京大 2026年度文系数学第3問｜問題・解答・解説

方針

$p$ は3より大きい素数なので，3で割ると1または2余る。したがって $k = 0, 1, 2$ の中から $N - p k$ が3の倍数になるものを選べる。(1)では $N ≧ 2 p$ により，この選択で $N - p k ≧ 0$ も保証される。(2)は(1)から，表せない数は $0 ≦ N < 2 p$ に限られる。そこでこの範囲で $k = 0$ と $k = 1$ により表せる数を， $p \equiv 1, 2 (m o d 3)$ に分けて数える。

解答

(1) $p$ は3より大きい素数であるから，3で割り切れない。したがって， $p$ を3で割った余りは1または2である。よって $0, p, 2 p$ を3で割った余りは， $0, 1, 2$ の3種類すべてになる。

したがって，任意の整数 $N$ に対して， $k = 0, 1, 2$ のいずれかを選べば $N - p k$ が3で割り切れる。いま $N ≧ 2 p$ であり， $k ≦ 2$ だから $N - p k ≧ N - 2 p ≧ 0$ である。そこで $m = \frac{N - p k}{3}$ とおけば， $m$ は0以上の整数であり， $N = 3 m + p k$ と表せる。よって(1)が示された。

(2)
(1)より， $2 p$ 以上の整数はすべて表せる。したがって，表せない可能性があるのは $0 ≦ N < 2 p$ の範囲だけである。この範囲で表せる数を数える。 $k = 0$ のとき，表せる数は3の倍数である。 $k = 1$ のとき，表せる数は $p, p + 3, p + 6, \dots$ で， $2 p$ 未満のものに限られる。 $k ≧ 2$ のときは $p k ≧ 2 p$ となるので， $0 ≦ N < 2 p$ の範囲には現れない。

まず $p = 3 q + 1$ の場合を考える。 $0 ≦ N < 2 p = 6 q + 2$ にある3の倍数は $0, 3, 6, \dots, 6 q$ であり，個数は $2 q + 1$ である。また $p + 3 m < 2 p$ は $3 m < p = 3 q + 1$ と同値なので， $m = 0, 1, \dots, q$ が可能であり，個数は $q + 1$ である。両者は3で割った余りが異なるので重複しない。よって表せる数は $(2 q + 1) + (q + 1) = 3 q + 2 = p + 1$ 個である。

次に $p = 3 q + 2$ の場合を考える。 $0 ≦ N < 2 p = 6 q + 4$ にある3の倍数は $0, 3, 6, \dots, 6 q + 3$ であり，個数は $2 q + 2$ である。また $p + 3 m < 2 p$ は $3 m < p = 3 q + 2$ と同値なので， $m = 0, 1, \dots, q$ が可能であり，個数は $q + 1$ である。したがって表せる数は $(2 q + 2) + (q + 1) = 3 q + 3 = p + 1$ 個である。

いずれの場合も， $0 ≦ N < 2 p$ にある $2 p$ 個の整数のうち，表せるものは $p + 1$ 個である。したがって表せないものの個数は $2 p - (p + 1) = p - 1$ である。

総評

難度5，計算量4。想定時間は16分程度。 $p > 3$ が素数なので $p \equiv̸ 0 (m o d 3)$ であり， $0, p, 2 p$ が3種類の剰余を尽くすことが核心である。(1)では合同条件だけでなく， $N ≧ 2 p$ から $m = (N - p k) / 3 ≧ 0$ まで確認する。(2)は(1)により $0 ≦ N < 2 p$ へ限定し，この範囲では $k = 0, 1$ しか現れないことを使う。 $p \equiv 1, 2 (m o d 3)$ の両場合で表せる数が $p + 1$ 個になる。典型的な失点は0を数え落とすことと，剰余を合わせても非負性を確認しないことである。一般の硬貨問題の公式に頼らず証明できる点が本問の狙いである。

出典: 京都大学令和8年度一般選抜数学（大学公式の問題PDF）。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。

京都大学 2026年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第3問

方針

解答

総評

京都大学 2026年度前期日程第2次学力試験文系数学第3問