(1)

$n$ に関する数学的帰納法で示す.

(i)

$a_1 = a = a+(1-1)d$ から, $n = 1$ のとき成り立つ.

(ii)

$n = k$ ($k$: 正の整数) のとき \[ a_n = a+(n-1)d \quad \cdots [\ast ]\] が成り立つとすると, \[\begin{aligned} &a_{k+1} = a_k+d = \{ a+(k-1)d\} +d \\ &= a+\{ (k-1)+1\} d = a+\{ (k+1)-1\} d \end{aligned}\] となるから, $n = k+1$ のとき $[\ast ]$ が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての正の整数 $n$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.

(2)

$(\Longrightarrow )$ 初項 $a,$ 公差 $d$ の等差数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ は, \[ a_n = a+(n-1)d = dn+(a-d)\] であるから, $d \neq 0$ のとき $n$ の $1$ 次式, $d = 0$ のとき定数となる.
$(\Longleftarrow )$ 数列 $\{ a_n\}$ の一般項 $a_n$ が $1$ 次式または定数ならば, 定数 $d,$ $e$ を用いて $a_n = dn+e$ と表せて \[ a_{n+1}-a_n = \{ d(n+1)+e\}-(dn+e) = d\] となるから, $\{ a_n\}$ は公差 $d$ の等差数列となる.

(A)

初項が素数 $p,$ 公差が正の整数 $d,$ 項数が $n$ の等差数列において, $p+pd = p(1+d)$ は素数でないから, 各項が素数であるとき, \[ p+(n-1)d < p+pd\] であり, $n-1 < p$ つまり $p \geqq n$ が成り立つ.

(B)

(i)

初項が素数 $p,$ 公差が正の整数 $d,$ 項数が無限の等差数列の第 $n$ 項 \[ p+(n-1)d = p\left( 1+\frac{n-1}{p}d\right)\] は, $n-1$ が $p$ の倍数のとき, 合成数である.

(ii)

公差が負のとき, 項数が無限の等差数列は負の数を含む.

(i), (ii) から, 各項が素数であり, 公差が $0$ でない等差数列の項数は有限である.

　$b-a = c-b$ を整理すると, $2b = a+c$ が得られる.

　各項が素数であるような公差 $2$ の等差数列において, 連続する $3$ 項は, ある整数 $p$ を用いて $p,$ $p+2,$ $p+4$ の形に表される素数である.

(i)

$p$ が $3$ の倍数のとき. $p$ と $3$ は素数であるから, $p = 3.$ このとき, $p+2 = 5$ と $p+4 = 7$ も素数である.

(ii)

$p$ を $3$ で割った余りが $1$ であるとき. $p+2$ は $3$ の倍数であり, $p+2$ と $3$ は素数であるから, $p+2 = 3.$ このとき, $p = 1.$ これは, $p$ が素数であることに反する.

(iii)

$p$ を $3$ で割った余りが $2$ であるとき. $p+4$ は $3$ の倍数であり, $p+4$ と $3$ は素数であるから, $p+4 = 3.$ このとき, $p = -1.$ これは, $p$ が素数であることに反する.

(i)～(iii) から, $p = 3$ の場合にのみ条件が成り立つ. ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ と一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.

　各項が素数であるような公差 $2$ の等差数列において, 連続する $3$ 項は, ある整数 $p$ を用いて $p-2,$ $p,$ $p+2$ の形に表される素数である. \[\begin{aligned} (p-2)p(p+2) &= p^3-4p = (p^3-p)-3p \\ &= (p-1)p(p+1)-3p \end{aligned}\] であり, 連続する $3$ 個の整数の積 $(p-1)p(p+1)$ は $3$ で割り切れるから, $(p-2)p(p+2)$ は $3$ で割り切れる. このことと $p-2,$ $p,$ $p+2$ と $3$ が素数であることから, $p-2 = 3,$ $p = 3,$ $p+2 = 3$ のいずれかが成り立つ.

(i)

$p-2 = 3$ つまり $p = 5$ のとき. $p$ と $p+2 = 7$ も素数である.

(ii)

$p = 3$ のとき. $p-2 = 1$ は素数でない. これは矛盾である.

(iii)

$p+2 = 3$ のとき. $p = 1$ は素数でない. これは矛盾である.

よって, $p = 5$ の場合にのみ条件が成り立つ. ゆえに, 各項が素数であり, 公差が $2,$ 項数が $3$ 以上である等差数列は, 連続する $3$ 項が $3,$ $5,$ $7$ と一致することから, 項数 $3$ の数列 $(3,5,7)$ に限る.

　条件を満たす直角三角形の辺の長さを $a-d,$ $a,$ $a+d$ $(a > d > 0)$ とおく. このとき, 三平方の定理により \[\begin{aligned} (a-d)^2+a^2 &= (a+d)^2 \\ a^2-2ad+d^2+a^2 &= a^2+2ad+d^2 \\ a^2 &= 4ad \end{aligned}\] が成り立つから, 両辺を $a\,(> 0)$ で割ると \[ a = 4d\] となる. ゆえに, 条件を満たす直角三角形の $3$ 辺の長さの比は \[ (a-d):a:(a+d) = 3d:4d:5d = 3:4:5\] である.

(1)

仮定から, \[\frac{1}{b}-\frac{1}{a} = \frac{1}{c}-\frac{1}{b}\] が成り立つ. 両辺に $abc$ を掛けると \[ ac-bc = ab-ac\] となるから, $2ac = (a+c)b$ つまり \[ b = \frac{2ac}{a+c}\] が成り立つ.

(2)

(1) の結果から, \[\begin{aligned} &\frac{1}{b-c}-\frac{1}{a-b} = \frac{1}{\dfrac{2ac}{a+c}-c}-\frac{1}{a-\dfrac{2ac}{a+c}} \\ &= \frac{a+c}{2ac-c(a+c)}-\frac{a+c}{a(a+c)-2ac} \\ &= \frac{a+c}{c(a-c)}-\frac{a+c}{a(a-c)} = (a+c)\frac{a-c}{ac(a-c)} \\ &= (a+c)\frac{1}{ac} = \frac{1}{a}+\frac{1}{c} \end{aligned}\] が得られる.

\[\begin{aligned} 2\sum_{k = 1}^na_k &= \sum_{k = 1}^na_k+\sum_{k = 1}^na_{n+1-k} \\ &= \sum_{k = 1}^n(a_k+a_{n+1-k}) \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ a_1+(k-1)d+a_1+(n-k)d\} \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ 2a_1+(n-1)d\} \\ &= n\{ 2a_1+(n-1)d\} \\ &= n(a_1+a_n) \end{aligned}\] の両辺を $2$ で割ると, 求める等式が得られる.

(1)

求める一般項は, \[ 1+(n-1)(p-2) = (p-2)n-(p-3)\] である.

(2)

(1) の数列の初項から第 $n$ 項までの和は, \[\begin{aligned} &\sum_{k = 1}^n\{ (p-2)k-(p-3)\} = (p-2)\cdot\frac{n(n+1)}{2}-(p-3)n \\ &= \frac{n}{2}\{ (p-2)(n+1)-2(p-3)\} = \frac{n}{2}\{ (p-2)n-(p-4)\} \\ &= \frac{(p-2)n^2-(p-4)n}{2} \end{aligned}\] である.

(3)

$n$ の値を固定すると, \[\begin{aligned} &f(p+1,n)-f(p,n) \\ &= \frac{(p-1)n^2-(p-3)n}{2}-\frac{(p-2)n^2-(p-4)n}{2} \\ &= \frac{n^2-n}{2} = \frac{(n-1)n}{2} \end{aligned}\] は $p$ の値によらない定数になるから, $p$ を変数とする数列 $\{ f(p,n)\}$ は公差 $\dfrac{(n-1)n}{2}$ の等差数列になる.

　等差数列の和の公式により \[\begin{aligned} &n^2+\cdots +(n^2+n) = \frac{n+1}{2}\{ n^2+(n^2+n)\} \\ &= \frac{n+1}{2}(2n^2+n) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2}, \\ &(n^2+n+1)+\cdots +(n^2+2n) \\ &= \frac{n}{2}\{ (n^2+n+1)+(n^2+2n)\} \\ &= \frac{n}{2}(2n^2+3n+1) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} \end{aligned}\] であるから, \[ n^2+\cdots +(n^2+n) = (n^2+n+1)+\cdots +(n^2+2n)\] が成り立つ.

　左辺の第 $1$ 項 $n^2$ を $n$ 個の $n$ の和に分けて残りの項に含めると, \[\begin{aligned} &n^2+(n^2+1)+\cdots +(n^2+n) \\ &= \overbrace{n+\cdots +n}^n+(n^2+1)+\cdots +(n^2+n) \\ &= \{ (n^2+1)+n\} +\cdots +\{ (n^2+n)+n\} \\ &= (n^2+n+1)+\cdots +(n^2+2n) \\ \end{aligned}\] が得られる.

　非負整数 $k$ に対して, $k$ より大きく $k+1$ より小さい, $p$ を分母とする既約分数は \[ \frac{kp+1}{p},\cdots,\frac{kp+(p-1)}{p}\] の $p-1$ 個, その総和は \[\frac{p-1}{2}\left\{\frac{kp+1}{p}+\frac{kp+(p-1)}{p}\right\} = \frac{(p-1)(2k+1)}{2}\] である.

(A)

$m$ より大きく $n$ より小さい，$p$ を分母とする既約分数の個数は, $(p-1)(n-m+1)$ 個である.

(B)

$m$ より大きく $n$ より小さい，$p$ を分母とする既約分数の総和は, \[\begin{aligned} &\sum_{k = m}^{n-1}\frac{(p-1)(2k+1)}{2} = \sum_{k = m}^{n-1}\left\{ (p-1)k+\frac{p-1}{2}\right\} \\ &= (p-1)\frac{(n-m)(n+m-1)}{2}+\frac{p-1}{2}(n-m) \\ &= \frac{(p-1)(n+m)(n-m)}{2} = \frac{(p-1)(n^2-m^2)}{2} \end{aligned}\] である.