今回は伝説の入試問題シリーズです。
京都大学にとてもユニークな問題が出題されました。
ざっくり言うと「あなたの好きな数を一つ決めて、その値が得点となる」と言うものです。

ロマンあふれる問題ですね。
それでは、早速問題を詳しく見ていきましょう。
問題(1995・京都大学 後期)
自然数nの関数f(n),g(n)を
f(n)=nを7で割ったあまり
g(n)=3f(7∑k=1kn)
によって定める
(1)全ての自然数nに対してf(n7)=f(n)を示せ
(2)あなたの好きな自然数nを一つ決めてg(n)を求めよ
そのg(n)の値をこの設問におけるあなたの得点とする
本当に「好きな自然数を一つ決めて、その値によって自分の得点が決まる」ようですね。
しかし、よく見ると好きな自然数nを決めて、それを代入したg(n)が得点となるようです。きっとここに出題者の意図が隠されているのでしょう。
それでは解説です。
(1)解説
方針
少し大変ですが、
① nを7で割った時のあまりの7パターンで場合わけ
②「n7」2項定理を使って展開して、7で割ったあまりが等しいことを示す
解法1
(1)「nを7で割ったあまり」と「n7を7で割ったあまり」が等しいことを示せばよい
整数kに対して
① n=7kのとき
nを7で割った余りは0
n7=(7k)7
n7を7で割った余りは0
② n=7k+1のとき
nを7で割った余りは1
n7=(7k+1)7
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅1+⋯+7C6⋅(7k)1⋅16⏟7の倍数+17
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅1+⋯+7C6⋅(7k)1⋅16⏟7の倍数+1
n7を7で割った余りは1
③ n=7k−1のとき
nを7で割った余りは−1
n7=(7k−1)7
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅(−1)+⋯+7C6⋅(7k)1⋅(−1)6⏟7の倍数+(−1)7
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅(−1)+⋯+7C6⋅(7k)1⋅(−1)6⏟7の倍数−1
n7を7で割った余りは−1
④ n=7k+2のとき
nを2で割った余りは2
n7=(7k+2)7
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅2+⋯+7C6⋅(7k)1⋅26⏟7の倍数+27⏟128
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅2+⋯+7C6⋅(7k)1⋅26+7×18⏟7の倍数+2
n7を2で割った余りは2
⑤ n=7k−2のとき
nを7で割った余りは−2
n7=(7k−2)7
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅(−2)+⋯+7C6⋅(7k)1⋅(−2)6⏟7の倍数+(−2)7⏟−128
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅(−2)+⋯+7C6⋅(7k)1⋅(−2)6−7×18⏟7の倍数−2
n7を7で割った余りは−2
⑥ n=7k+3のとき
これを7で割った余りは3
n7=(7k+3)7
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅3+⋯+7C6⋅(7k)1⋅36⏟7の倍数+37⏟2187
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅3+⋯+7C6⋅(7k)1⋅36+7×312⏟7の倍数+3
n7を7で割った余りは3
⑦ n=7k−3のとき
nを7で割った余りは−3
n7=(7k−3)7
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅(−3)+⋯+7C6⋅(7k)1⋅(−3)6⏟7の倍数+(−3)7⏟−2187
=(7k)7+7C1⋅(7k)6⋅(−3)+⋯+7C6⋅(7k)1⋅(−3)6−7×312⏟7の倍数−3
n7を7で割った余りは−3
①〜⑦より
全ての自然数nに対して、f(n7)=f(n)
長くなってしまいましたが、2項定理を使って地道にいくと以上のようになります。
他にもmodの計算を使って解く方法もあります。
解法2
「nを7で割ったあまり」と「n7を7で割ったあまり」が等しいことを示すのは
n7−n≡0(mod7)
を示せばよい。
n≡0のときn7−n≡0(mod7)
n≡±1のときn7−n≡0(mod7)
n≡±2のときn7−n≡±126≡0(mod7)
n≡±3のときn7−n≡±2184≡0(mod7)
したがって
n7−n≡0(mod7)
また因数分解を利用して解く方法もあります。
解法3
「nを7で割ったあまり」と「n7を7で割ったあまり」が等しいことを示すのは
n7−nを7で割ったあまりが0であることを示せばよい。
n7−n=n(n6−1)
=n(n3+1)(n3−1)
=n(n+1)(n−1)(n2+n+1)(n2−n+1)
n,n+1,n−1,n2+n+1,n2−n+1
のいずれかが7の倍数になればよい
kを整数とするとき
n=7kのとき nは7の倍数
n=7k+1のとき n-1は7の倍数
n=7k-1のとき n+1は7の倍数
n=7k+2のとき n2+n+1は7の倍数
n=7k-2のとき n2−n+1は7の倍数
n=7k+3のとき n2−n+1は7の倍数
n=7k-3のとき n2+n+1は7の倍数
したがって、n7−nを7で割ったあまりが0である

いずれの解法も、nを7で割った時のあまりで分類しています。
ちなみにこの問題はフェルマーの小定理のp=7のときです。
フェルマーの小定理
p:素数、a:自然数としたとき
ap≡a(modp)
以下pを法とする
m,nを自然数としたとき
(m+n)p
=mp+pC1⋅mp−1⋅n+pC2⋅mp−2⋅n2+⋯+pCp−2⋅m2⋅np−2+pCp−1⋅m⋅np−1⏟pの倍数+np
≡mp+np
であるので、
np=(1+n−1)p
≡1p+(n−1)p
=1p+(1+n−2)p
≡1p+1p+(n−2)p
≡1p+1p+⋯1p⏟n個=n

「フェルマーの小定理」って言うと「いかつく」聞こえますが、意外と身近な問題で使われています。
(2)解法
続いて(2)です。
この問題が「伝説の問題」と言われる所以です。
自分で「好きな数」を決めてそれによって「得点」が決まるという形式になっています。
当然最大の点数をもらうために数字を決めたいと思います。
方針
n=1〜6を代入して具体的に計算する
n=7以上は(1)より考える必要はない
解法
g(n)=3f(7∑k=1kn)
=3f(1n+2n+3n+4n+5n+6n+7n)
n=1,2,3,4,5,6を代入する
n=1のとき
g(1)=3f(11+21+31+41+51+61+71)
=3f(1+2+3+4+5+6+7)
=3f(28)=3×0=0
n=2のとき
g(2)=3f(12+22+32+42+52+62+72)
=3f(1+4+9+16+25+36+49)
=3f(140)=3×0=0
n=3のとき
g(3)=3f(13+23+33+43+53+63+73)
=3f(1+8+27+64+125+216+343)
=3f(784)=3×0=0
n=4のとき
g(4)=3f(14+24+34+44+54+64+74)
=3f(1+16+81+256+625+1296+2401)
=3f(4676)=3×0=0
n=5のとき
g(5)=3f(15+25+35+45+55+65+75)
=3f(1+32+243+1024+3125+7776+16807)
=3f(29008)=3×0=0
n=6のとき
g(6)=3f(16+26+36+46+56+66+76)
=3f(1+64+729+4096+15625+46656+117649)
=3f(184820)=3×6=18
f(n)の最大は6であるので
n=6のとき最大となる
好きな数字を「6」と決めて
g(6)=18
この値「18」が得点となる
7を法としたそれぞれの値
7を法としたときのそれぞれの値を表にまとめると
k=1k=2k=3k=4k=5k=6k=7合計n=1のときk112345600n=2のときk214224100n=3のときk311666100n=4のときk412442100n=5のときk514523600n=6のときk611111106
6の倍数のときのみ得点が「18点」入り、それ以外は「0点」となると言う結論でした。
自分で点数を決められるようで、n=6に辿り着かなければ「0点」と言うなかなか厳しい問題ですね。

さすが京大。面白い問題ですね!
まとめ
・「あなたの好きな自然数nを一つ決めてg(n)を求めよ
そのg(n)の値をこの設問におけるあなたの得点とする」と言う自分で点数を決める問題
・(1)はn7−nが7の倍数を示す
・(1)はフェルマーの小定理のp=7の場合
・(2)はnに数値を代入して、考えていけばいいよい
・(2)は好きな数字に「6の倍数」を選べば18点を獲得し、「それ以外」を選ぶと0点
以上「伝説の入試問題」と言われる1995年の京都大学の入試問題でした。
「あなたの好きな自然数nを一つ決めて、その値をこの設問におけるあなたの得点とする」と言う何ともロマンのある問題でした。
計算していくとn=1~5は「0点」、n=6で初めて「18点」がもらえるというなかなか厳しい問題設定でした。
面白いですね。
「伝説の入試問題シリーズ」他にも紹介していますので、ぜひご覧ください
以上です。今後も伝説の入試問題シリーズ続けていきたいと思いますのでよろしくお願いします。それではまた。
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