東京慈恵会医科大学 医学部 数学（2025年度）全問題・超図解解説

STEP 1：全事象の確認と「10の倍数」の言い換え

1個のさいころを3回続けて投げるとき、目の出方は全部で $$6 \times 6 \times 6 = 6^3 = 216\text{ 通り}$$ あり、これらは同様に確からしいです。
自然数の積 $X_1 X_2 X_3$ が $10$ の倍数（$= 2 \times 5$ の倍数）になるための必要十分条件は、

ことです。ここで、以下の2つの事象 $A, B$ を定義しましょう。

• 事象 $A$：$3$ 回とも $5$ の目が出ない（＝積が $5$ の倍数にならない）
• 事象 $B$：$3$ 回とも奇数の目 $(1, 3, 5)$ が出る（＝積が偶数にならない）

STEP 2：余事象の計算と直接数え上げによる完全検証

まず、事象 $A, B$ の場合の数を正確に求めます。

• 事象 $A$（3回とも $5$ が出ない）：
  各回で $\{1, 2, 3, 4, 6\}$ の5通りの目が出るので、 $$n(A) = 5^3 = 125\text{ 通り}$$
• 事象 $B$（3回とも偶数が出ない＝すべて奇数 $\{1, 3, 5\}$）：
  各回で $\{1, 3, 5\}$ の3通りの目が出るので、 $$n(B) = 3^3 = 27\text{ 通り}$$
• 事象 $A \cap B$（3回とも $5$ が出ず、かつすべて奇数＝すべて $\{1, 3\}$）：
  各回で $\{1, 3\}$ の2通りの目が出るので、 $$n(A \cap B) = 2^3 = 8\text{ 通り}$$

したがって、「積 $X_1 X_2 X_3$ が10の倍数にならない」事象 $A \cup B$ の場合の数は、和の法則（包除原理）より、 $$n(A \cup B) = n(A) + n(B) - n(A \cap B) = 125 + 27 - 8 = 144\text{ 通り}$$ よって、求める「積 $X_1 X_2 X_3$ が10の倍数になる」場合の数は、全体 $216$ 通りから $144$ 通りを引いて、 $$216 - 144 = 72\text{ 通り}$$ 【直接数え上げによる検算】：
・$5$ がちょうど1回出る場合：$5$ が出る場所が $3$ 通り。残り2回は $\{1,2,3,4,6\}$ のうち「両方とも $\{1,3\}$」以外なので $5^2 - 2^2 = 25 - 4 = 21$ 通り。よって $3 \times 21 = 63$ 通り。
・$5$ がちょうど2回出る場合：$5$ が出る場所が $3$ 通り。残り1回は偶数 $\{2,4,6\}$ の $3$ 通り。よって $3 \times 3 = 9$ 通り。
・$5$ が3回出る場合：偶数がないので $0$ 通り。
合計すると $63 + 9 + 0 = 72$ 通り！完全に一致しました！
したがって、求める確率は、 $$\frac{72}{216} = \frac{1}{3}$$

（※上部のスピードチェック一覧の表記も、正しくは $\dfrac{1}{3}$ です。下で整理します！）

STEP 1：2つの目の和が「6の倍数」になるペアを特定する

さいころの目は $1$ 以上 $6$ 以下の整数ですから、2つの目の和 $X_i + X_j$ がとり得る値の範囲は $$2 \leqq X_i + X_j \leqq 12$$ です。この範囲にある $6$ の倍数は $6$ と $12$ の2つだけです。
2つの目の和が $6$ または $12$ になるペア $(X_i, X_j)$ を書き出すと、次の4つのグループに分かれます。

つまり、2つの目の和が6の倍数になる組み合わせは、 $$(1, 5), \quad (5, 1), \quad (2, 4), \quad (4, 2), \quad (3, 3), \quad (6, 6)$$ のちょうど6通りです。
どの目 $x \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ に対しても、「足して6の倍数になる相方の目」がただ1つだけ決まります（$1 \leftrightarrow 5$，$2 \leftrightarrow 4$，$3 \leftrightarrow 3$，$6 \leftrightarrow 6$）。

STEP 2：余事象（少なくとも1つの和が6の倍数になる）で数える

3つの事象 $P, Q, R$ を次のように定めます。

• 事象 $P$：$X_1 + X_2$ が $6$ の倍数になる
• 事象 $Q$：$X_2 + X_3$ が $6$ の倍数になる
• 事象 $R$：$X_3 + X_1$ が $6$ の倍数になる

私たちが求めたいのは「$P, Q, R$ のいずれも起こらない確率」ですから、まず余事象である「$P \cup Q \cup R$（少なくとも1つが起こる）」の場合の数 $n(P \cup Q \cup R)$ を包除原理で求めましょう。

STEP 3：包除原理でまとめ上げて確率を算出する

包除原理より、「少なくとも1つの和が6の倍数になる」場合の数 $n(P \cup Q \cup R)$ は、 $$\begin{aligned} n(P \cup Q \cup R) &= \{n(P) + n(Q) + n(R)\} - \{n(P \cap Q) + n(Q \cap R) + n(R \cap P)\} + n(P \cap Q \cap R) \\ &= (36 + 36 + 36) - (6 + 6 + 6) + 2 \\ &= 108 - 18 + 2 = 92\text{ 通り} \end{aligned}$$ よって、「3つの和がいずれも6の倍数にならない」場合の数は、全体 $216$ 通りから $92$ 通りを引いて、 $$216 - 92 = 124\text{ 通り}$$ したがって、求める確率は、 $$\frac{124}{216} = \frac{31}{54}$$

設問 (1)：定積分の不等式評価

STEP 1：積分区間 $0 \leqq x \leqq 1$ における分母 $\log(x+n)$ の評価

$n$ は $3$ 以上の自然数であり、$0 \leqq x \leqq 1$ のとき、 $$3 \leqq n \leqq x + n \leqq n + 1$$ が成り立ちます。関数 $y = \log t$ は $t > 0$ において単調に増加し、かつ $n \geqq 3 > 1$ より $\log n > \log 1 = 0$ ですから、 $$0 < \log n \leqq \log(x+n) \leqq \log(n+1)$$ となります。各辺はすべて正なので、逆数をとると不等号の向きが逆転し、 $$\frac{1}{\log(n+1)} \leqq \frac{1}{\log(x+n)} \leqq \frac{1}{\log n}$$ が成り立ちます。

STEP 2：分子の $x$（$\geqq 0$）を掛けて $0$ から $1$ まで積分する

$0 \leqq x \leqq 1$ より $x \geqq 0$ ですから、上の不等式の各辺に $x$ を掛けても不等号の向きは変わりません。 $$\frac{x}{\log(n+1)} \leqq \frac{x}{\log(x+n)} \leqq \frac{x}{\log n} \quad (0 \leqq x \leqq 1)$$ この各辺を $x$ について $0$ から $1$ まで定積分すると、 $$\int_0^1 \frac{x}{\log(n+1)}\,dx \leqq \int_0^1 \frac{x}{\log(x+n)}\,dx \leqq \int_0^1 \frac{x}{\log n}\,dx$$ ここで、$\dfrac{1}{\log(n+1)}$ や $\dfrac{1}{\log n}$ は積分変数 $x$ に無関係な定数であり、また $$\int_0^1 x\,dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_0^1 = \frac{1}{2}$$ であるから、 $$\frac{1}{2\log(n+1)} \leqq \int_0^1 \frac{x}{\log(x+n)}\,dx \leqq \frac{1}{2\log n}$$ が成り立ちます。（証明終）

設問 (2)：不定積分 $\displaystyle\int \frac{1}{x(\log x)^2}\,dx$ の計算

STEP 1：$\log x = t$ と置換積分する

被積分関数 $\dfrac{1}{x(\log x)^2}$ の中に、$\log x$ とその導関数 $(\log x)' = \dfrac{1}{x}$ の積の形が見えています。
そこで、 $$t = \log x$$ とおくと、両辺を $x$ で微分して $$\frac{dt}{dx} = \frac{1}{x} \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{1}{x}\,dx = dt$$ となります。したがって、求める不定積分は、 $$\begin{aligned} \int \frac{1}{x(\log x)^2}\,dx &= \int \frac{1}{t^2}\,dt \\ &= \int t^{-2}\,dt \\ &= -t^{-1} + C \quad (C\text{ は積分定数}) \\ &= -\frac{1}{\log x} + C \end{aligned}$$ となります。

設問 (3)：シグマと定積分を組み合わせた不等式の証明

STEP 1：(1)の不等式を使って真ん中のシグマの式を上下から挟む

まず、問題文で評価したい中央の和を $S$ とおきます。 $$S = \sum_{k=n}^m \frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx$$ $k$ は $k \geqq n \geqq 3$ をみたす自然数なので、(1)で示した不等式において $n$ を $k$ に置き換えると、 $$\frac{1}{2\log(k+1)} \leqq \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx \leqq \frac{1}{2\log k}$$ が成り立ちます。ここで $k \geqq 3$ より $\dfrac{2}{k\log k} > 0$ ですから、各辺に $\dfrac{2}{k\log k}$ を掛けると、 $$\frac{1}{k(\log k)\log(k+1)} \leqq \frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx \leqq \frac{1}{k(\log k)^2} \quad \cdots \text{①}$$ という非常に美しい不等式が得られます！
さらに、①の左辺について、$\log k < \log(k+1)$ や $k < x < k+1$ の関係を使う前に、目標の不等式の両端を見比べてみましょう。
目標の左端は $\dfrac{1}{\log n} - \dfrac{1}{\log(m+1)}$、右端は $\dfrac{1}{\log(n-1)} - \dfrac{1}{\log m}$ です。
これはまさに、(2)で求めた原始関数 $F(x) = -\dfrac{1}{\log x}$ の差（定積分 $\displaystyle\int \frac{1}{x(\log x)^2}\,dx$）の形をしています！

STEP 2：右側の不等式 $S \leqq \dfrac{1}{\log(n-1)} - \dfrac{1}{\log m}$ の証明

まず、①の右側の不等式： $$\frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx \leqq \frac{1}{k(\log k)^2}$$ に注目します。
関数 $f(x) = \dfrac{1}{x(\log x)^2}$ は、$x > 1$ において分母の $x$ も $(\log x)^2$ も正で単調に増加するため、$f(x)$ は $x > 1$ で単調に減少します。
したがって、$k \geqq 3$ のとき、区間 $k - 1 \leqq x \leqq k$（ここで $k-1 \geqq 2 > 1$）において、 $$\frac{1}{k(\log k)^2} \leqq \frac{1}{x(\log x)^2}$$ が成り立ちます。これを区間 $k-1 \leqq x \leqq k$ で積分すると、左辺は定数（幅 $1 \times$ 高さ $\dfrac{1}{k(\log k)^2}$）なので、 $$\frac{1}{k(\log k)^2} = \int_{k-1}^k \frac{1}{k(\log k)^2}\,dx \leqq \int_{k-1}^k \frac{1}{x(\log x)^2}\,dx$$ となります。(2)の結果を用いると、右辺の定積分は $$\int_{k-1}^k \frac{1}{x(\log x)^2}\,dx = \left[ -\frac{1}{\log x} \right]_{k-1}^k = \frac{1}{\log(k-1)} - \frac{1}{\log k}$$ となります。よって、 $$\frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx \leqq \frac{1}{k(\log k)^2} \leqq \frac{1}{\log(k-1)} - \frac{1}{\log k}$$ が成り立ちます。これを $k = n, n+1, \dots, m$ まで辺々足し合わせると（望遠鏡和：隣り合う項が次々に消える形）、 $$\begin{aligned} \sum_{k=n}^m \frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx &\leqq \sum_{k=n}^m \left( \frac{1}{\log(k-1)} - \frac{1}{\log k} \right) \\ &= \left( \frac{1}{\log(n-1)} - \frac{1}{\log n} \right) + \left( \frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(n+1)} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{\log(m-1)} - \frac{1}{\log m} \right) \\ &= \frac{1}{\log(n-1)} - \frac{1}{\log m} \end{aligned}$$ となり、右側の不等式が示されました！

STEP 3：左側の不等式 $\dfrac{1}{\log n} - \dfrac{1}{\log(m+1)} \leqq S$ の証明

次に、①の左側の不等式： $$\frac{1}{k(\log k)\log(k+1)} \leqq \frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx$$ に注目します。
目標の下界の1項分である $\dfrac{1}{\log k} - \dfrac{1}{\log(k+1)}$ を通分すると、 $$\frac{1}{\log k} - \frac{1}{\log(k+1)} = \frac{\log(k+1) - \log k}{(\log k)\log(k+1)}$$ となります。ここで分子の $\log(k+1) - \log k$ は、 $$\log(k+1) - \log k = \int_k^{k+1} \frac{1}{x}\,dx$$ であり、区間 $k \leqq x \leqq k+1$ において $\dfrac{1}{x} \leqq \dfrac{1}{k}$ ですから、 $$\log(k+1) - \log k = \int_k^{k+1} \frac{1}{x}\,dx \leqq \int_k^{k+1} \frac{1}{k}\,dx = \frac{1}{k}$$ が成り立ちます。
したがって、両辺を正の $(\log k)\log(k+1)$ で割ることで、 $$\frac{1}{\log k} - \frac{1}{\log(k+1)} \leqq \frac{1}{k(\log k)\log(k+1)}$$ が直ちに導かれます！

以上より、すべての $k \geqq 3$ に対して、 $$\frac{1}{\log k} - \frac{1}{\log(k+1)} \leqq \frac{1}{k(\log k)\log(k+1)} \leqq \frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx$$ が成り立ちます。これを $k = n, n+1, \dots, m$ まで辺々足し合わせると、 $$\begin{aligned} \sum_{k=n}^m \left( \frac{1}{\log k} - \frac{1}{\log(k+1)} \right) &= \left( \frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(n+1)} \right) + \left( \frac{1}{\log(n+1)} - \frac{1}{\log(n+2)} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{\log m} - \frac{1}{\log(m+1)} \right) \\ &= \frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(m+1)} \end{aligned}$$ となるので、左側の不等式 $$\frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(m+1)} \leqq \sum_{k=n}^m \frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx$$ も示されました。
STEP 2 と STEP 3 を合わせることで、題意の不等式 $$\frac{1}{\log n} - \frac{1}{\log(m+1)} \leqq \sum_{k=n}^m \frac{2}{k\log k} \int_0^1 \frac{x}{\log(x+k)}\,dx \leqq \frac{1}{\log(n-1)} - \frac{1}{\log m}$$ が成り立つことが証明されました。（証明終）

設問 (1)：円 $(x-p)^2 + y^2 = r$ が領域 $D$ に含まれる最大の自然数 $r$

STEP 1：円上のすべての点が領域 $D$ に含まれる条件を $x$ の2次関数に帰着させる

円 $(x-p)^2 + y^2 = r$ 上の任意の点 $(x, y)$ について、 $$y^2 = r - (x - p)^2$$ が成り立ちます。また、$y^2 \geqq 0$ より、円上の点 $(x, y)$ の $x$ 座標がとり得る値の範囲は $$(x - p)^2 \leqq r \quad \Longleftrightarrow \quad p - \sqrt{r} \leqq x \leqq p + \sqrt{r}$$ です。
この円が領域 $D : x^2 - py^2 \geqq -1$ に含まれるための必要十分条件は、円上のすべての点 $(x, y)$ に対して $x^2 - py^2 \geqq -1$ が成り立つこと、すなわち $y^2 = r - (x - p)^2$ を代入した不等式 $$x^2 - p\{r - (x - p)^2\} \geqq -1$$ が、$p - \sqrt{r} \leqq x \leqq p + \sqrt{r}$ をみたすすべての実数 $x$ について成り立つことです。

STEP 2：左辺を平方完成して最小値を求める

上の不等式を整理して、左辺を $f(x)$ とおきます。 $$\begin{aligned} f(x) &= x^2 - p\{r - (x^2 - 2px + p^2)\} + 1 \\ &= (p + 1)x^2 - 2p^2 x + p^3 - pr + 1 \end{aligned}$$ これを $x$ について平方完成すると、 $$\begin{aligned} f(x) &= (p + 1)\left( x^2 - \frac{2p^2}{p+1}x \right) + p^3 - pr + 1 \\ &= (p + 1)\left( x - \frac{p^2}{p+1} \right)^2 - \frac{p^4}{p+1} + p^3 - pr + 1 \\ &= (p + 1)\left( x - \frac{p^2}{p+1} \right)^2 + \frac{-p^4 + p^4 + p^3 + p + 1}{p+1} - pr \\ &= (p + 1)\left( x - \frac{p^2}{p+1} \right)^2 + \frac{p^3 + p + 1}{p+1} - pr \end{aligned}$$ となります。ここで、放物線 $y = f(x)$ の軸の位置は $$x = \frac{p^2}{p+1} = p - \frac{p}{p+1}$$ です。

STEP 3：定義域 $p - \sqrt{r} \leqq x \leqq p + \sqrt{r}$ と軸の位置関係を確認する

$r$ は自然数なので $r \geqq 1$ であり、$\sqrt{r} \geqq 1$ です。一方、$p \geqq 2$ より $0 < \dfrac{p}{p+1} < 1$ ですから、 $$p - \sqrt{r} \leqq p - 1 < p - \frac{p}{p+1} < p < p + \sqrt{r}$$ となり、放物線 $y = f(x)$ の軸 $x = \dfrac{p^2}{p+1}$ は、自然数 $r$ の値に関わらず常に区間 $p - \sqrt{r} \leqq x \leqq p + \sqrt{r}$ の内部に含まれます！
また $p + 1 > 0$（下に凸）なので、区間 $p - \sqrt{r} \leqq x \leqq p + \sqrt{r}$ における $f(x)$ の最小値は、頂点の $y$ 座標である $$f\left(\frac{p^2}{p+1}\right) = \frac{p^3 + p + 1}{p+1} - pr$$ となります。
したがって、円が領域 $D$ に含まれるための必要十分条件は、この最小値が $0$ 以上であること、すなわち $$\frac{p^3 + p + 1}{p+1} - pr \geqq 0 \quad \Longleftrightarrow \quad r \leqq \frac{p^3 + p + 1}{p(p+1)}$$ です。

STEP 4：右辺の帯分数変形により最大の自然数 $r$ を決定する

右辺の分数式 $\dfrac{p^3 + p + 1}{p(p+1)}$ の整数部分を調べるために、分子 $p^3 + p + 1$ を分母 $p(p+1) = p^2 + p$ で割ってみましょう。 $$\begin{aligned} p^3 + p + 1 &= p(p^2 + p) - p^2 + p + 1 \\ &= p(p + 1)(p - 1) + (2p + 1) \quad (\because (p^2+p)(p-1) = p^3 - p) \end{aligned}$$ したがって、 $$\frac{p^3 + p + 1}{p(p+1)} = p - 1 + \frac{2p + 1}{p^2 + p}$$ と変形できます！
ここで、$p$ は $2$ 以上の自然数（$p \geqq 2$）なので、 $$(p^2 + p) - (2p + 1) = p^2 - p - 1 = \left(p - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4} \geqq \left(2 - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4} = 1 > 0$$ より、 $$0 < 2p + 1 < p^2 + p \quad \Longleftrightarrow \quad 0 < \frac{2p + 1}{p^2 + p} < 1$$ がすべての $p \geqq 2$ に対して成り立ちます。
ゆえに、 $$p - 1 < \frac{p^3 + p + 1}{p(p+1)} < p$$ となるので、$r \leqq \dfrac{p^3 + p + 1}{p(p+1)}$ をみたす最大の自然数 $r$ は、 $$r = p - 1$$ です！

設問 (2)：$(x-p)^2 + y^2 = p - 1$ をみたす互いに異なる素数の組 $(x, y, p)$

STEP 1：偶奇（$\bmod 2$）に注目して素数 $2$ が含まれるかを調べる

(1)より $r = p - 1$ なので、与えられた関係式は $$(x - p)^2 + y^2 = p - 1 \quad \cdots \text{②}$$ です。ここで $x, y, p$ は互いに異なる素数です。
まず、もし $p = 2$ だとすると、右辺は $p - 1 = 1$ となり、$(x-2)^2 + y^2 = 1$ です。しかし $y$ は素数なので $y \geqq 2$ であり、$y^2 \geqq 4 > 1$ となって不可能です。
したがって、$p$ は $3$ 以上の奇素数（奇数）です。

すると、②の右辺 $p - 1$ は 偶数 になります。
左辺 $(x - p)^2 + y^2$ が偶数になるためには、$(x - p)^2$ と $y^2$ の偶奇が一致しなければなりません。

• ケースA：$y$ が偶数の素数（すなわち $y = 2$）のとき
  $y^2 = 4$（偶数）なので、$(x - p)^2$ も偶数でなければなりません。
  $p$ は奇数なので、$x - p$ が偶数となるには $x$ も奇素数である必要があります。
  このとき $x, y, p$ はすべて異なる素数になり得ます。
• ケースB：$y$ が奇素数のとき
  $y^2$ は奇数なので、$(x - p)^2$ も奇数でなければなりません。
  $p$ は奇数なので、$x - p$ が奇数となるには $x$ が偶数の素数、すなわち $x = 2$ でなければなりません！
  ところが、$x = 2$ を②に代入すると、 $$(2 - p)^2 + y^2 = p - 1 \quad \Longleftrightarrow \quad y^2 = (p - 1) - (p - 2)^2 = -p^2 + 5p - 5$$ となります。ここで右辺が正（$y^2 \geqq 9$）になるかを調べると、 $$-p^2 + 5p - 5 = -\left(p - \frac{5}{2}\right)^2 + \frac{5}{4} \leqq \frac{5}{4} < 9$$ となり、$y \geqq 3$ をみたす素数 $y$ は絶対に存在しません！（実際、$p \geqq 3$ に対して $(p-2)^2 \geqq p - 1$ と比べてみると、$p=3$ のときのみ $(3-2)^2 + y^2 = 2 \implies y^2 = 1$ で素数にならず、$p \geqq 5$ では $(p-2)^2 > p - 1$ となって $y^2 < 0$ となります）。

STEP 2：$y = 2$ の場合を徹底的に調べてみる！（そして重大な事実に気づく！）

$y = 2$ を②に代入すると、 $$(x - p)^2 + 2^2 = p - 1 \quad \Longleftrightarrow \quad (x - p)^2 = p - 5$$ ここで、左辺 $(x - p)^2$ は偶数の2乗なので $4$ の倍数です。
非負の偶数 $2k$ $(k = 0, 1, 2, \dots)$ を用いて $|x - p| = 2k$ とおくと、 $$p = 4k^2 + 5$$ となります。小さい $k$ から順に、$p = 4k^2 + 5$ と $x = p \pm 2k$ がともに素数になるかを調べてみましょう！

STEP 3：$y = 2$ のときのさらなる検証（$\bmod 3$ による美しい絞り込み）

STEP 1 で証明した通り、②の式 $(x - p)^2 + y^2 = p - 1$ において：

1. $p = 2$ のとき：
   $(x - 2)^2 + y^2 = 1$。素数は $2$ 以上なので $y^2 \geqq 4 > 1$ となり不適。よって $p$ は奇素数であり、右辺 $p - 1$ は偶数である。
2. $y$ が奇素数のとき：
   $y^2$ は奇数なので、$(x - p)^2 = (p - 1) - y^2$ は「偶数 $-$ 奇数 $=$ 奇数」となる。よって $x - p$ は奇数であり、$p$ が奇数だから $x$ は偶数の素数、すなわち $x = 2$ でなければならない。
   すると $(2 - p)^2 + y^2 = p - 1$ となるが、$p \geqq 3$ かつ $y \geqq 3$（なぜなら $x, y, p$ は互いに異なる素数で $x = 2$ だから $y \neq 2$）より、 $$(2 - p)^2 + y^2 \geqq (p - 2)^2 + 9 = p^2 - 4p + 13 = (p - 1) + (p^2 - 5p + 14) = (p - 1) + \left(p - \frac{5}{2}\right)^2 + \frac{31}{4} > p - 1$$ となり、等号は絶対に成り立たない。
3. したがって、必ず $y = 2$ でなければならない！
   $y = 2$ のとき、$x, p$ は互いに異なる奇素数（$3$ 以上の素数）であり、②は $$(x - p)^2 + 4 = p - 1 \quad \Longleftrightarrow \quad p = (x - p)^2 + 5$$ となる。

ここで、$x, p$ は互いに異なる奇素数なので、$|x - p|$ は正の偶数です。
さらに、$3$ で割った余り（$\bmod 3$）に注目すると、驚くほど鮮やかな性質が見えてきます！

STEP 4：$|x - p| = 6$ のときに最小の素数 $p = 41$ が得られる！

$|x - p|$ は正の $6$ の倍数なので、$|x - p| \geqq 6$ です。
$p = (x - p)^2 + 5$ は $|x - p|$ が小さいほど小さくなるので、最小の候補である $|x - p| = 6$ のときを調べます。
$|x - p| = 6$ のとき、 $$p = 6^2 + 5 = 36 + 5 = 41$$ となり、$41$ は確かに素数です！
このとき、$|x - 41| = 6$ より、$x$ の候補は $$x = 41 - 6 = 35 \quad \text{または} \quad x = 41 + 6 = 47$$ の2つです。

• $x = 35$ のとき：$35 = 5 \times 7$ であり素数ではないので不適。
• $x = 47$ のとき：$47$ は素数であり、$x = 47, y = 2, p = 41$ は互いに異なる素数となってすべての条件をみたす！

以上より、$p$ の値が最小となる素数の組 $(x, y, p)$ は、 $$(x, y, p) = (47, 2, 41)$$ です！

STEP 1：条件「$z + \dfrac{1}{z-1}$ が正の実数」から $z$ の軌跡（円弧）を求める

まず、計算をシンプルにするために、 $$w = z - 1 \quad (\text{すなわち } z = w + 1)$$ とおきます。$z$ は実数ではない複素数なので、$w$ も実数ではない複素数（$w \neq \bar{w}$）です。
このとき、与えられた複素数 $z + \dfrac{1}{z-1}$ は、 $$z + \frac{1}{z-1} = w + 1 + \frac{1}{w}$$ と表されます。
まず、$w + 1 + \dfrac{1}{w}$ が実数であるための必要十分条件は、それ自身の共役複素数と等しいこと、すなわち $$w + 1 + \frac{1}{w} = \bar{w} + 1 + \frac{1}{\bar{w}}$$ です。移項して整理すると、 $$(w - \bar{w}) + \left( \frac{1}{w} - \frac{1}{\bar{w}} \right) = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad (w - \bar{w})\left( 1 - \frac{1}{w\bar{w}} \right) = 0$$ ここで、$w$ は実数ではないので $w - \bar{w} \neq 0$ です。したがって、 $$1 - \frac{1}{|w|^2} = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad |w|^2 = 1 \quad \Longleftrightarrow \quad |w| = 1 \quad (\text{すなわち } |z - 1| = 1)$$ が得られます！

STEP 2：極形式 $w = \cos\theta + i\sin\theta$ とおいて「正の実数」条件を表す

$|w| = 1$ かつ $w$ は実数ではないので、偏角 $\theta$（$0 < \theta < 2\pi, \ \theta \neq \pi$）を用いて $$w = \cos\theta + i\sin\theta \quad (\sin\theta \neq 0)$$ とおくことができます。このとき、 $$\frac{1}{w} = \bar{w} = \cos\theta - i\sin\theta$$ ですから、 $$z + \frac{1}{z-1} = w + 1 + \frac{1}{w} = (\cos\theta + i\sin\theta) + 1 + (\cos\theta - i\sin\theta) = 2\cos\theta + 1$$ となります！
問題文より、この値が「正の実数」であるから、 $$2\cos\theta + 1 > 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \cos\theta > -\frac{1}{2}$$ また、$z$（すなわち $w$）は実数ではないので $\sin\theta \neq 0 \Longleftrightarrow \cos\theta \neq \pm 1$ です。
以上より、$\cos\theta$ がとり得る値の範囲は、 $$-\frac{1}{2} < \cos\theta < 1 \quad \cdots \text{①}$$ であることが分かりました！

STEP 3：評価したい式 $\left| \dfrac{1}{z-1} - \dfrac{z-\bar{z}}{2} + 1 \right|$ を $\theta$ で表す

$z = 1 + w = (1 + \cos\theta) + i\sin\theta$ より、共役複素数は $\bar{z} = (1 + \cos\theta) - i\sin\theta$ です。したがって、

• $\dfrac{1}{z-1} = \dfrac{1}{w} = \cos\theta - i\sin\theta$
• $\dfrac{z - \bar{z}}{2} = \dfrac{2i\sin\theta}{2} = i\sin\theta$

これらを絶対値の式に代入すると、なんとここまでシンプルになります！ $$\begin{aligned} \left| \frac{1}{z-1} - \frac{z-\bar{z}}{2} + 1 \right| &= |(\cos\theta - i\sin\theta) - i\sin\theta + 1| \\ &= |(1 + \cos\theta) - 2i\sin\theta| \end{aligned}$$ 絶対値の2乗を計算して $\cos\theta$ の2次関数に変形しましょう！ $$\begin{aligned} \left| \frac{1}{z-1} - \frac{z-\bar{z}}{2} + 1 \right|^2 &= (1 + \cos\theta)^2 + (-2\sin\theta)^2 \\ &= 1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta + 4\sin^2\theta \\ &= 1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta + 4(1 - \cos^2\theta) \\ &= -3\cos^2\theta + 2\cos\theta + 5 \end{aligned}$$

STEP 4：2次関数の最大・最小から絶対値のとり得る値の範囲を決定する

$t = \cos\theta$ とおくと、①より $t$ の動く範囲は $$-\frac{1}{2} < t < 1$$ です。この範囲における2次関数 $$g(t) = -3t^2 + 2t + 5$$ の値域を求めます。平方完成すると、 $$g(t) = -3\left( t^2 - \frac{2}{3}t \right) + 5 = -3\left( t - \frac{1}{3} \right)^2 + \frac{16}{3}$$ となります。

上のグラフから分かる通り、区間 $-\dfrac{1}{2} < t < 1$ において：

• 最大値：$t = \dfrac{1}{3}$ のとき、 $$g\left(\frac{1}{3}\right) = \frac{16}{3}$$
• 端点の値の比較：
  ・右端 $t = 1$ のとき：$g(1) = -3(1)^2 + 2(1) + 5 = 4 = \dfrac{12}{3}$
  ・左端 $t = -\dfrac{1}{2}$ のとき：$g\left(-\frac{1}{2}\right) = -3\left(-\frac{1}{2}\right)^2 + 2\left(-\frac{1}{2}\right) + 5 = -\frac{3}{4} - 1 + 5 = \frac{13}{4} = 3.25$
  $\dfrac{13}{4} < 4$ であり、かつ $t = -\dfrac{1}{2}$ は区間に含まれないため、$g(t)$ のとり得る値の範囲は $$\frac{13}{4} < g(t) \leqq \frac{16}{3}$$ となります！

求める絶対値 $\left| \dfrac{1}{z-1} - \dfrac{z-\bar{z}}{2} + 1 \right|$ は $\sqrt{g(t)}$（$> 0$）ですから、各辺の正の平方根をとって、 $$\sqrt{\frac{13}{4}} < \left| \frac{1}{z-1} - \frac{z-\bar{z}}{2} + 1 \right| \leqq \sqrt{\frac{16}{3}}$$ すなわち、分母を有理化して $$\frac{\sqrt{13}}{2} < \left| \frac{1}{z-1} - \frac{z-\bar{z}}{2} + 1 \right| \leqq \frac{4\sqrt{3}}{3}$$ が得られます！