1999年入試研究 -...
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～1999年入試研究
2020 年 1 月 23 日
はじめに
20世紀の日本の大学入試で，別解がいろいろあったりして面白いもので，『高校数学の方法』や
『数学対話』でまだ取り上げていないを順次紹介します (南海)．
目 次
1 代数 3
1.1 67年京大文理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 78年京大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 83年東大理科 2番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 83年東大理科 6番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.5 84年東大理科 3番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.6 91年京大後期理系 1番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.7 99年東大理科 5番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.7.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 幾何 13
2.1 91年京大後期理系 3番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 93年東大後期理科 2番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1
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3 解析 18
3.1 83年室蘭工大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.2 89年東大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.3 90年東工大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.4 97年東大後期理科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.5 98年京大後期理系 4番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
3.6 99年東大理科 2番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
4 場合の数と確率 34
4.1 95年京大後期理系 5番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
4.2 96年東大後期理科改題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.3 97年京大後期理系 5番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.4 99年京大文系 5番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
4.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4.5 84年東大文理科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
4.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
4.6 98年九州工芸大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.7 98年東北大後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
4.7.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2
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1 代数
1.1 67年京大文理
次の の中に適当な数または式を入れよ．また（イ）～（ホ）の「 」で囲まれた文章の
理由を，最後の（イ）～（ホ）の解答のところで述べよ．
方程式
x2 − 3y2 = 1 · · · 1⃝
をみたす整数の組 (x, y)を求めることを考える．（以下この方程式の整数解を単に解と略称する．）
準備のために次のことを確かめておく．
（イ） 「a, b, c, dが整数であって，a+ b√3 = c+ d
√3ならば，a = c，b = dである．」
次に (x, y)が解であれば，(x, −y)，(−x, y)，(−x, −y)も解であることは，方程式 1⃝ により明らかであるから，(x, y)が共に負でない解を求めることが基本的である．それでそのような解を
求める手段として(2 +
√3)n = xn + yn
√3 · · · 2⃝
(xn, ynは負でない整数，n = 0, 1, 2, · · ·)
とおく．そうすると（イ）によって，
x0 = 1, y0 = 0, x1 = 2, y1 = 1 · · · 3⃝x2 = , y2 = , x3 = , y3 =
である．一方，(2 +√3)2と (2−
√3)2，(2 +
√3)3と (2−
√3)3などを比較することによって，一
般に
(2−√3)n = xn − yn
√3 · · · 4⃝
であることがわかる．
2⃝ と 4⃝ と，(2 +√3)(2−
√3) = 1とを使って，
1 = (2 +√3)n(2−
√3)n = xn
2 − 3yn2
となるから， 2⃝ で定まる (xn, yn)は方程式 1⃝ の解であることがわかる．とくに，x, yの一方が0となるような負でない解は，明かに x = 1，y = 0で，それは 3⃝ の (x0, y0)に外ならない．次に (xn−1, yn−1)と (xn, yn)との関係を求めてみる (n >= 1)．
xn + yn√3 = (2 +
√3)n
= (xn−1 + yn−1√3)(2 +
√3)
=
ゆえに， xn = ，yn =
したがって (x0, y0)から出発して，負でない解 (x1, y1)，(x2, y2),…，(xn, yn)，……を順次求
めて行くことができる．しかも y1 < y2 < y3 < · · ·である．以上のことで負でない解を多数みつけたのであるが，これらで負でない解が尽くされているかど
うかを次に吟味する．
いま任意の正の解 (x, y) (x > 0, y > 0)をとると，
(x+ y√3)(2−
√3) = (2x− 3y) + (2y − x)
√3
3
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（ロ） 「x′ = 2x− 3y，y′ = 2y − xとおくとき，(x′, y′)も解である．」（ハ） 「そして，x > x′ > 0，y > y′ >= 0である．」
（ニ） 「それで，任意の正の解 (x, y)から出発して，（ロ）における (x′, y′)を求める操作を順次
行なうことによって， 3⃝ に示す負でない解 (x0, y0)に達する．」（ホ） 「したがって，任意の負でない解 (x, y)は式 2⃝ によって定まる (xn, yn) (n = 0, 1, 2, · · ·)のどれか１つである．」
1.1.1 解答
x2 = 7 , y2 = 4 , x3 = 26 , y3 = 15
2xn−1 + 3yn−1 + (xn−1 + 2yn−1)√3
xn = 2xn−1 + 3yn−1， yn = xn−1 + 2yn−1 · · · 5⃝
（イ）√3が有理数とし，
√3 =
q
p(p, q 互いに素)とおく．
3 =q2
p2
で，左辺は整数で p2，q2が互いに素なので,p2 = 1．この結果，√3は整数．ところが 12 = 1, 22 = 4
なので，2乗して 3となる整数はない．よって√3は無理数である．
b ̸= dと仮定すると√3 = −a− c
b− d
となり，√3が無理数であることと矛盾する．よって b = dとなり，この結果 a = cも成り立つ．
（ロ）
x′2 − 3y′2 = (2x− 3y)2 − 3(2y − x)2 = x2 − 3y2 = 1
より (x′, y′)も方程式 x2 − 3y2 = 1の整数解である．（ハ） x > 0, y > 0の下では
x′ > 0 ⇐⇒ 2x > 3y ⇐⇒ 4x2 − 9y2 = 4(x2 − 3y2) + 3y3 > 0 より成立．
x > x′ ⇐⇒ x > 2x− 3y ⇐⇒ 9y2 > x2 = 1 + 3y2 より成立．
y′ >= 0 ⇐⇒ 2y >= x ⇐⇒ 4y2 − x2 = y2 − 1 >= 0 より成立．
y > y′ ⇐⇒ y > 2y − x ⇐⇒ x2 > y2 ⇐⇒ 1 + 3y2 > y2 より成立．
となって，すべて成立する．
（ニ） 任意の正の解 (x, y)から出発して，（ロ）における (x′, y′)を求める操作を順次行なうこ
とによって，y > 0であれば y の値が真に減少する．この操作においても y >= 0は成り立つので，
y = 0となるときがある．これは 3⃝ に示す負でない解 (x0, y0) = (1, 0)そのものである．（ホ） (xn−1, yn−1)から 5⃝ によって順次 (xn, yn)を作る操作を（ヘ）の操作とする．（ヘ）の操作は（ロ）の操作と逆の操作である．
（ニ）によって任意の解 (x, y)が（ロ）の操作で解 (x0, y0)に至る．よって逆に (x0, y0)から
（ヘ）の操作を繰り返してゆけば解 (x, y)に至る．つまり任意の負でない解 (x, y)は式 2⃝ によって定まる (xn, yn) (n = 0, 1, 2, · · ·)のどれか１つである．
4
-
1.2 78年京大
a, b, cを正の数とするとき，不等式 2(a+ b
2−√ab
)= 0
等号成立は c = (ab)12 のとき．
注意 見にくければ A = a13，B = b
13，C = c
13 とおけばよい．
一般化した別解 n+ 1個の正の数 ak (k = 1, 2, · · · , n+ 1)について
n∑k=1
ak − n(a1 · · · an)1n
-
1.3 83年東大理科 2番
数列 {an}において，a1 = 1であり，n >= 2に対して an は，次の条件 (1)，(2)をみたす自然数のうち最小のものであるという．
(1) an は，a1, a2, · · · , an−1 のどの項とも異なる．
(2) a1, a2, · · · , an−1 のうちから重複なくどのように項を取り出しても，それらの和が an に等しくなることはない．
このとき，an を nで表し，その理由を述べよ．
1.3.1 解答
a1 = 1, a2 = 2 であり，このうちから重複なく項を取り出して作れる数が 1，2，3 なので，
a3 = 4 = 22 である．
よって，自然数 nに対し，条件 (1)，(2)をみたす自然数のうち最小のものは an = 2n−1 と推測
される．これを nについての数学的帰納法で示す．
n = 1は成立．nのとき an = 2n−1 が成立するとする．a1, a2, · · · , an−1 を用いて表せない最小の数が 2n−1 なので，a1, a2, · · · , an−1 を用いて 1から 2n−1 − 1までのすべてのすべての数が表される．
n + 1のときを考える．1
-
である．この曲面K を z = t平面で切断すると，その平面での方程式は
x2 + t2 =3
4− y
である．この曲線と平面H との交点の x座標は，連立方程式
x2 + t2 =3
4− y, y = x
で与えられる．(x+
1
2
)2= 1− t2 と変形できるので，xが存在する tの範囲は −1
-
原点を通りH と直交する半直線 lをとる．Htと lの交点を P とし，OP = sとおくと，s =1√2t
である．このとき，
V =
∫ 1√2
0
π√2(1− t) ds =
∫ 10
π√2(1− t) 1√
2dt = π
[t− t
2
2
]10
=π
2
1.5 84年東大理科 3番
2以上の自然数 kに対して fk(x) = xk − kx+ k − 1とおく．このとき，次のことを証明せよ．
i) n 次多項式 g(x) が (x − 1)2 で割り切れるためには，g(x) が定数 a2, · · · , an を用いて，
g(x) =
n∑k=2
akfk(x)の形に表されることが必要十分である．
ii) n次多項式 g(x)が (x− 1)3 で割り切れるためには，g(x)が関係式n∑
k=2
k(k − 1)2
ak = 0を満
たす定数 a2, · · · , an を用いて，g(x) =n∑
k=2
akfk(x)の形に表されることが必要十分である．
1.5.1 解答
i) n次多項式 g(x)を (x− 1)2 で割った商を Q(x)，余りを px+ qとおく．
g(x) = (x− 1)2Q(x) + px+ q
となる．これから g(1) = p+ q，また，辺々微分して
g′(x) = 2(x− 1)Q(x) + (x− 1)2Q′(x) + p
これから g′(1) = pである．
よって，g(x)が (x− 1)2 で割り切れる，つまり p = q = 0となることは
g(1) = g′(1) = 0 · · · 1⃝
と同値である．
g(x) =
n∑k=0
akxk とおく．このとき条件 1⃝ は
g(1) =
n∑k=0
ak = 0, g′(1) =
n∑k=1
kak = 0
と表される．
この条件が成り立つとする．このとき，
g(x) = g(x)− {g′(1)(x− 1) + g(1)}
=
n∑k=1
ak(xk − 1− kx+ k) =
n∑k=2
ak(xk − 1− kx+ k)
=
n∑k=2
akfk(x)
8
-
と，g(x)が fk(x) (2
-
注意 fk(x)自体が h(x) = xk に対して，
fk(x) = h(x)− {h′(1)(x− 1) + h(1)}
の形をしている．
1.6 91年京大後期理系 1番
f(x)は xに関する n次の整式（多項式）とする（n >= 0）．
(1) 2変数 x, yの整式として
f(x+ y) = P0(x) + P1(x)y + P2(x)y2 + · · ·+ Pn(x)yn
と書き表す．ただし，Pi(x), (i = 0, 1, 2, · · · , n) は x に関する整式である．このとき
P0(x) = f(x), P1(x) = f′(x), P2(x) =
1
2f ′′(x) かつ Pn(x) =「f(x)における xnの係数」で
あることを示せ．
(2) ある定数 c があって，f(x + y) − f(x) = yf ′(x + cy) が成立すれば，f(x) の次数は 2以下であることを示せ．
1.6.1 解答
(1)
f(x+ y) = P0(x) + P1(x)y + P2(x)y2 + · · ·+ Pn(x)yn
に y = 0を代入して f(x) = P0(x)である．次に f(x+ y)を yの関数とみて yで微分する．
d
dyf(x+ y) = f ′(x+ y) = P1(x) + 2P2(x)y + · · ·+ nPn(x)yn−1
ここに y = 0を代入して f ′(x) = P1(x)である．さらに
d2
dy2f(x+ y) = f ′′(x+ y) = 2P2(x) + · · ·+ n(n− 1)Pn(x)yn−2
ここに y = 0を代入して f ′′(x) = 2P2(x)，つまり P2(x) =1
2f ′′(x)である．同様にくりかえ
し微分してdn
dynf(x+ y) = f (n)(x+ y) = n!Pn(x)
である．ここに y = 0を代入して f (n)(x) = n!Pn(x)となる．
f(x)は xに関する n次の整式なので，f(x)の最高次の係数を an とすると，f (n)(x)は定数
n!anである．つまり Pn(x) = an，すなわち Pn(x) =「f(x)における xnの係数」が示された．
(2) f(x+ y)− f(x) = yf ′(x+ cy) が成立し，かつ n >= 3と仮定する．（1）より
f(x+ y)− f(x) = f ′(x)y + 12f ′′(x)y2 + · · ·+ anyn
10
-
である．よって
f ′(x)y +1
2f ′′(x)y2 + · · ·+ anyn = yf ′(x+ cy)
となる．つまり yの恒等式として
f ′(x) +1
2f ′′(x)y + · · ·+ anyn−1 = f ′(x+ cy)
が成立する．一方，(1)の計算過程から
f ′(x+ cy) = f ′(x) + f ′′(x)cy + · · ·+ nan(cy)n−1
なので，yの恒等式としての係数比較と，f ′′(x) ̸= 0から1
2= c, 1 = ncn−1
を得る．つまり
2n−1 = n
である．ところが n >= 3のとき
2n−1 = (1 + 1)n−1 = 1 + (n− 1) + n−1C2 + · · · > n
となり，矛盾である．よって，f(x) の次数は 2以下である．
1.7 99年東大理科 5番
(1) k を自然数とする．m を m = 2k とおくとき，0 < n < m を満たすすべての整数 n につい
て，二項係数 mCn は偶数であることを示せ．
(2) 以下の条件を満たす自然数 m をすべて求めよ．
条件： 0
-
(2) m = 2ka (a：3以上の奇数)と表されるとき，mC2k は奇数であることを示す．
mC2k =2ka(2ka− 1)(2ka− 2) · · · (2ka− 2k + 1)
2k(2k − 1)(2k − 2) · · · 1
である．分子の因数 2ka − j，(0
-
2 幾何
2.1 91年京大後期理系 3番
空間に原点を始点とする長さ 1 のベクトル−→a ,
−→b ,
−→c がある．
−→a ,
−→b のなす角を γ，
−→b ,
−→c の
なす角を α，−→c ,
−→a のなす角を β とするとき，次の関係式の成立することを示せ．またここで等
号の成立するのはどのような場合か．
0
-
このとき t = 0, cosβ = 0 となるので，
−→b = (0, ±1, 0), −→c = (0, 0, ±1) (複号任意)
つまり，−→a ,
−→b ,
−→c が互いに直交するときである．
右側の等号は
u2 sin2 γ = 0 ⇒ u = 0 または sin γ = 0
のときである．ここで，u = 0なら−→a ,
−→b ,
−→c が同一平面上にあることを意味する．また，sin γ = 0
のとき−→b = (±1, 0, 0) = ±−→a
となり，やはり−→a ,
−→b ,
−→c が同一平面上にある．
すなわち−→a ,
−→b ,
−→c が同一平面上のときである．
［参考］
三つのベクトル−→a ,
−→b ,
−→c で作られる平行六面体の体積は
V = | sin γ · u|
=√(1− cos2 γ)(1− t2 − cos2 β)
=√1− (cos2 α+ cos2 γ + cos2 β − 2 cosα cosβ cos γ)
となる．したがって 0
-
であるから
0
-
2.2.1 解答
(1) 3頂点を A(x1, y1) B(x2, y2) C(x3, y3) とし，直線を ax + by + c = 0とおく．平行に動か
すので aと bは固定し，cを動かす．
f(l) =|ax1 + by1 + c|2
a2 + b2+
|ax2 + by2 + c|2
a2 + b2+
|ax3 + by3 + c|2
a2 + b2
=1
a2 + b2{3c2 + 2(ax1 + by1 + ax2 + by2 + ax3 + by3)c
+(ax1 + by1)2 + (ax2 + by2)
2 + (ax3 + by3)2}
=1
a2 + b2
{3
(c+
ax1 + by1 + ax2 + by2 + ax3 + by33
)2− (ax1 + by1 + ax2 + by2 + ax3 + by3)
2
3
+(ax1 + by1)2 + (ax2 + by2)
2 + (ax3 + by3)2}
これを最小にする cは
c+ax1 + by1 + ax2 + by2 + ax3 + by3
3= c+ a
(x1 + x2 + x3
3
)+ b
(y1 + y2 + y3
3
)= 0
となるとき．このとき直線 l：c+ ax+ by = 0 は△ABCの重心(x1 + x2 + x3
3,y1 + y2 + y3
3
)を
通る．
(2) △ABCを平行移動し重心を原点として一般性を失わない．このとき x1 + x2 + x3 = 0，y1 +y2 + y3 = 0である．
lは原点を通る．必要なら△ABCを回転し 2本の lは y軸とは平行でないとしてよい．lを y = pxとおく．
f(l) =(px1 − y1)2
p2 + 1+
(px2 − y2)2
p2 + 1+
(px3 − y3)2
p2 + 1
=1
p2 + 1
{p2(x1
2 + x22 + x3
2)− 2(x1y1 + x2y2 + x3y3)p+ y12 + y22 + y32}
=1
p2 + 1
(Xp2 − 2Y p+ Z
)ただしX = x12 + x22 + x32，Y = x1y1 + x2y2 + x3y3，Z = y12 + y22 + y32とおいた．このとき
d
dpf(l) =
1
(p2 + 1)2{(2Xp− 2Y ) (p2 + 1)−
(Xp2 − 2Y p+ Z
)(2p)
}=
2
(p2 + 1)2{Y p2 + (X − Z)p− Y
}分子の判別式をDとすると
D = (X − Z)2 + 4Y 2 >= 0
である．もし D > 0なら f(l)は pの関数として極大値と
極小値を一つずつもち，かつ limp→±∞
f(l) = X で X が有限
の定まった値であることより，極小かつ最小となる pはた
だ一つになる．
X
16
-
従ってD
-
3 解析
3.1 83年室蘭工大
y = e−x と y = ax+ 3 (a < 0)のグラフが囲む図形の面積を最小にする aの値を求めよ．
3.1.1 解答
f(x) = e−x − ax− 3とおく．f ′(x) = −e−x − aより f(x)は x = − log(−a)でただ一つの極小値をもつ．f(0) = −2 < 0で lim
x→±∞f(x) = +∞である．よって f(x) = 0となる xは正負に一つ
ずつ存在する．これを α < 0 < β とする．
このとき面積 S は
S =1
2(β − α)(e−β + e−α)−
∫ βα
e−x dx
である．αと β はそれぞれ {e−α = aα+ 3
e−β = aβ + 3· · · 1⃝
で定まるので aの関数であり，微分可能である． 1⃝ を aで微分して{−e−αα′ = aα′ + α−e−ββ′ = aβ′ + β
· · · 2⃝
となる．
S を aで微分する．
dS
da=
1
2(β′ − α′)(e−β + e−α)− 1
2(β − α)(e−ββ′ + e−αα′)− (e−ββ′ − e−αα′)
= −12(β′ + α′)(e−β − e−α)− 1
2(β − α)(e−ββ′ + e−αα′)
= −12(β′ + α′)(−aβ + aα)− 1
2(β − α)(−aα′ − α+ aβ′ − β)
=1
2(β − α)(β + α)
ここで 2⃝ から {(a+ e−α)α′ = −α(a+ e−β)β′ = −β
であるが，α < − log(−a) < β より a + e−β < 0 < a + e−α なので，α′, β′ > 0である．よって
α+ β は単調に増加する．β − α > 0なので β + α = 0の前後で dSdaは負から正に変わりこのとき
極小かつ最小である．β = −αのとき， 1⃝ は{e−α = aα+ 3
eα = −aα+ 3
となる．これから
eα +1
eα= 6
18
-
これを解いて
eα = 3± 2√2
α < 0より eα < 1なので eα = 3− 2√2．
よって最小値を与える aは
a =3− eα
α=
2√2
log(3− 2√2)
である．
注意 F (x)が F ′′(x) > 0を満たし下に凸な関数とする．F (0) < cに対して，y = ax + cを考え
る．このときも同様に交点の x座標として α, β がとれ，グラフが囲む図形の面積を S とすると
dS
da=
1
2(β − α)(β + α)
となる．この証明は上記計算と同様に示される．
しかし次のような証明もある．
a = tan θとする．θを θ +∆θまで変化させたとき，点
(0, c)とそれぞれの交点までの距離 L(α)と L(β)も変化す
るが，その最大値と最小値をM(α), m(α)，M(β), m(β)
とする．このとき面積の変化∆S は
1
2M2(β)∆θ − 1
2m2(α)∆θ,
1
2m2(β)∆θ − 1
2M2(α)∆θ
の間にある．∆θ → 0 のとき，M と m は L に収束する．よって
dS
dθ=
1
2
(L2(β)− L2(α)
)である．一方
O
y
x
L(α) cos θ = −α, L(β) cos θ = β
でda
dθ=
1
cos2 θ
である．よって
dS
da=
dS
dθ· dθda
=1
2
(L2(β) cos2 θ − L2(α) cos2 θ
)=
1
2
(β2 − α2
)
3.2 89年東大
f(x) = πx2 sinπx2とする．y = f(x)のグラフの 0
-
3.2.1 解答
区間 [0, 1]にある tをとり，y = f(x)のグラフの 0
-
3.3.1 解答
(1) 自然数 nに対して，次の命題を数学的帰納法で示す．
(i) 題意をみたす n− 1次多項式 Pn(x)と n次多項式 Qn(x)が存在する．
(ii) Pn(x)とQn(x)の最高次数の項の係数の正負はそれぞれ (−1)n−1と (−1)nの正負に一致する．
(iii) Pn(x)と Qn(x)の定数項は 1である．つまり Pn(0) = Qn(0) = 1．
n = 1のとき．P1(x) = 1．また cos(2θ) = 1− 2 sin2 θよりQ1(x) = 1− 2x．よって (i)～(iii)はすべて成立する．
nのときに成立するとする．
sin{2(n+ 1)θ} = sin(2nθ) cos(2θ) + cos(2nθ) sin(2θ)
= (n+ 1) sin(2θ)
{n
n+ 1Pn(sin
2 θ)(1− 2 sin2 θ) + 1n+ 1
Qn(sin2 θ)
}cos{2(n+ 1)θ} = cos(2nθ) cos(2θ)− sin(2nθ) sin(2θ)
= cos(2nθ) cos(2θ)− n sin(2θ)Pn(sin2 θ) sin(2θ)
= Qn(sin2 θ)(1− 2 sin2 θ)− 4n sin2 θ(1− sin2 θ)Pn(sin2 θ)
よって Pn+1(x) =n
n+ 1(1− 2x)Pn(x) +
1
n+ 1Qn(x)
Qn+1(x) = (1− 2x)Qn(x)− 4nx(1− x)Pn(x)· · · 1⃝
とおく．
(1− 2x)Pn(x)とQn(x)はともに n次で (ii)より n次の項の係数の正負はいずれも (−1)nと一致する．よって Pn+1(x)は n次多項式で最高次の係数の正負は (−1)n の正負に一致．同様に Qn+1(x)は n+ 1次多項式で最高次の係数の正負は (−1)n+1 の正負に一致する．
また 1⃝ に x = 0を代入して
Pn+1(0) =n
n+ 1Pn(0) +
1
n+ 1Qn(0) = 1
Qn+1(0) = Qn(0) = 1
となる．以上から n+1のときも (i)～(iii)が成立し，すべての自然数 nに対して (i)～(iii)が
成立する．
(2) k = 1, 2, · · · , n− 1に対して sin(2n · kπ
2n
)= 0なので Pn(x)の定義式から
n sin
(2 · kπ
2n
)Pn
(sin2
kπ
2n
)= 0
である．k = 1, 2, · · · , n− 1に対しては sin(2 · kπ
2n
)̸= 0なので，
Pn
(sin2
kπ
2n
)= Pn
(1
αk
)= 0
21
-
である．Pn(x)は n− 1次なので，因数定理から定数 Aを用いて
Pn(x) = A
(x− 1
α1
)(x− 1
α2
)· · ·(x− 1
αn−1
)と分解される．これを整理し定数をとりなおして
Pn(x) = B(1− α1x)(1− α2x) · · · (1− αn−1x)
とおく．(1)で証明した命題 (iii)から Pn(x)の定数項は 1なので B = 1である．つまり題意
が示された．
(3) (2)から −n−1∑k=1
αk は Pn(x)の xの係数に等しい．多項式 f(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·で
f ′(x) = a1 + 2a2x+ · · ·となるので、a1 = f ′(0)である．つまり
n−1∑k=1
αk = −Pn′(0)
である． 1⃝ の両辺を xで微分する． Pn+1′(x) =− 2nn+ 1
Pn(x) +n
n+ 1(1− 2x)Pn′(x) +
1
n+ 1Qn
′(x)
Qn+1′(x) = −2Qn(x) + (1− 2x)Qn′(x)− 4n{(1− 2x)Pn(x) + x(1− x)Pn′(x)}
· · · 2⃝
Pn(0) = Qn(0) = 1なので Pn+1′(0) =− 2nn+ 1
+n
n+ 1Pn
′(0) +1
n+ 1Qn
′(0)
Qn+1′(0) = −2 +Qn′(0)− 4n
Q1′(0) = −2であるから，第 2式の階差数列から
Q′n(0) = −2 +n−1∑k=1
(−4k − 2) = −2n2
である．n = 1のときも成立する．これを第 1式に代入して分母を払うと
(n+ 1)Pn+1′(0) = −2n+ nPn′(0)− 2n2
P ′1(0) = 0なので
nPn′(0) = −2
n−1∑k=1
k(k + 1)
= −2n−1∑k=1
k(k + 1)(k + 2)− (k − 1)k(k + 1)3
=− 2(n− 1)n(n+ 1)
3
n = 1のときも成立する．よって
−Pn′(0) =2n2 − 2
3=
n−1∑k=1
αk
である．
22
-
ζ(2)を求める
ζ(s) =
∞∑n=1
1
ns
をリーマンの ζ(ゼータ)関数という．s > 1で収束する．
本問の結果を使うと ζ(2)を求めることができる．
0 < θ <π
2のとき，教科書にあるように
sin θ < θ < tan θ
が成り立つ．すべて正なので1
tan2 θ<
1
θ2<
1
sin2 θ
である．ここで1
tan2 θ=
cos2 θ
sin2 θ=
1− sin2 θsin2 θ
=1
sin2 θ− 1
なので1
sin2 θ− 1 < 1
θ2<
1
sin2 θ· · · 3⃝
ここに θ =kπ
2n(k = 1, 2, · · · , n− 1)を代入する．
1
sin2(kπ
2n
) − 1 < (2nkπ
)2<
1
sin2(kπ
2n
) (k = 1, 2, · · · , n− 1)
k = 1, 2, · · · , n− 1にわたり和をとる．本問の αk =1
sin2(kπ
2n
) を用いるとn−1∑k=1
(αk − 1) <4n2
π2
n−1∑k=1
1
k2<
n−1∑k=1
αk
となる．(3)より
2(n2 − 1)3
− (n− 1) < 4n2
π2
n−1∑k=1
1
k2<
2(n2 − 1)3
これからπ2
4n2
{2(n2 − 1)
3− (n− 1)
}<
n−1∑k=1
1
k2<
π2
4n2· 2(n
2 − 1)3
n → ∞のとき両辺は π2
6に収束するので，
ζ(2) =
∞∑n=1
1
n2=
π2
6
である．
連続数の積の和
23
-
以下で用いるので，n−1∑k=1
k(k + 1)で用いた方法を一般化し，l連続数の積を求めておく．
n−1∑k=1
k(k + 1) · · · (k + l − 1) =n−1∑k=1
1
l + 1{k(k + 1) · · · (k + l)− (k − 1)(k + 1) · · · (k + l − 1)}
=(n− 1)n(n+ 1) · · · (n+ l − 1)
l + 1
ζ(4)を求める
以上のの結果を使うと ζ(4)を求めることができる．そのためにはn−1∑k=1
αk2 が定まればよい．
n−1∑k=1
αk2 =
(n−1∑k=1
αk
)2− 2
∑i
-
P1′′(0) = 0なので同様に連続数の積の和を用いて
nPn′′(0)
=2(n− 2)(n− 1)n(n+ 1)
3+
2{(n− 3)(n− 2)(n− 1)n(n+ 1) + (n− 2)(n− 1)n(n+ 1)(n+ 2)}15
これは n = 1でも成立する．よって
Pn′′(0)
=2(n− 2)(n− 1)(n+ 1)
3+
2{(n− 3)(n− 2)(n− 1)(n+ 1) + (n− 2)(n− 1)(n+ 1)(n+ 2)}15
=4
15n4 + [3次以下の項]
となる．この結果
n−1∑k=1
αk2 =
4n(n− 1)2
9− 4
15n4 + [3次以下の項] =
8
45n4 + [3次以下の項]
となる．一方 3⃝ より，1
sin4 θ− 2
sin2 θ+ 1 <
1
θ4<
1
sin4 θ
なので，ここに θ =kπ
2n(k = 1, 2, · · · , n− 1)を代入し，和をとる．αk =
1
sin2(kπ
2n
) を用いるとn−1∑k=1
(αk2 − 2αk + 1) <
16n4
π4
n−1∑k=1
1
k4<
n−1∑k=1
αk2
となる．よって
π4
16n4
(8
45n4 + [3次以下の項]
)<
n−1∑k=1
1
k4<
π4
16n4
(8
45n4 + [3次以下の項]
)
n → ∞のとき両辺は π4
90に収束するので，
ζ(4) =
∞∑n=1
1
n4=
π4
90
である．
ζ(6)を求める
順次 ζ(2m)を求めることができる．ζ(6)を求めておこう．そのためにはn−1∑k=1
αk3が定まればよい
n−1∑k=1
αk3 =
(n−1∑k=1
αk
)3− 3
∑i,j
αiαj2 − 6
∑i
-
である．またこれまでと同様に考え
P (3)n (0) = −6∑
i
-
同様にn−1∑k=1
(αk − 1)3 <64n6
π6
n−1∑k=1
1
k6<
n−1∑k=1
αk3
となるので
ζ(6) =
∞∑n=1
1
n6=
π6
945
である．
3.4 97年東大後期理科
座標平面上の点 A(x, y) が次の連立不等式の領域を動くとする.{|xy| < 1y > 0
関数 y =1
|x|のグラフのうち， x < 0 の部分を H, x > 0 の部分を K とする．点Aに対し，x 軸
上の 2点 B, C, 曲線 H 上の点 D, 曲線 K 上の点 Eを次の条件によって定める．
『直線ABは，2点 A, Bの間の点Dで曲線 H に接し，直線 ACは，2点 A, Cの間の点 Eで曲線
K に接する』
(1) 三角形 ABCの面積のとりうる範囲を求めよ.
(2) 三角形 ADEの面積のとりうる範囲を求めよ.
3.4.1 解答
まず，問題の条件を具体的にする.
双曲線 xy = ±1 の (x0, y0) での接線を求める．両辺を x で微分すると,
xdy
dx+ y = 0
となるので，接線は
y − y0 = −y0x0
(x− x0)
となる．x0y0 = ±1 に注意すると
y0x+ x0y = ±2 (複号同順)
が得られる．
次に，A(a, b), D(x1, y1), E(x2, y2) とする．このとき
x1y1 = −1, x2y2 = 1
である.
2つの接線 {y1x+ x1y = −2y2x+ x2y = 2
27
-
が (a, b) を通るので {ay1 + bx1 = −2ay2 + bx2 = 2
これから (a
b
)=
(y1 x1
y2 x2
)−1(−22
)=
2
y1x2 − x1y2
(−(x1 + x2)y1 + y2
)となる.
ここで
y1x2 − x1y2 =y1y2
+y2y1
=y1
2 + y22
y1y2
x1 + x2 = −1
y1+
1
y2=
y1 − y2y1y2
であるから,
a =− 2(y1 − y2)y12 + y22
, b =2y1y2(y1 + y2)
y12 + y22· · · (∗)
が得られる．また,
B
(− 2y1
, 0
), C
(2
y2, 0
)である.
さて，D, Eがそれぞれ線分 ABと線分 ACの間にあることは{b > y1 > 0
b > y2 > 0
となる．b > y1 に (∗) を代入すると,
2y1y2(y1 + y2) > y1(y12 + y2
2)
となる．これを整理すると条件 b > y1 > 0 は,
y22 + 2y2y1 − y12 > 0, y1 > 0
となる．同様に,
y12 + 2y1y2 − y22 > 0, y2 > 0
が得られる.
ここで，2実数 α, β が α > 0, β > 0 であることは
α+ β > 0, αβ > 0
と同値である．これを用いて y1, y2 の対称な条件に直す.
和 : 4y1y2 > 0, 積 : 4(y1y2)2 − (y12 − y22)2 > 0
であるから，y1 > 0, y2 > 0 なので和に関してはつねに成立している．そこで，積の条件
4(y1y2)2 − (y12 − y22)2 > 0
28
-
を展開し，y12y22 でわると
8 >
(y1y2
+y2y1
)2⇐⇒ 2
√2 >
y1y2
+y2y1
一方，t =y1y2
+y2y1とおくと，
y1y2が正の実数でなければならないので，上式を
y1y2についての 2
次方程式 (y1y2
)2− t(y1y2
)+ 1 = 0
とみて，正の解をもつための条件を求めると
判別式 D = t2 − 4 >= 0, 軸t
2> 0
つまり
t >= 2
が成り立つ．この 2つをあわせて,
2√2 > t =
y1y2
+y2y1
>= 2
これが問題の条件を書き表したものであり，このもとで各設問を考える.
(1)
△ABC = 12
(2
y2+
2
y1
)· b = y1 + y2
y1y2· 2y1y2(y1 + y2)
y12 + y22
=2(t+ 2)
t= 2 +
4
t
したがって，1
2√2<
1
t
-
3.5 98年京大後期理系 4番
aは 0 < a < π を満たす定数とする．n = 0, 1, 2, · · ·に対し，nπ < x < (n + 1)π の範囲にsin(x+ a) = x sinxを満たす xがただ一つ存在するので，この xの値を xn とする．
(1) 極限値 limn→∞
(xn − nπ) を求めよ．
(2) 極限値 limn→∞
n(xn − nπ) を求めよ．
3.5.1 解答
(1) nが偶数のとき xn sinxn >= 0．nπ < x < (n + 1)π の範囲で sin(xn + a) >= 0となるのは
nπ < x
-
3.6 99年東大理科 2番
複素数 zn(n = 1, 2, · · ·) をz1 = 1, zn+1 = (3 + 4i)zn + 1
によって定める．ただし i は虚数単位である．
(1) すべての自然数 n について3× 5n−1
4< |zn| <
5n
4
が成り立つことを示せ．
(2) 実数 r > 0 に対して， |zn|
-
より，
zn+1 − α = (3 + 4i)(zn − α)
と変形されるので，
zn − α = (3 + 4i)n−1(z1 − α)．
これから，
zn = (3 + 4i)n−1 11− 2i
10− 1− 2i
10
を得る．
一般に二つの複素数 α ， β について，
|α| − |β| = 2を用いた）
よってすべての自然数に対して，
3× 5n−1
4< |zn| <
5n
4
が成立した．
(2) (1)の結果より
|zn−1 <5n−1
4<
3× 5n−1
4< |zn|
となり， |zn| は単調に増加する． 従って， f(r) = n ということは，
|zn|
-
よって，n
(n+ 1) log 5− log 4<
f(r)
log r<
n
(n− 1) log 5 + log 4− log 3
r → ∞ のとき， n → ∞ である．上の不等式の両辺は， n → ∞ のとき， → 1log 5
である．
つまり
limr→∞
f(r)
log r=
1
log 5
33
-
4 場合の数と確率
4.1 95年京大後期理系 5番
Aと Bの 2人が次のようなゲームを行う． n を自然数とし，Aはそれぞれ 0, 1, 2, · · · , n と書かれた (n+1) 枚の札をもっている．Bはそれぞれ 1, 2, · · · , n と書かれた n 枚の札をもっているとする．第 1回目に Bが Aの持札から 1枚の札をとり，もし番号が一致する札があればその 2枚
をその場に捨てる．番号が一致しない札はそのまま持ち続ける．次に Bに持札があれば，Aが B
の持札から 1枚の札をとり，Bと同じことをする．こうして先に札のなくなったほうを勝とする．
Aが勝つ確率を pn ，Bが勝つ確率を qn とする．ただし相手の札を取るとき，どの札も等しい確
率でとるものとする．
(1) p1, p2, q1, q2 を求めよ．
(2) pn + qn = 1，(n+ 2)pn − npn−2 = 1 (n = 3, 4, 5, · · ·)であることを示せ．
(3) pn を求めよ．
4.1.1 解答
(1) n = 1のとき，Bが勝つのは，1を引いて勝つか，または，0を引いて Aの立場になりそこ
からは確率 p1で勝つときである．Aが勝つのは，Bが最初に 0を引いて，Bの立場になりそ
こからは確率 q1 で勝つときである．
q1 =1
2+
1
2p1, p1 =
1
2q1
これを解いて
p1 =1
3, q1 =
2
3
同様に考え
q2 =2
3+
1
3p2, p2 =
1
3q2
より，
p2 =1
4, q2 =
3
4
(2) 同様に考え n >= 3のとき， pn =
1
n+ 1qn +
n
n+ 1pn−2
qn =1
n+ 1pn +
n
n+ 1qn−2
2式の辺々加えて計算すると，
pn + qn = pn−2 + qn−2
となる．nが奇数が偶数かで分けて考え，(1)の結果より，
pn + qn = p1 + q1 = 1, pn + qn = p2 + q2 = 1
34
-
である．これから，qn = 1− pn なので，
pn =1
n+ 1(1− pn) +
n
n+ 1pn−2
これより (n+ 2)pn − npn−2 = 1 (n = 3, 4, 5, · · ·)を得る．
(3) (2)より，nが偶数のとき，n = 2mとおくと 2(m+ 1)p2m − 2mp2(m−1) = 1となるので，
m∑k=2
{2(k + 1)p2k − 2kp2(k−1)
}= 2(m+ 1)p2m − 4p2 = m− 1
したがって (n+ 2)pn =n
2である．
同様に nが奇数のとき，n = 2m+ 1とおくと (2m+ 3)p2m+1 − (2m+ 1)p2m−1 = 1となるので，
m∑k=1
{(2k + 3)p2k+1 − (2k + 1)p2k−1} = (2m+ 3)p2m+1 − 3p1 = m
したがって (n+ 2)pn =n− 12
+ 1である．よって，
pn =
n
2(n+ 1)(n :偶数)
n+ 1
2(n+ 2)(n :奇数)
．
4.2 96年東大後期理科改題
n を正の整数とし， n 個のボールを 3つの箱に分けて入れることを考える．ただし，1個のボー
ルも入らない箱があってもよいものとする．次の各問いに答えよ．
(1) 1から n まで異なる番号のついた n 個のボールを，A ， B ， C と区別された 3つの箱に入
れる場合，その入れ方は全部で何通りあるか，また，3つの箱全部に少なくとも１つ入る入
れ方は全部で何通りあるか．
(2) 互いに区別のつかない n 個のボールを，A ， B ， C と区別された 3つの箱に入れる場合，
その入れ方は全部で何通りあるか，また，3つの箱全部に少なくとも１つ入る入れ方は全部
で何通りあるか．
(3) 1から n まで異なる番号のついた n 個のボールを，区別のつかない 3つの箱に入れる場合，
その入れ方は全部で何通りあるか，また，3つの箱全部に少なくとも 1つ入る入れ方は全部
で何通りあるか．
(4) n が 6の倍数 6mであるとき，n 個の互いに区別のつかないボールを，区別のつかない 3つ
の箱に入れる場合，その入れ方は全部で何通りあるか．また，3つの箱全部に少なくとも 1
つ入る入れ方は全部で何通りあるか．
35
-
4.2.1 解答
(1) 入れ方は
3n (通り)
どれか 2つに入る場合は 3(2n − 2) 通り,どれか一つに入る場合は 3 通りだから，3つの箱全部に入るのは
3n − {3(2n − 2) + 3} = 3n − 32n + 3 (通り)
(2) 求める場合の数は x+ y + z = n, x, y, z >= 0 となる解の個数であるから
n+2C2 =(n+ 2)(n+ 1)
2(通り)
全部に入る場合の数は x+ y + z = n, x, y, z > 0 となる解の個数であるから
n−1C2 =(n− 1)(n− 2)
2(通り)
(3) グループ分けのみが問題である．1つのグループになる場合は１通り．
2つのグループになる場合は2n − 22!
通り．
3つのグループになる場合は3n − 3(2n − 2)− 3
3!通り．
総数はこの和なので，3n−1 + 1
2(通り)
全部に入る場合の数は
3n − 3(2n − 2)− 33!
=3n−1 − 2n + 1
2(通り)
(4) ボールを 3つに分ける個数のみことが問題である．分け方を，異なる 3数の組 ( {s, t, u}型)，2数のみが同数の組 ( {s, s, t}型 )，3数が同数の組で考える．
3数が同数の組にわけるのは，{2m, 2m, 2m}の 1通り.2数のみが同数の組にわけるのは，{k, k, 6m− 2k}で 0
-
これから x = 3m2 (通り) である.
N = x+ 3m+ 1 = 3m2 + 3m+ 1 (通り)
※ 別方法
求める場合の数を am とおく．グループ分けの個数のみが問題であるので，am は
x+ y + z = 6m, かつ 0
-
4.3 97年京大後期理系 5番
箱の中に青，赤，黄のカードがそれぞれ 3枚，2枚，1枚，合計 6枚入っている．1回の試行で，
箱の中からカードを 1枚取り出し，取り出したカードと同じ色のカードを 1枚加えて，再び箱の中
に戻す．したがって， n 回の試行を完了したときに， (n+ 6) 枚のカードが箱の中にある． n 回
目の試行が完了したとき箱の中にある青のカードの枚数の期待値 E(n) を求めよ．
4.3.1 解答
n回目の試行で青の出る確率を pnとする．k− 1回の試行を終えたとき青が a枚，他の色が b枚
であるとする．a+ b = k − 1 + 6．このとき，pk =a
a+ b．そして
pk+1 = pk ·a+ 1
a+ b+ 1+ (1− pk) ·
a
a+ b+ 1
=a(a+ 1)
(a+ b)(a+ b+ 1)+
ab
(a+ b)(a+ b+ 1)=
a(a+ b+ 1)
(a+ b)(a+ b+ 1)= pk
よって
pn = p1 =3
6=
1
2
である．次に 1 = 2 を満たすものとする．いま，n 角柱の n+ 2 個の面に 1 から
n+ 2 までの番号が書いてあるものとする．この n+ 2 個の面に 1 面 ずつ，異なる k 色の中から
1 色ずつ選んでは塗っていく．このとき，どの隣り合う面の組も同一色では塗られない塗り方の数
を Pk で表す．
(1) P2 と P3 を求めよ．
(2) n = 7 のとき，P4 を求めよ．
38
-
4.4.1 解答
(1) k = 2のとき．ひとつの頂点に少なくとも３つの面がよるので，２色で塗ることは出来ない．
∴ P2 = 0
k = 3のとき．底に 3通りの選択で 1色使う．側面は 2色でぬらなければならない．交互に塗る
しかない．nが奇数なら nの面と 1の面が同色になる．よって側面を２色で塗ることは出来ない．
nが偶数なら，底と側面は 1を塗る色を決めれば，すべてきまる．
∴ P3 =
{0 (n 奇数)
6 (n 偶数)
(2) n側面をちょうど 3色で塗る場合の数を an とする．また，1～nまでの隣りあう面は異なる
色で塗られているが n面と 1面が同じ色であるような 3色での塗り方を総数を bn とする．
側面が n+ 1のとき．
n+ 1の面と 1の面が異なるものは，n側面で nと 1が異なる塗り方に対し，1と nの色以外の
1色を n+ 1面に塗るか，n側面で nと 1が同色の塗り方に対し，1と nの色以外の 2色を n+ 1
面に塗るか，で得られる．
n+ 1の面と 1の面が同色のものは，n側面を 3色で塗る場合から 1の色と同じ色を加えれば得
られる．逆に，n+ 1の面をとれば n側面を 3色で塗る場合が得られる．
∴
{an+1 = an + 2bn
bn+1 = an
となる．これから 3項間漸化式
an+1 = an + 2an−1
を得る．a3 = 3! = 6，b3 = 3P2 = 6のなで，a4 = 18．漸化式を変形して{an+1 − 2an = −(an − 2an−1)an+1 + an = 2(an + an−1)
これから
an+1 + an = 2n−3(a4 + a3) = 24 · 2n−3 = 3 · 2n
an+1 − 2an = (−)n−3(a4 − 2a3) = 6 · (−1)n−3
∴ 3an = 24 · 2n−3 − 6 · (−1)n−3
∴ an = 2n + 2(−1)n
底を塗る色の決め方は 4通り．
∴ P4 = 4 · a7 = 4(27 − 2) = 504
□
注意
an+1 + an = 3 · 2n
39
-
の式は次のようにしても導ける．
側面が n+1の場合．まず 1の面に 3通り，その後は直前の面と異なる色を塗る．その塗り方は
3 · 2n 通り．ここから n+ 1の面と 1の面の色が同じ場合を除けばよい．同じ色の面を同一視すれば，結局 nを色分けして塗ることになる．よって an 通りありこれをのぞく．
∴ an+1 = 3 · 2n − an
これと a3 = 6で求めると an = 2n + 2(−1)n となる．
参考
n >= 3のとき，側面を k色で塗る方法も求まる．
記号を同様にすると漸化式は次のようになる．{an+1 = (k − 2)an + (k − 1)bnbn+1 = an
これから 3項間漸化式
an+1 − (k − 2)an + (k − 1)an−1 = 0
を得る．a3 = kP3，b3 = kP2 をもとに，an を求める．
an = (k − 1){(k − 1)n−1 + (−1)n}
4.5 84年東大文理科
各世代ごとに，各個体が，他の個体とは独立に，
確率 pで 1個，確率 1− pで 2個の新しい個体を次の世代に残し，それ自身は消滅する細胞がある．
ただし 0 < p < 1とする．
いま，第 0世代に 1個であった細胞が，第 n世
代にm個となる確率を，Pn(m)と書くことにし
よう．
nを自然数とするとき，Pn(1)，Pn(2)，Pn(3)
を求めよ．
第 1世代第 0世代
第 1世代
第 2世代
第 2世代
第 2世代第 3世代
第 3世代
第 3世代
第 3世代
4.5.1 解答
第 n+ 1世代にm個となるのは，n世代にm− r個で，そのうちの r個が２個に分裂する場合である．ここで r
-
m = 2のとき． 1⃝ は r = 0, 1の和なので
Pn+1(2) = p2Pn(2) + (1− p)Pn(1) = p2Pn(2) + (1− p)pn
である．これからPn+1(2)
(p2)n+1=
Pn(2)
(p2)n+
1− ppn+2
P0(2) = 0なので
Pn(2)
(p2)n=
P0(2)
(p2)0+
n−1∑k=0
1− ppk+2
=1− pp2
·
1
pn− 1
1
p− 1
=
1
pn− 1
p
∴ Pn(2) =pn − p2n
p= pn−1 − p2n−1
m = 3のとき． 1⃝ は r = 0, 1の和なので
Pn+1(3) = p3Pn(3) + 2(1− p)pPn(2)
= p3Pn(3) + 2(1− p)p(pn−1 − p2n−1
)である．これから
Pn+1(3)
(p3)n+1=
Pn(3)
(p3)n+ 2(1− p)
(1
p2n+3− 1
pn+3
)P0(3) = 0なので
Pn(3)
(p3)n=
P0(3)
(p3)0+ 2(1− p)
n−1∑k=0
(1
p2k+3− 1
pk+3
)=
2(1− p)p3
1
p2n− 1
1
p2− 1
−
1
pn− 1
1
p− 1
∴ Pn(3) =
2(1− p)p3
(pn+2 − p3n+2
1− p2− p
2n+1 − p3n+1
1− p
)=
2
p3· p
n+2 − p3n+2 − (1 + p)(p2n+1 − p3n+1)1 + p
=2pn−1(1− pn−1)(1− pn)
1 + p
4.6 98年九州工芸大
1個のサイコロをn回投げるとき，1の目が k回以上連続して出る確率をPn,kとする．k < n
-
4.6.1 解答
(1) P5,3 − P4,3 は 5回投げたときはじめて 1の目が 3以上続く確率である．その事象は
△× 111 (△任意，× 1以外)
となるときなので，
P5,3 − P4,3 =5
6× 1
66=
5
1296
(2) 同様に考え確率 Pn,k − Pn−1,k を与える事象は
△ · · ·△× 1 · · · (k回) · · · 1
なので
Pn,k − Pn−1,k =5
6× 1
6k=
5
6k+1
(3) 条件 k < n =n
2のとき，P (k) を求めよ．
4.7.1 解答
(1) n = 2なら（＋－）または（－＋）である．n >= 3なら
（＋ · · ·＋－），（－＋ · · ·＋），（－ · · ·－＋），（＋－ · · ·－）
の 4通りである．よって
P (n− 1) =
2
22=
1
2(n = 2)
4
2n=
1
2n−2(n >= 3)
42
-
(2) 試行の結果の総数は 2n 通りある．同符号が続く部分の長さの最大値が kとなるある事象に
対し，＋と－を逆にした事象も同じ条件をみたす．このようにすべての事象は 2つずつ組に
なるので，該当事象の総数は偶数 2mである．
P (k) =2m
2n
より 2nP (k) は偶数である．
(3) 左から見て 1から j 番までに，同符号が k以上続く部分が存在する確率を Qj(k)とする．
P (k) = Qn(k)−Qn(k + 1)
である．
Q1(k) = Q2(k) = · · · = Qk−1(k) = 0, Qk(k) = 2 ·(1
2
)k=
1
2k−1
である．
次に，Qj+1(k)−Qj(k)は j + 1回投げてはじめて最大値が k以上となる確率なので，j − k回までに k以上の連続が起こらず，j + 1回目にちょうど最大値が kとなる確率である．
Qj+1(k)−Qj(k) = {1−Qj−k(k)} · 2 ·1
2·(1
2
)k
k >n
2なら |j − k| < n
2なのでQj−k(k) = 0である．nが偶数で k =
n
2でさらに j = nのと
きにかぎり
Qj−k(k) = Qn2
(n
2
)=
(1
2
)n2
となる．これから Qj(k)を等差数列として一般項
Qj(k) = Qk(k) +1
2k(j − k)
を求め，nが偶数で k =n
2でさらに j = nのときにかぎり
Qj−k(k) · 2 ·1
2·(1
2
)k=
(1
2
)n−1を減じればよい．よって
k >n
2のとき
P (k) =1
2k−1+
1
2k(n− k)− 1
2k− 1
2k+1(n− k − 1) = n− k + 3
2k+1．
nが偶数で k =n
2のとき
P (k) =n− k + 3
2k+1− 1
2n−1．
43
代数67年京大文理解答
78年京大解答
83年東大理科2番解答
83年東大理科6番解答
84年東大理科3番解答
91年京大後期理系1番解答
99年東大理科5番解答
幾何91年京大後期理系3番解答
93年東大後期理科2番解答
解析83年室蘭工大解答
89年東大解答
90年東工大解答
97年東大後期理科解答
98年京大後期理系4番解答
99年東大理科2番解答
場合の数と確率95年京大後期理系5番解答
96年東大後期理科改題解答
97年京大後期理系5番解答
99年京大文系5番解答
84年東大文理科解答
98年九州工芸大解答
98年東北大後期解答