【解説・採点基準付き】2017年九州大学文系数学の解答・解説

定数 $a<1$ に対し、放物線 $C_1:y=2x^2+1$、 $C_2:y=-x^2+a$ を考える。以下の問いに答えよ。

(1) 放物線 $C_1$、 $C_2$ の両方に接する2つの直線の方程式をそれぞれ $a$ を用いて表せ。

(2) $C_1$ と(1)で求めた2つの直線で囲まれた図形の面積を $S_1$、 $C_2$ と(1)で求めた2つの直線で囲まれた図形の面積を $S_2$ とするとき、 $\dfrac{S_2}{S_1}$ を求めよ。

(1)　配点 20点

$f(x)=2x^2+1$ とすると $f'(x)=4x$ である。 $C_1$ 上の点 $(t,\ 2t^2+1)$ における接線は

$$y=4t(x-t)+2t^2+1\quad\text{すなわち}\quad y=4tx-2t^2+1\quad\cdots①$$

①と $C_2:y=-x^2+a$ を連立すると、 $-x^2+a=4tx-2t^2+1$ より

$$x^2+4tx-2t^2+1-a=0\quad\cdots②$$

①が $C_2$ に接するのは、②が重解をもつときである。②の判別式を $D$ とすると

$$\dfrac{D}{4}=(2t)^2-(-2t^2+1-a)=6t^2-(1-a)=0$$

よって $t^2=\dfrac{1-a}{6}$。 $a<1$ より $1-a>0$ なので、 $p=\sqrt{\dfrac{1-a}{6}}\ (>0)$ とおくと $t=\pm p$ で、両方に接する直線は2本ある。

①の傾きと $y$ 切片は

$$4t=\pm4\sqrt{\dfrac{1-a}{6}}=\pm\dfrac{2\sqrt6}{3}\sqrt{1-a},\qquad -2t^2+1=-\dfrac{1-a}{3}+1=\dfrac{a+2}{3}$$

となる。また、②の重解は $x=-2t$ なので、 $t=p$ の直線は $C_1$ と $x=p$ で、 $C_2$ と $x=-2p$ で接し、 $t=-p$ の直線は $C_1$ と $x=-p$ で、 $C_2$ と $x=2p$ で接する。

答　$y=\dfrac{2\sqrt6}{3}\sqrt{1-a}\,x+\dfrac{a+2}{3}$、 $y=-\dfrac{2\sqrt6}{3}\sqrt{1-a}\,x+\dfrac{a+2}{3}$

別解（2本の接線を作って係数比較）　 $C_2$ の $x=s$ での接線は、 $(-x^2+a)’=-2x$ より

$$y=-2s(x-s)-s^2+a\quad\text{すなわち}\quad y=-2sx+s^2+a$$

①と同じ直線になるので、傾きと $y$ 切片を比べて $4t=-2s$、 $-2t^2+1=s^2+a$。1つ目の式から $s=-2t$ を2つ目の式に代入すると $-2t^2+1=4t^2+a$ となり、 $t^2=\dfrac{1-a}{6}$。本解と同じ2本の直線になる。3次関数を含む共通接線ではこちらの解き方を使う。

(2)　配点 30点

$p^2=\dfrac{1-a}{6}$ より $\dfrac{a+2}{3}=1-2p^2$ なので、(1) の2本の直線は

$$l_1:y=4px+1-2p^2,\qquad l_2:y=-4px+1-2p^2$$

と書ける。 $l_1$ は $C_1$ と $x=p$ で、 $C_2$ と $x=-2p$ で接し、 $l_2$ は $C_1$ と $x=-p$ で、 $C_2$ と $x=2p$ で接する。

$l_1$ と $l_2$ の式を連立すると $8px=0$ より $x=0$。交点の $x$ 座標 $0$ は、 $C_1$ との接点 $-p$、 $p$ の真ん中であり、 $C_2$ との接点 $-2p$、 $2p$ の真ん中でもある。また、 $l_2$ の式 $-$ $l_1$ の式 $=-8px$ なので、 $x\leqq0$ では $l_2$ が上、 $x\geqq0$ では $l_1$ が上にある。

$l_1$、 $l_2$ は $C_1$ と接するので、放物線の式から直線の式を引いた2次式は、2次の係数が $2$ の完全平方になる。

$$(2x^2+1)-(4px+1-2p^2)=2(x-p)^2,\qquad (2x^2+1)-(-4px+1-2p^2)=2(x+p)^2$$

どちらも $0$ 以上なので、 $C_1$ は $l_1$、 $l_2$ の上にある。よって $S_1$ は、 $-p\leqq x\leqq0$ では $C_1$ と $l_2$ の間、 $0\leqq x\leqq p$ では $C_1$ と $l_1$ の間の部分で

$$S_1=\int_{-p}^{0}2(x+p)^2\,dx+\int_0^{p}2(x-p)^2\,dx$$

$$\int_{-p}^{0}2(x+p)^2\,dx=\left[\dfrac23(x+p)^3\right]_{-p}^{0}=\dfrac23p^3,\qquad \int_0^{p}2(x-p)^2\,dx=\left[\dfrac23(x-p)^3\right]_0^{p}=\dfrac23p^3$$

左右の値が同じになり、検算もできる。よって $S_1=\dfrac43p^3$。

同じように、 $l_1$、 $l_2$ は $C_2$ と接するので、直線の式から放物線の式を引いた2次式は、2次の係数が $1$ の完全平方になる（ $1-a=6p^2$ を使う）。

$$(4px+1-2p^2)-(-x^2+a)=x^2+4px+4p^2=(x+2p)^2,\qquad (-4px+1-2p^2)-(-x^2+a)=(x-2p)^2$$

どちらも $0$ 以上なので、 $C_2$ は $l_1$、 $l_2$ の下にある。よって $S_2$ は、 $-2p\leqq x\leqq0$ では $l_1$ と $C_2$ の間、 $0\leqq x\leqq2p$ では $l_2$ と $C_2$ の間の部分で

$$S_2=\int_{-2p}^{0}(x+2p)^2\,dx+\int_0^{2p}(x-2p)^2\,dx$$

$$\int_{-2p}^{0}(x+2p)^2\,dx=\left[\dfrac13(x+2p)^3\right]_{-2p}^{0}=\dfrac83p^3,\qquad \int_0^{2p}(x-2p)^2\,dx=\left[\dfrac13(x-2p)^3\right]_0^{2p}=\dfrac83p^3$$

こちらも左右の値が同じになる。よって $S_2=\dfrac{16}{3}p^3$。

したがって

$$\dfrac{S_2}{S_1}=\dfrac{\dfrac{16}{3}p^3}{\dfrac43p^3}=4$$

答　$\dfrac{S_2}{S_1}=4$（ $a$ によらない）

検算　放物線と2本の接線で囲まれた図形の左右の部分は、どちらも「2次の係数の絶対値 $\times\dfrac13\times$（幅）$^3$」になる。 $S_1$ は係数 $2$ ・幅 $p$ なので $S_1=2\times\dfrac23p^3$、 $S_2$ は係数 $1$ ・幅 $2p$ なので $S_2=2\times\dfrac13(2p)^3$。比は $\dfrac{1\times8}{2\times1}=4$ で、本解と一致する。幅の比 $2$ は (1) の重解 $x=-2t$ から決まるので、 $a$ によらないことも分かる。

座標平面上に原点O、点 $\mathrm{A}(1,a)$、点 $\mathrm{B}(s,t)$ がある。以下の問いに答えよ。

(1) $a=1$ のとき、 $\triangle\mathrm{OAB}$ が正三角形となるような $(s,t)$ をすべて求めよ。

(2) $\sqrt3$ は無理数であることを証明せよ。

(3) $\triangle\mathrm{OAB}$ が正三角形であり、 $a$ が無理数であるとき、 $s$ と $t$ のうち少なくとも1つは無理数であることを示せ。

(1)　配点 15点

$a=1$ のとき $\mathrm{A}(1,1)$ で、 $\mathrm{OA}^2=1+1=2$ 。 $\triangle\mathrm{OAB}$ が正三角形となる条件は $\mathrm{OB}=\mathrm{OA}$ かつ $\mathrm{AB}=\mathrm{OA}$ なので

$$s^2+t^2=2\quad\cdots\cdots①$$

$$(s-1)^2+(t-1)^2=2\quad\cdots\cdots②$$

②を展開すると $s^2+t^2-2s-2t+2=2$ 。①を代入して

$$2-2s-2t=0\qquad s+t=1$$

$t=1-s$ を①に代入して

$$s^2+(1-s)^2=2\qquad 2s^2-2s-1=0\qquad s=\dfrac{1\pm\sqrt3}{2}$$

$t=1-s=\dfrac{1\mp\sqrt3}{2}$ （複号同順）。

答　$(s,t)=\left(\dfrac{1-\sqrt3}{2},\ \dfrac{1+\sqrt3}{2}\right),\ \left(\dfrac{1+\sqrt3}{2},\ \dfrac{1-\sqrt3}{2}\right)$

検算　 $\mathrm{B}_1\left(\dfrac{1-\sqrt3}{2},\ \dfrac{1+\sqrt3}{2}\right)$ について、 $s^2+t^2=\dfrac{(4-2\sqrt3)+(4+2\sqrt3)}{4}=2$ 、 $(s-1)^2+(t-1)^2=\dfrac{(4+2\sqrt3)+(4-2\sqrt3)}{4}=2$ で、①②をみたす。 $\mathrm{B}_2$ は $s$ と $t$ を入れかえた点なので同じ。

別解（ $\pm60^\circ$ 回転）　 $\mathrm{A}(1,1)$ は $\mathrm{OA}=\sqrt2$ 、OAの角は $45^\circ$ 。 $\mathrm{B}$ は $\mathrm{A}$ を原点のまわりに $\pm60^\circ$ 回転した点なので、 $\mathrm{B}\left(\sqrt2\cos105^\circ,\ \sqrt2\sin105^\circ\right)$ または $\mathrm{B}\left(\sqrt2\cos(-15^\circ),\ \sqrt2\sin(-15^\circ)\right)$ 。加法定理で $\cos105^\circ=\cos(45^\circ+60^\circ)=\dfrac{\sqrt2-\sqrt6}{4}$ 、 $\sin105^\circ=\dfrac{\sqrt2+\sqrt6}{4}$ などを求めると、本解と同じ2組になる（(3) の一般の式で $a=1$ としても同じ）。

(2)　配点 15点

$\sqrt3$ が有理数であると仮定する。 $\sqrt3>0$ なので、互いに素な自然数 $p,q$ を用いて

$$\sqrt3=\dfrac qp$$

とおける。

両辺を2乗して分母を払うと

$$3p^2=q^2\quad\cdots\cdots③$$

③より $q^2$ は3の倍数である。3は素数なので $q$ も3の倍数である（ $q$ が3の倍数でなければ $q=3k\pm1$ （ $k$ は整数）とおけて、 $q^2=3\left(3k^2\pm2k\right)+1$ は3の倍数でない）。よって $q^2$ は素因数3を少なくとも2つ含み、 $q^2$ は9の倍数である。③より $3p^2$ が9の倍数なので $p^2$ は3の倍数となり、同様に $p$ も3の倍数である。

これは $p,q$ が互いに素であることに矛盾する。よって $\sqrt3$ は無理数である。

(3)　配点 20点

※ 問題文のとおりに読むと、 $t=0$ のときに成り立たない例がある（下の (ii)）。

$s,t$ を $a$ で表す　 $\mathrm{OA}=r\ (r>0)$ 、 $x$ 軸の正の向きからOAまでの角を $\alpha$ とすると

$$r\cos\alpha=1,\qquad r\sin\alpha=a$$

$\triangle\mathrm{OAB}$ が正三角形なので $\mathrm{OB}=\mathrm{OA}=r$ 、 $\angle\mathrm{AOB}=60^\circ$ 。よって $\mathrm{B}$ は $\mathrm{A}$ を原点のまわりに $60^\circ$ または $-60^\circ$ 回転した点で、 $\mathrm{B}\left(r\cos(\alpha\pm60^\circ),\ r\sin(\alpha\pm60^\circ)\right)$ （複号同順。以下も同じ）。加法定理より

$$s=r\cos\alpha\cos60^\circ\mp r\sin\alpha\sin60^\circ=\dfrac{1\mp\sqrt3\,a}{2}$$

$$t=r\sin\alpha\cos60^\circ\pm r\cos\alpha\sin60^\circ=\dfrac{a\pm\sqrt3}{2}$$

背理法　 $s,t$ がともに有理数であると仮定する。 $t=\dfrac{a\pm\sqrt3}{2}$ より $a=2t\mp\sqrt3$ 。これを $s$ の式に代入すると

$$s=\dfrac{1\mp\sqrt3\left(2t\mp\sqrt3\right)}{2}=\dfrac{4\mp2\sqrt3\,t}{2}=2\mp\sqrt3\,t$$

(i) $t\neq0$ のとき　 $\sqrt3=\pm\dfrac{2-s}{t}$ となる。 $s,t$ は有理数なので右辺は有理数で、(2) で示した「 $\sqrt3$ は無理数」に矛盾する。

(ii) $t=0$ のとき　 $s=2$ 、 $a=2t\mp\sqrt3=\mp\sqrt3$ となる。このとき $\mathrm{A}\left(1,\ \mp\sqrt3\right)$ 、 $\mathrm{B}(2,0)$ で、 $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=\mathrm{AB}=2$ なので $\triangle\mathrm{OAB}$ は正三角形、 $a$ は無理数で、しかも $s=2$ 、 $t=0$ はともに有理数である。つまり、この場合は矛盾が導けない。

問題文のとおりに解いた場合に言えること

・問題文の主張「正三角形で $a$ が無理数なら、 $s,t$ の少なくとも1つは無理数」は、 $a=\pm\sqrt3$ 、 $\mathrm{B}(2,0)$ の2つの場合に成り立たない。したがって、問題文どおりの主張は証明できない（反例を挙げて「成り立たない」と答えるのが、数学的には正しい答え）

・成り立たないのはこの2つの場合だけ。「 $t\neq0$ 」（ $\mathrm{B}$ が $x$ 軸上にない）か「 $a\neq\pm\sqrt3$ 」を補えば、上の (i) の論証で示せる。このとき (i) は「 $a$ が無理数」を使っていないので、その条件は不要になる

・本番の答案としては、(i) の論証を書いたうえで「 $t=0$ のときは $a=\pm\sqrt3$ 、 $\mathrm{B}(2,0)$ となり、主張は成り立たない」と添えるのが最も誠実で、どちらの採点にも対応できる

答　問題文のままでは成り立たない（反例： $a=\pm\sqrt3$ 、 $\mathrm{B}(2,0)$ ）。 $t\neq0$ （または $a\neq\pm\sqrt3$ ）を補えば、(2) に帰着して示せる

別解（複素数平面）　 $\mathrm{A}$ を複素数 $1+ai$ 、 $\mathrm{B}$ を $s+ti$ とすると、正三角形のとき $\mathrm{B}$ は $\mathrm{A}$ を原点のまわりに $\pm\dfrac{\pi}{3}$ 回転した点なので $s+ti=(1+ai)\left(\dfrac12\pm\dfrac{\sqrt3}{2}i\right)$ 。実部と虚部を比べると $s=\dfrac{1\mp\sqrt3\,a}{2}$ 、 $t=\dfrac{a\pm\sqrt3}{2}$ （複号同順）となり、本解の回転の式と同じになる。 $a=1$ なら $(s,t)=\left(\dfrac{1\mp\sqrt3}{2},\ \dfrac{1\pm\sqrt3}{2}\right)$ で、(1) の答えと一致する。文系の範囲では、加法定理で回転の式を作る本解・別解のほうを使う。

別解（距離の式から $a$ を表す）　 $\mathrm{AB}=\mathrm{OA}$ より $(s-1)^2+(t-a)^2=1+a^2$ 、展開して $s^2+t^2-2s=2at$ 。 $s,t$ がともに有理数で $t\neq0$ なら $a=\dfrac{s^2+t^2-2s}{2t}$ が有理数となり、「 $a$ は無理数」に矛盾する。 $t=0$ なら $s^2-2s=0$ で、 $\mathrm{B}\neq\mathrm{O}$ より $s=2$ 。 $\mathrm{OB}=\mathrm{OA}$ より $4=1+a^2$ 、 $a=\pm\sqrt3$ となり、本解と同じ反例が現れる。この解き方は (2) を使わない（本解の方が、出題者の誘導どおり (2) を使う）。

AとBの2人がA、B、A、B、$\cdots$ の順にさいころを投げ、先に3以上の目を出した人を勝者として勝敗を決め、さいころ投げを終える。以下では、さいころを投げた回数とはAとBが投げた回数の和のこととする。2と3の常用対数を $\log_{10}2=0.301$、 $\log_{10}3=0.477$ として、以下の問いに答えよ。

(1) さいころを投げた回数が $n$ 回以下では勝敗が決まらない確率 $p_n\ (n=1,2,\cdots)$ を求めよ。さらに、 $p_n$ が $0.005$ より小さくなる最小の $n$ を求めよ。

(2) さいころを投げた回数が3回以下でAが勝つ確率を求めよ。

(3) 自然数 $k$ に対し、さいころを投げた回数が $2k+1$ 回以下でAが勝つ確率を求めよ。

(1)　配点 20点

さいころを1回投げて、3以上の目（3、4、5、6）が出る確率は $\dfrac46=\dfrac23$ 、2以下の目（1、2）が出る確率は $\dfrac13$ で、何回目でも、AとBのどちらが投げても変わらない。

3以上の目が出たら、その回に投げた人の勝ちで勝敗が決まり、さいころ投げは終わる。よって、 $n$ 回以下で勝敗が決まらないのは、1回目から $n$ 回目までがすべて2以下の目のときで

$$p_n=\left(\dfrac13\right)^n$$

$0.005=\dfrac1{200}$ なので

$$p_n<0.005\iff\left(\dfrac13\right)^n<\dfrac1{200}\iff3^n>200$$

両辺の常用対数をとる。底10は1より大きいので、不等号の向きは変わらない。 $\log_{10}200=\log_{10}(2\cdot10^2)=2+\log_{10}2$ なので

$$n\log_{10}3>2+\log_{10}2$$

$0.477n>2.301$ より

$$n>\dfrac{2.301}{0.477}=4.82\cdots$$

これを満たす最小の自然数は $n=5$ 。

答　$p_n=\left(\dfrac13\right)^n$ 、最小の $n$ は $5$

（確かめ： $3^4=81<200<243=3^5$ なので、 $p_4=\dfrac1{81}=0.0123\cdots>0.005$ 、 $p_5=\dfrac1{243}=0.00411\cdots<0.005$ 。与えられた常用対数の値は近似値だが、 $4.82\cdots$ は4とも5とも十分離れているので、結論は変わらない）

(2)　配点 10点

Aが投げるのは奇数回目なので、3回以下でAが勝つのは次の2つの場合で、これらは同時には起こらない。

・1回目にAが投げて3以上の目が出る：確率 $\dfrac23$

・1回目（A）・2回目（B）がともに2以下の目で、3回目にAが投げて3以上の目が出る：確率 $\left(\dfrac13\right)^2\cdot\dfrac23=\dfrac2{27}$

よって、求める確率は

$$\dfrac23+\dfrac2{27}=\dfrac{18}{27}+\dfrac2{27}=\dfrac{20}{27}$$

答　$\dfrac{20}{27}$

(3)　配点 20点

Aが投げるのは奇数回目なので、 $2k+1$ 回以下でAが勝つのは、Aが $2j+1$ 回目（ $j=0,1,2,\cdots,k$ ）に勝つ場合に分けられ、これらは同時には起こらない。

$2j+1$ 回目にAが勝つのは、1回目から $2j$ 回目までがすべて2以下の目で（確率 $\left(\dfrac13\right)^{2j}$ ）、さらに $2j+1$ 回目にAが投げて3以上の目が出るとき（ $j=0$ のときは、1回目にAがすぐ勝つとき）。よって、その確率は

$$\left(\dfrac13\right)^{2j}\cdot\dfrac23=\dfrac23\left(\dfrac19\right)^j$$

求める確率は、これを $j=0$ から $j=k$ まで足し合わせて

$$\dfrac23+\dfrac23\cdot\dfrac19+\dfrac23\left(\dfrac19\right)^2+\cdots+\dfrac23\left(\dfrac19\right)^k$$

これは、初項 $\dfrac23$ 、公比 $\dfrac19$ 、項数 $k+1$ の等比数列の和である。

$$\dfrac23\cdot\dfrac{1-\left(\dfrac19\right)^{k+1}}{1-\dfrac19}=\dfrac23\cdot\dfrac98\left\{1-\left(\dfrac19\right)^{k+1}\right\}=\dfrac34\left\{1-\left(\dfrac19\right)^{k+1}\right\}$$

答　$\dfrac34\left\{1-\left(\dfrac19\right)^{k+1}\right\}$

（確かめ： $k=1$ のとき $\dfrac34\left(1-\dfrac1{81}\right)=\dfrac34\cdot\dfrac{80}{81}=\dfrac{20}{27}$ で、(2) と一致する）

別解（AとBの勝つ確率の比で求める）　Aが $2j+1$ 回目に勝つ確率 $\left(\dfrac13\right)^{2j}\cdot\dfrac23$ に対し、Bが次の $2j+2$ 回目に勝つ確率は $\left(\dfrac13\right)^{2j+1}\cdot\dfrac23$ で、ちょうど $\dfrac13$ 倍になる。 $2k+2$ 回以下でAが勝つ確率を $a$ 、Bが勝つ確率を $b$ とすると $b=\dfrac13a$ 。また、 $2k+2$ 回以下で勝敗が決まる確率は、(1) より $a+b=1-p_{2k+2}=1-\left(\dfrac19\right)^{k+1}$ 。よって $\dfrac43a=1-\left(\dfrac19\right)^{k+1}$ で、 $a=\dfrac34\left\{1-\left(\dfrac19\right)^{k+1}\right\}$ 。 $2k+2$ 回目はBが投げるので、Aが $2k+2$ 回以下で勝つ確率と $2k+1$ 回以下で勝つ確率は同じであり、本解と一致する。

以下の問いに答えよ。

(1) 2017と225の最大公約数を求めよ。

(2) 225との最大公約数が15となる2017以下の自然数の個数を求めよ。

(3) 225との最大公約数が15であり、かつ1998との最大公約数が111となる2017以下の自然数をすべて求めよ。

(1)　配点 10点

$$225=3^2\times5^2$$

2017の各位の数の和は $2+0+1+7=10$ で3の倍数でないので、2017は3で割り切れない。また、一の位が7なので5でも割り切れない。

よって、2017と225に共通する素因数はなく、最大公約数は1である。

答　1

別解（互除法）

$$2017=225\times8+217,\qquad 225=217\times1+8,\qquad 217=8\times27+1$$

なので、互除法より

$$(2017,\ 225)=(225,\ 217)=(217,\ 8)=(8,\ 1)=1$$

（ $(A,\ B)$ は $A$ と $B$ の最大公約数）

(2)　配点 20点

$225=3^2\times5^2$ である。自然数 $n$ に含まれる素因数3の個数を $a$ 、素因数5の個数を $b$ とすると、 $n$ と225の最大公約数は、素因数の共通部分をとって

$$3^{\min(a,\,2)}\times5^{\min(b,\,2)}$$

となる（ $\min(a,\ 2)$ は $a$ と2の小さい方）。これが $15=3\times5$ になるので

$$\min(a,\ 2)=1,\qquad\min(b,\ 2)=1$$

すなわち $a=b=1$ である。

よって、 $n$ が条件をみたすことは、 $n$ が素因数3と5をちょうど1個ずつもつことと同じである。

したがって、 $m$ を3の倍数でも5の倍数でもない自然数として

$$n=15m$$

と表せる。 $2017=15\times134+7$ なので、 $15m\leqq2017$ より

$$1\leqq m\leqq134$$

3と5の最小公倍数は15なので、3の倍数でも5の倍数でもない数は、15ごとに同じ並びで現れる。1周期 $1\leqq m\leqq15$ の中では

$$1,\ 2,\ 4,\ 7,\ 8,\ 11,\ 13,\ 14$$

の8個である。

$134=15\times8+14$ なので、 $1\leqq m\leqq120$ に8周期分の $8\times8=64$ 個がある。残りの $121\leqq m\leqq134$ の14個は1〜14と同じ並びなので、上の8個のうち14以下のもの（8個すべて）が対応する。よって、求める個数は

$$64+8=72$$

答　72個

別解（ベン図）　 $1\leqq m\leqq134$ のうち、3の倍数は44個（ $134=3\times44+2$ ）、5の倍数は26個（ $134=5\times26+4$ ）、15の倍数は8個（ $134=15\times8+14$ ）。3の倍数または5の倍数は $44+26-8=62$ 個なので、3の倍数でも5の倍数でもない $m$ は $134-62=72$ 個。

(3)　配点 20点

$$1998=2\times3^3\times37,\qquad 111=3\times37$$

$n$ に含まれる素因数2、3、37の個数をそれぞれ $c$ 、 $a$ 、 $d$ とすると、 $n$ と1998の最大公約数は

$$2^{\min(c,\,1)}\times3^{\min(a,\,3)}\times37^{\min(d,\,1)}$$

これが $111=2^0\times3^1\times37^1$ になるので

$$c=0,\qquad a=1,\qquad d\geqq1$$

すなわち、 $n$ は2で割り切れず、3をちょうど1個もち、37の倍数である。

(2) の条件（3と5をちょうど1個ずつもつ）と合わせると、素因数ごとの条件は次のようになる。

よって、 $n$ は $3\times5\times37=555$ の倍数で、 $k$ を2でも3でも5でも割り切れない自然数として

$$n=555k$$

と表せる（素因数37は何個あってもよいので、 $k$ は37で割り切れてもよい）。

$555k\leqq2017$ より $k\leqq3$ （ $555\times4=2220>2017$ ）。 $k=2$ は2で割り切れ、 $k=3$ は3で割り切れるので不適。 $k=1$ だけが条件をみたす。

逆に $n=555=3\times5\times37$ は、225との最大公約数が $3\times5=15$ 、1998との最大公約数が $3\times37=111$ で、条件をみたす。

答　555