奈良県立医科大学 2019年度 数学 過去問解説｜藤原先生と一緒に攻略しよう！

こんにちは！数強塾・日本数学塾講師の藤原進之介です。

今回は、奈良県立医科大学 2019年度（平成31年度）後期日程の数学を徹底解説していきます。奈良県立医科大学（通称：奈良医大、奈県医）は、関西圏の医学部の中でも高い人気を誇り、特に後期日程は全国から受験生が集まる超難関入試となっています。

この年度の問題は、ガウス記号、整数論（約数の個数）、確率と完全順列、複素数という、医学部らしい思考力を問う良問揃いでした。一緒に攻略していきましょう！

試験概要・難易度

2019年度 奈良県立医科大学 後期日程 数学 試験概要

全体講評と難易度分析

2019年度の奈良県立医科大学後期数学は、例年通りの高難度を維持しつつ、特に「論証力」と「発想力」を重視した出題となりました。

【難易度評価】

• 第1問（ガウス記号と2次方程式）：★★★★☆（やや難）
• 第2問（約数の個数）：★★★☆☆（標準〜やや難）
• 第3問（完全順列と確率）：★★★★★（難）
• 第4問（複素数の和表示）：★★★★★（難）

全体として、標準的な計算問題がほとんどなく、すべての問題で深い思考力が求められる構成でした。特に第3問の完全順列と第4問の複素数は、標準的な教科書や問題集では扱わない発展的なテーマであり、本番で完答できた受験生は少なかったと思われます。

合格ラインとしては、第1問・第2問をしっかり得点し、第3問・第4問で部分点を確保することが重要でした。目標得点は6〜7割（180〜210点）程度と考えられます。

大問1：ガウス記号と2次方程式

問題

解説・解法のポイント

この問題はガウス記号（床関数）と2次方程式の判別式を組み合わせた、奈良医大らしい論証問題です。

■ ガウス記号の基本性質を確認

まず、ガウス記号 [r] の重要な性質を整理しておきましょう。

• [r] は r 以下の最大の整数
• r - 1 < [r] ≤ r が常に成立
• n ≤ r < n+1 のとき [r] = n（n は整数）

■ (1) の解法：判別式の評価

2次方程式 x² + 2[p]x + [p²] = 0 が相異なる2つの実数解を持つ条件は、判別式 D > 0 です。

D = (2[p])² - 4·1·[p²] = 4[p]² - 4[p²] = 4([p]² - [p²])

よって、D > 0 となるためには [p]² > [p²] が必要です。

ここで、ガウス記号の性質から重要な不等式を導きます。

任意の実数 r に対して、[r] ≤ r が成り立つので、

[p]² ≤ p²

また、p² に対してもガウス記号の定義から、

[p²] ≤ p²

さらに、正の実数 p に対して [p]² ≤ [p²] が常に成り立つことを示します。

p = n + α（n = [p]、0 ≤ α < 1）とおくと、

p² = n² + 2nα + α²

ここで 0 ≤ α < 1 より、0 ≤ 2nα + α² < 2n + 1 なので、

[p²] ≥ n² = [p]²

等号は α = 0、すなわち p が正の整数のときのみ成立します。

したがって、[p]² - [p²] ≤ 0 が常に成り立ち、D ≤ 0 となります。

これは D > 0 と矛盾するので、相異なる2つの実数解を持つことは起こり得ないことが証明されました。■

■ (2) の解法：実数解を持つ条件

(1) より D ≤ 0 は常に成り立ちます。実数解を持つのは D = 0 のとき、すなわち [p]² = [p²] のときです。

先ほどの議論から、[p]² = [p²] が成り立つのは α = 0 のとき、つまり p が正の整数のときです。

しかし、さらに詳しく調べると、p が整数でなくても D = 0 となる場合があります。

p = n + α（n ≥ 1、0 ≤ α < 1）として、

p² = n² + 2nα + α²

[p²] = n² となるためには、2nα + α² < 1 が必要です。

これを α について解くと、

α² + 2nα - 1 < 0

α < -n + √(n² + 1)

0 ≤ α < 1 との共通範囲を考えると、

0 ≤ α < min(1, -n + √(n² + 1))

n ≥ 1 のとき、-n + √(n² + 1) < 1 なので、

0 ≤ α < -n + √(n² + 1)

したがって、p の条件は、

別解・発展

【別解：場合分けによる直接的な議論】

p の小数部分を {p} = p - [p] とおくと、

p² = [p]² + 2[p]{p} + {p}²

D = 4([p]² - [p²]) = 4([p]² - [p² + 2[p]{p} + {p}² - r])

ここで r = p² - [p²] は p² の小数部分（0 ≤ r < 1）です。

この形から、D ≤ 0 となる条件を直接導くこともできます。

【発展：ガウス記号の他の入試問題への応用】

ガウス記号は、東大・京大・阪大など難関大学で頻出のテーマです。以下の性質も押さえておきましょう。

• [x + n] = [x] + n（n は整数）
• [x] + [y] ≤ [x + y] ≤ [x] + [y] + 1
• [x] + [-x] = 0（x が整数）または -1（x が整数でない）

大問2：約数の個数の総和

問題

解説・解法のポイント

この問題は、一見単純に見えますが、視点の転換が解法の鍵となる良問です。

■ 素朴なアプローチ（計算量が膨大）

各整数の約数の個数を一つずつ数えると：

• 1 の約数は 1 のみ → 1個
• 2 の約数は 1, 2 → 2個
• 3 の約数は 1, 3 → 2個
• ...

これを100まで続けると大変です。もっと効率的な方法を考えましょう。

■ 視点の転換：「約数」から「倍数」へ

ポイント：「n の約数の個数を数える」のではなく、「各約数が 1〜100 の中でいくつの数の約数になっているか」を考えます。

つまり、1〜100 の各整数が「約数として登場する回数」を数えます。

整数 k が 1〜100 の中で何個の数の約数になっているかというと、それは k の倍数が 1〜100 の中にいくつあるかと同じです。

k の倍数の個数 = [100/k]

■ 計算の実行

求める総和 S は、

S = Σ(k=1 to 100) [100/k]

これを計算していきます。

以下、同様に計算を続けます。

効率的に計算するため、[100/k] の値が同じになる k の範囲をまとめます。

総和を計算すると、

S = 100 + 50 + 33 + 25 + 20 + 16 + 14 + 12 + 11 + 10 + 9 + 8 + 14 + 12 + 20 + 20 + 24 + 34 + 50

S = 482

別解・発展

【別解：約数関数 d(n) の性質を利用】

整数論では、n の約数の個数を d(n) または τ(n) と表記します。

求める総和は Σ(n=1 to N) d(n) であり、これは以下の公式で近似できます：

Σ(n=1 to N) d(n) ≈ N ln N + (2γ - 1)N

ここで γ ≈ 0.5772 はオイラー・マスケロー二定数です。

N = 100 の場合、100 × ln(100) + (2 × 0.5772 - 1) × 100 ≈ 475 となり、実際の値 482 に近い値が得られます。

【発展：ディリクレの約数問題】

この問題の一般化は「ディリクレの約数問題」として知られ、Σd(n) の漸近挙動を調べる問題は、数論の重要な研究テーマとなっています。

大問3：完全順列と確率

問題

解説・解法のポイント

この問題は「完全順列（攪乱順列、derangement）」に関する有名問題です。すべてのカードの番号が一致しない並べ方の数を求めます。

■ (1) n = 4 で、ちょうど2枚一致する確率

Step 1：全体の場合の数

4枚のカードの並べ方は 4! = 24 通り

Step 2：ちょうど2枚一致する場合の数

一致する2枚の選び方：C(4,2) = 6 通り

残り2枚が両方とも一致しない並べ方：1 通り（入れ替えるだけ）

例：位置1, 2 が一致し、位置3, 4 が一致しない場合

• 位置1にカード1、位置2にカード2は固定
• 位置3にカード4、位置4にカード3（これが唯一の一致しない並べ方）

したがって、ちょうど2枚一致する場合の数 = 6 × 1 = 6 通り

確率 = 6/24 = 1/4

■ (2) n = 5 で、1枚も一致しない確率

5枚の完全順列の数 a₅ を求める必要があります。

完全順列の漸化式を利用します。

aₙ = (n-1)(aₙ₋₁ + aₙ₋₂)

初期条件：a₁ = 0, a₂ = 1

計算していくと：

• a₁ = 0（1枚では必ず一致する）
• a₂ = 1（2枚を入れ替える1通り）
• a₃ = 2 × (1 + 0) = 2
• a₄ = 3 × (2 + 1) = 9
• a₅ = 4 × (9 + 2) = 44

確率 = a₅ / 5! = 44 / 120 = 11/30

■ (3) 一般の n に対する完全順列の数 aₙ

方法1：漸化式からの導出

漸化式 aₙ = (n-1)(aₙ₋₁ + aₙ₋₂) を解きます。

変形すると、aₙ - naₙ₋₁ = -(aₙ₋₁ - (n-1)aₙ₋₂)

bₙ = aₙ - naₙ₋₁ とおくと、bₙ = -bₙ₋₁

b₂ = a₂ - 2a₁ = 1 - 0 = 1 より、

bₙ = (-1)ⁿ

つまり、aₙ - naₙ₋₁ = (-1)ⁿ

これを解くと、

aₙ = n! Σ(k=0 to n) [(-1)ᵏ / k!]

方法2：包除原理による導出

Aᵢ を「i 番目の位置にカード i が来る並べ方の集合」とすると、

完全順列の数 = |全体| - |A₁ ∪ A₂ ∪ ... ∪ Aₙ|

包除原理より、

aₙ = n! - C(n,1)(n-1)! + C(n,2)(n-2)! - C(n,3)(n-3)! + ... + (-1)ⁿ·C(n,n)·0!

= n! [1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ... +

= n! [1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ... + (-1)ⁿ/n!]

aₙ = n! Σ(k=0 to n) [(-1)ᵏ / k!]

別解・発展

【完全順列の近似公式】

n が大きくなると、Σ(k=0 to n)[(-1)ᵏ/k!] は e⁻¹ ≈ 0.3679 に収束します。

したがって、aₙ ≈ n!/e という近似が成り立ちます。

つまり、ランダムに並べたとき「1枚も一致しない確率」は約 36.8% に収束するのです。これは n によらずほぼ一定という驚くべき結果です！

【モンモール問題との関連】

この問題は18世紀にフランスの数学者モンモールが提起した「帽子の問題」として知られています：「n 人がパーティーで帽子を預け、帰りにランダムに帽子を受け取るとき、誰も自分の帽子を受け取らない確率は？」

この確率が約 1/e ≈ 36.8% に収束するという結果は、確率論の歴史において重要な発見でした。

大問4：複素数の和表示

問題

解説・解法のポイント

この問題は複素数の代数的構造を探る発展的な問題です。「和の形で表す」という操作を通じて、複素数の性質を深く理解することが求められます。

■ (1) 基本要素の和表示

まず、1, -1, i, -i 自身を和として表現する方法を考えます。

ポイント：単独で書くのではなく、「和の形」として表す必要があります。

• 1 の表示：1 = 1 + i + (-i) = 1 + 0 という形で、1 を含む和として表せます。
• -1 の表示：-1 = (-1) + i + (-i) = -1 + 0
• i の表示：i = i + 1 + (-1) = 0 + i
• -i の表示：-i = (-i) + 1 + (-1) = 0 + (-i)

より洗練された表示として、

■ (2) 2 の和表示

2 を表すには、実部が 2 で虚部が 0 になる組み合わせを見つけます。

方法1：1 を2回使う

2 = 1 + 1

方法2：虚部を打ち消す

2 = 1 + 1 + i + (-i)

問題の意図としては、係数が 1 しか使えない（つまり「1+1」のような同じ数の重複を含む）和を求めていると解釈できます。

■ (3) 一般の整数係数複素数の表示可能性

任意の z = a + bi（a, b は整数）が和として表せることを示します。

証明の方針：

まず、以下の基本的な事実を確認します：

• 1 + 1 + ... + 1（k個）= k（正の整数 k）
• (-1) + (-1) + ... + (-1)（|k|個）= k（負の整数 k）
• i + i + ... + i（k個）= ki（正の整数 k）
• (-i) + (-i) + ... + (-i)（|k|個）= ki（負の整数 k）

構成的証明：

z = a + bi において、

Case 1：a ≥ 0, b ≥ 0 の場合

z = (1 + 1 + ... + 1) + (i + i + ... + i)

　　　（a個）　　　　　（b個）

Case 2：a < 0, b ≥ 0 の場合

z = ((-1) + (-1) + ... + (-1)) + (i + i + ... + i)

　　　　　（|a|個）　　　　　　　（b個）

Case 3：a ≥ 0, b < 0 の場合

z = (1 + 1 + ... + 1) + ((-i) + (-i) + ... + (-i))

　　　（a個）　　　　　　　（|b|個）

Case 4：a < 0, b < 0 の場合

z = ((-1) + (-1) + ... + (-1)) + ((-i) + (-i) + ... + (-i))

　　　　　（|a|個）　　　　　　　　　（|b|個）

a = 0 または b = 0 の場合も同様に、対応する項を省略することで表示できます。

以上より、任意の整数係数複素数 z = a + bi は 1, -1, i, -i の和として表せることが示されました。■

別解・発展

【群論的解釈】

この問題は、ガウス整数環 Z[i] = {a + bi | a, b ∈ Z} の生成系に関する問題と見なせます。

{1, -1, i, -i} は Z[i] の加法群としての生成系ですが、実は {1, i} だけでも Z[i] 全体を生成できます（-1 = 1 + 1 + ... と無限和で考えると問題がありますが、有限和の範囲では {1, -1, i, -i} が必要です）。

【単数群との関連】

ガウス整数環の単数（ノルムが1の元）は {1, -1, i, -i} の4つだけです。これらは複素数平面上で原点を中心とする単位円上に等間隔に配置されており、乗法に関して位数4の巡回群を成します。

この問題は、単数の「加法的組み合わせ」でガウス整数全体を生成できることを示しているとも解釈できます。

この年度の重要テーマと対策

2019年度 奈良県立医科大学 数学の特徴

この年度の問題から見えてくる、奈良医大数学の特徴と対策ポイントをまとめます。

【特徴1】論証力重視の出題

第1問のガウス記号、第3問の完全順列、第4問の複素数など、「なぜそうなるのか」を論理的に説明する力が問われています。

対策：

• 普段の学習から「答えを出すこと」だけでなく「なぜその答えになるのか」を意識する
• 証明問題を数多く解き、論理の組み立て方を身につける
• 模範解答を読んで、論証の書き方のパターンを学ぶ

【特徴2】教科書外の発展的テーマ

完全順列やガウス記号の深い性質など、標準的な教科書では扱わないテーマが出題されています。

対策：

• 「大学への数学」などの発展的な教材に触れておく
• 整数論、組合せ論の基本的なトピックを幅広く学習する
• 過去問を通じて、奈良医大で頻出のテーマを把握する

【特徴3】「視点の転換」を要する問題

第2問の約数の問題のように、素朴なアプローチでは解けない問題が出題されています。

対策：

• 一つの問題を複数の方法で解く習慣をつける
• 「数え上げの二重性」など、視点を変えるテクニックを学ぶ
• 行き詰まったときに発想を転換する練習をする

【特徴4】計算力よりも思考力

複雑な計算を要する問題は少なく、アイデアと論理展開が重視されています。

対策：

• 典型問題の解法暗記だけでなく、本質的な理解を目指す
• 初見の問題に対してじっくり考える時間を確保する
• 思考過程を文章化する練習をする

頻出分野と重点学習項目

類似問題で練習しよう（練習問題3問）

2019年度の問題で学んだ内容を定着させるため、類似の練習問題に挑戦してみましょう。

【練習問題1】ガウス記号と不等式

解答・解説

x = n + α（n = [x] ≥ 1、0 ≤ α < 1）とおきます。

x² = n² + 2nα + α²

[x²] は n² ≤ x² < (n+1)² の範囲にあるので、

[x²] ∈ {n², n²+1, n²+2, ..., n²+2n}

条件 [x²] < n² + 2n より、[x²] ≤ n² + 2n - 1

これは x² < n² + 2n と同値です（[x²] = n² + 2n となるのは x² ≥ n² + 2n のとき）。

x² < n² + 2n を解くと、

x < √(n² + 2n) = √(n(n+2))

n ≤ x < n+1 との共通範囲は、

n ≤ x < min(n+1, √(n(n+2)))

ここで、√(n(n+2)) と n+1 の大小を比較します。

n(n+2) と (n+1)² を比較すると、(n+1)² - n(n+2) = 1 > 0

よって √(n(n+2)) < n+1

したがって、各正の整数 n に対して、n ≤ x < √(n² + 2n) が条件を満たす範囲です。

【練習問題2】約数に関する問題

解答・解説

ポイント：約数の個数が奇数になるのはどんな整数か？

整数 n の約数を考えると、約数 d と n/d はペアになります。

d ≠ n/d のとき、約数は2つずつペアになります。

d = n/d、すなわち d² = n となる約数があるとき、そのペアは1つだけになります。

つまり、約数の個数が奇数 ⟺ n が平方数です。

1 から 50 までの平方数を列挙すると、

• 1² = 1
• 2² = 4
• 3² = 9
• 4² = 16
• 5² = 25
• 6² = 36
• 7² = 49

8² = 64 > 50 なので、7² = 49 まで。

【練習問題3】攪乱順列の応用

解答・解説

「もとの席と異なる席に座る生徒がちょうど3人」ということは、「もとの席に座る生徒がちょうど2人」ということです。

Step 1：もとの席に座る2人の選び方

C(5, 2) = 10 通り

Step 2：残り3人が全員もとの席と異なる席に座る方法

これは3人の完全順列の数 a₃ に等しい。

a₃ = 3!(1 - 1/1! + 1/2! - 1/3!) = 6(1 - 1 + 1/2 - 1/6) = 6 × 2/6 = 2

または、漸化式から a₃ = 2(a₂ + a₁) = 2(1 + 0) = 2

Step 3：全体の場合の数

10 × 2 = 20 通り

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奈良県立医科大学の数学は、単なる公式暗記や計算練習だけでは太刀打ちできない、本質的な数学力を問う問題が出題されます。

2019年度の問題で見たように、

• ガウス記号の深い理解と論証力
• 視点の転換による問題解決能力
• 完全順列などの発展的なテーマへの対応力
• 複素数の代数的構造の理解

といった、高度な思考力が必要とされます。

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数強塾・日本数学塾 講師
藤原進之介