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東京科学大学　2021年度　前期日程　理系

第3問整数・数列の解答・解説

二項係数の等式・カタラン数・増加の評価・素数になる条件当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/13

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/13時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(1)正の整数 $n$ に対して $n_{2 n} C_{n} = (n + 1)_{2 n} C_{n - 1}$ を示し、これを用いて $_{2 n} C_{n}$ が $n + 1$ の倍数であることを示す

答どちらも $\frac{( 2 n ) !}{( n - 1 ) ! n !}$ に等しい。 $n$ と $n + 1$ が互いに素であることから倍数が従う

両辺を階乗で書き下せば一瞬で一致する。倍数のほうは「互いに素」を使うのがポイント。

等式。 階乗で書くと

n_{2 n} C_{n} = n \cdot \frac{( 2 n ) !}{n ! n !} = \frac{( 2 n ) !}{( n - 1 ) ! n !}

(n + 1)_{2 n} C_{n - 1} = (n + 1) \cdot \frac{( 2 n ) !}{( n - 1 ) ! ( n + 1 ) !} = \frac{( 2 n ) !}{( n - 1 ) ! n !}

で、両辺は等しい ✓。

倍数。 この等式より $n + 1$ は $n_{2 n} C_{n}$ を割り切る。 $n$ と $n + 1$ の最大公約数は $1$ （連続する整数）なので、 $n + 1$ は $_{2 n} C_{n}$ を割り切る。 $■$

$n = 1$ から $29$ まで整数のまま計算して一致を確かめた。

$n + 1$ が $n \cdot_{2 n} C_{n}$ を割るだけでは足りない。 $g cd (n, n + 1) = 1$ を使って $n$ の側を外す。

(2)正の整数 $n$ に対して $a_{n} = \frac{_{2 n} C _{n}}{n + 1}$ とおくとき、 $n ≧ 4$ ならば $a_{n} > n + 2$ であることを示す

答 $\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{2 ( 2 n + 1 )}{n + 2} ≧ 2$ （ $n ≧ 1$ ）なので、 $a_{4} = 14 > 6$ から帰納法

比を計算すると $2$ 以上になることが分かる。あとは出発点 $a_{4} = 14$ からの帰納法。

(1) より $a_{n}$ は正の整数である。まず比を求める。

\frac{_{2 n + 2} C _{n + 1}}{_{2 n} C _{n}} = \frac{( 2 n + 2 ) !}{{ ( n + 1 ) ! } ^{2}} \cdot \frac{( n ! ) ^{2}}{( 2 n ) !} = \frac{( 2 n + 1 ) ( 2 n + 2 )}{( n + 1 ) ^{2}} = \frac{2 ( 2 n + 1 )}{n + 1}

なので

\frac{a _{n + 1}}{a _{n}} = \frac{2 ( 2 n + 1 )}{n + 1} \cdot \frac{n + 1}{n + 2} = \frac{2 ( 2 n + 1 )}{n + 2}

である。 $n ≧ 1$ のとき

\frac{2 ( 2 n + 1 )}{n + 2} ≧ 2 ⟺ 4 n + 2 ≧ 2 n + 4 ⟺ n ≧ 1

なので、 $a_{n + 1} ≧ 2 a_{n}$ である。

帰納法。 $a_{4} = \frac{_{8} C _{4}}{5} = \frac{70}{5} = 14 > 6 = 4 + 2$ ✓。

$n ≧ 4$ で $a_{n} > n + 2$ と仮定すると

a_{n + 1} ≧ 2 a_{n} > 2 (n + 2) = 2 n + 4 ≧ n + 3 = (n + 1) + 2

である（ $2 n + 4 ≧ n + 3 ⟺ n ≧ - 1$ ）。よって数学的帰納法より $n ≧ 4$ のすべてで $a_{n} > n + 2$ である。 $■$

$a_{n}$ は $1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, \dots$ で、 $n ≧ 4$ ではつねに $n + 2$ を上回った。

(3) $a_{n}$ が素数となる正の整数 $n$ をすべて求める

答 $n = 2, 3$

$(n + 1) a_{n} = 2 (2 n - 1) a_{n - 1}$ という漸化式を使う。 $a_{n}$ が素数 $p$ なら $p$ は $2 (2 n - 1)$ を割るしかなく、大きさの評価と矛盾する。

$a_{1} = 1$ （素数でない）、 $a_{2} = 2$ 、 $a_{3} = 5$ 、 $a_{4} = 14 = 2 \cdot 7$ である。

漸化式。 (2) の比を $n$ を $n - 1$ にずらして書くと（ $n ≧ 2$ ）

\frac{a _{n}}{a _{n - 1}} = \frac{2 ( 2 n - 1 )}{n + 1}, すなわち (n + 1) a_{n} = 2 (2 n - 1) a_{n - 1}

である。

大きさの評価。 $a_{4} = 14 > 7 = 2 \cdot 4 - 1$ である。 $n ≧ 4$ で $a_{n} > 2 n - 1$ と仮定すると、 $a_{n + 1} ≧ 2 a_{n} > 4 n - 2 > 2 n + 1 = 2 (n + 1) - 1$ （ $4 n - 2 > 2 n + 1 ⟺ 2 n > 3$ ）なので、帰納法より

n ≧ 4 ⟹ a_{n} > 2 n - 1

である。

$n ≧ 4$ では素数にならない。 $n ≧ 4$ で $a_{n} = p$ （素数）と仮定する。 $a_{n} ≧ 2 a_{n - 1} > a_{n - 1} ≧ 1$ なので $0 < a_{n - 1} < p$ 、よって $p ∤ a_{n - 1}$ である。漸化式

(n + 1) p = 2 (2 n - 1) a_{n - 1}

の右辺は $p$ の倍数なので、 $p$ は $2 (2 n - 1)$ を割り切る。

$p = 2$ のとき：(2) より $a_{n} > n + 2 ≧ 6$ なので $a_{n} = 2$ はありえない
$p$ が奇数のとき： $p ∣ 2 (2 n - 1)$ と $p$ が奇数より $p ∣ 2 n - 1$ 、よって $p ≦ 2 n - 1$ 。しかし $a_{n} > 2 n - 1$ なので矛盾

いずれも矛盾するので、 $n ≧ 4$ では $a_{n}$ は素数にならない。

小さい $n$ 。 $a_{1} = 1$ （素数でない）、 $a_{2} = 2$ （素数）、 $a_{3} = 5$ （素数）である。よって

n = 2, 3

である。

$a_{n}$ はカタラン数である。 $1, 2, 5, 14, 42, 132, 429, 1430, \dots$ と続き、素数になるのは $2$ と $5$ だけであることがこれで分かる。

$1 ≦ n ≦ 200$ で $a_{n}$ が素数になるのは $n = 2, 3$ だけだった。

$a_{n} > n + 2$ （(2) の結果）だけでは $p ≦ 2 n - 1$ との矛盾が出ない。 $a_{n} > 2 n - 1$ をもう一段示す。

$p = 2$ の場合を別に処理する。

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問題文について

(1)正の整数 n に対して n2n​Cn​=(n+1)2n​Cn−1​ を示し、これを用いて 2n​Cn​ が n+1 の倍数であることを示す

(2)正の整数 n に対して an​=n+12n​Cn​​ とおくとき、n≧4 ならば an​>n+2 であることを示す

(3)an​ が素数となる正の整数 n をすべて求める

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