【解説・採点基準付き】2015年九州大学理系数学の解答・解説

$C_1,C_2$ をそれぞれ次式で与えられる放物線の一部とする。

$$C_1:\ y=-x^2+2x,\quad 0\leqq x\leqq2$$

$$C_2:\ y=-x^2-2x,\quad -2\leqq x\leqq0$$

また、 $a$ を実数とし、直線 $y=a(x+4)$ を $\ell$ とする。

(1) 直線 $\ell$ と $C_1$ が異なる2つの共有点をもつための $a$ の値の範囲を求めよ。

以下、 $a$ が (1) の条件を満たすとする。このとき、 $\ell$ と $C_1$ で囲まれた領域の面積を $S_1$、 $x$ 軸と $C_2$ で囲まれた領域で $\ell$ の下側にある部分の面積を $S_2$ とする。

(2) $S_1$ を $a$ を用いて表せ。

(3) $S_1=S_2$ を満たす実数 $a$ が $0<a<\dfrac15$ の範囲に存在することを示せ。

(1)　配点 15点

$\ell$ と $C_1$ の共有点の $x$ 座標は、方程式 $-x^2+2x=a(x+4)$ の $0\leqq x\leqq2$ にある解であり、曲線 $y=-x^2+2x$（ $0\leqq x\leqq2$）と直線 $y=a(x+4)$ の交点の $x$ 座標である。直線 $\ell$ は、 $a$ の値によらず定点 $(-4,0)$ を通る傾き $a$ の直線である。

$a<0$ のとき、 $0\leqq x\leqq2$ で $\ell$ は $y<0$ の部分にあり、 $C_1$ は $y\geqq0$ なので共有点はない。 $a=0$ のとき、 $\ell$ は $x$ 軸で、 $C_1$ との共有点は $(0,0)$、 $(2,0)$ の2つ。

$a>0$ のとき、 $x=0,\ 2$ で $\ell$ の $y$ 座標は $4a>0$、 $6a>0$ なので、 $\ell$ は $C_1$ の両端 $(0,0)$、 $(2,0)$ より上を通る。

$\ell$ が $C_1$ に接するのは、 $x^2+(a-2)x+4a=0$ が重解をもつとき、すなわち

$$(a-2)^2-16a=a^2-20a+4=0\iff a=10\pm4\sqrt6$$

のときで、接点の $x$ 座標は $\dfrac{2-a}{2}$。これが $0\leqq x\leqq2$ にあるのは $-2\leqq a\leqq2$ のときなので、 $a=10-4\sqrt6$（接点の $x$ 座標は $2\sqrt6-4$）。

図のように、傾き $a$ を0から上げていくと、 $0\leqq a<10-4\sqrt6$ では2点で交わり、 $a=10-4\sqrt6$ で接して共有点は1つになり、それより大きいと共有点はない。よって

答　$0\leqq a<10-4\sqrt6$

別解（解の配置：軸・判別式・区間の端）　$g(x)=x^2+(a-2)x+4a$ とおくと、求める条件は $g(x)=0$ が $0\leqq x\leqq2$ に異なる2つの実数解をもつこと。 $y=g(x)$ のグラフは下に凸なので、軸・判別式・区間の端の3つを調べて

・軸 $0<\dfrac{2-a}{2}<2$、すなわち $-2<a<2$

・判別式 $a^2-20a+4>0$、すなわち $a<10-4\sqrt6$ または $a>10+4\sqrt6$

・区間の端 $g(0)=4a\geqq0$、 $g(2)=6a\geqq0$

$0<10-4\sqrt6<2<10+4\sqrt6$ なので、合わせて $0\leqq a<10-4\sqrt6$。

(2)　配点 10点

$x^2+(a-2)x+4a=0$ の2つの解を $x=\alpha,\ \beta$（ $\alpha<\beta$）とすると、解の公式より $\beta-\alpha=\sqrt{a^2-20a+4}$。 $\alpha\leqq x\leqq\beta$ で $C_1$ は $\ell$ の上側にあるので

$$S_1=\int_\alpha^\beta\{(-x^2+2x)-a(x+4)\}\,dx=\int_\alpha^\beta\{-(x-\alpha)(x-\beta)\}\,dx=\frac16(\beta-\alpha)^3$$

答　$S_1=\dfrac16(a^2-20a+4)^{3/2}$

(3)　配点 25点

$C_2$ と $x$ 軸で囲まれた部分の面積は、 $-x^2-2x=-x(x+2)$ より $\dfrac16\cdot\{0-(-2)\}^3=\dfrac43$。

$0\leqq a\leqq\dfrac15$ とする。 $\left(\dfrac{49}{5}\right)^2=\dfrac{2401}{25}>96=(4\sqrt6)^2$ より $\dfrac15<10-4\sqrt6$ なので、この範囲の $a$ は (1) の条件をみたす。

$\ell$ と $C_2$ の交点の方程式は $-x^2-2x=a(x+4)\iff h(x)=x^2+(a+2)x+4a=0$。軸・判別式・区間の端を調べると

・軸 $-\dfrac{a+2}{2}$ は $-2<-\dfrac{a+2}{2}<0$

・判別式 $(a+2)^2-16a=a^2-12a+4\geqq4-12a\geqq4-\dfrac{12}{5}>0$

・区間の端 $h(-2)=2a\geqq0$、 $h(0)=4a\geqq0$

より、 $h(x)=0$ は $-2\leqq x\leqq0$ に異なる2つの解 $\gamma<\delta$ をもつ。 $\gamma<x<\delta$ で $C_2$ は $\ell$ の上側にあり、この部分（図のうすい部分）の面積は $\dfrac16(\delta-\gamma)^3=\dfrac16(a^2-12a+4)^{\frac32}$。 $S_2$ は $C_2$ と $x$ 軸で囲まれた部分からこの部分を除いたもの（図の網かけの左側）なので

$$S_2=\frac43-\frac16(a^2-12a+4)^{\frac32}$$

$$F(a)=6(S_1-S_2)=(a^2-20a+4)^{\frac32}+(a^2-12a+4)^{\frac32}-8$$

とおく。示すことは、 $F(0)>0>F\left(\dfrac15\right)$ である。

$$F(0)=4^{\frac32}+4^{\frac32}-8=8>0$$

$$F\left(\frac15\right)=\left(\frac{1}{25}\right)^{\frac32}+\left(\frac{41}{25}\right)^{\frac32}-8=\frac{1+41\sqrt{41}}{125}-8<\frac{1+41\cdot7}{125}-8=\frac{288}{125}-8<0$$

（ $\sqrt{41}<\sqrt{49}=7$ を使った）

以上より $F(0)>0>F\left(\dfrac15\right)$。また、 $0\leqq a\leqq\dfrac15$ で $a^2-20a+4>0$、 $a^2-12a+4>0$ なので、 $F(a)$ はこの範囲で連続である。よって、中間値の定理より $F(a)=0$、すなわち $S_1=S_2$ となる $a$ が $0<a<\dfrac15$ に存在する。　（証明終わり）

補足（解はただ1つ）　$F'(a)=3(a-10)\sqrt{a^2-20a+4}+3(a-6)\sqrt{a^2-12a+4}$ は $0\leqq a\leqq\dfrac15$ で負なので、 $F(a)$ は減少する。よって $S_1=S_2$ となる $a$ はこの範囲にただ1つで、数値計算すると $a=0.0939\cdots$。これは問題では問われていないので、答案に書く必要はない。

以下の問いに答えよ。

(1) 関数 $y=\dfrac{1}{x(\log x)^2}$ は $x>1$ において単調に減少することを示せ。

(2) 不定積分 $\displaystyle\int\dfrac{1}{x(\log x)^2}\,dx$ を求めよ。

(3) $n$ を3以上の整数とするとき、不等式

$$\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k(\log k)^2}<\frac{1}{\log2}$$

が成り立つことを示せ。

$f(x)=\dfrac{1}{x(\log x)^2}$（ $x>1$）とおく。

(1)　配点 10点

$x>1$ のとき $x>0$、 $\log x>0$ で、 $x$ と $\log x$ はどちらも増加するので、 $(\log x)^2$ も正で増加する。

正で増加する2つの関数の積なので、分母 $x(\log x)^2$ は $x>1$ で正の値をとって増加する。その逆数である $f(x)$ は、 $x>1$ において単調に減少する。

別解（微分）　分母を微分すると $\{x(\log x)^2\}’=(\log x)^2+x\cdot2\log x\cdot\dfrac1x=\log x(\log x+2)$ なので

$$f'(x)=-\frac{\log x(\log x+2)}{x^2(\log x)^4}=-\frac{\log x+2}{x^2(\log x)^3}$$

$x>1$ では $\log x>0$ なので $f'(x)<0$。よって $f(x)$ は $x>1$ で単調に減少する。

(2)　配点 10点

$\dfrac{1}{x(\log x)^2}$ は $\dfrac1x$ と $(\log x)^{-2}$ の積で、 $(\log x)’=\dfrac1x$ なので、 $\log x$ をひとまとまりと見て

$$\int\frac{1}{x(\log x)^2}\,dx=\int(\log x)^{-2}(\log x)’\,dx$$

$$=-(\log x)^{-1}+C$$

答　$-\dfrac{1}{\log x}+C$（ $C$ は積分定数）

（検算： $\left(-\dfrac{1}{\log x}\right)’=\dfrac{1}{(\log x)^2}\cdot\dfrac1x$ で元に戻る。 $t=\log x$ とおくと $dt=\dfrac1x\,dx$ で、 $\displaystyle\int\dfrac{dt}{t^2}=-\dfrac1t+C$ となり、同じ答えになる）

(3)　配点 30点

$k$ を2以上の整数とする。区間 $k\leqq x\leqq k+1$ は $x\geqq2$ の範囲にあるので、(1) より $f(x)$ はこの区間で減少し、

$$f(x)\geqq f(k+1)\quad(k\leqq x\leqq k+1)$$

が成り立つ。等号は $x=k+1$ のときだけである。

区間の幅は1なので $f(k+1)=\displaystyle\int_{k}^{k+1}f(k+1)\,dx$ と書ける。これは、幅1・高さ $f(k+1)$ の長方形の面積である（下の図）。

$$\int_{k}^{k+1}f(x)\,dx-f(k+1)=\int_{k}^{k+1}\{f(x)-f(k+1)\}\,dx>0$$

（被積分関数は連続で、 $k\leqq x<k+1$ で正）。よって

$$f(k+1)<\int_{k}^{k+1}f(x)\,dx\quad\cdots\text{①}$$

（ $k=2,3,\cdots$ ）

示したい不等式の左辺は $f(3)+f(4)+\cdots+f(n)$ なので、①を $k=2,3,\cdots,n-1$ について辺々足すと、右辺の積分区間がつながって

$$\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k(\log k)^2}<\int_{2}^{3}f(x)\,dx+\int_{3}^{4}f(x)\,dx+\cdots+\int_{n-1}^{n}f(x)\,dx=\int_{2}^{n}f(x)\,dx$$

(2) より

$$\int_{2}^{n}f(x)\,dx=\Big[-\frac{1}{\log x}\Big]_2^n=\frac{1}{\log2}-\frac{1}{\log n}$$

$n\geqq3$ より $\log n>0$ なので $\dfrac{1}{\log n}>0$ で、右辺は $\dfrac{1}{\log2}$ より小さい。したがって

$$\sum_{k=3}^{n}\frac{1}{k(\log k)^2}<\frac{1}{\log2}-\frac{1}{\log n}<\frac{1}{\log2}$$

となり、不等式は成り立つ。

（補足：最後に $\dfrac{1}{\log n}>0$ を引いているので、1本ずつの長方形の比較が「 $\leqq$ 」でも結論の「 $<$ 」は示せる）

座標空間内に、原点 $\mathrm{O}(0,0,0)$ を中心とする半径1の球がある。下の概略図のように、 $y$ 軸の負の方向から仰角 $\dfrac{\pi}{6}$ で太陽光線が当たっている。この太陽光線はベクトル $(0,\sqrt3,-1)$ に平行である。球は光を通さないものとするとき、以下の問いに答えよ。

(1) 球の $z\geqq0$ の部分が $xy$ 平面上につくる影を考える。 $k$ を $-1<k<1$ を満たす実数とするとき、 $xy$ 平面上の直線 $x=k$ において、球の外で光が当たらない部分の $y$ 座標の範囲を $k$ を用いて表せ。

(2) $xy$ 平面上において、球の外で光が当たらない部分の面積を求めよ。

(3) $z\geqq0$ において、球の外で光が当たらない部分の体積を求めよ。

(1)　配点 15点

光線の向き $(0,\sqrt3,-1)$ は $x$ 成分が0なので、平面 $x=k$ 上の点を通る光線は、平面 $x=k$ の中を進む。平面 $x=k$ と $x$ 軸の交点を $\mathrm{H}(k,0,0)$、 $r=\sqrt{1-k^2}$ とおくと、球の $z\geqq0$ の部分の切り口は、中心 $\mathrm{H}$、半径 $r$ の半円である。

光線は半円に左上から当たるので、半円の影の右端は、半円に接する光線で決まる。その接点を $\mathrm{T}$、接する光線と $xy$ 平面（切り口では $y$ 軸）の交点を $\mathrm{A}$ とする。接線は接点を通る半径と垂直なので $\angle\mathrm{HTA}=\dfrac{\pi}{2}$。また、光線と $xy$ 平面のなす角は $\dfrac{\pi}{6}$ なので $\angle\mathrm{HAT}=\dfrac{\pi}{6}$。よって三角形 $\mathrm{HTA}$ は30°・60°・90°の直角三角形で

$$\mathrm{HA}=2\mathrm{HT}=2r$$

となり、 $\mathrm{A}$ の $y$ 座標は $2r$。

直線 $x=k$ 上で、球の中は $|y|\leqq r$。球の外で光が当たらないのは、球の表面 $y=r$ から $\mathrm{A}$ までの部分である（ $y<-r$ の点は、光の来る向きに戻っても球にぶつからないので、光が当たる）。

答　$\sqrt{1-k^2}<y<2\sqrt{1-k^2}$

（補足）左端 $y=\sqrt{1-k^2}$ は球の表面なので「球の外」に入らない。右端の $\mathrm{A}$ は光線が球に接するだけの点なので、右端に等号を付けた答え $\sqrt{1-k^2}<y\leqq2\sqrt{1-k^2}$ でもよい。どちらにしても (2)(3) の面積・体積は変わらない。

(2)　配点 10点

(1) より、直線 $x=k$ 上の影の長さは $2\sqrt{1-k^2}-\sqrt{1-k^2}=\sqrt{1-k^2}$ である。 $|k|\geqq1$ では影はない。

よって求める面積は

$$\int_{-1}^{1}\sqrt{1-k^2}\,dk=\frac{\pi}{2}$$

（ $\displaystyle\int_{-1}^1\sqrt{1-k^2}\,dk$ は半径1の半円の面積）

答　$\dfrac{\pi}{2}$

別解（楕円の半分−半円）　(1) より、影の外側の境界は $y=2\sqrt{1-x^2}$、つまり楕円 $x^2+\dfrac{y^2}{4}=1$ の $y\geqq0$ の部分で、内側の境界は円 $x^2+y^2=1$ の $y\geqq0$ の部分。影はこの2つの間なので

$$\frac12\cdot\pi\cdot1\cdot2-\frac12\cdot\pi\cdot1^2=\pi-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$$

（楕円 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ の面積は $\pi ab$）

(3)　配点 25点

平面 $x=k$ $(-1<k<1)$ の切り口で考える。 $z\geqq0$ の点のうち光が当たらないのは、その点から光の来る向きに戻ると半円にぶつかる点である。球の外でこれをみたすのは、接する光線 $\mathrm{TA}$・ $y$ 軸・半円の弧で囲まれた部分（下の図の網かけ）。

この部分は、直角三角形 $\mathrm{HTA}$ から、半径 $r$・中心角 $\angle\mathrm{AHT}=\dfrac{\pi}{3}$ の扇形を除いたものである。 $\mathrm{TA}=\sqrt3\,\mathrm{HT}=\sqrt3\,r$ より、断面積は

$$\frac12\cdot r\cdot\sqrt3\,r-\frac12r^2\cdot\frac{\pi}{3}=\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\pi}{6}\right)r^2=\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\pi}{6}\right)(1-k^2)$$

$|k|\geqq1$ では光が当たらない部分はないので、求める体積は

$$\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\pi}{6}\right)\int_{-1}^{1}(1-k^2)\,dk=\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\pi}{6}\right)\cdot\frac43=\frac{2\sqrt3}{3}-\frac{2\pi}{9}$$

答　$\dfrac{2\sqrt3}{3}-\dfrac{2\pi}{9}$

袋の中に最初に赤玉2個と青玉1個が入っている。次の操作を繰り返し行う。

（操作）袋から1個の玉を取り出し、それが赤玉ならば代わりに青玉1個を袋に入れ、青玉ならば代わりに赤玉1個を袋に入れる。袋に入っている3個の玉がすべて青玉になるとき、硬貨を1枚もらう。

(1) 2回目の操作で硬貨をもらう確率を求めよ。

(2) 奇数回目の操作で硬貨をもらうことはないことを示せ。

(3) 8回目の操作ではじめて硬貨をもらう確率を求めよ。

(4) 8回の操作でもらう硬貨の総数がちょうど1枚である確率を求めよ。

袋の玉は常に3個なので、袋の中身は青玉の個数で決まる。青玉が $k$ 個（ $k=0,1,2,3$ ）のとき、赤玉を取り出す確率は $\dfrac{3-k}{3}$ で青玉は1個増え、青玉を取り出す確率は $\dfrac k3$ で青玉は1個減る。最初は青玉1個で、青玉が3個になったときに硬貨をもらう。推移をまとめると次の図のようになる。

(1)　配点 10点

2回目で青玉が3個になるのは、1個 → 2個 → 3個と移るときだけなので

答　$\dfrac23\cdot\dfrac13=\dfrac29$

(2)　配点 10点

1回の操作で青玉の個数はちょうど1増えるか1減るので、青玉の個数の偶奇は操作のたびに入れかわる。

最初の青玉の個数は1（奇数）なので、奇数回目の操作の後の青玉の個数は偶数、すなわち0個か2個であり、3個にはならない（下の図）。よって、奇数回目の操作で硬貨をもらうことはない。

(3)　配点 15点

(2) と同様に、偶数回目の操作の後の青玉の個数は奇数、すなわち1個か3個である。3個のときは硬貨をもらっているので、それまで一度も硬貨をもらっていなければ、偶数回目の操作の後の青玉は1個である。

そこで、2回の操作をひとまとめにして見る。青玉1個の状態から2回の操作で

・1個 → 2個 → 3個（硬貨をもらう）： $\dfrac23\cdot\dfrac13=\dfrac29$

・1個 → 2個 → 1個： $\dfrac23\cdot\dfrac23=\dfrac49$

・1個 → 0個 → 1個： $\dfrac13\cdot1=\dfrac13$

よって、2回後にもらわずに青玉1個に戻る確率は $\dfrac49+\dfrac13=\dfrac79$ 、2回後に3個になって硬貨をもらう確率は $\dfrac29$ である（下の図）。

8回目にはじめて硬貨をもらうのは、1・2回目、3・4回目、5・6回目の各2回でもらわずに青玉1個に戻り、7・8回目で1個 → 2個 → 3個と移るときである。

よって、求める確率は

$$\left(\dfrac79\right)^3\cdot\dfrac29=\dfrac{686}{6561}$$

答　$\dfrac{686}{6561}$

別解（1文字の確率漸化式）　$2n$ 回の操作で一度も硬貨をもらわず、その後の青玉が1個である確率を $a_n$ とする（ $a_0=1$ ）。上で求めたことから $a_{n+1}=\dfrac79a_n$ なので $a_n=\left(\dfrac79\right)^n$ 。求める確率は $a_3\cdot\dfrac29=\dfrac{686}{6561}$ 。

(4)　配点 15点

(2) より、硬貨をもらえるのは2・4・6・8回目だけである。

青玉3個の状態からは、次の操作で必ず2個になり、その次は3個（確率 $\dfrac13$ ）か1個（確率 $\dfrac23$ ）になる。よって、硬貨をもらった直後から2回の操作で、もらわずに青玉1個に戻る確率は $\dfrac23$ である。

8回で硬貨をちょうど1枚もらうのは、2・4・6・8回目のどれか1回だけでもらうときである。偶数回目の後の青玉の個数を並べると次の図のようになり、それぞれの確率は

・2回目にもらう： $\dfrac29\cdot\dfrac23\cdot\left(\dfrac79\right)^2=\dfrac{196}{2187}$

・4回目にもらう： $\dfrac79\cdot\dfrac29\cdot\dfrac23\cdot\dfrac79=\dfrac{196}{2187}$

・6回目にもらう： $\left(\dfrac79\right)^2\cdot\dfrac29\cdot\dfrac23=\dfrac{196}{2187}$

・8回目にもらう： $\left(\dfrac79\right)^3\cdot\dfrac29=\dfrac{686}{6561}$ （(3) の答え）

2・4・6回目にもらう場合は、かける数の順番が違うだけなので同じ値になる。

これらは同時には起こらないので、求める確率は

$$3\cdot\dfrac{196}{2187}+\dfrac{686}{6561}=\dfrac{1764}{6561}+\dfrac{686}{6561}=\dfrac{2450}{6561}$$

答　$\dfrac{2450}{6561}$

補足（(4) を文字のまままとめる）　$p=\dfrac79$ とおくと、もらう2回の確率は $\dfrac29=1-p$ 。2・4・6回目にもらう3つの場合は、どれも $p$ を2回、 $1-p$ を1回、 $\dfrac23$ を1回かけたものなので、求める確率は

$$3\cdot p^2(1-p)\cdot\dfrac23+p^3(1-p)=p^2(1-p)(2+p)$$

とまとまる。 $p=\dfrac79$ を代入すると $\dfrac{49}{81}\cdot\dfrac29\cdot\dfrac{25}{9}=\dfrac{2450}{6561}$ となり、上の答えと一致する。4つの分数を通分して足すより計算が短く、検算にも使える。

補足（硬貨をもらう回ごとの確率）　(3) と同じ考え方で、 $2n$ 回目にはじめて硬貨をもらう確率は、1個に戻るのが $n-1$ 回、最後の2回でもらうので $\left(\dfrac79\right)^{n-1}\cdot\dfrac29$ である。奇数回目にはじめてもらう確率は (2) より0。

以下の問いに答えよ。

(1) $n$ が正の偶数のとき、 $2^n-1$ は3の倍数であることを示せ。

(2) $n$ を自然数とする。 $2^n+1$ と $2^n-1$ は互いに素であることを示せ。

(3) $p,q$ を異なる素数とする。 $2^{p-1}-1=pq^2$ を満たす $p,q$ の組をすべて求めよ。

(1)　配点 10点

$n$ は正の偶数なので、 $n=2m$（ $m$ は自然数）とおける。このとき $2^n=4^m$。

$4\equiv1\pmod3$ より

$$2^n=4^m\equiv1^m=1\pmod3$$

よって $2^n-1\equiv0\pmod3$ となり、 $2^n-1$ は3の倍数である。

（補足） $2\equiv-1\pmod3$ と見て $2^n-1\equiv(-1)^n-1=0$ としても、二項定理で $4^m=(3+1)^m$ を展開して3の倍数と1に分けてもよい。どれも同じ中身。

(2)　配点 10点

$2^n+1$ と $2^n-1$ の最大公約数を $g$ とすると、

$$2^n+1=ag,\quad 2^n-1=bg$$

（ $a,\ b$ は自然数）と表せる。2式を引くと

$$(a-b)g=2$$

$g$ と $a-b$ は整数で、 $g>0$ なので $g$ は2の正の約数であり、 $g=1$ または $g=2$。

$n\geqq1$ より $2^n$ は偶数なので、 $2^n+1$ は奇数で、2では割り切れない。よって $g\neq2$ で $g=1$。したがって $2^n+1$ と $2^n-1$ は互いに素である。

（補足）互除法で $(2^n+1,\ 2^n-1)=(2^n-1,\ 2)=1$ と書いても同じ。 $2^n+1=(2^n-1)\cdot1+2$ なので、大きい数を小さい数にして公約数の議論ができる。

(3)　配点 30点

$p=2$ のとき　左辺 $=2^1-1=1$、右辺 $=2q^2\geqq2\cdot3^2=18$ となり不適。

よって $p$ は奇素数で、 $p-1=2m$（ $m$ は自然数）とおける。このとき

$$pq^2=2^{2m}-1=(2^m-1)(2^m+1)\quad\cdots\text{①}$$

$p-1$ は正の偶数なので、(1) より $2^{p-1}-1$ は3の倍数。よって $pq^2$ は3の倍数で、 $p,q$ は素数なので $p=3$ または $q=3$。

$p=3$ とすると $2^2-1=3q^2$ より $q^2=1$ となり、 $q$ が素数であることに反する。よって $q=3$ で、さらに $p\neq q$ より $p\neq3$。①は

$$(2^m-1)(2^m+1)=9p\quad\cdots\text{②}$$

となる。

(2) より $2^m-1$ と $2^m+1$ は互いに素なので、素因数3は一方の因数にしか入らない。よって $9=3^2$ は一方の因数にまとめて入り、残りの因数は $p$ の約数、すなわち1か $p$ である。 $2^m-1<2^m+1$ と②から、組 $(2^m-1,\ 2^m+1)$ の候補は

$$(1,\ 9p),\quad(9,\ p),\quad(p,\ 9)$$

の3通り（ $2^m+1\geqq3$ なので $2^m+1=1$ の場合はない）。

・$2^m-1=1$ のとき　 $m=1$ で $2^m+1=3$。 $3=9p$ をみたす素数 $p$ はなく不適

・$2^m-1=9$ のとき　 $2^m=10$ をみたす自然数 $m$ はなく不適

・$2^m+1=9$ のとき　 $2^m=8$ より $m=3$ で、 $p=2^m-1=7$。このとき $p=2m+1=7$ とも一致し、 $p\neq3$ もみたす

実際、 $2^{7-1}-1=63=7\cdot3^2$ で条件をみたす。

答　$(p,q)=(7,\ 3)$

（補足） $p=2m+1$ の確認を忘れない。②は $m$ と $p$ を別々の文字のように扱って解いているが、もともと $p=2m+1$ という関係がある。 $m=3$ からは $p=7$ しか許されず、②から求めた $p=7$ と一致したので答えになる。