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2015 年入試問題研究
2015 年 4 月 9 日
目次
1
東大理科
1.1
1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
5
1.2
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
6
1.3
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
2
東大文科
2.1 4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
8
3
京大理系
3.1
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
9
3.2
3.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
10
3.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
10
11
6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
11
3.3
3.4
4
5
京大文系
4.1
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
12
4.2
4.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
13
13
阪大理系
5.1
5.2
14
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
14
14
15
5.3
5.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
16
5.4
5.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
挑戦枠問題 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
17
5.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
挑戦枠問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
19
19
6
阪大文系
6.1 1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
21
7
東北大理系
7.1 1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
22
7.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
22
7.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
24
24
7.4
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
26
7.5
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
27
28
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
5.5
7.2
7.3
7.6
7.6.1
8
東北大文系
1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
30
8.2
8.3
8.4
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
31
32
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
8.4.1
9
30
8.1
東北大後期理系
9.1
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
33
33
9.2
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
34
9.3
6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
36
10 名大理系
10.1 2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
37
37
11 九大理系
11.1 4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
38
11.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
12 神戸大後期理系
40
12.1 2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
40
12.2 3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.3 5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
41
43
12.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
13 一橋大
44
13.1 1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
45
13.2 2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
46
14 東工大
14.1 5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
47
14.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
15 千葉大
48
15.1 6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2 10 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
48
48
15.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
16 早稲田教育学部
51
16.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
51
17 慶応環境情報学部
17.1 改題問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
52
17.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
18 大阪医科大
54
18.1 問題 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
54
18.2 問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.3 問題 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
55
55
56
18.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.4 問題 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
57
57
18.5 問題 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
58
19 関西大
19.1 問題 (記述形式に改題) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
59
19.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
60
20 防衛医科大
61
20.1 問題 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
61
61
20.2 問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.3 問題 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
63
63
64
20.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.4 問題 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
64
67
20.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
68
東大理科
1
1.1
1 番問題
正の実数 a に対して，座標平面上で次の放物線を考える．
C : y = ax2 +
1 − 4a2
4a
a が正の実数全体を動くとき，C の通過する領域を図示せよ．
1.1.1
解答
放物線の方程式は
4(x2 − 1)a2 − 4ya + 1 = 0
···⃝
1
と変形される．点 (x, y) が C の通過する領域に属するための必要十分条件は ⃝
1 をみたす正の a
が存在することと同値である．
f (a) = 4(x2 − 1)a2 − 4ya + 1
とおく．また f (a) の判別式を D とする．
x = ±1 のとき．
f (a) = −4ya + 1
なので f (a) = 0 が正の解をもつのは y > 0．
x2 > 1 のとき．
f (0) = 1 > 0 より条件は
y
> 0, D/4 = 4y 2 − 4(x2 − 1) >
=0
− 1)
2(x2
つまり
x2 > 1, y > 0, x2 − y 2 <
=1
x2 < 1 のとき．f (0) = 1 > 0 よりつねに正の解をもつ．
以上から
±1, y > 0
x2 > 1, y > 0, x2 − y 2 <
=1
x2 < 1
のいずれかをみたす点 (x, y) の集合である．
y
x2 − y 2 = 1
-1
1
x
O
y=x
y = −x
ただし，x = ±1, y <
= 0 を含まない．
1.2
2 番問題
1
のさいころを 1 つ用意Ｌ，次のように左から順に文字を書く．
6
さいころを投げ，出た目か 1，2，3 のときは文字列 AA を書き，4 のときは文字 B を，5 のとき
は文字 C を，6 のときは文字 D を書く．さらに振り返しさいころを投げ，同じ規則に従って，AA，
B，C，D をすでにある文字列の右側につなげて書いていく．
どの目も出る確率が
たとえば，さいころを 5 回投げ，その出た目が順に 2，5，6，3，4 であったとすると，得られる
文字列は，
AACDAAB
となる．このとき，左から 4 番目の文字は D，5 番目の文字は A である．
(1) n を正の整数とする．n 回さいころを投げ，文字列を作るとき，文字列の左から n 番目の文
字が A となる確率を求めよ．
(2) n を 2 以上の整数とする．n 回さいころを投げ，文字列を作るとき，文字列の左から n − 1 番
目の文字が A で，かつ n 番目の文字が B となる確率を求めよ．
1.2.1
解答
(1) AA を A1 A2 と区別する．左から n 番目の文字が A1 となる確率を pn ，左から n 番目の文字
が A2 となる確率を qn ，左から n 番目の文字が B，C，D のいずれかとなる確率を rn とする．
いずれかが起こり重なりはないので
pn + qn + rn = 1
1
1
, q1 = 0, r1 = である．⃝で B，C，D のいずれかを表すと，n 番目
2
2
の状態と n + 1 番目の状態の可能な推移は
である．また p1 =
(n, n + 1) = (A2 , A1 ), (⃝, A1 ), (A1 , A2 ), (A2 , ⃝), (⃝, ⃝)
のいずれかである．よって次の漸化式が成り立つ．
1
1
qn + rn
2
2
= pn
1
1
= qn + r n
2
2
pn+1 =
qn+1
rn+1
これより
pn+1 =
1
(1 − pn )
2
なので
1
1
pn+1 − = −
3
2
と変形され，この結果
1
pn − =
3
(
1
−
2
(
1
pn −
3
)n−1 (
)
1
pn −
3
)
より
pn =
1
3
{
(
)n }
1
1− −
2
n>
= 2 のとき n 番目が A である確率は pn + qn = pn + pn−1 であるから，
{
{
)n }
(
)n−1 }
{
)n }
(
(
1
1
1
1
1
1
1− −
+
1− −
=
2+ −
3
2
3
2
3
2
n = 1 のときは
1
で，この式はその場合も表している．
2
(2) この事象は n − 1 番目の文字が A2 で n 番目の文字が B となる事象であるから，その確率は
n>
= 3 のとき
{
(
)n−2 }
1
1
1
1
qn−1 = pn−2 =
1− −
6
6
18
2
n = 2 のときこの事象は起こらない．上式は n = 2 のとき 0 となるので，その場合も表して
いる．
5 番問題
1.3
m を 2015 以下の正の整数とする．2015 Cm が偶数となる最小の m を求めよ．
解答
1.3.1
2015 Cm
=
2016 − 1 2016 − 2
2016 − m
·
···
1
2
m
である．ここで 2016 = 25 · 63 であるから，m < 32 のとき，2016 − m と m の因数分解に含まれる
素因子 2 の個数は相等しい．よってそれらは約され，m < 32 なら 2015 Cm は奇数である．m = 32
のとき
2016 − m
25 · 63 − 25
=
= 62
m
25
となり，ここではじめて素因子 2 が残る．よって 2015 Cm が偶数となる最小の m は 32 である．
東大文科
2
2.1
4 番問題
1
のさいころを 1 つ用意Ｌ，次のように左から順に文字を書く．
6
さいころを投げ，出た目か 1，2，3 のときは文字列 AA を書き，4 のときは文字 B を，5 のとき
は文字 C を，6 のときは文字 D を書く．さらに振り返しさいころを投げ，同じ規則に従って，AA，
B，C，D をすでにある文字列の右側につなげて書いていく．
どの目も出る確率が
たとえば，さいころを 5 回投げ，その出た目が順に 2，5，6，3，4 であったとすると，得られる
文字列は，
AACDAAB
となる．このとき，左から 4 番目の文字は D，5 番目の文字は A である．
(1) n を正の整数とする．n 回さいころを投げ，文字列を作るとき，文字列の左から n 番目の文
字が A となる確率を求めよ．
(2) n を 2 以上の整数とする．n 回さいころを投げ，文字列を作るとき，文字列の左から n − 1 番
目の文字が A で，かつ n 番目の文字が B となる確率を求めよ．
2.1.1
解答
(1) AA を A1 A2 と区別する．左から n 番目の文字が A1 となる確率を pn ，左から n 番目の文字
が A2 となる確率を qn ，左から n 番目の文字が B，C，D のいずれかとなる確率を rn とする．
いずれかが起こり重なりはないので
pn + qn + rn = 1
1
1
, q1 = 0, r1 = である．⃝で B，C，D のいずれかを表すと，n 番目
2
2
の状態と n + 1 番目の状態の可能な推移は
である．また p1 =
(n, n + 1) = (A2 , A1 ), (⃝, A1 ), (A1 , A2 ), (A2 , ⃝), (⃝, ⃝)
のいずれかである．よって次の漸化式が成り立つ．
1
1
qn + rn
2
2
= pn
1
1
= qn + r n
2
2
pn+1 =
qn+1
rn+1
これより
pn+1 =
1
(1 − pn )
2
なので
pn+1 −
と変形され，この結果
1
pn − =
3
1
1
=−
3
2
(
より
pn =
1
3
1
−
2
(
pn −
)n−1 (
1
3
)
1
pn −
3
)
{
(
)n }
1
1− −
2
n>
= 2 のとき n 番目が A である確率は pn + qn = pn + pn−1 であるから，
{
{
(
)n }
(
)n−1 }
{
(
)n }
1
1
1
1
1
1
1− −
+
1− −
2+ −
=
3
2
3
2
3
2
n = 1 のときは
1
で，この式はその場合も表している．
2
(2) この事象は n − 1 番目の文字が A2 で n 番目の文字が B となる事象であるから，その確率は
n>
= 3 のとき
{
(
)n−2 }
1
1
1
1
qn−1 = pn−2 =
1− −
6
6
18
2
n = 2 のときこの事象は起こらない．上式は n = 2 のとき 0 となるので，その場合も表して
いる．
京大理系
3
3.1
2 番問題
次の 2 つの条件を同時に満たす四角形のうち面積か最小のものの面積を求めよ．
(a) 少なくとも 2 つの内角は 90 °である．
(b) 半径 1 の円が内接する．ただし，円が四角形に内接するとは，円が四角形の 4 つの辺すべて
に接することをいう．
3.1.1
解答
中心と接点を結ぶ半径のなす角のうち，90 °とはかぎらない 2 つの大きさを α，β とする．
Q
A
P
Q
A
P
α
α
β
β
図のように点を名づけると，
AP = AQ = tan
α
2
であり，他も同様であるから面積 S は
S = 2 + tan
となる．さらに α + β = 180◦ であるから，tan
α
β
+ tan
2
2
β
=
2
1
α
tan
2
である．
相加平均と相乗平均の不等式から
α
S = 2 + tan +
2
v
u
1
α
u
>
2
+
2
=4
utan ·
t
α =
α
2
tan
tan
2
2
1
α
= 1，つまり α = β = 90◦ のときである．
2
よって，最小値は 4 である．
等号は tan
3.2
4 番問題
一辺の長さが 1 の正四面体 ABCD において，P を辺 AB の中点とし，点 Q が辺 AC 上を動くと
する．このとき，cos ̸ PDQ の最大値を求めよ．
解答
3.2.1
√
角を考えるので四面体の大きさは関係ない．1 辺を 2 2 として図
z
のように 4 頂点 A，B，C，D を
B
P
A
A(2, 0, 2), B(0, 2, 2), C(2, 2, 0), D(0, 0, 0)
D
として座標空間におく．このとき，P(1, 1, 2) となる．また AC 上の
点Qは0<
=t<
= 2 なる実数 t をもちいて Q(2, t, 2 − t) と表すことが
できる．
2−t
Q
x
t
−→ −→
DP · DP
6−t
cos ̸ PDQ = −→ −→ = √ √
6 · 2t2 − 4t + 8
DP · DQ
√
√
(6 − t)2
(6 − t)2
1
√
=
=
·
12(t2 − 2t + 4)
(6 − t)2 − 10(6 − t) + 28
2 3
v
u
1
1
u
√ ·u
=
10
28
2 3 t
1−
+
6 − t (6 − t)2
ここで
28
10
+
= 28
1−
6 − t (6 − t)2
で，t =
y
(
1
5
−
6 − t 28
)2
+
C
3
3
>
28 = 28
2
1
5
のとき
−
= 0 なので，cos ̸ PDQ の最大値は
5
6 − t 28
√
√
1
28
7
√ ·
=
3
3
2 3
である．
3.3
5 番問題
a, b, c, d, e を正の実数として整式
f (x) = ax2 + bx + c
g(x) = dx + e
を考える．すべての正の整数 n に対して
切れることを示せ．
f (n)
は整数であるとする．このとき f (x) は g(x) で割り
g(n)
解答
3.3.1
すべての正の整数 n に対して
f (n)
が整数であることは，
g(n)
f (1)
f (n + 1) f (n)
が整数 かつ，すべての正の整数 n に対して
−
が整数
g(1)
g(n + 1)
g(n)
と同値である．ここで f (x) を g(x) で割ることにより
f (x) = (px + q)(dx + e) + r
とする．この結果
f (n + 1) f (n)
dr
−
=p−
g(n + 1)
g(n)
(dn + d + e)(dn + e)
···⃝
1
となる．これが任意の正整数 n で整数となる．
ここで p が整数でないとする．p = [p]+α とおく．ここで [p] は p を越えない最大の整数，0 < α < 1
dr
である．
は n が増加すれば単調に減少しいくらでも小さくなる．よって
(dn + d + e)(dn + e)
α>
dr
>0
(dm + d + e)(dm + e)
となる正整数 m がある．このとき n > m である n に関して ⃝
1 は整数ではあり得ない．よって p
dr
は整数．この結果，任意の n に対して
が整数である．ここで dr ̸= 0 なら十
(dn + d + e)(dn + e)
分大きい n に対して
dr
0<
<1
(dn + d + e)(dn + e)
となり整数ではあり得ない．よって dr = 0 である．
r = 0 なら f (x) は g(x) で割り切れる．
d = 0 のとき．g(x) は定数なので f (x) は g(x) で割り切れる．
3.4
6 番問題
2 つの関数を
f0 (x) =
x
x+1
, f1 (x) =
2
2
1
1
から始め，各 n = 1, 2, · · · について，それぞれ確率 で xn = f0 (xn−1 ) または
2
2
2
xn = f1 (xn−1 ) と定める．このとき，xn < となる確率 Pn を求めよ．
3
とおく．x0 =
3.4.1
解答
1
2
2
となるのは xn−1 = で f0 (x) を作用させるときのみであり，また xn = となるのは
3
3
3
1
1
1 2
xn−1 = で f1 (x) を作用させるときのみである．x0 = なので xn = ,
となることはない．
3
2
3 3
また xn = 0, 1 となることもない．
xn =
2
< xn < 1 となる確率を Qn とする．f0 (x) は x と 0 の平均，f1 (x) は x と 1 の平均をとる関数
3
1
であり，x0 = から始めるので，P (事象) でその事象の確率を表すと，対称性から
2
(
)
(
)
2
1
Pn = P xn <
=P
< xn ,
3
(
) 3 (
)
2
1
Qn = P
< xn < 1 = P 0 < xn <
3
3
である．
2
1
1
xn < となるのは，xn−1 < で f0 (x), f1 (x) のいずれかを作用させるときか， < xn−1 で
3
3
3
f0 (x) を作用させるときである．すべての n で Pn + Qn = 1 なので
1
1
Pn = Qn−1 + Pn−1 = 1 − Pn−1
2
2
である．これから
Pn −
1
2
=−
3
2
P0 = 1 なので
2
Pn − =
3
つまり
2
Pn =
3
(
)
2
Pn−1 −
3
(
)n (
)
1
2
−
1−
2
3
{
(
1
1− −
2
)n+1 }
である．
京大文系
4
4.1
2 番問題
次の 2 つの条件を同時に満たす四角形のうち面積か最小のものの面積を求めよ．
(a) 少なくとも 2 つの内角は 90 °である．
(b) 半径 1 の円が内接する．ただし，円が四角形に内接するとは，円が四角形の 4 つの辺すべて
に接することをいう．
4.1.1
解答
中心と接点を結ぶ半径のなす角のうち，90 °とはかぎらない 2 つの大きさを α，β とする．
Q
A
P
α
β
Q
A
P
α
β
図のように点を名づけると，
AP = AQ = tan
α
2
であり，他も同様であるから面積 S は
S = 2 + tan
となる．さらに α + β = 180◦ であるから，tan
α
β
+ tan
2
2
β
=
2
1
α
tan
2
である．
相加平均と相乗平均の不等式から
α
S = 2 + tan +
2
v
u
α
1
u
>
2 + 2utan ·
=4
=
t
α
α
2
tan
tan
2
2
1
α
= 1，つまり α = β = 90◦ のときである．
2
よって，最小値は 4 である．
等号は tan
4.2
5 番問題
a, b, c, d, e を正の実数として整式
f (x) = ax2 + bx + c
g(x) = dx + e
を考える．すべての正の整数 n に対して
f (n)
は整数であるとする．このとき f (x) は g(x) で割り
g(n)
切れることを示せ．
4.2.1
解答
すべての正の整数 n に対して
f (n)
が整数であることは，
g(n)
f (n + 1) f (n)
f (1)
が整数 かつ，すべての正の整数 n に対して
−
が整数
g(1)
g(n + 1)
g(n)
と同値である．ここで f (x) を g(x) で割ることにより
f (x) = (px + q)(dx + e) + r
とする．この結果
f (n + 1) f (n)
dr
−
=p−
g(n + 1)
g(n)
(dn + d + e)(dn + e)
となる．これが任意の正整数 n で整数となる．
···⃝
1
ここで p が整数でないとする．p = [p]+α とおく．ここで [p] は p を越えない最大の整数，0 < α < 1
dr
である．
は n が増加すれば単調に減少しいくらでも小さくなる．よって
(dn + d + e)(dn + e)
α>
dr
>0
(dm + d + e)(dm + e)
となる正整数 m がある．このとき n > m である n に関して ⃝
1 は整数ではあり得ない．よって p
dr
は整数．この結果，任意の n に対して
が整数である．ここで dr ̸= 0 なら十
(dn + d + e)(dn + e)
分大きい n に対して
dr
0<
<1
(dn + d + e)(dn + e)
となり整数ではあり得ない．よって dr = 0 である．
r = 0 なら f (x) は g(x) で割り切れる．
d = 0 のとき．g(x) は定数なので f (x) は g(x) で割り切れる．
阪大理系
5
5.1
2 番問題
実数 x, y が |x| <
= 1 と |y| <
= 1 を満たすとき，不等式
2
2
2 2
0<
= x + y − 2x y + 2xy
√
√
1 − x2 1 − y 2 <
=1
が成り立つことを示せ．
5.1.1
解答
√
√
f (x, y) = x2 + y 2 − 2x2 y 2 + 2xy 1 − x2 1 − y 2 とおく．
実数 x, y が |x| <
= 1 と |y| <
= 1 を満たすので，x = cos α，y = cos β となる実数 α，β が，
<
<
0 = α, β = π に存在する．このとき sin α >
= 0, sin β >
= 0 なので
cos2 α + cos2 β − 2 cos2 α cos2 β + 2 cos α cos β sin α sin β
1 + cos 2α 1 + cos 2β
1 + cos 2α 1 + cos 2β
1
=
+
−2·
·
+ sin 2α sin 2β
2
2
2
2
2
1
=
(1 − cos 2α cos 2β + sin 2α sin 2β)
2
1
=
{1 − cos 2(α + β)} = sin2 (α + β)
2
f (x, y) =
となる．よって，
0<
=1
= f (x, y) <
である．
ここで f (x, y) = 0 となるのは sin(α + β) = 0，つまり α + β が π の整数倍のとき．0 <
=π
= α, β <
では
(α, β) = (0, 0), (π, π),
および α + β = π
のとき．よって
(x, y) = (1, 1), (−1, −1),
および y = −x
のとき．
また f (x, y) = 1 となるのは sin(α + β) = ±1，つまり α + β が
π
の整数倍のとき．0 <
= α, β <
=π
2
では
(
) (
)
π
π
π 3π
0,
,
, 0 , および α + β = ,
2
2
2 2
√
√
√
√
π 3π
のとき．cos(α+β) = xy− 1 − x2 1 − y 2 なので，条件 α+β = ,
は xy = 1 − x2 1 − y 2 =
2 2
0 と同値である．よって
√
√
(x, y) = (±1, 0), (0, ±1),
および xy = 1 − x2 1 − y 2
(α, β) =
のとき．
注意
問題文は，不等式の成立のみを問うているので，前半まででよい．
「値域を求めよ」
「最大値，最小値を求めよ」なら，少なくとも等号が成立する x, y の存在を確
認しなければならない．
その場合の参考に，等号が成立する必要十分条件まで求めた．このような問題は，どのようなと
きに等号が成立するのかも考えるようにしよう．
5.2
3 番問題
以下の問いに笞えよ．
√
√
(1) 2 と 3 3 が無理数であることを示せ．
√
√
(2) p, q ， 2p + 3 3q がすべて有理数であるとする．そのとき，p = q = 0 であることを示せ．
5.2.1
(1)
√
解答
√
2 と 3 3 が有理数であると仮定する．
√
2=
q
, (p と q は互いに素),
p
√
m
3
3 = , (l と m は互いに素)
l
となる正の整数が存在する．これから
2=
q2
,
p2
3=
m3
l3
ところが，2 つの等式の左辺は整数で，p2 と q 2 ，l3 と m3 はそれぞれ互いに素な整数であ
る．よて p2 = 1, l3 = 1 である．
この結果 p = 1，l = 1 となり，
2 = q 2 , 3 = m3
となる．ところが
12 < 2 < 22 , 13 < 3 < 23
なので，このような整数 q, m は存在しない．
√
√
矛盾が生じたので， 2 と 3 3 は無理数である．
(2) 有理数
√
√
2p + 3 3q を r とおく．
3q 3 = (r −
√ 3
√
2p) = r3 + 6p2 r − 2(3pr2 + 2p3 )
となる．ここで 3pr2 + 2p3 ̸= 0 と仮定すると
√
r3 + 6p2 r − 3q 3
2=
3pr2 + 2p3
√
となり，右辺は有理数であるから， 2 が無理数であることと矛盾する．よって
3pr2 + 2p3 = 0,
r3 + 6p2 r = 3q 3
である．第 1 式から p = 0 または 3r2 + 2p2 = 0．3r2 + 2p2 = 0 なら p = r = 0 なので，い
ずれにせよ p = 0．第 2 式から r3 = 3q 3 となる．もし q ̸= 0 なら，これから
√
r
3
= 3
q
√
となり， 3 3 が無理数であることと矛盾する．よって q = 0．
p = q = 0 であることが示された．
5.3
5 番問題
n を 2 以上の整数とする．正方形の形に並んだ n × n のマスに 0 または 1 のいずれかの数字を入
れる．マスは上から第 1 行，第 2 行，…，左から第 1 列，第 2 列，…，と数える．数字の入れ方に
ついての次の条件 p を考える．
条件 p : 1 から n − 1 までのどの整数 i, j についても，第 i 行，第 i + 1 行と第 j 列，
第 j + 1 列とが作る 2 × 2 の 4 個のマスには 0 と 1 が 2 つずつ入る．
(1) 条件 p を満たすとき，第 n 行と第 n 列の少なくとも一方には 0 と 1 が交互に現れることを
示せ．
(2) 条件 p を満たすような数字の入れ方の総数 an を求めよ．
5.3.1
解答
(1) 以下 (i, j) で i 行 j 列の 0 かまたは 1 を表すものとする．第 n 行と第 n 列のいずれにも 0 ま
たは 1 が連続するところが存在するとし，それを
(i, n) = (i + 1, n), かつ (n, j) = (n, j + 1)
とする．このとき条件 p から
(i, n − 1) = (i + 1, n − 1), かつ (n − 1, j) = (n − 1, j + 1)
も成り立ち，帰納的に
(i, j) = (i + 1, j), かつ (i, j) = (i + 1, j)
が成り立つ．これは第 i 行，第 i + 1 行と第 j 列，第 j + 1 列とが作る 2 × 2 の 4 個のマスに
同じ文字が 3 個入ることを意味し条件 p と矛盾する．よって，第 n 行と第 n 列の少なくとも
一方には 0 と 1 が交互に現れる．
(2) 第 n 行と第 n 列の 0 と 1 の配置を決めると，
(n, n), (n, n − 1), (n − 1, n) から
(n, n − 1), (n, n − 2), (n − 1, n − 1) から
(n − 1, n − 1) が決まる．
(n − 1, n − 2) が決まる．
(n − 1, n), (n − 1, n), (n − 1, n − 1) から
·········
(n − 2, n − 1) が決まる．
2 × 2 の 4 個のマスに 0 と 1 を 2 個ずつ入れるのはすべて可能なので，条件 p に反すること
は起こらない．
以下順次それぞれ第 n − 1 行と第 n − 1 列の 0 と 1 の配置が決まる．それによって第 n − 2
行と第 n − 2 列の 0 と 1 の配置が決まり，こうしてすべての配置が 1 通りに決まる．
(n, n) = 0 で，
n 行が 0 と 1 が交互に現れるとすれば，n 行は 1 通りに決まり，n 列の決め方は 2n−1 通り．
n 列が 0 と 1 が交互に現れるとすれば，n 列は 1 通りに決まり，n 行の決め方は 2n−1 通り．
これらのうち，第 n 行と第 n 列のいずれも 0 と 1 が交互に現れる場合のみが，両方に入って
いる．
(n, n) = 1 の場合も同様である．
よって条件 p を満たすような数字の入れ方の総数 an は
an = 2(2n−1 + 2n−1 − 1) = 2n+1 − 2
である．
5.4
挑戦枠問題 1
すべての実数 x に対して定義された関数 f (x) で必ずしも連続とは限らないものを考える．いま，
f (x) がさらに次の性質をもつとする．
f (x + y) = f (x) + f (y), f (xy) = f (x)f (y), f (1) = 1
のとき，以下を示せ．
(1) すべての有理数 x に対して f (x) = x である．
(2) 実数 x, y について，x <
= y ならば f (x) <
= f (y) である．
(3) すべての実数 x に対し f (x) = x である．
注意：問題には明記されていないが，(2) で大小関係をもつとされているので，実数値関数とし
て考えよう．
5.4.1
解答
(1) f (0 + 0) = f (0) + f (0) より f (0) = 0．よって f (0) = f (x + (−x)) = f (x) + f (−x) とあわ
せて f (−x) = −f (x) である．
自然数 n に対して f (n) = n である．なぜなら f (1) = 1 であり，f (n) = n を仮定すると
f (n + 1) = f (n) + f (1) = n + 1
となるので，数学的帰納法から f (n) = n．この結果，f (−n) = −f (n) = −n となるので，整
数 x に対して f (x) = x．
x ̸= 0 のとき 1 = f (1) = f (x · x−1 ) = f (x)f (x−1 ) より，f (x) ̸= 0, f (x−1 ) ̸= 0 である．そ
q
−1
して f (x−1 ) = f (x) となる．この結果，有理数 x = に対して
p
f (x) = f (qp−1 ) = f (q)f (p−1 ) = f (q)f (p)
−1
=
q
p
となり，すべての有理数 x に対して f (x) = x であることが示された．
(2) x = y なら f (x) = f (y) なので x < y とし，y = x + c (c > 0) とおく．c > 0 なので c = b2
となる 0 でない実数 b がある．
f (y) = f (x) + f (c) = f (x) + f (b2 ) = f (x) + f (b)
2
2
ここで (1) の中で示したように f (b) ̸= 0 であるから f (b) > 0 である．よって f (x) < f (y)
が示された．
(3) f (s) ̸= s となる s があるとする．f (s) > s なら −f (s) < −s なので s の代わりに −s をとる
ことで f (s) < s としてよい．s が有理数なら f (s) = s なので，s は無理数である．
s を無限少数で表し小数点以下第 n 桁め以降を ϵn とする．0 < ϵn < 10−n+1 である．s の正
負に応じて
a = s − ϵn (s > 0),
a = s + ϵn − 10−n+1 (s < 0)
に有理数 a をとる． lim ϵn = 0 なので，n を十分大きくとると f (s) < a < s となる．
n→∞
この有理数 a に対して，a < s と (2) から f (a) < f (s) であるが，(1) から f (a) = a なので，
f (s) < a < f (s)
となり，矛盾が生じた．
よって f (s) ̸= s となる s は存在せず，すべての実数 x に対し f (x) = x である．
5.5
挑戦枠問題 2
√
n!
数列 {an } を an = √ n −n で定める．このとき lim an = 2π であることを，以下の手順で
n→∞
nn e
示せ．
22n (n!)2
π
(1) 数列 {bn } を bn = √
で定める．0 < x < のとき
2
n(2n)!
(n = 1, 2, 3, · · ·)
sin2n+1 x < sin2n x < sin2n−1 x
であることを用いて， lim bn =
n→∞
√
π であることを示せ．
(2) すべての自然数 n に対して
0 < log
an
100
<
an+1
n(n + 1)
が成り立つことを示せ．
an
= 1 であることを示せ．
a2n
√
(4) lim an = 2π であることを示せ．
(3) lim
n→∞
n→∞
解答
∫
(1) In =
5.5.1
π
2
sinn x dx とおく．
0
∫
In
∫
π
2
=
n
sin x dx =
0
π
2
sinn−1 x(− cos x)′ dx
0
[
]π
− sinn−1 x cos x 02 + (n − 1)
=
∫
π
2
(n − 1)
=
∫
π
2
sinn−2 x cos2 x dx
0
sinn−2 x(1 − sin2 x) dx = (n − 1)In−2 − (n − 1)In
0
∴
ここで
∫
I0 =
0
π
2
In =
π
dx = , I1 =
2
∫
n−1
In−2
n
π
2
[
] π2
sin x dx = − cos x
=1
0
0
したがって
I2n−1
I2n
I2n+1
2n − 2
2n − 1
2n − 1
=
2n
2n
=
2n + 1
=
2n − 4
2
· ···
2n − 3
3
2n − 3
1
·
· ···
2n − 2
2
2n − 2
2
·
· ···
2n − 1
3
·
·1
·
π
2
·1
sin2n+1 x < sin2n x < sin2n−1 x
22(n−1) {(n − 1)!}2
(2n − 1)!
(2n)!
π
= 2n
·
2 (n!)2 2
22n (n!)2
=
(2n + 1)!
=
(n = 1, 2, 3, · · ·)
より，I2n+1 < I2n < I2n−1 となるので
22n (n!)2
(2n)!
π
22(n−1) {(n − 1)!}2
< 2n
· <
2
(2n + 1)!
2 (n!) 2
(2n − 1)!
これを整理すると
2n
2n + 1
(
22n (n!)2
√
n(2n)!
)2
(
<π<
22n (n!)2
√
n(2n)!
)2
となる．つまり
π < bn 2 <
よって lim bn =
n→∞
√
π である．
2n + 1
·π
2n
(2)
an
n!
= √ n −n ·
an+1
nn e
√
(
)n+ 12
n + 1(n + 1)n+1 e−n−1
1
n+1
= ·
(n + 1)!
e
n
なので
log
an
=
an+1
(
)
(
)
1
1
n+
log 1 +
−1
2
n
である．ここで x >
= 0 に対して
f (x) = x −
x2
x3
+
− log(1 + x) >
=0
2
3
を示す．f (0) = 0 であり，
1
，
1+x
1
f ′′ (x) = −1 + 2x +
，
(1 + x)2
1
f ′′′ (x) = 2 −
，
2(1 + x)3
f ′ (x) = 1 − x + x2 −
f ′ (0) = 0
f ′′ (0) = 0
f ′′′ (0) > 0
′′
′
なので，下から順に x >
= 0 で f (x) >
= 0，f (x) >
= 0，f (x) >
= 0 が成り立つ．したがって
(
)(
)
an
1
1
1
1
2n + 1
<
log
n+
− 2 + 3 −1=
=
an+1
2
n 2n
3n
6n3
である．
2n + 1
598n(n − 1) + 595n − 1
100
−
=
>0
3
n(n + 1)
6n
6n3 (n + 1)
なので
log
つぎに，0 < log
an
100
<
an+1
n(n + 1)
an
を示す．
an+1
a1
1 3
= · 22 =
a2
e
(
8
e2
) 12
a1
> 0．また
a2
(
)
(
) (
)
(
)
1
1
1
1
=
n+1+
log 1 +
− n+
log 1 +
2
n+1
2
n
(
)
(
)
1
n+2
1
=
n+
log
+ log 1 +
>0
2
n
n+1
で e2 < 2.722 = 6.5824 < 8 なので log
log
an+1
an
− log
an+2
an+1
なので，すべての自然数 n に対して 0 < log
0 < log
an
である．よって次式が示された．
an+1
an
100
<
an+1
n(n + 1)
(3)
log
(
an
a2n
=
log
an
an+1
a2n−1
·
···
an+1 an+2
a2n
)
=
n
∑
k=1
n (
∑
n
∑
100
= 100
(n + k − 1)(n + k)
k=1
k=1
(
)
1
1
50
= 100
−
=
n 2n
n
<
log
an+k−1
an+k
1
1
−
n+k−1 n+k
よって
lim log
n→∞
log x は連続関数なので，これより lim
n→∞
an
=0
a2n
an
= 1 である．
a2n
(4)
an 2 =
√
√
(n!)2
22n (n!)2
(2n)!
√
=
·√
· 2 = 2bn · a2n
2n
−2n
2n
−2n
nn e
n(2n)!
2n(2n) e
なので
an =
この結果
lim an =
n→∞
√
a2n
2bn ·
an
√ √
√
2 · π · 1 = 2π
である．
阪大文系
6
6.1
1 番問題
実数 x, y が |x| <
= 1 を満たすとき，不等式
= 1 と |y| <
2
2
2 2
0<
= x + y − 2x y + 2xy
が成り立つことを示せ．
√
√
1 − x2 1 − y 2 <
=1
)
東北大理系
7
7.1
1 番問題
xy 平面において，次の式が表す曲線を C とする．
x2 + 4y 2 = 1, x > 0, y > 0
P を C 上の点とする．P で C に接する直線を l とし，P を通り l と垂直な直線を m として，x 軸
と y 軸と m で囲まれてできる三角形の面積を S とする．P が C 上の点全体を動くとき，S の最大
値とそのときの P の座標を求めよ．
7.1.1
解答
C 上の点 P を
(
)
1
P cos θ, sin θ
2
とおく．l の方程式は
1
sin θ = x cos θ + 2y sin θ = 1
2
となり，m の方程式は P を通り，法線ベクトルが l と直交するので
(
)
1
2 sin θ(x − cos θ) − cos θ y − sin θ = 0
2
x cos θ + 4y ·
つまり
2x sin θ − y cos θ =
3
sin θ cos θ
2
となる．よって x 軸，y 軸との交点は
(
) (
)
3
3
cos θ, 0 , 0, − sin θ
4
2
となり，x 軸と y 軸と m で囲まれてできる三角形の面積 S は
S=
0<θ<
座標は
1 3
3
9
· cos θ · sin θ =
sin 2θ
2 4
2
32
π
π
9
より 0 < 2θ < π ．したがって θ = のとき S は最大値
をとる．このとき点 P の
2
4
32
(
)
1
1
P √ , √
2 2 2
である．
7.2
2 番問題
xy 平面において，3 次関数 y = x3 − x のグラフを C とし，不等式
x3 − x > y > −x
の表す領域を D とする．また，P を D の点とする．
(1) P を通り C に接する直線が 3 本存在することを示せ．
(2) P を通り C に接する 3 本の直線の傾きの和と積がともに 0 となるような P の座標を求めよ．
7.2.1
解答
(1) p3 − p > q > −p となる p, q を用いて P(p, q) とおく．接点の x 座標を t として接線を
y = (3t2 − 1)(x − t) + t3 − t = (3t2 − 1)x − 2t3
とおく．これが点 P を通るので，
q = (3t2 − 1)p − 2t3
これを t で整理して
f (t) = 2t3 − 3pt2 + p + q = 0
f ′ (t) = 6t2 − 6pt
とする．条件 p3 − p > q > −p より p > 0 なのでこれより f (t) は t = 0, p で極である．とこ
ろが
f (0)f (p) = (p + q)(−p3 + p + q)
で，条件 p3 − p > q > −p より f (0)f (p) < 0 である．よって f (t) = 0 となる t が 3 個存在す
る．3 次曲線では，接点が異なれば接線も異なるので，P を通り C に接する直線が 3 本存在
することが示された．
(2) 3 接点の x 座標を α, β, γ とする．傾きに関する条件から
(3α2 − 1) + (3β 2 − 1) + (3γ 2 − 1) = 0
(3α2 − 1)(3β 2 − 1)(3γ 2 − 1) = 0
1
第 2 式の条件から α = ± √ とする．第 1 式は
3
3β 2 + 3γ 2 = 2
···⃝
1
2
となる．そしてこれに対する接点の y 座標は ∓ √ で，この傾き 0 の接線上に点 P がある
3 3
2
ので，q = ∓ √ である．
3 3
一方，α, β, γ が f (t) = 0 の 3 解なので
α+β+γ =
3p
p+q
, αβ + βγ + γα = 0, αβγ = −
2
2
1
この第 2 式と α = ± √ から
3
√
β + γ = ∓ 3βγ
⃝
1 を変形して代入すると
3(β + γ)2 − 6βγ = 9(βγ)2 − 6βγ = 2
√
1± 3
ここから βγ =
が必要である．
3
···⃝
2
1
2
α = √ ，q = − √ のとき．⃝
2 の第 3 式から
3
3 3
√
1 1± 3
2
2
p + q = −2αβγ = −2 · √ ·
=− √ ∓
3
3
3 3 3
√
1− 3
2
のとき p = ．この p と q については
p > 0 より βγ =
3
3
p3 − p =
2
− 10
2
> q = − √ > −p = −
27
3
3 3
より条件 p3 − p > q > −p をみたすので，(1) から実数 β と γ も存在する．
√
1
2
1+ 3
2
α = − √ ，q = √ のとき．同様にして，p > 0 より βγ =
のとき p = を得る．
3
3
3
3 3
ところがこの p と q は条件 p3 − p > q > −p をみたさない．
(
)
2
2
, − √
である．
よって条件をみたす点 P の座標は P
3
3 3
7.3
3 番問題
サイコロを 3 回投げて出た目の数を順に p1 , p2 , p3 とし，x の 2 次方程式
2p1 x2 + p2 x + 2p3 = 0
······
(∗)
を考える．
(1) 方程式 (∗) が実数解をもつ確率を求めよ．
(2) 方程式 (∗) が実数でない２つの複素数解 α, β をもち，かつ αβ = 1 が成り立つ確率を求めよ．
(3) 方程式 (∗) が実数でない 2 つの複素数解 α, β をもち，かつ αβ < 1 が成り立つ確率を求めよ．
7.3.1
解答
(1) 方程式 (∗) が実数解をもつ条件は判別式を D とすると
D = p2 2 − 16p1 p3 >
=0
である．これより p2 = 4, 5, 6 が必要である．
p2 = 4 のとき (p1 , p3 ) = (1, 1)
p2 = 5 のとき (p1 , p3 ) = (1, 1)
p2 = 6 のとき (p1 , p3 ) = (1, 1), (1, 2), (2, 1)
その確率は
5
5
=
である．
63
216
(2) 条件は
D = p2 2 − 16p1 p3 < 0, αβ =
p3
=1
p1
p1 = p3 より条件をみたす事象は次の場合である．
p2 = 1, 2, 3 のとき 1 <
= p1 = p3 <
= 6 の 6 通り
p2 = 4, 5, 6 のとき p1 = p3 ̸= 1 の 5 通り
その確率は
6·3+5·3
11
である．
=
63
72
(3) 条件は
D = p2 2 − 16p1 p3 < 0, p3 < p1
p2 = 1, 2, 3, 4, 5 のとき p1 = 2∼6 に対し p3 はそれぞれ p1 − 1 通り
p2 = 6 のとき
その確率は
注意
上記から (p1 , p3 ) = (2, 1) を除く
6(1 + 2 + 3 + 4 + 5) − 1
89
=
である．
63
216
(3) は αβ < 1 と αβ > 1 は対称性から確率が等しいこと用いて求めてもよい．実数解をも
つ場合と αβ = 1 の場合を除いて，その二分の一である．
(
)
5
11
89
1
1−
+
=
2
216 72
216
となる．
7.4
4 番問題
a > 0 を実数とする．n = 1, 2, 3, · · · に対し，座標平面の 3 点
((
)
)
1
1
) }a , ((2n + 1)π, 0)
(2nπ, 0) ,
2n +
π, {(
2
2n + 12 π
を頂点とする三角形の面積を An とし，
∫
(2n+1)π
Bn =
2nπ
sin x
dx,
xa
∫
(2n+1)π
Cn =
2nπ
sin2 x
dx
xa
とおく．
(1) n = 1, 2, 3, · · · に対し，次の不等式が成り立つことを示せ．
(2) 極限値 lim
An
を求めよ．
Bn
(3) 極限値 lim
An
を求めよ．
Cn
n→∞
n→∞
2
2
<
Bn <
=
=
a
{(2n + 1)π}
(2nπ)a
7.4.1
解答
(1) 区間 [2nπ, (2n + 1)π] において sin x >
= 0 なので
sin x
sin x
sin x
<
<
{(2n + 1)π}a = xa = (2nπ)a
である．
∫
(2n+1)π
[
](2n+1)π
sin x dx = − cos x
= −(−1)2n+1 + (−1)2n = 2
2nπ
2nπ
より n = 1, 2, 3, · · · に対し，次の不等式が成り立つ．
2
2
< Bn <
= (2nπ)a
{(2n + 1)π}a =
(2)
An =
1
1
π
) }a = {(
) }a
· π · {(
1
2
2n + 2 π
2 2n + 21 π
なので，(1) から
π(2nπ)a
An
π{(2n + 1)π}a
{(
) }a <
) }a
=B <
= {(
1
4 2n + 2 π
4 2n + 21 π
n
lim
n→∞
2n
2n +
1
2
= lim
n→∞
2n + 1
=1
2n + 12
より
lim
n→∞
An
π
=
Bn
4
である．
(3) 同様に
sin2 x
sin2 x
sin2 x
<
<
=
=
a
a
{(2n + 1)π}
x
(2nπ)a
であり，
∫
∫
(2n+1)π
(2n+1)π
2
sin x dx =
2nπ
2nπ
[
](2n+1)π
1 − cos 2x
1
sin 2x
π
dx =
x−
=
2
2
2
2
2nπ
である．よって
π
π
< Cn <
= 2(2nπ)a
2{(2n + 1)π}a =
が成り立つ．よって同様に考え
lim
n→∞
である．
An
=1
Cn
7.5
5 番問題
t > 0 を実数とする．座標平面において，3 点 A(−2, 0)，B(2, 0)，P(t,
形 ABP を考える．
√
3t) を頂点とする三角
(1) 三角形 ABP が鋭角三角形となるような t の範囲を求めよ．
(2) 三角形 ABP の垂心の座標を求めよ．
(3) 辺 AB，BP，PA の中点をそれぞれ M，Q，R とおく．t が (1) で求めた範囲を動くとき，三
角形 ABP を線分 MQ，QR，RM で折り曲げてできる四面体の体積の最大値と，そのときの
t の値を求めよ．
7.5.1
解答
(1)
AB2 = 16,
√
BP2 = (t − 2)2 + ( 3t)2 = 4(t2 − t + 1),
√
AP2 = (t + 2)2 + ( 3t)2 = 4(t2 + t + 1)
三角形 ABP が鋭角三角形となるのは
AB2 < BP2 + AP2 , BP2 < AP2 + AB2 , AP2 < AB2 + BP2
となるときである．これから
16 < 8(t2 + 1),
4(t2 − t + 1) < 4(t2 + t + 1) + 16,
4(t2 + t + 1) < 16 + 4(t2 − t + 1)
t > 0 なのでこれらから 1 < t < 2 となる．
(2) 三角形 ABP の垂心 H は P から x 軸への垂線上にあるので H(t, u) とおく．AH⊥BP より
√
√
−→ −→
AH · BP = (t + 2, u) · (t − 2, 3t) = t2 − 4 + 3tu = 0
4 − t2
t > 0 より u = √ ．よって垂心 H の座標は
3t
)
(
4 − t2
H t, √
3t
である．
(3) z 軸を加え，四面体を xyz 空間で考える．M，Q，R 以外の頂点 S を S(x, y, z) とおく．
SM2 =
1
1
1
AB2 , SQ2 = BP2 , SR2 = AP2
4
4
4
である．
(
M(0, 0, 0), Q
t+2
,
2
)
(
)
√
3t
t−2
3t
, 0 , R
,
, 0
2
2
2
√
であるから
x2 + y 2 + z 2 = 4
(
)2 (
t+2
x−
+ y−
2
)2 (
(
t−2
+ y−
x−
2
これより
√ )2
3t
+ z 2 = t2 − t + 1
2
√ )2
3t
+ z 2 = t2 + t + 1
2
√
4 − (t + 2)x − 3ty = −2t
√
4 − (t − 2)x − 3ty = 2t
4 − t2
x = t，y = √
が得られ，
3t
z 2 = 4 − (t2 + y 2 ) =
4(−t4 + 5t2 − 4)
3t2
√
3t
を得る．この値 |z| が xy 平面に対する四面体の高さである．△MPQ の面積は
なので四
2
面体の体積 V は
√
√
3t
4(−t4 + 5t2 − 4)
1√ 4
1
·
=
V = ·
−t + 5t2 − 4
2
3
2
3t
3
(
5
−t + 5t − 4 = − t −
2
4
√
1 < t2 < 4 なので t =
2
2
)2
+
9
4
5
のとき体積は最大値
2
V =
1 3
1
· =
3 2
2
となる．
注意
計算中心の解答を作った．次のような図形的考察を増やすことで，計算を減らすことがで
きる．
• (1) は，̸ P，̸ B が直角になるときが限界であるので，図形的に範囲を決めることができる．
• (3) は，折り曲げるときは，それぞれ対辺に直行する面に沿って折り曲げることを用いれば，
頂点 S の xy 座標が，△ABP の垂心に一致することがわかる．
7.6
6 番問題
k>
= 2 と n を自然数とする．n が k 個の連続する自然数の和であるとき，すなわち，
n = m + (m + 1) + · · · + (m + k − 1)
が成り立つような自然数 m が存在するとき，n を k− 連続和とよぶことにする．ただし，自然数
とは 1 以上の整数のことである．
(1) n が k− 連続和であることは，次の条件 (A)，(B) の両方か成り立つことと同値であることを
示せ．
n k 1
(A)
− + は整数である．
k
2 2
(B) 2n > k 2 が成り立つ．
(2) f を自然数とする．n = 2f のとき，n が k− 連続和となるような自然数 k >
= 2 は存在しない
ことを示せ．
(3) f を自然数とし，p を 2 でない素数とする．n = pf のとき，n が k− 連続和となるような自
然数 k の個数を求めよ．
7.6.1
解答
(1) n が k− 連続和であるとする．このとき自然数 m で
n = m + (m + 1) + · · · + (m + k − 1) =
k(2m + k − 1)
2
···⃝
1
となるものがある．これから
m=
n k 1
− +
k
2 2
となり右辺は整数である．また m >
= 1 なので
m−
1
2n − k 2
=
>0
2
2k
となり，条件（A)，
（B) が成り立つ．
逆に条件（A)，
（B) が成り立つとする．
m=
n k 1
− +
k
2 2
とおくと n が ⃝
1 となる．これは n が m に始まる k− 連続和であることを示している．さら
1
に条件 (B) から m − > 0 となり m は自然数である．
2
(2) 条件をみたすためには
2 · 2f = k(2m + k − 1)
より k 自体が k = 2e と表されることが必要である．このとき
n k 1
1
− + = 2f −e − 2e−1 +
k
2 2
2
であるが 2n > k 2 より 1 <
=
=e<
f +1
なので 2f −e − 2e−1 が整数となり，条件をみたす m が
2
存在しない．
(3)
2 · pf = k(2m + k − 1)
より
(k, 2m + k − 1) = (2pe , pf −e ), (pe , 2pf −e )
となる e が存在しなければならない．それぞれ
(
)
(
)
2m = pe pf −2e − 2 + 1, 2m = pe 2pf −2e − 1 + 1
となる．いずれも右辺は偶数なので，右辺が 2 以上となる e の個数が求めるものである．
f
f
f が偶数なら，第 1 の場合が 0 <
=e<
= 2 ．あわせて f 個．
=e<
= 2 − 1．第 2 の場合が 1 <
f が 3 以上の奇数なら，第 1 の場合が 0 <
=e<
=
f −1
f −1
．第 2 の場合が 1 <
=e<
= 2 ．あわ
2
せて f 個．
f = 1 なら第 1 の場合の 1 個．
いずれも f 個である．
東北大文系
8
8.1
1 番問題
次の性質をもつ数列 {an } を考える．
a1 = 3
an+1 > an
(n = 1, 2, 3, · · ·)
an − 2an an+1 + an+1 = 3(an + an+1 ) (n = 1, 2, 3, · · ·)
2
2
(1) n = 1, 2, 3, · · · に対し，an + an+2 を an+1 を用いて表せ．
(2) bn = an+1 − an (n = 1, 2, 3, · · ·) により定まる数列 {bn } の一般項を求めよ．
(3) 数列 {an } の一般項を求めよ．
8.1.1
解答
(1) 条件式から
an 2 − 2an an+1 + an+1 2 = (an − an+1 )2 = 3(an + an+1 )
an+1 2 − 2an+1 an+2 + an+2 2 = (an+1 − an+2 )2 = 3(an+1 + an+2 )
である．辺々引いて
(an − an+2 )(an − 2an+1 + an+2 ) = 3(an − an+2 )
an+2 > an+1 > an より
an − 2an+1 + an+2 = 3
つまり an + an+2 = 3 + 2an+1 である．
(2) (1) から
an+2 − an+1 = an+1 − an + 3
つまり bn+1 = bn + 3 である．よって数列 {bn } は等差数列で
bn = b1 + 3(n − 1)
である．a1 = 3 で条件式から a1 2 − 2a1 a2 + a2 2 = 3(a1 + a2 ) なので
a2 2 − 9a2 = 0
a2 > a1 = 3 より a2 = 9．よって b1 = 9 − 3 = 6 となり，
bn = 6 + 3(n − 1) = 3n + 3
である．
(3) 数列 {an } の階差数列が 3n + 3 なので
an = a1 +
n−1
∑
3(k + 1) = 3 + 3(2 + 3 + · · · + n) =
k=1
3n(n + 1)
2
である．これは n = 1 のときも適する．
8.2
2 番問題
t > 0 を実数とする．座標平面において，3 点 A(−2, 0)，B(2, 0)，P(t,
形 ABP を考える．
√
3t) を頂点とする三角
(1) 三角形 ABP が鋭角三角形となるような t の範囲を求めよ．
(2) 三角形 ABP の垂心の座標を求めよ．
(3) 辺 AB，BP，PA の中点をそれぞれ M，Q，R とおく．t が (1) で求めた範囲を動くとき，三
角形 ABP を線分 MQ，QR，RM で折り曲げてできる四面体の体積の最大値と，そのときの
t の値を求めよ．
8.3
3 番問題
サイコロを 3 回投げて出た目の数を順に p1 , p2 , p3 とし，x の 2 次方程式
2p1 x2 + p2 x + 2p3 = 0
···
(∗)
を考える．
(1) 方程式 (∗) が実数解をもつ確率を求めよ．
(2) 方程式 (∗) が実数でない２つの複素数解 α, β をもち，かつ αβ = 1 が成り立つ確率を求めよ．
8.4
4 番問題
a > 0 を実数とする．関数 f (t) = −4t3 + (a + 3)t の 0 <
=t<
= 1 における最大値を M (a) とする．
(1) M (a) を求めよ．
(2) 実数 x > 0 に対し，g(x) = M (x)2 とおく．xy 平面において，関数 y = g(x) のグラフに点
(s, g(s)) で接する直線が原点を通るとき，実数 s > 0 とその接線の傾きを求めよ．
(3) a が正の実数全体を動くとき，
M (a)
k= √
a
の最小値を求めよ．
解答
8.4.1
√
′
a+3
で極大である．よって
12
√
) (
)
(√
a+3
a+3
<1
0<
f
12
12 =
√
(
)
a+3
f (1)
1<
12
(1) f (t) = −12t + (a + 3) なので t =
2






M (a) =
となる．これより
 (
)3

 a+3 2
M (a) =
3

 a−1
(2) (1) から
接線は





 (
)3

 x+3
g(x) =
3

 (x − 1)2
(0 < a <
= 9)
(9 < a)
(0 < x <
= 9)
(9 < x)
(
)3
3(s + 3)2
s+3
(x − s) +
27
3
y = 2(s − 1)(x − s) + (s − 1)2
y=
(0 < s <
= 9)
(9 < s)
これが原点を通るので
(
)3
s+3
3(s + 3)2
(0 − s) +
27
3
0 = 2(s − 1)(0 − s) + (s − 1)2
0=
条件にあうのは第 1 式からの s =
である．
(0 < s <
= 9)
(9 < s)
3
である．このとき傾きは
2
(
)2
3
3
+3
9
2
=
27
4
(3)
k2 =
g(a)
a
は原点 (0, 0) と点 (a, g(a)) を結ぶ直線の傾きである．g(x) は x > 0 では g(x) > 0 でかつ下
に凸なので，原点 (0, 0) と点 (a, g(a)) を結ぶ直線の傾きが最小になるのは，(a, g(a)) での
3
9
接線が原点を通るときである．(2) から s = で最小で，k 2 の最小値は である．k > 0 よ
2
4
3
り k の最小値は である．
2
東北大後期理系
9
9.1
4 番問題
−1 < x < １ の範囲で定義された関数 f (x) で，次の 2 つの条件を満たすものを考える。
)
(
x+y
(−1 < x < 1, −1 < y < 1)
f (x) + f (y) = f
1 + xy
f (x) は x = 0 で微分可能で，そこでの微分係数は 1 である
(1) −1 < x < １ に対し f (x) = −f (−x) が成り立つことを示せ．
(2) f (x) は −1 < x < １ の範囲で微分可能であることを示し，導関数 f ′ (x) を求めよ．
(3) f (x) を求めよ．
9.1.1
解答
(1) 条件式に x = y = 0 を代入することにより f (0) + f (0) = f (0) なので f (0) = 0 である．さ
らに f (x) + f (−x) = f (0) = 0 となり，−1 < x < １ に対し f (x) = −f (−x) が成り立つこ
とが示された．
(2) f ′ (0) = 1 であることと (1) から
lim
h→0
f (h)
f (0 + h) − f (0)
= lim
= f ′ (0) = 1
h→0
h
h
である．そして，(1) から −f (x) = +f (−x) なので
f (x + h) − f (x)
h
=
=
ここで h → 0 のとき
(
f
(x + h) − x
1 − (x + h)x
h
f (x + h) + f (−x)
=
h
(
)
h
f
1
1 − (x + h)x
·
h
1 − (x + h)x
1 − (x + h)x
h
→ 0 なので，
1 − (x + h)x
lim
h→0
1
1
f (x + h) − f (x)
= f ′ (0) ·
=
h
1 − x2
1 − x2
)
よって，f (x) は −1 < x < １ の範囲で微分可能で，導関数 f ′ (x) =
(3) f ′ (x) =
1
2
(
1
1
+
1−x 1+x
)
1
である．
1 − x2
より
f (x) =
1
{− log(1 − x) + log(1 + x)} + C
2
f (0) = 0 なので C = 0 である．よって
f (x) =
1+x
1
log
2
1−x
である．
9.2
5 番問題
α, β, γ を複素数として，f (t) = αt2 + βt + γ とおく．実部と虚部がどちらも整数である複素数
全体の集合を R とする．また，i を虚数単位とする．
(1) 次の 2 条件 (a)，(b) は同値であることを示せ．
(a) すべての整数 n に対し，f (n) は R の要素である．
(b) 2α, β − α, γ はすべて R の要素である．
(2) x が R の要素ならば，
x(x + 1)
は R の要素であることを示せ．
1−i
(3) 次の 2 条件 (c),(d) は同値であることを示せ．
(c) すべての R の要素 x に対し，f (x) は R の要素である．
(d) (1 − i)α, β − α, γ はすべて R の要素である．
9.2.1
解答
(1) R の要素 x と y を整数 p, q, r, s を用いて x = p + qi, y = r + si とおくと
x ± y = (p ± r) + (q ± s)i ∈ R,
xy = (pr − qs) + (ps + qr)i ∈ R
である．以下ことわりなくこれを用いる．
(a) なら (b) を示す．
f (0), f (±1) ∈ R より f (0) = γ ∈ R．f (0) − f (−1) = β − α ∈ R，f (1) + f (−1) − 2f (0) =
2α ∈ R である．
(b) なら (a) を示す．
f (n + 1) − f (n) = α(n + 1)2 + β(n + 1) − αn2 − βn = 2αn + α − β ∈ R
より f (n) ∈ R なら f (n + 1) ∈ R．また f (n + 1) ∈ R なら f (n) ∈ R．かつ f (0) = γ ∈ R な
ので，数学的帰納法によって，すべての整数 n に対して f (n) ∈ R．
よって (a) が成立した．
(2) R の要素 x を p, q を整数として x = p + qi とおく．
x(x + 1)
1−i
=
=
=
=
(p + qi)(p + 1 + qi)
1−i
[p(p + 1) − q 2 + {(p + 1)q + pq}i](1 + i)
2
p(p + 1) − q 2 − {(p + 1)q + pq}
2
p(p + 1) − q 2 + (p + 1)q + pq
i
+
2
(p − q)(p + q + 1) − 2pq
2
(p + q)(p − q + 1) + 2pq
+
i
2
ここで p + q = p − q + 2q と p − q は偶奇が一致するので，(p − q)(p + q + 1)，(p + q)(p − q + 1)
(p − q)(p + q + 1) − 2pq (p + q)(p − q + 1) + 2pq
は偶数．よって，
．
はともに整数となり，
2
2
x(x + 1)
∈ R である．
1−i
(3) (c) なら (d) を示す．
整数はすべて R の要素なので，(1) から 2α, β − α, γ ∈ R である．i ∈ R なので (β − α)i ∈ R
も成立する．さらに f (i) = −α + βi + γ ∈ R である．ところが
(1 − i)α = −f (i) + (β − α)i + γ
より (1 − i)α ∈ R も成立する．
(d) なら (c) を示す．
f (x) = (1 − i)α ·
で，x ∈ R なら (2) より
f (x) ∈ R である．
9.3
x(x + 1)
+ (β − α)x + γ
1−i
x(x + 1)
∈ R である．(1 − i)α, (β − α)x + γ ∈ R とあわせて，
1−i
6 番問題
n を自然数とし，
∫
1
In =
0
dx
√
,
1 + xn
∫
Jn =
1
log
(√
)
1 + xn + 1 dx
0
とおく．ただし，対数は自然対数とする．
(1) 実数 t >
= 0 に対し，次の不等式が成り立つことを示せ．
(√
)
1+t+1
t
<
log
= 2 (√1 + t + 1)
2
(2) 次の不等式が成り立つことを示せ．
0<
= Jn − log 2 <
=
(3) 導関数
1
4(n + 1)
(√
)
d
log 1 + xn + 1 を求めよ．
dx
(4) 極限値 lim n(1 − In ) を求めよ．
n→∞
9.3.1
解答
(1)
f (t) =
t
(√
) − log
2 1+t+1
(√
1+t+1
2
)
√
t
= 1 + t − 1 となることに
とおく．f (0) = 0 であり，分母を有理化することで √
1+t+1
注意すると，
f ′ (t)
=
=
1
2
1
√
−√
· √
4 1+t
1+t+1 4 1+t
(
)
1
2
>0
√
1− √
4 1+t
1+t+1 =
である．よって実数 t >
= 0 に対し，f (t) >
= 0 が成り立つ．
√
n
(2) 0 <
=x<
= 1 において 2 <
= 1 + x + 1 なので，(1) とあわせて
0<
= log
である．さらに
(√
)
1 + xn + 1 − log 2 <
=
xn
(√
)=
2 1 + xn + 1
√
1 + xn − 1
2
√
√
n
n
n
1 + xn <
= x である．この結果，次の不等
= 1 + x なので， 1 + x − 1 <
式が成り立つ．
∫
0<
= Jn − log 2 <
=
0
1
xn
1
dx =
2
4(n + 1)
(3)
(√
)
d
nxn−1
√
log 1 + xn + 1 = √
dx
2 1 + xn ( 1 + xn + 1)
(4)
(
)
∫ 1√
1
1 + xn − 1
√
1− √
dx =
dx
n
1+x
1 + xn
0
0
)
∫ 1(
xn
√
√
dx
1 + xn ( 1 + xn + 1)
0
∫ 1
))′
2x ( (√
dx
log 1 + xn + 1
0 n
{[
}
]
∫ 1
(√
(√
) 1
)
2
−
log 1 + xn + 1 dx
x log 1 + xn + 1
n
0
0
)
√
2(
log( 2 + 1) − Jn
n
∫
1 − In
=
=
=
=
=
1
よって
{
}
√
n(1 − In ) = 2 log( 2 + 1) − log 2 + log 2 − Jn
である．(2) から n → ∞ のとき log 2 − Jn → 0 なので
(
)
√
lim n(1 − In ) = 2 log( 2 + 1) − log 2 ．
n→∞
名大理系
10
2 番問題
10.1
次の問に答えよ．
√
√
√
√
√
(1) α = 13 + 9 + 2 17 + 9 − 2 17 とするとき，整数係数の 4 次多項式 f (x) で f (α) = 0
となるもののうち，x4 の係数が 1 であるものを求めよ．
(2) 8 つの実数
√
± 13 ±
√
√
√
√
9 + 2 17 ± 9 − 2 17
(ただし，複合 ± はすべての可能性にわたる) の中で，(1) で求めた f (x) に対して方程式
f (x) = 0 の解となるものをすべて求め，それ以外のものが解でないことを示せ．
(3) (2) で求めた f (x) = 0 の解の大小関係を調べ，それらを大きい順に並べよ．
10.1.1
解答
(1)
√
(α − 13)2 =
より
(√
)2
√
√
√
9 + 2 17 + 9 − 2 17
···⃝
1
√
√
α2 − 2 13α + 13 = 18 + 2 13
再び
(α2 − 5)2 = 4 · 13 · (α + 1)2
···⃝
2
より
α4 − 62α2 − 104α − 27 = 0
したがって
f (x) = x4 − 62x2 − 104x − 27
が条件をみたす．
(2) f (x) = 0 の解を β とおき，(1) で 2 乗したところを逆にたどる．⃝
2 から
√
β 2 − 5 = ±2 13(β + 1)
⃝
1 の変形から
(β ∓
√ 2
13) =
(√
)2
√
√
√
9 + 2 17 ± 9 − 2 17
となり，さらに
β∓
√
13 = ±
(√
)
√
√
√
9 + 2 17 ± 9 − 2 17
である．左辺の ∓ と右辺の括弧内の ± は同順なので
 √
(√
√
√
√ )
 + 13 ±
9 + 2 17 + 9 − 2 17
(√
√
β=
√
√
√ )
 − 13 ±
9 + 2 17 − 9 − 2 17
よって
√
√
√
√
√
+ 13 + 9 + 2 17 + 9 − 2 17
√
√
√
√
√
+ 13 − 9 + 2 17 − 9 − 2 17
√
√
√
√
√
− 13 + 9 + 2 17 − 9 − 2 17
√
√
√
√
√
− 13 − 9 + 2 17 + 9 − 2 17
はすべて f (x) = 0 を満たす．それぞれ差をとっても 0 ではないので，すべて相異なる．4 次
方程式が 5 個以上の解をもつと，因数定理から
f (x) = (x − α1 )(x − α2 )(x − α3 )(x − α4 )(x − α5 ) · · ·
となり，両辺の次数に矛盾が起こる．よってこの 4 個以外のものは解ではない．
√
(3) 2 < 17 より
√
√
9 − 2 17 < 13 < 9 + 2 17
なので，
(
)
√
√
√
√
√
√
√
√
9 + 2 17 − 9 − 2 17 − + 13 − 9 + 2 17 − 9 − 2 17
√
√
√
= −2 13 + 2 9 + 2 17 > 0
√
− 13 +
√
他も同様なので，4 つの解を大きい順に並べると次のようになる．
√
√
√
√
√
+ 13 + 9 + 2 17 + 9 − 2 17
√
√
√
√
√
− 13 + 9 + 2 17 − 9 − 2 17
√
√
√
√
√
+ 13 − 9 + 2 17 − 9 − 2 17
√
√
√
√
√
− 13 − 9 + 2 17 + 9 − 2 17
11
11.1
九大理系
4 番問題
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，それか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．
11.1.1
解答
(1) n 回の試行の後に，袋の中の青玉の個数が 0，1，2，3 個である確率をそれぞれ
an , bn , cn , dn
とおく．
（操作）の決め方から次の漸化式が成り立つ．
1
bn ,
3
2
cn+1 = bn + dn ,
3
a0 = c0 = d0 , b0 = 1
an+1 =
2
bn+1 = an + cn ,
3
1
dn+1 = cn
3
2 回目の操作で硬貨をもらう確率は d2 である．
(
)
1
1 2
2
d2 = c1 =
b0 + d0 =
3
3 3
9
(2) はじめ青玉は 1 個なので，3 個になるためには，2 個増加しなければならない．1 回の試行で
青玉の変化は ±1 個である．奇数回目の操作での増減は奇数個である．よって奇数回目の操
作で青玉が 3 個となることはなく，硬貨をもらうことはない．
(3) n 回目に青玉が 1 個であるという条件の下で，n + 2 回目が青玉 1 個である確率は (1) から
1−
2
7
=
9
9
である．8 回目の操作ではじめて硬貨をもらう事象は，2 回で青が 1 個から 1 個となる操作
を 3 回繰り返し，7，8 回目と赤玉を取り出す事象である．その確率は
( )3
7
2 1
2 · 73
686
· · =
=
8
9
3 3
3
6561
である．
(4) 8 回の操作でもらう硬貨の総数がちょうど 1 枚である事象は，2，4，6，8 回目のいずれか 1
回のみ青玉が 3 個になる．
2
2
2，4，6 回目のいずれかで 1 度 3 個になると，そこから確率 1 · = で 2 回で 1 個に戻り，
3
3
1 個から 1 個をくりかえす．よって
( )2
2 2
7
2 回目のみ
· ·
9 3
9
7 2 2 7
· · ·
4 回目のみ
9 )
9 3 9
(
2
7
2 2
6 回目のみ
· ·
9
9 3
(3) とあわせて
2 · 73
2450
22 · 72
×3+ 8 =
7
3
3
6561
となる．
神戸大後期理系
12
2 番問題
12.1
m
m を自然数とする．自然数 n に対し，0 <
= |x| <
=y<
= n をみたす整数 x, y の組の個数を Sn と
する．以下の問に答えよ．
m
(1) 自然数 k に対し，0 <
= |x| <
= k をみたす整数 x の個数 Nk は
1
1
2k m − 1 <
= Nk <
= 2k m + 1
をみたすことを示せ．
n
∑
1 km <
n が成り立つことを示せ．
(2) Sn − 1 − 2
=
k=1
(3) lim
n→∞
12.1.1
Sn
1
n1+ m
を求めよ．
解答
1
m
(1) 0 <
= |x| <
= k より，0 <
= |x| <
= k m である．[x] で x を超えない最大の整数を表すと，
[ 1]
0, ±1, · · · , ± k m
が条件を満たす整数である．よって
[ 1]
Nk = 1 + 2 k m
である．ここで
[ 1]
1
1
km − 1 < km <
= km
なので
1
1
1
1
2k m − 1 < Nk <
= 2k m + 1
つまり
2k m − 1 <
= Nk <
= 2k m + 1
が成り立つ．
(2) y を y = k に固定したときの x の個数が Nk である．0 <
= n より
=k<
Sn =
n
∑
Nk
k=0
なので
n (
∑
n (
)
)
∑
1
1
2k m − 1 <
2k m + 1
=
= Sn <
k=0
これより
n
∑
k=1
k=0
1
2k m − n − 1 <
=
= Sn <
n
∑
k=1
1
2k m + n + 1
なので
−n − 2 <
= Sn − 1 − 2
n
∑
1
km <
=n
k=1
となり，
n
∑
1 km <
n
Sn − 1 − 2
=
k=1
が成り立つ．
(3) (2) より
1∑
2
n
n
k=1
であるが， lim
n→∞
( ) m1
( ) m1
n
k
Sn
1∑
k
n+1
n+1
<
2
− 1+ 1 <
+ 1+ 1
= 1+ m1 = n
n
n
m
n
n
n m
k=1
n+1
1
n1+ m
lim
n→∞
= 0 なので，
Sn
1
n1+ m
∫
[
1
=
2x
0
1
m
2m m+1
x m
dx =
m+1
]1
=
0
2m
m+1
である．
12.2
3 番問題
O を原点とする座標平面において，3 つの曲線 C1 , C2 , C3 を
C1 : x2 + y 2 = 1
x2
C2 :
+ 3y 2 = 1
3
C3 : x2 + y 2 = 3
(x >
= 0, y >
= 0)
(x >
= 0, y >
= 0)
(x >
= 0, y >
= 0)
で定める．C1 と C2 の交点を P とする．P を通り x 軸に垂直な直線と C3 との交点を Q とし，直
線 OQ と C1 の交点を R とする．直線 OP と C3 の交点を S とし，S を通り x 軸に垂直な直線と C2
との交点を T とする．以下の問に答えよ．
(1) 直線 RT は C1 に接することを示せ．
(2) 直線 RT は C2 に接することを示せ．
(3) 直線 RT と C1 と C2 で囲まれた図形の面積を求めよ．
12.2.1
解答
(
)
y
1
とする．C3 の方程式
(1) C3 上の点 (x, y) に対して，y 座標を とした点を (x, u) = x,
3
3
(
)
x2
y
に x, y = 3u を代入して整理すると
+ 3u2 = 1 となり， x,
は C2 上の点である．逆
3
3
1
もいえる．このことから，C2 は C3 を y 方向にのみ 倍した曲線であることがわかる．
3
√
√
√
R の座標を (cos θ, sin θ) とおく．Q( 3 cos θ, 3 sin θ) となり点 P の x 座標は 3 cos θ で
ある．これが C2 上にあるので
√
( 3 cos θ)2
+ 3y 2 = 1
3
(
)
√
1
1
3 cos θ, √ sin θ ．これが C1 上の点なので
より y = √ sin θ である．つまり P
3
3
3 cos2 θ +
sin2 θ
=1
3
···⃝
1
(
)
1
である．さらに S (3 cos θ, sin θ) となる．したがって点 T の座標は T 3 cos θ, sin θ と
3
なる．
さて，R における C1 の接線の方程式は
x cos θ + y sin θ = 1
T における C2 の接線の方程式は
3 cos θ
sin θ
x+3
y=1
3
3
となって一致する．つまり直線 RT は C1 に接する．
(2) (1) から直線 RT は C2 に接する．
(3) ⃝
1 から
3 cos2 θ +
これを解いて cos θ =
1 − cos2 θ
=1
3
1
π
．つまり θ = である．この結果，
2
3
)
(
(
(√
√ )
√ )
3 1
1
3
3
3
P
,
, R
,
, T
,
2 2
2 2
2 6
となる．
y
Q
R
√1
3
S
P
T
O
△PRT の面積は
−→
PR =
(
1
√
3
x
)
(
)
√
√
√
√
1− 3
3−1
3− 3
3−3
−→
,
, PT =
,
2
2
2
6
より
√ √
√
√ √
1 (1 − 3)( 3 − 3) (3 − 3)( 3 − 1) 2 3 1
△PRT = −
−
=
2
12
4
6
2
線分 PR と円弧 PR で囲まれた部分の面積は，̸ POR =
π
より，
6
π
π
1
1 π 1
· − · sin =
−
2 6
2
6
12 4
線分 PT と楕円弧 PT で囲まれた部分の面積は，線分 QS と円弧 QS で囲まれた部分の面積
1
の 倍である．
3
線分 QS と円弧 QS で囲まれた部分の面積は，面積比を考え線分 PR と円弧 PR で囲まれた
√
部分の面積の ( 3)2 = 3 倍である．
よって，線分 PT と楕円弧 PT で囲まれた部分の面積は，線分 PR と円弧 PR で囲まれた部
分の面積と等しい．
したがって求める面積は
√
√
(
)
2 3 1
π
1
2 3−π
− −2
−
=
6
2
12 4
6
である．
12.3
5 番問題
平面上に 5 点 A，B，C，D，E があり, それらのうちのど
A
の 3 点も一直線上にはないとする．これら 5 点のうちの 2
点の間をすべて線分で結ぶ．以下において「三角形」とは
A，B，C，D，E うちの 3 点を頂点とする三角形のことで
あり，辺とは，A，B，C，D，E のうちの 2 点を結ぶ線分
B
E
のことである．三角形は 10 個，辺は 10 本ある．ここから
4 本の辺を消すことを考える．このとき「三角形 PQR が残
る」とは，3 本の辺 PQ，QR，RP がどれも消されないこ
ととする．以下の問に答えよ．
C
D
(1) X=A，B，C，D，E に対し，
「点 X が出す辺」とは，X と他の 4 点のどれかとを結ぶ辺のこ
ととする．10 本の辺のうち 4 本を消したとする．このとき，出す辺が 3 本以上あるような点
が，A，B，C，D，E の中に少なくとも１つあることを示せ．
(2) 三角形が 1 個も残らないような，4 本の辺の消し方は何通りか．
(3) 1 個の三角形 ABC だけが残り，他の 9 個の三角形は残らないような，4 本の辺の消し方は何
通りか.
(4) ちょうど 1 個の三角形だけが残るような，4 本の辺の消し方は何通りか．
解答
12.3.1
(1) 10 本の辺のうち 4 本を消し 6 本残っているとき，その両端にくる点は，重複を許して 12 点
である．
A，B，C，D，E のいずれからも 2 個以下の重複での選び方では，高々10 点しか選ばれない．
よって少なくとも 1 点は 3 個以上選ばれる．その頂点が出す辺は 3 本以上ある．
(2) P から 3 本出ているとし，それを PQ，PR，PS とする．残る点を T とすると，TP は消さ
れ，また QR，RS，ST も消さねばならない．これで 4 本消したので，TQ，TR，TS は残る．
P の決め方が 5 通り，Q，R，S の決め方が 4 通り．
P と T を入れ替えても同じ消し方になる．よって三角形が 1 個も残らないような，4 本の辺
の消し方は
5·4
= 10 (通り)
2
(3) 三角形 ABC で辺は 3 本であるから，後 3 本残す．D から A，B，C のうち 2 点と結ぶと三
角形ができる．A，B，C のうち 1 点と結び，DE も結ぶ．E からは，D から結んだ以外の 2
点と結ぶ．これ以外にはない．よってその結び方は
3 × 2 = 6 (通り)
(4) 三角形は 10 個ある．そのうち 1 つを選ぶ．その三角形だけが残るような，4 本の辺の消し方
は (3) から 6 通り．よってその総数は
10 × 6 = 60 (通り)
13
13.1
一橋大
1 番問題
n を 2 以上の整数とする．n 以下の正の整数のうち，n との最大公約数が 1 となるものの個数を
E(n) で表す．たとえば
E(2) = 1, E(3) = 2, E(4) = 2, · · · , E(10) = 4, · · ·
である．
(1) E(1024) を求めよ．
(2) E(2015) を求めよ．
(3) m を正の整数とし，p と q を異なる素数とする．n = pm q m のとき
とを示せ．
1
E(n)
>
が成り立つこ
=
n
3
13.1.1
解答
(1) 1024 = 210 である．したがって a と 1024 との最大公約数が 1 となるということは a が奇数
ということである．1 から 1024 の範囲にある奇数は 512 個ある．よって
E(1024) = 512
(2) 2015 = 5 · 13 · 31 であるから 2015 から，1 から 2015 の範囲にある 5，または 13，または 31
の倍数の個数を除いた数が E(2015) である．この範囲の k の倍数の集合を Nk などのように
記す．また n(
) で集合の要素の個数を表す．
n(N5 ∪ N13 ∪ N31 )
=
n(N5 ) + n(N13 ) + n(N31 ) − n(N5 ∩ N13 ) − n(N13 ∩ N31 )
−n(N31 ∩ N5 ) + n(N5 ∩ N13 ∩ N31 )
= 13 · 31 + 5 · 31 + 5 · 13 − (5 + 13 + 31) + 1 = 575
よって
E(2015) = 2015 − 575 = 1440
である．
(3) 同様に考える．まず，1 から n の範囲にある p および q の倍数の個数を求める．p の倍数は
n
= pm−1 q m である．他も同様なので
p
n(Np ) = pm−1 q m , n(Nq ) = pm q m−1 , n(Np ∩ Nq ) = pm−1 q m−1
よって
n(Np ∪ Nq ) =
n(Np ) + n(Nq ) − n(Np ∩ Nq )
= pm−1 q m−1 (q + p − 1)
したがって
E(n) = pm q m − pm−1 q m−1 (q + p − 1) = pm−1 q m−1 (p − 1)(q − 1)
となる．この結果，
(
)(
)
E(n)
1
1
= 1−
1−
n
p
q
である．p と q は異なる素数なので，一方が 2 以上，他方は 3 以上である．よって
(
)(
)
E(n)
1
1
1
>
1
−
1
−
=
=
n
2
3
3
が成り立つ．
13.2
2 番問題
座標平面上の原点を O とする．点 A(a, 0)，点 B(0, b) および点 C が
OC = 1, AB = BC = CA
を満たしながら動く．
(1) s = a2 + b2 ，t = ab とする．s と t の関係を表す等式を求めよ．
(2) △ ABC の面積のとりうる値の範囲を求めよ．
13.2.1
解答
(1) C(x, y) とおく．条件から
x2 + y 2 = 1, a2 + b2 = (x − a)2 + y 2 = x2 + (y − b)2
である．これより
1 − 2ax = b2 , 1 − 2by = a2
···⃝
1
を得る．
t = ab = 0 のとき．a = 0 なら b2 = s = 1．y = ±
1
となり x, y は存在する．b = 0 なら
2
1
a2 = s = 1．x = ± となり x, y は存在する．したがって (s, t) = (1, 0) は条件をみたす．
2
t ̸= 0 のとき．⃝
1 から
x=
x2 + y 2 = 1 に代入して
1 − b2
1 − a2
, y=
2a
2b
(1 − b2 )2
(1 − a2 )2
+
=1
2
4a
4b2
これより
b2 (b2 − 1)2 + a2 (a2 − 1)2 = 4a2 b2
···⃝
2
ここで
a6 + b6
=
(a2 + b2 )3 − 3a2 b2 (a2 + b2 ) = s3 − 3st2
a4 + b4
=
(a2 + b2 )2 − 2a2 b2 = s2 − 2t2
なので ⃝
2 から
s3 − 3st2 − 2(s2 − 2t2 ) + s = 4t2
これより
s{(s − 1)2 − 3t2 } = 0
t ̸= 0 なので a と b は 0 でなく，s ̸= 0．よって
(s − 1)2 − 3t2 = 0
これは s = 1，t = 0 のときもみたす．
(2) △ ABC は正三角形なのでその面積 S は
√
√
√
1
π
3
3 2
3
2
2
S = AB · AC sin =
AB =
(a + b ) =
s
2
3
4
4
4
a2 と b2 は X の 2 次方程式
X 2 − sX + t2 = 0
···⃝
3
の解である．s のとりうる値の範囲は，この 2 次方程式が非負の 2 解をもつことである．⃝
3
0
であるので，条件は
の左辺を f (X) とおく．f (0) = t2 >
=
判別式 : D = s2 − 4t2 = s2 −
4(s − 1)2
>
= 0,
3
軸 :
s
>0
2=
である．これより
√
√
4−2 3<
=s<
=4+2 3
よって△ ABC の面積 S のとりうる値の範囲は
√
√
2 3−3
2 3+3
<
=s<
=
2
2
である．
東工大
14
5 番問題
14.1
n を相異なる素数 p1 , p2 , · · · , pk (k >
= 1) の積とする．a, b を n の約数とするとき，a, b の最
大公約数を G，最小公倍数を L とし，
L
f (a, b) =
G
とする．
(1) f (a, b) が n の約数であることを示せ．
(2) f (a, b) = b ならば，a = 1 であることを示せ．
(3) m を自然数とするとき，m の約数であるような素数の個数を S(m) とする．S(f (a, b)) +
S(a) + S(b) が偶数であることを示せ．
14.1.1
解答
(1) 問いはすべて正の約数で成立することを示せば十分である．
a = Ga′ ，b = Gb′ とおくと a′ と b′ は互いに素であるから，a′ b′ G が最小の公倍数である．
よって
L
= a′ b′ = f (a, b)
G
となる．a′ ，b′ は n の約数であり，a′ と b′ は互いに素であるから，その積 a′ b′ も n の約数で
ある．
(2) f (a, b) = b より a′ b′ = b = Gb′ である．この結果 G = a′ となる．a = a′ G より a = a′ で
ある．a′ ̸= 1 なら a′ の因数となる素数を p とするとき，p2 が n の約数となる．これは n が
2
相異なる素数の積であることに矛盾する．よって a′ = 1 となり，a = a′ = 1 であることが
2
示された．
(3) q1 , · · · , qs と r1 , · · · , rs を p1 , p2 , · · · , pk の中で a′ ，b′ に実際に現れる素数として
a′ = q1 q2 · · · qs ,
b′ = r1 r2 · · · rt
とする．素数の集合 {q1 , · · · , qs } と {r1 , · · · , rt } に共通なものはない．n が相異なる素数
の積なので，G に現れる素数と q1 , · · · , qs , r1 , · · · , rs にも共通なものはない．よって
S(f (a, b)) = s + t, S(a) = S(G) + s, S(b) = S(G) + t
となり，
S(f (a, b)) + S(a) + S(b) = 2S(G) + 2s + 2t
は偶数である．
千葉大
15
6 番問題
15.1
k, m, n を自然数とする．以下の問いに答えよ．
(1) 2k を７で割った余りが 4 であるとする．このとき，k を 3 で割った余りは 2 であることを
示せ．
(2) 4m + 5n が 3 で割り切れるとする．このとき，2mn を 7 で割った余りは 4 ではないことを
示せ．
15.1.1
解答
(1) 0 以上の整数 l を用いて k = 3l + r (r = 0, 1, 2) とおく．


 1 (r = 0)
k
3l+r
l
r
r
2 =2
= (7 + 1) · 2 ≡ 2 ≡
2 (r = 1)


4 (r = 2)
(mod. 7)
なので，2k を７で割った余りが 4 であるとき，k を 3 で割った余りは 2 である．
(2) 4m + 5n = 3(m + 2n) + m − n なので，m − n が 3 で割り切れる．m − n = 3l とおく．この
とき，(1) と同様に
2mn = 2(3l+n)n ≡ 2n
2
(mod. 7)
となる．(1) から 2mn を 7 で割った余りが 4 となるためには，n2 を 3 で割った余りが 2 でな
ければならない．
ところが n を 3 で割った余りが 0, 1, 2 に応じて，n2 を 3 で割った余りは 0, 1, 1 となり，2
余るものはない．よって 2mn を 7 で割った余りは 4 ではない．
15.2
10 番問題
0 以上の整数 n に対して，整式 Tn (x) を
T0 (x) = 1, T1 (x) = x, Tn (x) = 2xTn−1 (x) − Tn−2 (x) (n = 2, 3, 4, · · ·)
で定める．このとき，以下の問いに答えよ．
(1) 0 以上の任意の整数 n に対して
cos(nθ) = Tn (cos θ)
となることを示せ．
(2) 定積分 ∫
1
−1
Tn (x) dx
の値を求めよ．
15.2.1
解答
(1) 数学的帰納法で示す．n = 0, 1 のときは
cos(0 · θ) = 1, cos(1 · θ) = cos θ
より成立する．n − 2 と n − 1 で成立するとする．n のとき
Tn (cos θ) =
2 cos θTn−1 (cos θ) − Tn−2 (cos θ)
=
2 cos θ cos(n − 1)θ − cos(n − 2)θ
=
cos{θ + (n − 1)θ} + cos{θ − (n − 1)θ} − cos(n − 2)θ
=
cos(nθ) + cos(2 − n)θ − cos(n − 2)θ = cos(nθ)
より成立する．よって 0 以上の任意の整数 n に対して
cos(nθ) = Tn (cos θ)
となる．
∫ 1
(2) In =
Tn (x) dx とおく．
−1
T0 (x) = 1 で T1 (x) は奇関数より I0 = 2, I1 = 0 である．n >
= 2 のとき x = cos θ (0 <
=θ<
= π)
と置換する．
∫ 0
∫ π
In =
cos nθ(− sin θ) dθ =
cos nθ sin θ dθ
[π
]π ∫ π 0
sin nθ
sin nθ
=
· sin θ −
· cos θ dθ
n
n
0
0
∫ π
1
= −
sin nθ · cos θ dθ
n 0
ここで
∫
0
sin nθ · cos θ dθ
[
]π ∫ π
− cos nθ
− cos nθ
=
· cos θ −
· (− sin θ) dθ
n
n
0
0
1
(−1)n + 1
− In
=
n
n
π
なので
In = −
1
n
{
(−1)n + 1
1
− In
n
n
}
より
In = −
(−1)n + 1
n2 − 1
これは n = 0, 1 でも適する．
参考：(2) の別解
次のようにすれば，三角関数の積分を経ないで，漸化式と三角関数の微分だけ
から同じ結果を得ることができる．
整式 Tn (x) と Un (x) を
{
T1 (x) = x, U1 (x) = 1,
Tn+1 (x) = xTn (x) + (x2 − 1)Un (x)
Un+1 (x) = Tn (x) + xUn (x)
で定める．このとき
cos nθ = Tn (cos θ),
sin nθ = Un (cos θ) sin θ
が成立し，さらに第一式を θ で微分して
−n sin nθ = Tn ′ (cos θ)(− sin θ)
より，関係式
Tn′ (x) = nUn (x)
が成り立つ．
これについては，
『数学対話』の「チェビシフの多項式」なども参照のこと．
第 2 の漸化式と微分の関係から
1
1
T ′ (x) = Tn (x) + xTn′ (x)
n + 1 n+1
n
となる．この両辺の定積分をとることで，
[
]1
∫
1 1
1
Tn+1 (x)
= In +
xTn′ (x) dx
n+1
n
−1
−1
[
]1
∫
1
1 1
= In +
xTn (x)
−
Tn (x) dx
n
n −1
−1
]1
[
1
1
= In +
xTn (x)
− In
n
n
−1
を得る．ここで
[
]1
Tn (x)
−1
[
]1
xTn (x)
= Tn (1) − Tn (−1)
= Tn (cos 0) − Tn (cos π) = 1 − cos nπ = 1 − (−1)n
= Tn (1) + Tn (−1) = 1 + (−1)n
−1
より
1 + (−1)n
1
1 − (−1)n+1
= In +
− In
n+1
n
n
これを整理して
In = −
(−1)n + 1
n2 − 1
が得られる．
注意
cos{n(θ + π)} = Tn {cos(θ + π)}
より
(−1)n cos(nθ) = Tn (− cos θ)
である．Tn (x) は整式なので，
Tn (−x) = (−1)n Tn (x)
が成り立ち，n が奇数なら Tn (x) は奇関数，n が偶数なら Tn (x) は偶関数である．
早稲田教育学部
16
問題
16.1
3 種類の記号 a, b, c から重複を許して n 個を選び，それらを一列に並べて得られる長さ n の記
号列を考える．このような記号列のなかで，a がちょうど偶数個含まれるようなものの総数を g(n)
とする．ただし，0 個の場合も偶数個とみなす。たとえば，g(1) = 2, g(2) = 5 である．
n
(1) 自然数 n >
= 1 に対して，g(n + 1) = g(n) + 3 が成り立つことを示せ．
(2) g(n) を求めよ．
(3) 一般に，a を含む m 種類の記号から重複を許して n 個を選び，それらを一列に並べて得られ
る長さ n の記号列を考える．ただし，m >
= 2 とする．このような記号列のなかで，a がちょ
うど奇数個含まれるようなものの総数を km (n) とする．自然数 n >
= 1 に対して，km (n) を求
めよ．
16.1.1
解答
(1) a がちょうど奇数個含まれるようなものの総数を f (n) とする．n + 1 列の最後の文字で場合
分けすることにより
g(n + 1) = f (n) + 2g(n), f (n) + g(n) = 3n
となる．よって
g(n + 1) = f (n) + 2g(n) = 3n − g(n) + 2g(n) = g(n) + 3n
である．
(2) 数列 {g(n)} の階差が 3n なので，
g(n) = g(1) +
n−1
∑
k=1
である．
3k = 2 +
3(3n−1 − 1)
3n + 1
=
3−1
2
(3) a がちょうど偶数個含まれるようなものの総数を hm (n) とする．同様に考え
km (n + 1) = hm (n) + (m − 1)g(n), hm (n) + km (n) = mn
である．これより
km (n + 1) = hm (n) + (m − 1)g(n)
=
(m − 2)km (n) + mn
となる．m >
= 3 のとき
km (n)
1
km (n + 1)
=
+
(m − 2)n+1
(m − 2)n
m−2
(
m
m−2
)n
km (1) = 1 なので
km (n)
(m − 2)n
=
=
mn−1
−1
km (1)
m
(m − 2)n−1
+
·
m
m − 2 (m − 2)2
−1
m−2
mn − (m − 2)n
2(m − 2)n
m = 2 のときは k2 (n + 1) = 2n より k2 (n) = 2n−1 なので，この場合も含めて
km (n) =
mn − (m − 2)n
2
である．
17
17.1
慶応環境情報学部
改題問題
座標平面上の原点 O(0, 0) と点 A(0, 2) を通る 2 円
C1 : (x + 1)2 + (y − 1)2 = 2,
C2 : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 5
が与えられている．原点 O を通る直線 L と C1 , C2 との交点 (̸= O) をそれぞれ D，E とする．D ̸= E
のとき，線分 DE の内点 P を DP : PE = 3 : 1 なるようにとる．D = E のとき，P = D とする．直
線 L を原点を中心に回転させるとき，点 P の軌跡を求めよ．
17.1.1
解1
解答
直線 L の方程式を y = mx または x = 0 とする．x = 0 のとき D = E = (0, 2), (0, 0)
であり，P は (0, 2) または (0, 0) である．
2 円の方程式にそれぞれ y = mx を代入して
c1 : x2 + 2x + m2 x2 − 2mx = 0,
C2 : x2 − 4x + m2 x2 − 2mx = 0
を得る．直線 L が x = 0 ではないときは x ̸= 0 なので，これより
(
)
(
)
2m − 2 2m − 2
2m + 4 2m + 4
D
,
·
m
,
E
,
·
m
m2 + 1 m2 + 1
m2 + 1 m2 + 1
となる．この結果点 P の座標は次のようになる．
(
)
(
)
1 2m − 2 2m − 2
3 2m + 4 2m + 4
P =
,
·m +
,
·m
4 m2 + 1 m2 + 1
4 m2 + 1 m2 + 1
(
)
1 8m + 10 8m + 10
=
,
·m
4 m2 + 1 m2 + 1·
点 P(X, Y ) とすると，m =
Y
なのでこれを
X
X=
1 8m + 10
·
4 m2 + 1
に代入して，X ̸= 0 のもとで整理すると，
5
X 2 − X + Y 2 − 2Y = 0
2
となる．これは (0, 2), (0, 0) も満たす．
5
x2 − x + y 2 − 2y = 0
2
(
)2
5
41
⇐⇒
x−
+ (y − 1)2 =
4
16
√
(
)
5
41
より，点 P の軌跡は，
, 1 を中心とする半径
の円である．
4
4
解 2 L が y 軸でないとする．
O1
Q
O2
D
H1
R
H2 P
E
このとき，図のように，円 C1 , C2 の中心を O1 , O2 ，O1 , O2 から L に下ろした垂線の足を
H1 , H2 とする．
O1 O2 を 3 : 1 に内分する点を Q，Q から L に下ろした垂線の足を R とする．このとき，
OD = 2OH1 , OE = 2OH2 , H1 R : RH2 = 3 : 1
なので，3 点 H1 , R, H2 を原点 O から 2 倍に拡大した位置に，D，P，E がある．よって
2OR = OP
つまり △QOP は QO = QP の 2 等辺三角形である．
点 Q の座標は
1
3
(−1, 1) + (2, 1) =
4
4
(
)
5
, 1
4
で，これは L が動いても変化しない定点である．よって点 P は Q を中心とする半径 OQ の円とな
る．この円はこれは
(0, 0)，(0, 2) も通る．
√
√
(
)
5
41
41
なので点 P の軌跡は，
, 1 を中心とする半径
の円である．
OQ =
4
4
4
大阪医科大
18
問題 1
18.1
an =
n
∑
k2n−k (n = 1, 2, · · ·) とおく．
k=1
(1) 和 an を求めよ．
(2) 数列 {an } を次のように 4 個ずつの群に分ける：
|a1 , a2 , a3 , a4 |a5 , a6 , a7 , a8 | · · · · · ·
このとき，各群の 2 つ目の項以外の 3 数は，5 で割ったときの余りが等しいことを示せ．
18.1.1
(1)
解答
k
k−1
k
1
= k−1 − k + k−1 なので
2k
2
2
2
an
n (
∑
k−1
k
1
− k + k−1
= 2
k−1
2
2
2
k=1


1
1− n 

n
2

= 2n 
− 2n +
1 
1−
2
n
)
= −n + 2(2n − 1) = 2n+1 − n − 2
(2) 自然数 m に対して
a4m+1 ≡ a4m+3 ≡ a4m+4
(mod. 5)
···⃝
1
を示せばよい．
a4m+3 − a4m+1
= 24m+4 − (4m + 3) − 24m+2 + (4m + 1)
= 3 · 24m+2 − 2 = 3(5 − 1)2m+1 − 2 ≡ −3 − 2 ≡ 0
a4m+4 − a4m+3
(mod. 5)
= 24m+5 − (4m + 4) − 24m+4 + (4m + 3)
= 24m+4 − 1 = (5 − 1)2m+2 − 1 ≡ 1 − 1 ≡ 0
(mod. 5)
これから ⃝
1 が成立する．つまり，各群の 2 つ目の項以外の 3 数は，5 で割ったときの余り
が等しいことが示された．
問題 2
18.2
平面上の三角形 ABC は二等辺三角形でないと仮定する．三つの内角 ̸ A，̸ B，̸ C の対辺の長
さをそれぞれ a, b, c とする．三角形 ABC の外接円を F ，外心を O とする．点 A における F の
接線と直線 BC の交点を S とする．同様に点 B における F の接線と直線 CA の交点を T，点 C に
おける F の接線と直線 AB の交点を U とする．
(1) △ SAB と△ SCA は相似であることを示し，2 つの三角形の面積の比を a, b, c を用いて表せ．
−→
−→
−→ c2 OC − b2 OB
を示せ．
(2) OS =
c2 − b2
−→
−→
−→ −
→
(3) xOS + y OT + z OU = 0 を満たす 0 でない実数 x, y, z の 1 組を a, b, c を用いて表せ．
(4) （3）で求めた x, y, z は x + y + z = 0 を満たすことを示して，S，T，U は一直線上にある
ことを示せ．
18.2.1
解答
(1)
△ SAB と △ SCA お い て ，接 弦 定 理 か ら
̸
SAB = ̸ ACS である．̸ ASB が共通なの
で△ SAB と△ SCA は相似である．相似比は
U
AB : AC = c : b なので，2 つの三角形の面積
の比は c2 : b2 である．
(2) この相似比によって
T
b
c
· SA = SC, · SA = SB
c
b
A
S
B
である．この結果
b
c
· SA : · SA = b2 : c2
c
b
つまり，点 S は線分 CB を b2 : c2 に外分する点である．よって
−→
−→
−→ c2 OC − b2 OB
OS =
c2 − b2
CS : SB =
が成り立つ．
(3) (2)，およびそれと同様にして
−→
(c2 − b2 )OS =
−→
(a2 − c2 )OT =
−→
(b2 − a2 )OU =
−→
−→
c2 OC − b2 OB
−→
−→
a2 OA − c2 OC
−→
−→
b2 OB − a2 OA
が成り立つ．右辺の和は 0 なので，
x = c2 − b2 , y = a2 − c2 , z = b2 − a2
ととれば条件を満たす．
C
−→
−→
−→ −
→
(4) （3）で求めた x, y, z は x + y + z = 0 を満たす．よって xOS + y OT + (−x − y)OU = 0
より
−→
−→ −
→
xUS + y UT = 0
これは S，T，U が一直線上にあることを意味している．
問題 3
18.3
(
円周 x2 +y 2 = 1 の x > 0, y > 0 の部分にある弧を C とする．C 上の点 (cos θ, sin θ)
における C の接線を Lθ とおく．また，実数 a 対して曲線 y = (x − a)2 −
(1) 0 < θ <
0<θ<
π
である θ に対して，Lθ が Pa に接するような a が定まることを示し，a を θ で
2
(2) （1）の a を表す θ の関数のグラフの慨形を 0 < θ <
(3) Pa と接する Lθ
π
で描け．
2
(
)
π
0<θ<
が存在するような a の範囲を求めよ．
2
解答
(1) Lθ の方程式は
x cos θ + y sin θ = 1
である．これと Pa の方程式から y を消去して，
1 − x cos θ = sin θ(x − a)2 −
sin θ
4
つまり
(sin θ)x2 + (cos θ − 2a sin θ)x + a2 sin2 θ −
0<θ<
sin θ
−1=0
4
π
である θ に対して，この判別式を 0 とする a が存在することを示せばよい．
2
)
(
sin θ
−1
D = (cos θ − 2a sin θ)2 − 4 sin θ a2 sin2 θ −
4
= cos2 θ − 4a sin θ cos θ + sin2 θ + 4 sin θ
= 1 + 4 sin θ − 2a sin 2θ = 0
0<θ<
)
1
を Pa と表す．
4
表せ．
18.3.1
π
2
π
においては sin 2θ ̸= 0 であるから，
2
a=
と定まる．
1 + 4 sin θ
2 sin 2θ
(2)
d
dθ
(
1 + 4 sin θ
2 sin 2θ
)
=
4 cos θ sin 2θ − 2(1 + 4 sin θ) cos 2θ
2 sin 2θ
a
ここで
分子
= 8(1 − sin2 θ) sin θ − 2(1 + 4 sin θ)(1 − 2 sin2 θ)
= 2(2 sin θ − 1)(2 sin2 θ + 2 sin θ + 1)
π
で極小で，極小
6
√
π
値は 3 である．また θ → 0,
のとき → ∞
2
なので，グラフの慨形は，右図のようになる．
したがってこの関数は θ =
√
3
θ
O
π
6
π
2
(3) (2) の関数の増減から，条件を満たす θ が存在する a の範囲は
√
a>
= 3
である．
問題 4
18.4
a, b を正の定数として，平面上の楕円
(x − 1)2
y2
+ 2 = 1 を E とする．
2
a
b
(1) E が直線 y = x と接するとき b を a で表せ．また接点の x 座標 x0 を求めよ．
(2) E が (1) の条件を満たすとき，x <
= x0 を満たす E の部分と 2 直線 y = x, y = 0 とで囲まれ
る図形を，x 軸の周りに回転させてできる立体の体積 V を a を用いて表せ．
18.4.1
解答
(1) 2 つの方程式
(x − 1)2
y2
+ 2 = 1 と y = x を連立し，y を消去する．
2
a
b
(
)
(x − 1)2
x2
1
1
2
1
+
−
1
=
+
x2 − 2 x + 2 − 1 = 0
a2
b2
a2
b2
a
a
E が直線 y = x と接することはこの 2 次方程式が重解をもつことと同値である．よって
(
)(
) (
)
1
1
1
1
1
1
1
D/4 = 4 −
+
−
1
=
+
− 2 2 =0
a
a2
b2
a2
a2
b2
a b
√
これから a2 + b2 = 1．b > 0 なので b = 1 − a2 である．このときの重解が，接点の x 座標
x0 である．よって
1
b2
a2
= 2
x0 =
= b2 = 1 − a2
1
1
a + b2
+ 2
a2
b
である．
(2) 立体は，高さと半径が x0 の円錐から，x <
= x0 を満たす E の部分と x = x0 で囲まれる領域
を x 軸まわりに回転した立体を除いたものである．
よってその体積 V は
V =
π 3
x0 −
3
∫
x0
πy 2 dx
y
−a+1
で与えられる．ここで定積分の y は，E の方
程式を y について解いたものである．これを
計算する．
V
=
=
=
O
{
}
(x − 1)2
1−
dx
a2
1−a
[
]1−a2
π 6
(x − 1)3
2
b − πb x −
3
3a2
1−a
π 6
b − πb2
3
∫
x0
1−a2
1
x
−1 + a
π
π
(1 − a2 )(1 − a)2 = (1 + a)(1 − a)3
3
3
問題 5
18.5
はじめに袋の中に赤玉と青玉が 2 個ずつ入っている．次の試行を n 回行う．
袋の中をよくかき混ぜてから玉を 1 個取り出す．
その色が赤なら手元において，青なら袋に戻す．
n >
= 1 として，n 回の試行の後に手元に残る赤玉の個数が 2，1，0 個である確率をそれぞれ
pn , qn , rn とする．
(1) p2 , q2 , r2 を求めよ．
(2) p3 , q3 , r3 を求めよ．
(3) n >
= 2 として pn , qn , rn のそれぞれを pn−1 , qn−1 , rn−1 を用いて表せ．
(4) rn を n を用いて表せ．
(5) pn , qn を n を用いて表せ．
18.5.1
解答
(1) 手元に赤玉が 2，1，0 個あるということは，袋の中に赤玉が 0，1，2 個あるということであ
る．はじめは 2 個あった．
n 回の試行の後赤玉が 2 個であるのは，n − 1 回の後赤玉が 2 個で，n 回目に青を出すときで
ある．また n 回の試行の後赤玉が 1 個であるのは，n − 1 回の後赤玉が 2 個で赤を取り出す
か n − 1 回の後赤玉が 1 個で青を取り出すときである．
同様に考え n = 1, 2, 3, · · · に対して次の漸化式が成り立つ．
rn =
1
rn−1 ,
2
qn =
2
1
qn−1 + rn−1 ,
3
2
1
pn = pn−1 + qn−1
3
ここで
p0 = 0, q0 = 0, r0 = 1
であるから
r1 =
1
1
, q1 = , p1 = 0
2
2
となる．よって
r2 =
1
1
r1 = ,
2
4
q2 =
2
1
7
q1 + rn−1 =
,
3
2
12
p2 =
1
6
(2) また
r3 =
1
,
8
q3 =
2
1
37
q2 + r2 =
,
3
2
72
1
13
p3 = p1 + q2 =
3
36
(3) (1) でおこなった．
(4) (1) から
rn =
( )n
1
1
r0 = n
2
2
(5) (4) から
qn =
2
1
1
qn−1 + · n−1
3
2 2
である．よって
2n qn =
4 n−1
(2
qn−1 ) + 1
3
これより
2 n qn + 3 =
したがって
)
4 ( n−1
2
qn−1 + 3
3
( )n
( 0
)
4
4n
2 qn + 3 =
2 q0 + 3 = n−1
3
3
n
よって
qn =
また
pn = 1 − qn − rn = 1 −
4n − 3n
2n · 3n−1
4n − 3n
1
2n
1
−
=
1
−
− n−1
n
n−1
n
n−1
2 ·3
2
3
2
である．
19
19.1
関西大
問題 (記述形式に改題)
n を正の整数とする．第 1 象限において，点 P(x, y) が曲線 x2 + n2 y 2 = 2 上を動くとき，xy の
最大値を an ，xy が最大となる P の座標を (xn , yn ) とおく．
(1) an および (xn , yn ) を n を用いて表せ．
(2) (xn , yn ) における曲線 x2 + n2 y 2 = 2 の接線と法線の方程式を求めよ．
(3) この接線と x 軸，および y 軸で囲まれた三角形の面積を Sn とする．Sn を n を用いて表し，
極限値
) }
{( n
∑
kan+k Sn
lim
n→∞
k=1
を求めよ．
19.1.1
解答
(1) 2 = x2 + n2 y 2 = (x − ny)2 + 2nxy より
xy =
等号は x = ny より x = 1，y =
※
1
2 − (x − ny)2
<
=n
2n
1
のとき．
n
これは相加平均と相乗平均の不等式から導くの同じことである．
よって
an = xy =
別解
1
,
n
(
(xn , yn ) =
1,
1
n
)
x2 + n2 y 2 = (x + ny)2 − 2nxy であるから x2 + n2 y 2 = 2 を満たす正の x と y に関して
xy =
(x + ny)2 − 2
2n
となる．したがって xy が最大になるのは x + ny が最大となるときである．x + ny = k と
おくと，k が最大になるのは直線 x + ny = k とが楕円 x2 + n2 y 2 = 2 に接するときである．
x = −ny + k なので x を消去して (−ny + k)2 + n2 y 2 = 2．これから
2n2 y 2 − 2nky + k 2 − 2 = 0
この y の 2 次方程式が重解をもつので，判別式を D とすると
D/4 = n2 k 2 − 2n2 (k 2 − 2) = −n2 k 2 + 4n2 = 0
これより k = ±2．正の x と y のときは k = 2 であり，y の重解は y =
x = −ny + k = 1 である．
（以下は上の解と同じ）
1
である．このとき
n
(2) (xn , yn ) における曲線 x2 + n2 y 2 = 2 の接線は
xn x + n2 yn y = x + ny = 2
また法線は
(
)
(
)
1
1
1,
を通りこれと直交するので n(x − 1) − y −
= 0 より
n
n
nx − y = n −
1
n
(
(3) この接線の x 軸，および y 軸との交点は (2, 0),
Sn =
2
0,
n
)
なので
1
2
2
·2· =
2
n
n
である．よって
(
n
∑
)
kan+k
k=1
2∑
2∑ k
=
Sn =
n
n+k
n
n
n
k=1
k=1
k
n
1+
k
n
なので，
{(
lim
n→∞
n
∑
)
kan+k
k=1
}
Sn
2∑
= lim
n→∞ n
n
k=1
k
n
1+
k
n
)
∫ 1(
x
1
dx = 2
1−
dx
1+x
0 1+x
0
[
]1
= 2 x − log(1 + x) = 2(1 − log 2)
∫
1
= 2
0
防衛医科大
20
問題 1
20.1
以下の問いに答えよ．
(1) a5 − 12a4 + 36a3 − 81a + 1 と a2 − 6a がともに有理数となるような無理数 a の値を求めよ．
(2) a1 = 1，a2 = e，an+2 = an −2 an+1 3 (n = 1, 2, · · ·) で定まる数列 {an } の一般項を求めよ．
(3) 関数 f (x) が f (4) = k1 ，f ′ (4) = k2 を満たすとする．
4f ((x + 2)2 ) − (x + 2)2 f (4)
= αk1 + βk2
x→0
x
lim
となるような定数 α, β の値を求めよ．
20.1.1
解答
(1)
a5 − 12a4 + 36a3 − 81a + 1 = a(a2 − 6a)2 − 81a + 1
である．a2 − 6a = k とおく．
左辺 = ak 2 − 81a + 1 = a(k 2 − 81) + 1
となる．ここでもし有理数 k 2 − 81 が 0 でなければ，
a=
左辺 − 1
k 2 − 81
と左辺が有理数のとき a も有理数になり，条件を満たさない．よって k 2 − 81 = 0 が必要で
ある．これから k = ±9．k = −9 のとき
a2 − 6a − k = (a − 3)3 = 0
より a が有理数になり，条件を満たさない．k = 9 のとき
a2 − 6a − k = a2 − 6a − 9 = 0
と条件を満たす．
√
a=3±3 2
√
a=3±3 2
(2) an ，an+1 が正の数なら an+2 も正の数である．a1 = 1，a2 = e なので an はすべて正の数で
ある．そこで
bn = log an
とおく．an+2 = an −2 an+1 3 (n = 1, 2, · · ·) より
bn+2 = −2bn + 3bn+1 ,
b1 = 0, b2 = 1
である．これより
bn+2 − bn+1 = 2(bn+1 − bn )
bn+2 − 2bn+1 = bn+1 − 2bn
よって
bn+1 − bn = 2n−1 (b2 − b1 ) = 2n−1
bn+1 − 2bn = b2 − 2b1 = 1
よって
bn = 2n−1 − 1
したがって
an = e2
n−1
−1
(3) F (x) = 4f ((x + 2)2 ) − (x + 2)2 f (4) とおく．
F (0) = 4f (4) − 4f (4) = 0
なので
4f ((x + 2)2 ) − (x + 2)2 f (4)
F (x) − F (0)
= lim
= F ′ (0)
x→0
x→0
x
x−0
lim
である．ここで
F ′ (x) = 8(x + 2)f ′ ((x + 2)2 ) − 2(x + 2)f (4)
より
F ′ (0) = 16f ′ (4) − 4f (4) = αf (4) + βf ′ (4)
これから
α = −4, β = 16
である．
問題 2
20.2
n を自然数とし，0 から n までの整数のうち 1 つを表示する装置を考える．表示される数 X
が k (k = 0, 1, · · · , n) である確率 P (X = k) は，P (X = k) = Cαk （ただし，C は定数で，
0 < α < 1）であるとする．このとき，以下の問いに答えよ．
(1) P (X = k) を α，k ，n で表せ．
(2) P (X < k) > 1 − αk (k = 1, 2, · · · , n, n + 1) を示せ．
(3) 確率 p で 1 点を得られ，確率 1 − p で得点が得られない試行を考える（0 < p < 1）．この試
行を m 回繰り返したとき，得点が l (0 <
=l<
= m) となる確率を Qm,l (p) とおく．m, l を定
数，p を変数とする．
(i) y = log Qm,l (p) のグラフの慨形をかけ．ただし，横軸を p，縦軸を y とする．
(ii) Qm,l (p) を最大にする p を求めよ．
(4) α =
20.2.1
1
のとき，Q2m,m (P (X < k)) を最大にする k (k = 1, 2, · · · , n, n + 1) の値を求めよ．
2
解答
(1) 確率の定義から
n
∑
P (X = k) =
k=0
よって C =
n
∑
Cαk =
k=0
C(1 − αn+1 )
=1
1−α
1−α
となり，
1 − αn+1
P (X = k) =
1−α
· αk
1 − αn+1
である．
(2) (1) より k = 1, 2, · · · , n, n + 1 に対して
P (X < k) =
k−1
∑
P (X = j) =
j=0
=
1−α
1 − αk
·
1 − αn+1 1 − α
1 − αk
> 1 − αk
1 − αn+1
が成り立つ．
(3)
(i) m 回中 l 回得点 1 を得る事象なので
Qm,l (p) = m Cl pl (1 − p)m−l
である．よって
{
)
Q′m,l (p) = m Cl lpl−1 (1 − p)m−l − (m − 1)pl (1 − p)m−2
であるから
dy
dp
y
Q′m,l (p)
Qm,l (p)
l
m−1
l − mp
−
=
p
1−p
p(1 − p)
=
=
l
m
O
1
p
である．この結果，関数 y = log Qm,l (p) は
l
p=
で極大で最大である．また
m
lim log Qm,l (p) = lim log Qm,l (p) = −∞
p→0
p→1
なので，そのグラフの慨形は右図のように
なる．
(ii) Qm,l (p) を最大にする p は p =
(4) (1) において α =
l
である．
m
1
とすると
2
1−
P (X < k) =
1−
1
2k
1
2n+1
であり，これは k に関して単調増加である．
m
1
1
(2) から Q2m,m (p) を最大にする p は p =
= であり，p > で単調減少である．
2m
2
2
k = 1 のとき
1−
P (X < 1) =
1−
1
2
1
>
1
2
2n+1
であるから，Q2m,m (P (X < k)) を最大にする k の値は 1 である．
問題 3
20.3
√
√ √
√
√
2)，B(2 6, 2)，C( 6, 3 2) があり，点 P(p, q) を，線分 AP の垂
√
直二等分線と線分 BP の垂直二等分線が C で交わるようにとる．ただし，q > 2 とする．また，
座標平面上に 3 点 A(0,
A から直線 BP に下ろした垂線と B から AP に下ろした垂線が T(s, t) で交わるとする．このと
き，以下の問いに答えよ．
(1) 点 P の軌跡を求め，図示せよ．
(2) 点 T の軌跡を求め，図示せよ．
20.3.1
解答
√ √
√
√
(1) x 軸を実軸，y 軸を虚軸にとり，複素数平面上で考える．A(2i)，B(2 6+ 2i)，C( 6+3 2i)，
点 P(p + qi) とする．2 点を結ぶ線分の垂直 2 等分線とは，その 2 点への距離の等しい点の軌
跡であるから，線分 AP の垂直二等分線と線分 BP の垂直二等分線が C で交わることは，P
が A，B と異なり，C から点 A，B，P への距離が等しいことと同値である．
CA = CB =
なので，条件は
√
6+8
√ √
√
√
p + qi − ( 6 + 3 2i) = 14, q > 2
つまり，点 P の軌跡は，
(x −
√ 2
√
√
6) + (y − 3 2)2 = 14, y > 2
でる定まる円の一部である．y =
···⃝
1
√
√
2 のとき，x = 0, 2 6 であるから，それを図示すると，
図 1 のようになる．
√
√
p + qi − (2 6 + 2i)
√
が純虚数ということと同値である．
s + ti − 2i
√
p + qi − 2i
√
√
BT⊥AP は
が純虚数ということと同値である．
s + ti − (2 6 + 2i)
√
√
√
√
√
p + qi − (2 6 + 2i)
{p + qi − (2 6 + 2i)}(s − ti + 2i)
√
√
=
s + ti − 2i
|s + ti − 2i|2
√
√
√
{p − 2 6 + (q − 2)i}{s − (t − 2)i}
√
=
|s + ti − 2i|2
(2) AT⊥BP は
なので，これが純虚数ということは
√
√
√
(p − 2 6)s + (q − 2)(t − 2) = 0
同様に，もう一つの条件
√
√
√
(s − 2 6)p + (t − 2)(q − 2) = 0
が必要である．辺々引いて
√
2 6(p − s) = 0
つまり p = s である．よって
√
√
√
(p − 2 6)p + (q − 2)(t − 2) = 0
···⃝
2
ここで p と q は方程式 ⃝
1 を満たすので，
(p −
√
√
6)2 = 14 − (q − 3 2)2
これから
√
(p − 2 6)p
q>
√ 2
√
6) − 6 = 14 − (q − 3 2)2 − 6
√
√
√
= −(q 2 − 6 2 + 10) = −(q − 2)(q − 5 2)
= (p −
√
2 なので ⃝
2 より
t−
√
√
2=q−5 2
これから
√
t=q−4 2
√
よって点 T の軌跡は，点 P の軌跡を y 方向に −4 2 平行移動したものである．つまり，点
T の軌跡は，
√
√
√
(x − 6)2 + (y + 2)2 = 14, y > −3 2
でる定まる円の一部である．それを図示したものが図 2 である．
y
√
2
y
B
A
√
2 6
O
√
3 2
C
√
2A
O
B x
√
2 6
√
6
x
√
−3 2
図1
図2
(2) の別解
点 P の軌跡となる円の部分を C とする．点 A，B を通り，直線 AB に直交する直線が C と交わ
る他の点を A′ ，B′ とする．点 T は △ABP の垂心である．頂点 A，B，P から対辺への垂線の足
を J，K，L とする．
A′
B′
P B′
A′
C
C
P
K D
K
B
A
L
A
T J
L
J
B
T
A′′
B′′
A′′
B′′
⌢
点 P が点 A や B を含む側の弧 A′ B′ にあるとき．△PKB と △BJT はともに直角三角形で，点 B
回りの頂角が対頂角で等しいので，
̸
APB = ̸ ATB
したがって点 T は線分 AB を弦とする半径が C と等しい円周上を動く．この円を C ′ とする．そ
して AB に関する A′ , B′ の対称点を A′′ , B′′ とする．このとき
̸
PB′ B = ̸ PAB
ところが，BB′ と AP の交点を D とすると，△ABK と △BDK が 1 角を共有する直角三角形であ
ることから，
̸
PB′ B = ̸ PAB = ̸ KBD = ̸ B′′ BT = ̸ BTL
よって
B′ P // BT
となり，四角形 BTPB′ は平行四辺形．この結果
√
√
PT = B′ B = (2AC)2 − AB2 = 4 2
√
よって，点 T は点 P を 4 2 平行移動した位置にある．
⌢
点 P が点 A や B を含まない側の弧 A′ B′ にあるとき．
同様に直角三角形の比較から，
̸
PTK = ̸ BAP,
̸
PTJ = ̸ ABP
この結果，
̸
ATB = ̸ PTK + ̸ PTJ = π − ̸ APB
⌢
√
よって点 T は円 C ′ の，点 A′′ を含まない側の弧 AB 上を動き，点 T は点 P を 4 2 平行移動した
位置にある．
⌢
あわせて，点 T は円 C ′ から，点 A や点 B を含まない側の弧 A′′ B′′ を除いた部分にある．逆に
√
この部分の T に対しては，逆方向に 4 2 平行移動した位置にある点を P とするとき，この点 P に
対応するのが点 T である．
⌢
よって点 T の軌跡は，円 C ′ から，点 A や点 B を含まない側の弧 A′′ B′′ を除いた部分である．
20.4
問題 4
2
とし，
1 + ex
∫
∫
∫
1 x
1 x
1 x
log f2 (x) =
f1 (t) dt, log f3 (x) = −
f2 (t) dt, log f4 (x) =
f3 (t) dt
2 0
2 0
2 0
f1 (x) =
のように
(−1)k
log fk (x) =
2
∫
x
fk−1 (t) dt (k = 2, 3, 4, · · ·)
0
と定める．また，
2n+1
∑∫ π
x sin x
gk (x) = fk (x) ×
, In =
gk (x) dx,
4 − cos2 x
∫ π k=1 −π
∫ π
sin x
x sin x
dx, K =
dx
J=
2x
4
−
cos
4
−
cos2 x
0
0
とする．このとき，以下の問いに答えよ．
(1) fk (x) を積分を用いずに表せ．
(2) In を J で表せ．
(3) J を K で表せ．
(4) In を求めよ．
20.4.1
解答
1
ds
の原始関数を求める．
= et = s − 1 なので
t
1+e
dt
)
∫
∫ (
∫
1
1
1
1
ds =
−
ds
dt =
1 + et
s(s − 1)
s−1 s
s−1
et
= log
+ C = log
+C
s
1 + et
(1) 1 + et = s とおいて
これより
[
]x
et
2ex
1
2 log
=
log
log f2 (x) =
2
1 + et 0
1 + ex
よって
f2 (x) =
条件式は
2ex
1 + ex
fk′ (x)
(−1)k
=
fk−1 (x),
fk (x)
2
と同値である．ここで
fk (0) = 1
f1′ (x)
を計算すると
f1 (x)
− 2ex
−1
f1′ (x)
(1 + ex )2
=
=
f2 (x)
2
f1 (x)
2
1 + ex
となり，f3 (x) が満たすべき条件を満たす．したがって f3 (x) = f1 (x)．以下は同様である．
よって




2
1
+
ex
fk (x) =
x
2e



1 + ex
(k : 奇数)
(k : 偶数)
(2)
2n+1
∑
k=1
である．
2n+1
∑
x sin x
4 − cos2 x
k=1
{ (
)
}
2
2ex
2
x sin x
=
n
+
+
×
x
x
x
1+e
1+e
1+e
4 − cos2 x
(
)
2
x sin x
=
2n +
×
x
1+e
4 − cos2 x
gk (x) =
fk (x) ×
x sin x
は偶関数なので
4 − cos2 x
)
∫ π (
2
x sin x
In =
2n +
×
dx
x
1
+
e
4
−
cos2 x
−π
∫ π
2
x sin x
= 4nJ +
×
dx
x
1
+
e
4
−
cos2 x
−π
∫
π
さらに A =
−π
2
x sin x
×
dx とし，x を −x に変換すると
1 + ex
4 − cos2 x
∫
−π
A=
π
2
x sin x
×
(−dx) =
1 + e−x
4 − cos2 x
よって
∫
(
π
2A =
−π
2
2ex
+
1 + ex
ex + 1
)
×
∫
π
−π
2ex
x sin x
×
dx
ex + 1 4 − cos2 x
x sin x
dx = 4J
4 − cos2 x
この結果 A = 2J となり
In = (4n + 2)J
である．
(3) 定積分
∫
π
J=
0
x sin x
dx
4 − cos2 x
で x を π − x に変換すると，sin(π − x) = sin x，cos(π − x) = − cos x なので
∫
0
J=
π
(π − x) sin x
(−dx) =
4 − cos2 x
よって
∫
2J =
0
つまり J =
π
∫
π
0
(π − x) sin x
dx
4 − cos2 x
π sin x
dx = πK
4 − cos2 x
π
K である．
2
(4)
∫
K
=
=
=
π
sin x
dx
4
−
cos2 x
0
)
∫ π(
1
sin x
sin x
+
dx
4 0
2 − cos x 2 + cos x
[
]π
1
1
log(2 − cos x) − log(2 + cos x) = log 3
4
2
0
よって
In = (4n + 2)J = (2n + 1)πK =
2n + 1
π log 3
2