正の整数は，5k, 5k±1, 5k±2のいずれかの形に書けるから，その２乗は

25k2=5K
(5k±1)2=25k2±10k+1=5K+1
(5k±2)2=25k2+20k+4=5K+4

の形に書ける．
　もし，a, b, cがいずれも5の倍数でなければ，

a2+b2=(5K+1)+(5L+1)=5M+2
または
(5K+1)+(5L+4)=5M
または
(5K+4)+(5L+4)=5M+3

となって，5で割ったときの余りが，2,0,3のいずれかになる．
他方で，

c2=5N+1, 5N+4

となって，5で割ったときの余りが，1または4になる．
　このように，a2+b2とc2は，5で割ったときの余りが一致しないから，a2+b2=c2は成り立たない．
　背理法により，a2+b2=c2を満たすとき，a, b, cのうち少なくとも１つは5の倍数でなければならないことが示された．

(3)
　k, K, L, M, Nは整数とする．
　正の整数は，4k, 4k+1, 4k+2, 4k+3のいずれかの形に書けるから，その２乗は

(4k)2=16k2=8K
(4k+1)2=16k2+8k+1=8K+1
(4k+2)2=16k2+16k+4=8K+4
(4k+3)2=16k2+24k+9=8K+1

の形に書ける．
　もし，a, b, cがいずれも4の倍数でなければ，

a2+b2=(8K+1)+(8L+1)=8M+2
または
(8K+1)+(8L+4)=8M+5
または
(8K+4)+(8L+4)=8M

となって，8で割ったときの余りが，0,2,5のいずれかになる．
他方で，

c2=8N+1, 8N+4

となって，8で割ったときの余りが，1または4になる．
　このように，a2+b2とc2は，8で割ったときの余りが一致しないから，a2+b2=c2は成り立たない．
　背理法により，a2+b2=c2を満たすとき，a, b, cのうち少なくとも１つは4の倍数でなければならないことが示された．

（参考1）
　(3)の証明において，なぜ8の倍数の話が登場するのか？
　これは，初めから分かっていたのではなく，4の倍数で分類すると，4k+2の場合にうまく証明できないことから，4の剰余類で証明しようと考えていた方針を変更して「8の剰余類で分類することにした」ということです．
　一般に法を大きくすると剰余類も多くなるので，答案の場合分けが増える．だから，安易に法を大きくとるのは避けた方がよいが，やむを得ない場合もあるということは覚えておくとよい．

（参考2）
　上記の証明(1)(2)(3)によって，正の整数a, b, cが，a2+b2=c2を満たすのは

32+42=52

のように，１つずつ3,4,5の倍数に分かれてるということではない．
　少なくとも１つが3の倍数，4の倍数，5の倍数であるという条件を満たす組は

52+122=132

のように，１つの数12が3と4の倍数になっている場合や

112+602=612

のように，１つの数60が3,4,5の倍数になっていて，残り2つはどの倍数にもなっていないということもある．

【問題2.1】
　a, bを正の整数とする．aを6で割ると5余り，a2+bを6で割ると4余る.このとき，bを6で割ったときの余りは 7 であり，a2−b2を6で割ったときの余りは 8 である．

［ 7 に関する選択肢］

(ア) 1　　(イ) 2　　(ウ) 3　　(エ) 4　　(オ) 5

［ 8 に関する選択肢］

(ア) 1　　(イ) 2　　(ウ) 3　　(エ) 4　　(オ) 5

（2021年度獨協大）

［解答を見る］

（解答）
k, m, n, K, M, Nを整数とする．
　a=6k+5･･･①
　b=6m+r（0≦r≦5）･･･②
とおく．
　a2+b=(6k+5)2+(6m+r)
　=6K+25+(6m+r)=6M+(1+r)=6M+4
より
　r=3･･･(ウ)が答

　a2−b2=(6k+5)2−(6m+3)2
　=6K+25−(6M+9)=6N+4･･･(エ)が答
→解答を隠す←

【問題2.2】
　自然数aを3で割った余りをr=0, 1, 2とする．以下の問いに答えよ．
(1) 以下を求めよ．
（ア）r=0のとき，a3+4を3で割った余り．
（イ）r=1のとき，a3+4を3で割った余り．
（ウ）r=2のとき，a3+4を3で割った余り．
(2) 3つの自然数a, a3+4, a5+8のうちいずれか１つは3の倍数であることを示せ．
(3) 3つの自然数a, a3+4, a5+8が同時に素数となるaをすべて求めよ．

（2021年度中央大.理工学部）

［解答を見る］

（解答）
以下において，k, m, n, K, L, M, Nを整数とする．
(1)
（ア）r=0のとき

a3+4=(3k)3+4
=27k3+4=3(9k+1)+1=3K+1
だから，a3+4を3で割った余りは1･･･（答）

（イ）r=1のとき

a3+4=(3k+1)3+4
=3K+1+4=3(K+1)+2
だから，a3+4を3で割った余りは2･･･（答）

（ウ）r=2のとき

a3+4=(3k+2)3+4
=3K+8+4=3(K+4)
だから，a3+4を3で割った余りは0･･･（答）

(2)
a=3k, 3k+1, 3k+2のときのa, a3+4, a5+8を3で割った余りを表にすると次のようになる．

(*1)(*2)(*3)の簡単な理由は次の通り
(*1)←a=3kならばa5+8=3K+8=3L+2
(*2)←a=3k+1ならばa5+8=3K+1+8=3(K+3)=3L
(*3)←a=3k+2ならばa5+8=3K+8+8=3(K+5)+1=3L+1

a	3k	3k+1	3k+2
a3+4	3K+1	3K+2	3K
a5+8	3L+2 (*1)	3L (*2)	3L+1 (*3)

以上により，3つの自然数a, a3+4, a5+8のうちいずれか１つは3の倍数である．
(3)
a=3k, a3+4=3K, a5+8=3Lは，いずれも3の倍数であるから，素数となるのは3自体である場合のみになる．
　ところで，a3+4≧5, a5+8≧9だから，このうちで素数となることができるのは，a=3, (k=1)の場合だけである．
　このとき，a3+4=31, a5+8=251は素数．
　ゆえに，条件を満たすのはa=3･･･（答）

　a=251が素数であることを覚えている生徒はめったにいないと思うが， $\sqrt{251}=15.84...$ だから，15以下の素数　{2, 3, 5, 7, 11, 13}で割ってみて，すべて割り切れなければ素数と判断すればよい．

→解答を隠す←

【問題2.3】

　3333の１の位の数を求めよ．

（名古屋大）

［解答を見る］

　整数の積や累乗の1の位の数は，1の位の数の積や累乗だけで決まり，十以上の位の数字に影響されないから，

760nの1の位の数字は0
981nの1の位の数字は1
125nの1の位の数字は5
356nの1の位の数字は6

などは直ちに言える．1の位の数が0,1,5,6以外である場合は，何乗かしてみると2乗または4乗ごとに循環していることが分かるので，それが利用できる．

1の位の数
n	2	3	4	7	8	9
n2	4	9	6	9	4	1
n3	8	7	4	3	2	9
n4	6	1	6	1	6	1
n5	2	3	4	7	8	9

　上記の表は，具体的に理解するには適しているが，証明となると･･･「この表から類推してください」では弱すぎる．（5乗よりも大きい累乗が書いてない）
　例えば，34=81=10k+1 （kは整数）だから
(34)n=10K+1（Kは整数）と変形すると楽に証明できる．

（解答）
34=81=10k+1 （kは整数）だから
(34)n=10K+1（Kは整数）
3333=(34)83×3=(10L+1)×3（Lは整数）
=10M+3（Mは整数）
よって，１の位の数は3･･･（答）
→解答を隠す←

【問題2.4】
　77777の１の位の数を求めよ．

（類題）

［解答を見る］

（解答）
74=2401=10k+1 （kは整数）だから
774=10K+1 （Kは整数）
これを使うと
77777=(774)194×7=(10K+1)194×7
=(10L+1)×7（Lは整数）
=10M+7（Mは整数）
よって，１の位の数は7･･･（答）
→解答を隠す←

【問題2.5】
　自然数x, yに対して，それぞれを100で割った余りが等しいとき,x≡yと書くことにする．
(1) 自然数mに対して，76m≡76を証明せよ．
(2) 2n≡76を満たす最小の自然数nを求めよ．
(3) 21001を100で割った余りを求めよ．

（2000年度名古屋大）

［解答を見る］

（解答）
(1) 762=5776≡76だから　763=762×76≡76×76≡76
同様にして，76m≡76m−1≡･･･≡76が言える
(2)

下２桁の位の数
n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
2ⁿ	2	4	8	16	32	64	28	56	12	24

n	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
2ⁿ	48	96	92	84	68	36	72	44	88	76

　上記の表により,最小の自然数nは20
(3)
　21001=(220)50×2
　≡7650×2
　≡76×2=152
　≡52
100で割った余りは52 →解答を隠す←

【問題2.6】
　pが素数ならばp4+14は素数でないことを証明せよ．

（2021年度京都大.文系）

［解答を見る］

【秘訣⇒鉛筆遊びで傾向をつかむ】

p	2	3	4	5	6	7	8	9	10
p⁴	16	81	256	625	1296	2401	4096	6561	10000
p⁴+14	30	95	270	639	1310	2415	4110	6575	10014
3の剰余	0	2	0	0	2	0	0	2	0

• p, p⁴,p⁴+14, p⁴+14を３で割った余りを表にすると，上のようになる．
• 水色の背景色で示したように，pが3の倍数のとき，p⁴+14を３で割った余りは2になり，それ以外は3で割り切れる．
• 3で割り切れるものは素数でない．以上をまとめるとよい．

（解答）
　pは素数だから，p=3のときだけ３で割り切れ，それ以外のときは３で割り切れない．
ア） p=3のとき
　p4+14=81+14=95=5×19は素数でない
イ） pが3よりも大きな素数のとき
　p=3k±1　（kは整数）とおけるから
　p4+14=(3k±1)4+14=3N+1+14（Nは整数）
　=3(N+5)は3の倍数になり，素数ではない
　以上により，pが素数ならばp4+14は素数でないことが示された　■証明終わり■ →解答を隠す←

［解答を見る］

（別解）
　上記の答案では「３の剰余類で分類すればよい」というのが鍵になっていますが，「3」を思いつかなければどうなるのか⇒「5の剰余類で分類してもできる」ことを以下に示す

p	2	3	4	5	6	7	8	9	10
p⁴	16	81	256	625	1296	2401	4096	6561	10000
p⁴+14	30	95	270	639	1310	2415	4110	6575	10014
5の剰余	0	0	0	4	0	0	0	0	4

ア） p=5のとき
　p4+14=625+14=639=32×71は素数でない
イ） pが5以外の素数のとき
　p=5k±1, 5k±2　（kは整数）とおける
そのⅰ) p=5k±1のとき
　p4+14=(5k±1)4+14=5N+1+14（Nは整数）
　=5(N+3)は5の倍数になり，素数ではない
そのⅱ) p=5k±2のとき
　p4+14=(5k±2)4+14=5N+16+14（Nは整数）
　=5(N+10)は5の倍数になり，素数ではない
→解答を隠す←

【対偶証明の復習】
　元の命題 $p\Rightarrow q$ とその対偶 $\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ とは真偽が一致すること(*)を利用して，対偶 $\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ が真であることを示して，元の命題の証明とする方法

(*)の解説　　（1は真, 0は偽を表すものとする）

p⇒qの真偽(定義）
p	q	p⇒q
1	1	1
1	0	0
0	1	1
0	0	1

• 仮定pが真(1)で結論qが偽(0)の場合だけ，p⇒qは偽(0)と決める．それ以外の場合，p⇒qは真(1)

$\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ の真偽
$p$	$\bar{p}$	$q$	$\bar{q}$	$\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$
1	0	1	0	1
1	0	0	1	0
0	1	1	0	1
0	1	0	1	1

• 仮定 $\bar{q}$ が真(1)で結論 $\bar{p}$ が偽(0)の場合だけ， $\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ は偽(0)になる．それ以外の場合， $\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ は真(1)

• 上記の２つの表を見比べると，元の命題 $p\Rightarrow q$ とその対偶 $\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ とは真偽が一致することが分かる．

【対偶証明の例】
　x+y>0のとき，x, yの少なくとも１つは正の数であることを証明せよ．

　pが複合的な形をしていて，qが単純な形をしているとき， $p\Rightarrow q$ を証明するよりも，その対偶 $\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ を証明する方が考えやすいことが多い．

（解答）
　x≦0かつy≦0のとき，x+y≦0となるから，対偶によって示される．

【背理法の復習】
　元の命題 $p\Rightarrow q$ をそのまま証明するのが難しいとき， $p$ かつ $\bar{q}$ を仮定すると矛盾を生ずることを示して， $p\Rightarrow q$ の証明とする方法．

　対偶証明との相違点は，
「 $p$ も仮定する点」にある．
　証明の進め方によっては， $\bar{q}\Rightarrow\bar{p}$ という対偶を一部として使用することも多いが，その場合は対偶によって証明できたと考えているのではなく， $p$ と $\bar{p}$ が矛盾であることから，仮定が間違っていると述べるのが背理法．
　背理法の場合は， $\bar{p}$ に行き着く場合だけでなく，一般の数学的常識に反することに行き着けば何でもよい．例えば，1=2が導かれたり，2が奇数になったり，1>2が導かれるような場合はすべて矛盾であるから，対偶証明よりも背理法の方ができることが多い．

（別の見方）
　 $p$ という命題が成り立つ集合を $P$ で表し， $q$ という命題が成り立つ集合を $Q$ で表すとき，命題 $p\Rightarrow q$ には，集合の包含関係 $P\subset Q$ が対応する．
　 $P\subset Q$ であるとは， $P\cap\bar{Q}$ （図の $\times$ 印の部分）が空集合になること．
　したがって， $P\subset Q$ を示すには， $x\in P\cap\bar{Q}$ となるような要素 $x$ が存在すると仮定すると矛盾になるということを示せばよい．
　これが「 $p\Rightarrow q$ を背理法によって示す」ということを集合に対応させて考えたときの意味になる．

【背理法の例】
　自然数a, b, cがa2+b2=c2をみたすとき，a, bのうち少なくとも１つは3の倍数であることを証明せよ．

（解答）
　a2+b2=c2･･･(1)
　aもbも3の倍数でない･･･(2)
と仮定する
(2)より，a=3k±1, b=3m±1（k, mは整数）とおける
このとき，a2+b2=(3k±1)2+(3m±1)2
　=9k2±6k+1+9m2±6m+1
　=3N+2（Nは整数）･･･(3)
ところが，どんな自然数c=3p, 3p+1, 3p+2（pは整数）を持ってきても
　=c2=3N, 3N+1, 3N+1（Nは整数）
となって，(3)は成り立たない．
　以上により，(1)のときaもbも3の倍数でないと仮定すると矛盾を生ずる．
　背理法により，a, b, cがa2+b2=c2をみたすとき，a, bのうち少なくとも１つは3の倍数であることが証明された．

【例題3】
　a, b, cはa2−3b2=c2を満たす整数とするとき，次のことを証明せよ．
(1) a, bの少なくとも一方は偶数である．
(2) a, bが共に偶数なら，少なくとも一方は4の倍数である．
(3) aが奇数ならbは4の倍数である．

（2000年度東北大）

（解答）
(1)
a, bとも奇数と仮定すると，

a=2k+1, b=2m+1（k, mは整数）とおける．
このとき
a2−3b2=(2k+1)2−3(2m+1)2
=4k2+4k+1−3(4m2+4m+1)
=4k2+4k+1−12m2−12m−3
=4(k2+k−3m2−3m)−2
=4K−2･･･(*1)
この値とc2が等しいのだからcは偶数になる
そこで，c=2k（kは整数）と仮定すると
c2=4k2=4L･･･(*2)（Lは整数）
(*1)は左辺が4の倍数でないことを示しており，(*2)は右辺が4の倍数であることを示しているから，矛盾．
　背理法により，a, bの少なくとも一方は偶数であることが示された．

(2)
a2−3b2=c2･･･(*3)
a, bが共に偶数･･･(*4)

　(*4)により，a=2k, b=2m（k, mは整数）とおける．
　このとき，a2−3b2=4k2−12m2=4(k2−3m2)
　(*3)の右辺から，cは偶数でなければならない．
　そこで，c=2n（nは整数）とおくと右辺は
4n2となるから
4(k2−3m2)=4n2
k2−3m2=n2･･･(*5)
　(*5)に(1)の結果を適用すると，k, mの少なくとも一方は偶数になるから，a, bの少なくとも一方は4の倍数である．

(3)
(1)の結果を使って，aは奇数，bは偶数とすると，a2−3b2=c2により，cは奇数になる．

a=2k+1, b=2m, c=2n+1（k, m, nは整数）とおくと
(2k+1)2−3(2m)2=(2n+1)2
4k2+4k+1−3(4m2)=4n2+4n+1
4(k2+k−3m2)=4(n2+n)
k2+k−3m2=n2+n
k(k+1)−n(n+1)=3m2
ここで連続２整数の積は2の倍数だから，左辺のk(k+1), n(n+1)はいずれも2の倍数になり，その差も2の倍数
これが右辺の3m2に等しいのだから，mは偶数
よって，b=4p（pは整数）となり，bは4の倍数である．

【問題3.1】
(1) 任意の自然数aに対し，a2を3で割った余りは0か1であることを証明せよ．
(2) 自然数a, b, cがa2+b2=3c2を満たすと仮定すると，a, b, cはすべて3で割り切れなければならないことを証明せよ．
(3) a2+b2=3c2を満たす自然数a, b, cは存在しないことを証明せよ．

（2014年度九州大）

［解答を見る］

（解答）
(1)
ア） a=3k（kは整数）のとき

a2=(3k)2=9k2=3(3k2)=3K（Kは整数）
と書けるから，a2を3で割った余りは0

イ） a=3k±1（kは整数）のとき

a2=(3k±1)2=9k2±6k+1=3(3k2±2k)+1=3K+1（Kは整数）
と書けるから，a2を3で割った余りは1

アイ）より，任意の自然数aに対し，a2を3で割った余りは0か1である
(2)
ア） a, bの両方とも3で割り切れないとき

a=3k±1, b=3m±1（k, mは整数）とおけるから
a2+b2=3K+2（Kは整数）
となり，右辺の3c2と等しくならない

イ） a, bの一方が3で割り切れず，他方が3で割り切れるとき

a, b=3k, b=3m±1（k, mは整数）[順不同]とおけるから
a2+b2=3K+1（Kは整数）
となり，右辺の3c2と等しくならない

アイ）より，a, bの両方とも3で割り切れる．
さらに，このとき

a=3k, b=3m（k, mは整数）とおけるから
a2+b2=9K（Kは整数）
となり，右辺の3c2と等しくなるには，cが3で割り切れなければならない．

以上により，a, b, cはすべて3で割り切れなければならない．
(3)

(2)の結果を使うと，
a2+b2=3c2･･･①
⇒ a=3k1, b=3m1, c=3n1（k1,m1,n1は整数）･･･②
と書ける

これを代入すると
9k12+9m12=27n12
両辺を9で割ると

k12+m12=3n12･･･①'
⇒ k=3k2, m=3m2, n=3n2（k2,m2,n2は整数）･･･②'
と書ける

この作業をp回続けると（pは正整数）

a=3pk1, b=3pm1, c=3pn1（p, k1,m1,n1は整数）
と書けることになり，限りなく続けると，a, b, cとも無限大になり矛盾
　背理法により，これを満たす自然数a, b, cは存在しない

→解答を隠す←

（参考）･･･無限降下法
例えば， $\sqrt{2}$ が無理数であることの証明を，通常は次のように行う．（受験生には必須の内容）

$\sqrt{2}$ が無理数であることを証明せよ．

（解答）
$\sqrt{2}=\frac{n}{m}$ （ $m,\hspace{2}n$ は正整数で互いに素）とおく．
$\sqrt{2}m=n$
両辺を2乗する
$2m^2=n^2$ ･･･(1)
左辺は2の倍数であるから，右辺の $n^2$ も2の倍数でなければならないが，そのためには $n$ が2の倍数でなければならない．
$n=2k$ （ $k$ は正整数）とおく･･･(2)
(1)に代入すると
$2m^2=4k^2$
両辺を2で割る
$m^2=2k^2$ ･･･(3)
(3)は， $m$ も2の倍数であることを示している．
　以上から， $m,\hspace{2}n$ とも2の倍数であることになり「互いに素」という仮定に反する．
　 $\sqrt{2}=\frac{n}{m}$ （ $m,\hspace{2}n$ は正整数で互いに素）という仮定から矛盾が導かれた．背理法により， $\sqrt{2}$ が無理数である．

　以上のように， $\sqrt{2}$ が無理数であることを示す背理法による標準的な証明は，初めの段階で「互いに素」という仮定を置くことにより，共通因数が１回登場した段階で証明を終ることができる．
　これに対して，「互いに素」という仮定を置かなければ，次のような記述になる．この論法は「無限降下法」と呼ばれ，フェルマーが大定理を証明するために用いた方法だと言われている（ただし，当時のフェルマーが実際に証明に成功していたかどうかは疑問とされている）

$\sqrt{2}=\frac{n}{m}$ （ $m,\hspace{2}n$ は正整数）とおく．
$\sqrt{2}m=n$
$2m^2=n^2$ ･･･(1)
$n=2n_1$ ( $n_1$ は正整数, $1\underline{\le}n_1\lt n$ )とおく･･･(1’)
(1)に代入すると
$2m^2=4n_1^2$
両辺を2で割る
$m^2=2n_1^2$ ･･･(2)
$m=2m_1$ ( $m_1$ は正整数, $1\underline{\le}m_1\lt m$ )とおく･･･(2’)
(2)に代入すると
$4m_1^2=2n_1^2$
両辺を2で割る
$2m_1^2=n_1^2$ ･･･(3)
$n_1=2n_2$ ( $n_2$ は正整数, $1\underline{\le}n_2\lt n_1$ )とおく･･･(3’)
以上のように，(1)(1'),(2)(2'),(3)(3'),･･･のように変形していく作業は，限りなく繰り返すことができて，有限確定の正整数 $m,\hspace{2}n$ について次の不等式が成り立つことになる．
$1\underline{\le}\cdots\lt m_3\lt m_2\lt m_1\lt m$
$1\underline{\le}\cdots\lt n_3\lt n_2\lt n_1\lt n$
　これらは，有限確定の正整数 $m,\hspace{2}n$ と1の間に無限個の整数が存在するという矛盾になっている．
　 $\sqrt{2}$ が有理数という仮定は間違っていることになり，背理法により， $\sqrt{2}$ は無理数であることが証明された．

　2014年度九州大の問題(3)において，「 $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ は正整数で互いに素」と仮定することができれば，上記のような無限降下法によらず，共通因数が１回登場すれば矛盾とすることができるはずであるが，(2)(3)の問題の組み立ての都合上， $a,\hspace{2}b,\hspace{2}c$ とも3の倍数であるから「互いに素」と仮定することはできない．

【問題3.2】
(1) x2+4y2=9z2をみたす自然数x, y, zがあれば，xとyはいずれも3の倍数であることを示し，x2+4y2=9z2をみたす自然数x, y, zの例を挙げよ．
(2) x3+4y3=9z3をみたす自然数x, y, zは存在しないことを示せ．

（2014年度東京海洋大）

［解答を見る］

（解答）
(1)
x, yの少なくとも一方が3の倍数でない場合は，次の3つの場合に分けられる
ア）x=3k±1, y=3m±1 (k, mは整数)のとき

x2+4y2=(3k±1)2+4(3m±1)2
=3K+1+4(3M+1)=3(K+4M+1)+2
(K, Mは整数)
他方で，右辺は3の倍数だから，等式は成り立たない

イ）x=3k, y=3m±1 (k, mは整数)のとき

x2+4y2=(3k)2+4(3m±1)2
=3K+4(3M+1)=3(K+4M+1)+1
(K, Mは整数)
他方で，右辺は3の倍数だから，等式は成り立たない

ウ）x=3k±1, y=3m (k, mは整数)のとき

x2+4y2=(3k±1)2+4(3m)2
=3K+1+4(3M)=3(K+4M)+1
(K, Mは整数)
他方で，右辺は3の倍数だから，等式は成り立たない

以上により，x, yの少なくとも一方が3の倍数でなければ，x2+4y2=9z2は成り立たないから，x2+4y2=9z2をみたすときは，xとyはいずれも3の倍数でなければならない．

• $a^2+ b^2=c^2$ を満たす整数の組（ピタゴラス数）は限りなくあるが，上記の問題(1)の結果に沿って， $a,\hspace{2}b$ を各々3倍すればよい．［互いに素という条件はない］
• $3^2+ 4^2=5^2\rightarrow (3\times 3)^2+ (4\times 3)^2=(5\times 3)^2$ $\rightarrow(3\times 3)^2+ 4(2\times 3)^2=9\times 5^2$
$\rightarrow 9^2+ 4\times 6^2=9\times 5^2$
• $5^2+ 12^2=13^2\rightarrow (5\times 3)^2+ (12\times 3)^2=(13\times 3)^2$ $\rightarrow(5\times 3)^2+ 4(6\times 3)^2=9\times 13^2$
$\rightarrow 15^2+ 4\times 18^2=9\times 13^2$
• 「例を挙げよ」だから，簡単な例を１つ挙げればよい

$9^2+ 4\times 6^2=9\times 5^2$ だから
$(x,y,z)=(9,6,5)$ ･･･（答）

→解答を隠す←

［解答を見る］

(2)
$x=3k\rightarrow x^3=3K$ ( $k, K$ は整数)
$x=3k+ 1\rightarrow x^3=(3k)^3+ 3(3k)^2+ 3(3k)+ 1$
$=3K+ 1$ ( $k, K$ は整数)
$x=3k+ 2\rightarrow x^3=(3k)^3+ 3(3k)^2(2)+ 3(3k)2^2+ 2^3$
$=3K+ 2$ ( $k, K$ は整数)
$y$ についても同様
そこで， $x^3+ 4y^3$ を3で割った余りは次の表のようになる

$x\backslash y$	3m	3m+1	3m+2
3k	0	1	2
3k+1	1	2	0
3k+2	2	0	1

• 例えば，表の2行3列目は，次のように埋まる

( $k,K,m,M,N$ は整数)

$x=3k+ 1\rightarrow x^3=3K+ 1$
$y=3m+ 2\rightarrow y^3=3M+ 2$
$x^3+ 4y^3=3K+ 1+ 4(3B+ 2)=3N$
• この表で， $x^3+ 4y^3=9z^3$ ･･･①を満たす可能性のあるものは，3で割り切れる値になるもので，赤枠で囲んだものとなる．さらにこれらの，ア）イ）ウ）の場合も成り立たないことが以下のように示される．
ア） $x=3k,\hspace{3}y=3m$ のとき
$x^3+ 4y^3=27k^3+ 4\times 27m^3=27(k^3+ 4m^3)$
$=9z^3$
となるから， $z=3n$ ( $n$ は整数)でなければならない
　代入すると
$27k^3+ 4\times 27m^3=9\times 27n^3$
　両辺を27で割ると
$k^3+ 4m^3=9n^3$ ･･･②
②は①と同じ形をしているから，同様の議論により
$k=3k_1,\hspace{3}m=3m_1,\hspace{3}n=3n_1$ となる整数 $k_1,\hspace{3}m_1,\hspace{3}n_1$ が定まる．
　この作業を限りなく繰り返すと
$1\underline{\le}\cdots\lt k_3\lt k_2\lt k_1\lt k\lt x$
$1\underline{\le}\cdots\lt m_3\lt m_2\lt m_1\lt m\lt y$
$1\underline{\le}\cdots\lt n_3\lt n_2\lt n_1\lt n\lt z$
のように，有限の整数値 $x,y,z$ と1の間に無限個の整数が入ることになり，矛盾
→解答を隠す←

［解答を見る］

イ） $x=3k+ 1,\hspace{3}y=3m+ 2$ (k, mは整数)のとき
$x^3+ 4y^3$
$=27k^3+ 27k^2+ 9k+ 1+ 4(27m^3+ 54m^2+ 18m+ 8)$
$=9K+ 33=9(K+ 3)+ 6$ （Kは整数）
　　は9で割り切れないから，9z3に等しくならない
ウ） $x=3k+ 2,\hspace{3}y=3m+ 1$ (k, mは整数)のとき
$x^3+ 4y^3$
$=27k^3+ 54k^2+ 18k+ 8+ 4(27m^3+ 27m^2+ 9m+ 1)$
$=9K+ 12=9(K+ 1)+ 3$ （Kは整数）
　　は9で割り切れないから，9z3に等しくならない

　以上のように，ア）イ）ウ）いずれの場合も成り立たないから，x3+4y3=9z3をみたす自然数x, y, zは存在しない →解答を隠す←

【問題3.3】
　a−b−8とb−c−8が素数となるような素数の組
(a, b, c)をすべて求めよ．

（2014年度一橋大）

［解答を見る］

• 偶数の素数は2だけ．他の素数(3, 5, 7, ...)は奇数

（解答）
a>b+8, b>c+8だから
c<b<a
ア） a, b, cのいずれも奇数のとき

a−b, b−cは偶数で，a−b−8とb−c−8も偶数になる．
偶数の素数は2だけだから

a−b−8=2
b−c−8=2
すなわち

a−b=10
b−c=10

ただし，a, b, cは奇数でc<b<a

これに適する解として，c=3, b=13, a=23を思い着く

これ以外の組をどう処理するか←これが鍵
（試験会場で鉛筆遊びからスタート）：赤字は素数でない

c=1,b=11,a=[21]
c=11,b=[21],a=31
c=[21],b=31,a=41
c=31,b=41,a=[51]

c=[3],b=13,a=23
c=13,b=23,a=[33]
c=23,b=[33],a=43
c=[33],b=43,a=53

c=5,b=[15],a=25
c=[15],b=25,c=35
ここは全部ダメ

c=7,b=17,a=[27]
c=17,b=[27],a=37
c=[27],b=37,a=47

c=[9],b=19,a=29
c=19,b=29,a=[39]
c=29,b=[39],a=49

a−b=10
b−c=10

ただし，a, b, cは奇数でc<b<a

を満たす組は無限にあるが，上記の鉛筆遊びから分かるように，どの組にも[ ]で示した３の倍数が含まれる．
⇒3以外の3の倍数は素数でないから，他の組は条件に合わないと言えばよい．

→解答を隠す←

［解答を見る］

ア）の続き
(ⅰ) c=3k（kは整数）のとき，条件に合う組はc=3, b=13, a=23だけである．
(ⅱ) c=3k+1（kは整数）のとき
　b=3k+11, a=3k+21=3(k+7)となって，aが素数でない
(ⅲ) c=3k+2（kは整数）のとき
　b=3k+12=3(k+4), a=3k+22となって，bが素数でない
以上から，条件に合う組はc=3, b=13, a=23だけである．

イ） c=2だけ偶数でa, bは奇数のとき

a−b−8=2
b−2−8が素数
すなわち

a=b+10･･･①
b−10=dが素数･･･②
c=2, b=13, a=23は条件に合う
(ⅰ) b=3k（k≧1は整数）のとき，bが素数となるのはb=3ときだけであるが，このときは②のdが負の数になり，適さない
(ⅱ) b=3k+1（k≧1は整数）のとき
　a=3k+11, d=3k+1−10=3(k−3)となって，k=4の場合のみd=3が素数になる
これはc=2, b=13, a=23ですでに登場している
(ⅱ) b=3k+2（k≧1は整数）のとき
　a=3k+12=3(k+4)は素数でない

アイ）より，結局(23, 13, 3), (23, 13, 2)･･･（答） →解答を隠す←

【定着度チェック問題】･･･このページの振り返りです

【問題4.1】･･･受験では基礎のレベル
　整数a, bについて，aは13で割ると2余り，bは13で割ると7余る．このとき，4a+3bは13で割るとタ余り，abは13で割るとチ余る．

（2021年度金沢工大）

［解答を見る］

a=13k+2, b=13m+7（k, mは整数）とおく
このとき
　4a+3b=4(13k+2)+3(13m+7)=13(4k+3m)+29
　=13(4k+3m+2)+3
だから，13で割ると3余る→[タ]
　ab=(13k+2)(13m+7)
　=132km+13×7m+13×2m+14
　=13(K+1)+1（Kは整数）
だから，13で割ると1余る→[チ]
→解答を隠す←

【問題4.2】･･･ちょうど良いレベルの良問
(1) k2+2が素数となるような素数kをすべてみつけよ．また，それ以外にないことを示せ．
(2) 整数lが5で割り切れないとき，l4−1が5で割り切れることを示せ．
(3) m4+4が素数となるような素数mは存在しないことを示せ．

（2021年度お茶の水女子大）

［解答を見る］

(1)

• k=3m±1→k2=3M+1 →■よく出るから，使えるようにしておく!!■← →k2+2=3(M+1)だから，「3で割って1余る数」や「3で割って2余る数」に対してk2+2は素数にならない
• しかし，k=3mとなる数（3の倍数）の中に１つだけ素数がある．

ア） k=3m+1（m≧1は整数）のとき
　k2=9m2+6m+1=3M+1（M≧5は整数）
　だからk2+2=3(M+1) (≧18)は素数でない
イ） k=3m+2（m≧0は整数）のとき
　k2=9m2+12m+4=3M+1（M≧1は整数）
　だからk2+2=3(M+1) (≧6)は素数でない
ウ） k=3m（m≧1は整数）のとき
　k2+2=9m2+2 (≧11)
　はk=3のとき，k2+2=11が素数になる．
k=3･･･（答）
→解答を隠す←

［解答を見る］

(2)
　5で割り切れない整数lは，l=5k±1, 5k±2（kは整数）とおける．
　展開公式(x+y)4=x4+4x3y+6x2y2+4xy3+y4を使うと
ア）l=5k±1（kは整数）のとき
　l4=(5k±1)4=(5k)4±4(5k)3+6(5k)2±4(5k)+1=5K+1
　　　（Kは整数）とおけるから
　l4−1=5Kは5で割り切れる
イ）l=5k±2（kは整数）のとき
　l4=(5k±2)4
　=(5k)4±4(5k)3(2)+6(5k)2(22)±4(5k)(23)+16=5K+16
　=5(K+3)+1
　　　（Kは整数）とおけるから
　l4−1=5Kは5で割り切れる
ア）イ）から，整数lが5で割り切れないとき，l4−1が5で割り切れる →解答を隠す←

［解答を見る］

m4+4=(m2+2)2−(2m)2=(m2−2m+2)(m2+2m+2)
ここで，mを素数（≧2）とすれば，
　m2−2m+2 < m2+2m+2
　m2−2m+2=(m−1)2+1≧2
となるから，m4+4=(m2−2m+2)(m2+2m+2)は2以上の整数の積になり，素数でない
→解答を隠す←

【問題4.3】･･･チャレンジしてみよう
　素数p, qを用いて pq+qp と表される素数をすべて求めよ．

（2016年度京都大）

［解答を見る］

• 偶数の素数は2だけ．他の素数(3, 5, 7, ...)は奇数

（解答）
　次の4つの場合に分けて求める．
ア）p, qとも偶数のとき

偶数の素数は2だけだから，p=2, q=2とおくと，pq+qp=4+4=8は素数でないから，適さない

イ）p, qとも奇数(≧3)のとき

pq+qp (≧33+33≧54)は奇数と奇数の和で偶数になる．ところが，偶数の素数は2だけで，54以上のものはない

ウ）pが偶数，qが奇数のとき

偶数の素数は2だけだから，p=2とおくと，2q+q2が素数となるかどうか調べる．
ここで，q=6k+1, 6k+3, 6k+5(kは整数)について，次の場合分けに沿って，3で割った余りを求める．
• q=6k+3=3(2k+1)(kは整数)となる場合で，qが素数となるのはq=3だけ
このとき，2q+q2=8+9=17は素数
• q=6k+1(k≧1は整数)のとき,
22=4 (=3m+1)(mは整数)だから
26k+1=(22)3k×2=3L+2 (L≧1は整数)
q2=(6k+1)2=3M+1 (M≧1は整数)
したがって，2q+q2=3L+2+3M+1=3(L+M+1)は3の倍数になるが，3よりも大きな素数はない
• q=6k+5(k≧1は整数)のとき,
22=4 (=3m+1)(mは整数)だから
26k+5=(22)3k+4×2=3L+2 (L≧1は整数)
q2=(6k+5)2=3M+25=3(M+8)+1 (M≧1は整数)
したがって，2q+q2=3L+2+3(M+8)+1=3(L+M+9)は3の倍数になるが，3よりも大きな素数はない

エ）pが奇数，qが偶数のとき

ウ）の場合とp, qを入れ替えたものになる

以上から，(p, q)=(2, 3), (3, 2)でpq+qp=17･･･（答） →解答を隠す←

【問題4.4】
　nを2以上の整数とする．3n−2nが素数ならばnも素数であることを示せ．

（2021年度京都大）

［解答を見る］

（解答）
　対偶証明によって示す．
　nが素数でないと仮定すると，n=pq（p, qは2以上の整数）とおける．

因数分解公式
an−bn=(a−b)(an−1+an−2b+an−3b2+･･･+bn−1)を使うと
3pq−2pq=(3p)q−(2p)q
=(3p−2p){(3p)q−1+(3p)q−2(2p)+(3p)q−3(2p)2+･･･+(2p)q−1}
　p, qは2以上の整数だから
• (3p)q−1+(3p)q−2(2p)+(3p)q−3(2p)2+･･･+(2p)q−1>1は明らか
• 3p−2p>1は次のように数学的帰納法で示せる．
(Ⅰ) p=2のとき
　3p−2p=9−4=5>1は成り立つ
(Ⅱ) p=k (k≧2)のとき
　3k−2k>1が成り立つと仮定すると
　3k+1−2k+1=3(3k−2k)+3×2k−2k+1
=3(3k−2k)+(3−2)2k
=3(3k−2k)+2k≧3+4>1
(Ⅰ)(Ⅱ)より，2以上の整数pについて，3p−2p>1が成り立つ．
以上により，nが素数でなければ，3n−2nが素数でないことが示されたから，対偶証明により，3n−2nが素数ならばnも素数であるといえる．

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