2015年入試問題研究aozoragakuen.sakura.ne.jp/pdf/2015m.pdfm を2015...
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2015年入試問題研究
2018 年 12 月 26 日
目 次
1 東大理科 5
1.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 東大文科 8
2.1 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3 京大理系 10
3.1 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
3.2 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3.3 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3.4 6番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4 京大文系 15
4.1 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4.2 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
4.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
5 阪大理系 17
5.1 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
5.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
5.2 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1
5.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
5.3 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
5.4 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5.5 挑戦枠問題 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
5.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
5.6 挑戦枠問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
5.6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
6 阪大文系 25
6.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
7 東北大理系 25
7.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
7.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
7.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
7.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
7.3 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
7.4 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
7.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
7.5 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
7.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
7.6 6番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
7.6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
8 東北大文系 34
8.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
8.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
8.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
8.3 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
8.4 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
8.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
9 東北大後期理系 37
9.1 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
9.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
9.2 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
9.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
9.3 6番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
9.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
10 名大理系 41
10.1 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
10.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
11 九大理系 42
11.1 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
11.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
11.2 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
11.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
12 神戸大後期理系 46
12.1 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
12.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
12.2 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
12.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
12.3 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
12.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
13 一橋大 50
13.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
13.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
13.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
13.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
14 東工大 53
14.1 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
14.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
15 千葉大 54
15.1 6番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
15.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
15.2 10番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
15.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
16 早稲田教育学部 57
16.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
16.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
17 慶応環境情報学部 59
17.1 改題問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
17.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
18 大阪医科大 60
18.1 問題 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
18.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
18.2 問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
18.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
18.3 問題 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
18.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
18.4 問題 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
18.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
18.5 問題 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
18.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
19 関西大 66
19.1 問題 (記述形式に改題) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
19.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
20 防衛医科大 68
20.1 問題 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
20.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
20.2 問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
20.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
20.3 問題 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
20.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
20.4 問題 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
20.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
1 東大理科
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 · · · 1⃝
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 1⃝ 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
2(x2 − 1)> 0, D/4 = 4y2 − 4(x2 − 1) >= 0
つまり
x2 > 1, y > 0, x2 − y2 <= 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 − y2 <= 1
x2 < 1
のいずれかをみたす点 (x, y)の集合である．
O
y
x1-1
y = −xy = x
x2 − y2 = 1
ただし，x = ±1, y <= 0を含まない．
1.2 2番問題
どの目も出る確率が1
6のさいころを 1つ用意し，次のように左から順に文字を書く．
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．さらに繰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．
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 A1A2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
である．また p1 =1
2, q1 = 0, r1 =
1
2である．◯で B，C，Dのいずれかを表すと，n番目
の状態と n+ 1番目の状態の可能な推移は
(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．
pn+1 =1
2qn +
1
2rn
qn+1 = pn
rn+1 =1
2qn +
1
2rn
これより
pn+1 =1
2(1− pn)
なので
pn+1 −1
3= −1
2
(pn − 1
3
)と変形され，この結果
pn − 1
3=
(−1
2
)n−1(pn − 1
3
)
より
pn =1
3
{1−
(−1
2
)n}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，
1
3
{1−
(−1
2
)n}+
1
3
{1−
(−1
2
)n−1}
=1
3
{2 +
(−1
2
)n}
n = 1のときは1
2で，この式はその場合も表している．
(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1
6qn−1 =
1
6pn−2 =
1
18
{1−
(−1
2
)n−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．
1.3 5番問題
mを 2015以下の正の整数とする．2015Cm が偶数となる最小のmを求めよ．
追加問題
mを 2015以下の正の整数とする．2015Cm が偶数となるmの個数を求めよ．
1.3.1 解答
2015Cm =2016− 1
1· 2016− 2
2· · · 2016−m
m
である．2016 = 25 · 63である．m < 32のとき，m = 2p · aとし，aは奇数であるとする．このと
き pは 0 <= p <= 4の整数で，2016−m
m=
25−p · 63− a
a
となり，分子と分母はいずれも奇数となる．よってm < 32なら 2015Cm は奇数である．
m = 32のとき2016−m
m=
25 · 63− 25
25= 62
となり，ここではじめて素因子 2が残る．よって 2015Cm が偶数となる最小のmは 32である．
追加問題解答
2015Cm が偶数となるmの個数をN とおく．
整数係数の多項式 f(x)と g(x)が整数 lを法として合同であるとは，f(x)− g(x)の全係数が lの
倍数となることと定める．また，二項係数の関係式
rnCr = nn−1Cr−1
から，正整数 kと 1 <= r <= 2k − 1の範囲の rに対して
r2kCr = 2k2k−1Cr−1
が成り立ち，さらに rの因数分解における素因数 2の個数は k個より少ないので，2kCr はすべて
偶数である．したがって
(1 + x)2k
≡ 1 + x2k (mod. 2)
が成り立つ．
整式 (1+ x)2015の展開式は 2016項の単項式（定数項を含む）から成り立ち，そのうち係数が奇
数であるものは 2016−N 項ある．それはまた，この整式を 2を法として考えたときに，係数が 0
でなく 1であるものの項数である．
2015 = 31 · 65 = (1 + 2 + 22 + 23 + 24)(1 + 26)
= 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + 26 + 27 + 28 + 29 + 210
であるから，
(1 + x)2015 = (1 + x)1+2+22+23+24+26+27+28+29+210
= (1 + x)(1 + x)2(1 + x)22
(1 + x)23
(1 + x)24
×(1 + x)26
(1 + x)27
(1 + x)28
(1 + x)29
(1 + x)210
≡ (1 + x)(1 + x2)(1 + x22)(1 + x23)(1 + x24)
×(1 + x26)(1 + x27)(1 + x28)(1 + x29)(1 + x210) (mod. 2)
となる．これを展開するのは，括弧内の何れかを選び掛けあわせたもの全体なので，項数は 210個
である．したがって偶数となるmの個数は
N = 2016− 210 = 2016− 1024 = 992（個）
である．
（注意） 上記展開式に現れない項のうち指数最小のものは x25 である．つまり 2015Cmが偶数
となる最小のmは 32である．
これは本問の別解である．
（注意） 追加問題解答では，4つの整数係数の整式 f1(x), f2(x), g1(x), g2(x)と整数mに関
して
f1(x) ≡ f2(x), g1(x) ≡ g2(x) (mod m) ならば f1(x)g1(x) ≡ f2(x)g2(x) (mod m)
を証明なしに用いている．これは整数の場合の
a ≡ b, c ≡ d (mod m) ならば a+ c ≡ b+ d, ac ≡ bd (mod m)
から導かれる．
2 東大文科
2.1 4番問題
どの目も出る確率が1
6のさいころを 1つ用意し，次のように左から順に文字を書く．
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．さらに繰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．
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 A1A2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
である．また p1 =1
2, q1 = 0, r1 =
1
2である．◯で B，C，Dのいずれかを表すと，n番目
の状態と n+ 1番目の状態の可能な推移は
(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．
pn+1 =1
2qn +
1
2rn
qn+1 = pn
rn+1 =1
2qn +
1
2rn
これより
pn+1 =1
2(1− pn)
なので
pn+1 −1
3= −1
2
(pn − 1
3
)と変形され，この結果
pn − 1
3=
(−1
2
)n−1(pn − 1
3
)より
pn =1
3
{1−
(−1
2
)n}
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，
1
3
{1−
(−1
2
)n}+
1
3
{1−
(−1
2
)n−1}
=1
3
{2 +
(−1
2
)n}
n = 1のときは1
2で，この式はその場合も表している．
(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1
6qn−1 =
1
6pn−2 =
1
18
{1−
(−1
2
)n−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．
3 京大理系
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．
α
β
A
P
Q
α
β
A
P
Q
図のように点を名づけると，
AP = AQ = tanα
2
であり，他も同様であるから面積 S は
S = 2 + tanα
2+ tan
β
2
となる．さらに α+ β = 180◦ であるから，tanβ
2=
1
tanα
2
である．
相加平均と相乗平均の不等式から
S = 2 + tanα
2+
1
tanα
2
>= 2 + 2
√√√√√tanα
2· 1
tanα
2
= 4
等号は tanα
2= 1，つまり α = β = 90◦ のときである．
よって，最小値は 4である．
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．
3.2.1 解答
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
のように 4頂点 A，B，C，Dを
A(2, 0, 2), B(0, 2, 2), C(2, 2, 0), D(0, 0, 0)
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．x
y
z
A
B
D
C
P
Q
t
2− t
cos PDQ =
−→DP · −→DP∣∣∣−→DP∣∣∣ · ∣∣∣−→DQ
∣∣∣ = 6− t√6 ·
√2t2 − 4t+ 8
=
√(6− t)2
12(t2 − 2t+ 4)=
1
2√3·
√(6− t)2
(6− t)2 − 10(6− t) + 28
=1
2√3·
√√√√√ 1
1− 10
6− t+
28
(6− t)2
ここで
1− 10
6− t+
28
(6− t)2= 28
(1
6− t− 5
28
)2
+3
28>=
3
28
で，t =2
5のとき
1
6− t− 5
28= 0なので，cos PDQの最大値は
1
2√3·
√28
3=
√7
3
である．
3.3 5番問題
理系
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)
g(n)は整数であるとする．このとき f(x)は g(x)で割り
切れることを示せ．
文系
a, b, c, d, eを正の有理数として整式
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)
g(n)は整数であるとする．このとき f(x)は g(x)で割り
切れることを示せ．
3.3.1 解答
f(x)を g(x)で割ることにより
f(x) = (px+ q)(dx+ e) + r
とする．このときf(x)
g(x)= px+ q +
r
dx+ e
である．すべての正の整数 nに対してf(n)
g(n)が整数であるから，
f(n+ 1)
g(n+ 1)− f(n)
g(n)= p− dr
(dn+ d+ e)(dn+ e)
が任意の正整数 nで整数となる．さらに，階差をとる．
f(n+ 2)
g(n+ 2)− f(n+ 1)
g(n+ 1)−{f(n+ 1)
g(n+ 1)− f(n)
g(n)
}· · · 1⃝
= − dr
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)+
dr
(dn+ d+ e)(dn+ e)
=dr{−(dn+ e) + (dn+ 2d+ e)}
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)(dn+ e)=
2d2r
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)(dn+ e)
これがすべての nで整数である．
ここで d2r = 0とすると，
∣∣∣∣ 2d2r
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)(dn+ e)
∣∣∣∣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
0 <
∣∣∣∣ 2d2r
(dm+ 2d+ e)(dm+ d+ e)(dm+ e)
∣∣∣∣ < 1
となる正整数 mがある．このとき n > mである nに関して 1⃝ は整数ではあり得ない．よって
d2r = 0である．d > 0より r = 0．つまり，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
2, f1(x) =
x+ 1
2
とおく．x0 =1
2から始め，各 n = 1, 2, · · ·について，それぞれ確率 1
2で xn = f0(xn−1)または
xn = f1(xn−1)と定める．このとき，xn <2
3となる確率 Pn を求めよ．
3.4.1 解答
以下 P (事象)でその事象の確率を表す．
xn =1
3となるのは xn−1 =
2
3で f0(x)を作用させるときのみであり，また xn =
2
3となるのは
xn−1 =1
3で f1(x)を作用させるときのみである．x0 =
1
2なので xn =
1
3,2
3となることはない．
また xn = 0, 1となることもない．
Pn = P
(xn <
2
3
), Qn = P
(1
3< xn
)Rn = P
(2
3< xn < 1
), Sn = P
(0 < xn <
1
3
)とおく．
xn <2
3となる事象は，xn−1 <
1
3で f0(x), f1(x)のいずれかを作用させるときか，
1
3< xn−1
で f0(x) を作用させるときである．1
3< xn となる事象についても同様である．すべての n で
Pn +Rn = 1，Qn + Sn = 1なので
Pn = Sn−1 +1
2Qn−1 = 1− 1
2Qn−1
Qn = Rn−1 +1
2Pn−1 = 1− 1
2Pn−1
である．これから辺々引いて，
Pn −Qn =1
2(Pn−1 −Qn−1)
より
Pn −Qn =1
2n(P0 −Q0)
x0 =1
2なので，P0 = Q0 = 1である．よって，
Pn = Qn
である．この結果，
Pn = 1− 1
2Pn−1
が成り立つ．これから
Pn − 2
3= −1
2
(Pn−1 −
2
3
)P0 = 1なので
Pn − 2
3=
(−1
2
)n(1− 2
3
)つまり
Pn =2
3
{1−
(−1
2
)n+1}
である．
別解 xn =1
3となるのは xn−1 =
2
3で f0(x)を作用させるときのみであり，また xn =
2
3とな
るのは xn−1 =1
3で f1(x)を作用させるときのみである．x0 =
1
2なので xn =
1
3,2
3となることは
ない．また xn = 0, 1となることもない．
an = P
(0 < xn <
1
3
)bn = P
(1
3< xn <
2
3
)cn = P
(2
3< xn < 1
)とおく．
xn <1
3となる事象は，xn−1 <
1
3で f0(x)，または
1
3< xn−1 <
2
3で f0(x)を作用させるときで
あり，1
3< xn <
2
3となる事象は，xn−1 <
1
3で f1(x)，または
1
3< xn−1 <
2
3で f0(x)を作用さ
せるときであり，2
3< xnとなる事象は，
1
3< xn−1 <
2
3で f1(x)，または
2
3< xn−1で f1(x)を作
用させるときである．
よって漸化式
an =1
2an−1 +
1
2bn−1
bn =1
2an−1 +
1
2cn−1
cn =1
2bn−1 +
1
2cn−1
が成り立ち，a0 = c0 = 0, b0 = 1である．これより
an − cn =1
2(an−1 − cn−1) =
1
2n(a0 − c0) = 0
つまり，an = cn である．また，an + bn + cn = 1より
bn =1
2(1− bn−1)
なので，
bn − 1
3= −1
2
(bn−1 −
1
3
)=
(−1
2
)n(b0 −
1
3
)
よって
bn =1
3+
2
3
(−1
2
)n
さらに，an = cn，an + bn + cn = 1より
an =1
2(1− bn)
であり，Pn = an + bn なので，
Pn =1
2(1− bn) + bn =
1
2(1 + bn)
=2
3+
1
3
(−1
2
)n
=2
3
{1−
(−1
2
)n+1}
である．
4 京大文系
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．
α
β
A
P
Q
α
β
A
P
Q
図のように点を名づけると，
AP = AQ = tanα
2
であり，他も同様であるから面積 S は
S = 2 + tanα
2+ tan
β
2
となる．さらに α+ β = 180◦ であるから，tanβ
2=
1
tanα
2
である．
相加平均と相乗平均の不等式から
S = 2 + tanα
2+
1
tanα
2
>= 2 + 2
√√√√√tanα
2· 1
tanα
2
= 4
等号は tanα
2= 1，つまり α = β = 90◦ のときである．
よって，最小値は 4である．
4.2 5番問題
理系
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)
g(n)は整数であるとする．このとき f(x)は g(x)で割り
切れることを示せ．
文系
a, b, c, d, eを正の有理数として整式
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)
g(n)は整数であるとする．このとき f(x)は g(x)で割り
切れることを示せ．
4.2.1 解答
f(x)を g(x)で割ることにより
f(x) = (px+ q)(dx+ e) + r
とする．このときf(x)
g(x)= px+ q +
r
dx+ e
である．すべての正の整数 nに対してf(n)
g(n)が整数であるから，
f(n+ 1)
g(n+ 1)− f(n)
g(n)= p− dr
(dn+ d+ e)(dn+ e)
が任意の正整数 nで整数となる．さらに，階差をとる．
f(n+ 2)
g(n+ 2)− f(n+ 1)
g(n+ 1)−{f(n+ 1)
g(n+ 1)− f(n)
g(n)
}· · · 1⃝
= − dr
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)+
dr
(dn+ d+ e)(dn+ e)
=dr{−(dn+ e) + (dn+ 2d+ e)}
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)(dn+ e)=
2d2r
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)(dn+ e)
これがすべての nで整数である．
ここで d2r = 0とすると，
∣∣∣∣ 2d2r
(dn+ 2d+ e)(dn+ d+ e)(dn+ e)
∣∣∣∣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
0 <
∣∣∣∣ 2d2r
(dm+ 2d+ e)(dm+ d+ e)(dm+ e)
∣∣∣∣ < 1
となる正整数 mがある．このとき n > mである nに関して 1⃝ は整数ではあり得ない．よって
d2r = 0である．d > 0より r = 0．つまり，f(x)は g(x)で割り切れる．
5 阪大理系
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
0 <= x2 + y2 − 2x2y2 + 2xy√1− x2
√1− y2 <= 1
が成り立つことを示せ．
5.1.1 解答
f(x, y) = x2 + y2 − 2x2y2 + 2xy√1− x2
√1− y2 とおく．
実数 x, y が |x| <= 1 と |y| <= 1 を満たすので，x = cosα，y = cosβ となる実数 α，β が，
0 <= α, β <= πに存在する．このとき sinα >= 0, sinβ >= 0なので
f(x, y) = cos2 α+ cos2 β − 2 cos2 α cos2 β + 2 cosα cosβ sinα sinβ
= cos2 α(1− cos2 β) + cos2 β(1− cos2 α) + 2 cosα cosβ sinα sinβ
= cos2 α sin2 β + cos2 β sin2 α+ 2 cosα cosβ sinα sinβ = (cosα sinβ + cosβ sinα)2 = sin2(α+ β)
となる．よって，
0 <= f(x, y) <= 1
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 <= α, β <= π
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
2の整数倍のとき．0 <= α, β <= π
では
(α, β) =
(0,
π
2
),
(π
2, 0
), および α+ β =
π
2,3π
2
のとき．cos(α+β) = xy−√1− x2
√1− y2なので，条件α+β =
π
2,3π
2はxy =
√1− x2
√1− y2 =
0と同値である．よって
(x, y) = (±1, 0), (0, ±1), および xy =√1− x2
√1− y2
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 解答
(1)√2 と 3
√3が有理数であると仮定する．
√2 =
q
p, (p と qは互いに素),
3√3 =
m
l, (l と mは互いに素)
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 q2，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 = q2, 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．
3q3 = (r −√2p)3 = r3 + 6p2r −
√2(3pr2 + 2p3)
となる．ここで 3pr2 + 2p3 = 0と仮定すると
√2 =
r3 + 6p2r − 3q3
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 + 6p2r = 3q3
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 = 3q3 となる．もし q = 0なら，これから
r
q=
3√3
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 4番問題
座標空間の x軸上に動点 P，Qがある．P，Qは時刻 0において，原点を出発する．Pは x軸の
正の方向に，Qは x軸の負の方向に，ともに速さ 1で動く．その後，ともに時刻 1で停止する．点
P，Qを中心とする半径 1の球をそれぞれ A, Bとし，空間で x >= −1の部分を C とする．このと
き，以下の間いに答えよ.
(1) 時刻 t (0 <= t <= 1)における立体 (A ∪B) ∩ C の体積 V (t)を求めよ．
(2) V (t)の最大値を求めよ．
5.3.1 解答
(1) 球A, Bと領域Cはともに xy平面上のある領域を x軸回りに回転したものである．球A, B
を xy平面で切った断面の xy平面上での方程式は
(x− t)2 + y2 = 1, (x+ t)2 + y2 = 1
である．C との共通部分をとると B が x >= −1の部分に制限される．Aと B は x = 0平面
で対称なので，体積を求めるとき，Aを x >= 0の部分で，Bを x <= 0の部分で考えれば，重
なりはない．よって，y21 = 1− (x− t)2，y22 = 1− (x+ t)2とすると，V (t)は次の定積分で
求められる．
V (t) =
∫ t+1
0
πy21 dx+
∫ 0
−1
πy22 dx
= π
∫ t+1
0
{1− (x− t)2} dx+ π
∫ 0
−1
{1− (x+ t)2} dx
= π
[x− 1
3(x− t)3
]t+1
0
+ π
[x− 1
3(x+ t)3
]0−1
= π
(t+ 1− 1
3− 1
3t3)+ π
(−1
3t3 + 1 +
1
3(−1 + t)3
)= π
(−1
3t3 − t2 + 2t+
4
3
)
(2)
V ′(t) = π(−t2 − 2t+ 2
)より，V (t)は t = −1 +
√3で最大値である．
−1
3t3 − t2 + 2t+
4
3=
1
3(−t2 − 2t+ 2)(t+ 1) + 2t+
2
3
なので，最大値は
V (−1 +√3) = π
(2√3− 4
3
)である．
5.4 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．
5.4.1 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− 1, n− 1)が決まる．
(n, n− 1), (n, n− 2), (n− 1, n− 1)から (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．
5.5 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．
5.5.1 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
して f(x−1) = f(x)−1 となる．この結果，有理数 x =
q
pに対して
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
ここで (1)の中で示したように f(b) = 0であるから f(b)2> 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． limn→∞
ϵn = 0なので，nを十分大きくとると f(s) < a < sとなる．
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．
5.6 挑戦枠問題 2
数列 {an}を an =n!√
nnne−nで定める．このとき lim
n→∞an =
√2πであることを，以下の手順で
示せ．
(1) 数列 {bn}を bn =22n(n!)2√n(2n)!
で定める．0 < x <π
2のとき
sin2n+1 x < sin2n x < sin2n−1 x (n = 1, 2, 3, · · ·)
であることを用いて， limn→∞
bn =√πであることを示せ．
(2) すべての自然数 nに対して
0 < logan
an+1<
100
n(n+ 1)
が成り立つことを示せ．
(3) limn→∞
ana2n
= 1 であることを示せ．
(4) limn→∞
an =√2π であることを示せ．
5.6.1 解答
(1) In =
∫ π2
0
sinn x dxとおく．
In =
∫ π2
0
sinn x dx =
∫ π2
0
sinn−1 x(− cosx)′ dx
=[− sinn−1 x cosx
]π2
0+ (n− 1)
∫ π2
0
sinn−2 x cos2 x dx
= (n− 1)
∫ π2
0
sinn−2 x(1− sin2 x) dx = (n− 1)In−2 − (n− 1)In
∴ In =n− 1
nIn−2
ここで
I0 =
∫ π2
0
dx =π
2, I1 =
∫ π2
0
sinx dx =
[− cosx
]π2
0
= 1
したがって
I2n−1 =2n− 2
2n− 1· 2n− 4
2n− 3· · · · 2
3· 1 =
22(n−1){(n− 1)!}2
(2n− 1)!
I2n =2n− 1
2n· 2n− 3
2n− 2· · · · 1
2· π2
=(2n)!
22n(n!)2· π2
I2n+1 =2n
2n+ 1· 2n− 2
2n− 1· · · · 2
3· 1 =
22n(n!)2
(2n+ 1)!
sin2n+1 x < sin2n x < sin2n−1 x (n = 1, 2, 3, · · ·)
より，I2n+1 < I2n < I2n−1 となるので
22n(n!)2
(2n+ 1)!<
(2n)!
22n(n!)2· π2<
22(n−1){(n− 1)!}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 < bn2 <
2n+ 1
2n· π
よって limn→∞
bn =√πである．
(2)
anan+1
=n!√
nnne−n·√n+ 1(n+ 1)n+1e−n−1
(n+ 1)!=
1
e·(n+ 1
n
)n+ 12
なので
logan
an+1=
(n+
1
2
)log
(1 +
1
n
)− 1
である．ここで x >= 0に対して
f(x) = x− x2
2+
x3
3− log(1 + x) >= 0
を示す．f(0) = 0であり，
f ′(x) = 1− x+ x2 − 1
1 + x， f ′(0) = 0
f ′′(x) = −1 + 2x+1
(1 + x)2， f ′′(0) = 0
f ′′′(x) = 2− 1
2(1 + x)3， 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
logan
an+1
<=
(n+
1
2
)(1
n− 1
2n2+
1
3n3
)− 1 =
2n+ 1
6n3
である．100
n(n+ 1)− 2n+ 1
6n3=
598n(n− 1) + 595n− 1
6n3(n+ 1)> 0
なので
logan
an+1<
100
n(n+ 1)
つぎに，0 < logan
an+1を示す．
a1a2
=1
e· 2 3
2 =
(8
e2
) 12
で e2 < 2.722 = 6.5824 < 8 なので loga1a2
> 0．また
logan+1
an+2− log
anan+1
=
(n+ 1 +
1
2
)log
(1 +
1
n+ 1
)−(n+
1
2
)log
(1 +
1
n
)=
(n+
1
2
)log
n+ 2
n+ log
(1 +
1
n+ 1
)> 0
なので，すべての自然数 nに対して 0 < logan
an+1である．よって次式が示された．
0 < logan
an+1<
100
n(n+ 1)
(3)
logana2n
= log
(an
an+1· an+1
an+2· · · a2n−1
a2n
)=
n∑k=1
logan+k−1
an+k
<
n∑k=1
100
(n+ k − 1)(n+ k)= 100
n∑k=1
(1
n+ k − 1− 1
n+ k
)= 100
(1
n− 1
2n
)=
50
n
よって
limn→∞
logana2n
= 0
log xは連続関数なので，これより limn→∞
ana2n
= 1 である．
(4)
an2 =
(n!)2
nn2ne−2n=
22n(n!)2√n(2n)!
· (2n)!√2n(2n)2ne−2n
·√2 =
√2bn · a2n
なので
an =√2bn · a2n
an
この結果
limn→∞
an =√2 ·
√π · 1 =
√2π
である．
6 阪大文系
6.1 1番問題
実数 x, yが |x| <= 1と |y| <= 1を満たすとき，不等式
0 <= x2 + y2 − 2x2y2 + 2xy√1− x2
√1− y2 <= 1
が成り立つことを示せ．
7 東北大理系
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 + 4y2 = 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
P
(cos θ,
1
2sin θ
)とおく．lの方程式は
x cos θ + 4y · 12sin θ = x cos θ + 2y sin θ = 1
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
2 sin θ(x− cos θ)− cos θ
(y − 1
2sin θ
)= 0
つまり
2x sin θ − y cos θ =3
2sin θ cos θ
となる．よって x軸，y軸との交点は(3
4cos θ, 0
),
(0, −3
2sin θ
)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 =1
2· 34cos θ · 3
2sin θ =
9
32sin 2θ
0 < θ <π
2より 0 < 2θ < π．したがって θ =
π
4のとき S は最大値
9
32をとる．このとき点 Pの
座標は
P
(1√2,
1
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) + (3β2 − 1) + (3γ2 − 1) = 0
(3α2 − 1)(3β2 − 1)(3γ2 − 1) = 0
第 2式の条件から α = ± 1√3とする．第 1式は
3β2 + 3γ2 = 2 · · · 1⃝
となる．そしてこれに対する接点の y座標は ∓ 2
3√3で，この傾き 0の接線上に点 Pがある
ので，q = ∓ 2
3√3である．
一方，α, β, γ が f(t) = 0の 3解なので
α+ β + γ =3p
2, αβ + βγ + γα = 0, αβγ = −p+ q
2· · · 2⃝
この第 2式と α = ± 1√3から
β + γ = ∓√3βγ
1⃝ を変形して代入すると
3(β + γ)2 − 6βγ = 9(βγ)2 − 6βγ = 2
ここから βγ =1±
√3
3が必要である．
α =1√3，q = − 2
3√3のとき． 2⃝ の第 3式から
p+ q = −2αβγ = −2 · 1√3· 1±
√3
3= − 2
3√3∓ 2
3
p > 0より βγ =1−
√3
3のとき p =
2
3．この pと qについては
p3 − p =− 10
27> q = − 2
3√3> −p = −2
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．
α = − 1√3，q =
2
3√3のとき．同様にして，p > 0より βγ =
1 +√3
3のとき p =
2
3を得る．
ところがこの pと qは条件 p3 − p > q > −pをみたさない．
よって条件をみたす点 Pの座標は P
(2
3, − 2
3√3
)である．
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
2p1x2 + p2x+ 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 = p22 − 16p1p3 >= 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
63=
5
216である．
(2) 条件は
D = p22 − 16p1p3 < 0, αβ =
p3p1
= 1
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
63=
11
72である．
(3) 条件は
D = p22 − 16p1p3 < 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 上記から (p1, p3) = (2, 1)を除く
その確率は6(1 + 2 + 3 + 4 + 5)− 1
63=
89
216である．
注意 (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．
1
2
(1− 5
216+
11
72
)=
89
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
(2nπ, 0) ,
((2n+
1
2
)π,
1{(2n+ 1
2
)π}a), ((2n+ 1)π, 0)
を頂点とする三角形の面積を An とし，
Bn =
∫ (2n+1)π
2nπ
sinx
xadx, Cn =
∫ (2n+1)π
2nπ
sin2 x
xadx
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
{(2n+ 1)π}a<= Bn <=
2
(2nπ)a
(2) 極限値 limn→∞
An
Bnを求めよ．
(3) 極限値 limn→∞
An
Cnを求めよ．
7.4.1 解答
(1) 区間 [2nπ, (2n+ 1)π]において sinx >= 0なので
sinx
{(2n+ 1)π}a<=
sinx
xa<=
sinx
(2nπ)a
である． ∫ (2n+1)π
2nπ
sinx dx =
[− cosx
](2n+1)π
2nπ
= −(−1)2n+1 + (−1)2n = 2
より n = 1, 2, 3, · · ·に対し，次の不等式が成り立つ．
2
{(2n+ 1)π}a<= Bn <=
2
(2nπ)a
(2)
An =1
2· π · 1{(
2n+ 12
)π}a =
π
2{(
2n+ 12
)π}a
なので，(1)から
π(2nπ)a
4{(
2n+ 12
)π}a <=
An
Bn
<=π{(2n+ 1)π}a
4{(
2n+ 12
)π}a
limn→∞
2n
2n+ 12
= limn→∞
2n+ 1
2n+ 12
= 1
より
limn→∞
An
Bn=
π
4
である．
(3) 同様にsin2 x
{(2n+ 1)π}a<=
sin2 x
xa<=
sin2 x
(2nπ)a
であり，∫ (2n+1)π
2nπ
sin2 x dx =
∫ (2n+1)π
2nπ
1− cos 2x
2dx =
1
2
[x− sin 2x
2
](2n+1)π
2nπ
=π
2
である．よって
π
2{(2n+ 1)π}a<= Cn <=
π
2(2nπ)a
が成り立つ．よって同様に考え
limn→∞
An
Cn= 1
である．
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,√3t)を頂点とする三角
形 ABPを考える．
(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
t > 0より u =4− t2√
3t．よって垂心 Hの座標は
H
(t,
4− t2√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
4AB2, SQ2 =
1
4BP2, SR2 =
1
4AP2
である．
M(0, 0, 0), Q
(t+ 2
2,
√3t
2, 0
), R
(t− 2
2,
√3t
2, 0
)
であるからx2 + y2 + z2 = 4(x− t+ 2
2
)2
+
(y −
√3t
2
)2
+ z2 = t2 − t+ 1(x− t− 2
2
)2
+
(y −
√3t
2
)2
+ z2 = t2 + t+ 1
これより4− (t+ 2)x−
√3ty = −2t
4− (t− 2)x−√3ty = 2t
x = t，y =4− t2√
3tが得られ，
z2 = 4− (t2 + y2) =4(−t4 + 5t2 − 4)
3t2
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
√3t
2なので四
面体の体積 V は
V =1
3·√3t
2·
√4(−t4 + 5t2 − 4)
3t2=
1
3
√−t4 + 5t2 − 4
−t4 + 5t2 − 4 = −(t2 − 5
2
)2
+9
4
1 < t2 < 4なので t =
√5
2のとき体積は最大値
V =1
3· 32=
1
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．
(A)n
k− k
2+
1
2は整数である．
(B) 2n > k2 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· · · 1⃝
となるものがある．これから
m =n
k− k
2+
1
2
となり右辺は整数である．またm >= 1なので
m− 1
2=
2n− k2
2k> 0
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− k
2+
1
2
とおくと nが 1⃝ 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
に条件 (B)からm− 1
2> 0となりmは自然数である．
(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− k
2+
1
2= 2f−e − 2e−1 +
1
2
であるが 2n > k2より 1 <= e <=f + 1
2なので 2f−e − 2e−1が整数となり，条件をみたすmが
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 が偶数なら，第 1の場合が 0 <= e <=f
2− 1．第 2の場合が 1 <= e <=
f
2．あわせて f 個．
f が 3以上の奇数なら，第 1の場合が 0 <= e <=f − 1
2．第 2の場合が 1 <= e <=
f − 1
2．あわ
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．
8 東北大文系
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
2 − 2anan+1 + an+12 = 3(an + an+1) (n = 1, 2, 3, · · ·)
(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
an2 − 2anan+1 + an+1
2 = (an − an+1)2 = 3(an + an+1)
an+12 − 2an+1an+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 a12 − 2a1a2 + a2
2 = 3(a1 + a2)なので
a22 − 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∑k=1
3(k + 1) = 3 + 3(2 + 3 + · · ·+ n) =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,√3t)を頂点とする三角
形 ABPを考える．
(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
2p1x2 + p2x+ 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，
k =M(a)√
a
の最小値を求めよ．
8.4.1 解答
(1) f ′(t) = −12t2 + (a+ 3)なので t =
√a+ 3
12で極大である．よって
M(a) =
f
(√a+ 3
12
) (0 <
√a+ 3
12<= 1
)
f(1)
(1 <
√a+ 3
12
)となる．これより
M(a) =
(a+ 3
3
) 32
(0 < a <= 9)
a− 1 (9 < a)
(2) (1)から
g(x) =
(x+ 3
3
)3
(0 < x <= 9)
(x− 1)2 (9 < x)
接線は
y =3(s+ 3)2
27(x− s) +
(s+ 3
3
)3
(0 < s <= 9)
y = 2(s− 1)(x− s) + (s− 1)2 (9 < s)
これが原点を通るので
0 =3(s+ 3)2
27(0− s) +
(s+ 3
3
)3
(0 < s <= 9)
0 = 2(s− 1)(0− s) + (s− 1)2 (9 < s)
条件にあうのは第 1式からの s =3
2である．このとき傾きは
3
(3
2+ 3
)2
27=
9
4
である．
(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
接線が原点を通るときである．(2)から s =3
2で最小で，k2の最小値は
9
4である．k > 0よ
り kの最小値は3
2である．
9 東北大後期理系
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。
f(x) + f(y) = f
(x+ y
1 + xy
)(−1 < x < 1, −1 < y < 1)
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
limh→0
f(h)
h= lim
h→0
f(0 + h)− f(0)
h= f ′(0) = 1
である．そして，(1)から −f(x) = +f(−x)なので
f(x+ h)− f(x)
h=
f(x+ h) + f(−x)
h=
f
((x+ h)− x
1− (x+ h)x
)h
=
f
(h
1− (x+ h)x
)h
1− (x+ h)x
· 1
1− (x+ h)x
ここで h → 0のときh
1− (x+ h)x→ 0なので，
limh→0
f(x+ h)− f(x)
h= f ′(0) · 1
1− x2=
1
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) =1
1− x2である．
(3) f ′(x) =1
2
(1
1− x+
1
1 + x
)より
f(x) =1
2{− log(1− x) + log(1 + x)}+ C
f(0) = 0なので C = 0である．よって
f(x) =1
2log
1 + x
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)
1− iは Rの要素であることを示せ．
(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)− q2 + {(p+ 1)q + pq}i](1 + i)
2
=p(p+ 1)− q2 − {(p+ 1)q + pq}
2
+p(p+ 1)− q2 + (p+ 1)q + pq
2i
=(p− q)(p+ q + 1)− 2pq
2
+(p+ q)(p− q + 1) + 2pq
2i
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)
は偶数．よって，(p− q)(p+ q + 1)− 2pq
2．
(p+ q)(p− q + 1) + 2pq
2はともに整数となり，
x(x+ 1)
1− i∈ Rである．
(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 · x(x+ 1)
1− i+ (β − α)x+ γ
で，x ∈ R なら (2)よりx(x+ 1)
1− i∈ R である．(1 − i)α, (β − α)x + γ ∈ R とあわせて，
f(x) ∈ Rである．
9.3 6番問題
nを自然数とし，
In =
∫ 1
0
dx√1 + xn
, Jn =
∫ 1
0
log(√
1 + xn + 1)dx
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．
log
(√1 + t+ 1
2
)<=
t
2(√
1 + t+ 1)
(2) 次の不等式が成り立つことを示せ．
0 <= Jn − log 2 <=1
4(n+ 1)
(3) 導関数d
dxlog(√
1 + xn + 1)を求めよ．
(4) 極限値 limn→∞
n(1− In)を求めよ．
9.3.1 解答
(1)
f(t) =t
2(√
1 + t+ 1) − log
(√1 + t+ 1
2
)
とおく．f(0) = 0であり，分母を有理化することでt√
1 + t+ 1=
√1 + t− 1 となることに
注意すると，
f ′(t) =1
4√1 + t
− 2√1 + t+ 1
· 1
4√1 + t
=1
4√1 + t
(1− 2√
1 + t+ 1
)>= 0
である．よって実数 t >= 0に対し，f(t) >= 0が成り立つ．
(2) 0 <= x <= 1において 2 <=√1 + xn + 1なので，(1)とあわせて
0 <= log(√
1 + xn + 1)− log 2 <=
xn
2(√
1 + xn + 1) =
√1 + xn − 1
2
である．さらに√1 + xn <= 1+ xn なので，
√1 + xn − 1 <= xnである．この結果，次の不等
式が成り立つ．
0 <= Jn − log 2 <=
∫ 1
0
xn
2dx =
1
4(n+ 1)
(3)
d
dxlog(√
1 + xn + 1)=
nxn−1
2√1 + xn(
√1 + xn + 1)
(4)
1− In =
∫ 1
0
(1− 1√
1 + xn
)dx =
∫ 1
0
√1 + xn − 1√1 + xn
dx
=
∫ 1
0
(xn
√1 + xn(
√1 + xn + 1)
)dx
=
∫ 1
0
2x
n
(log(√
1 + xn + 1))′
dx
=2
n
{[x log
(√1 + xn + 1
)]10
−∫ 1
0
log(√
1 + xn + 1)dx
}
=2
n
(log(
√2 + 1)− Jn
)
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
limn→∞
n(1− In) = 2(log(
√2 + 1)− log 2
)．
10 名大理系
10.1 2番問題
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 =
(√9 + 2
√17 +
√9− 2
√17
)2
· · · 1⃝
より
α2 − 2√13α+ 13 = 18 + 2
√13
再び
(α2 − 5)2 = 4 · 13 · (α+ 1)2 · · · 2⃝
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) (1)の変形を逆にたどる．
f(x) = x4 − 62x2 − 104x− 27
= (x2 − 5)2 − 52(x+ 1)2 = 0
よって，
x2 − 5 = ±2√13(x+ 1)
⇐⇒ (x∓√13)2 =
(√9 + 2
√17±
√9− 2
√17
)2
(複号同順)
この結果，
x∓√13 = ±
(√9 + 2
√17±
√9− 2
√17
)(第 1，第 3複号同順)
となり，
x =
+√13±
(√9 + 2
√17 +
√9− 2
√17)
−√13±
(√9 + 2
√17−
√9− 2
√17)
である．つまり，+√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の解である．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，
−√13 +
√9 + 2
√17−
√9− 2
√17−
(+√13−
√9 + 2
√17−
√9− 2
√17
)= −2
√13 + 2
√9 + 2
√17 > 0
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 九大理系
11.1 3番問題
座標空間内に，原点 O(0, 0, 0)を中心とする半径 1の球がある．下の概略図のように，y 軸の
負の方向から仰角π
6で太陽光線が当たっている．この太陽光線はベクトル (0,
√3, −1)に平行で
ある．球は光を通さないものとするとき，以下の問いに答えよ．
(1) 球の z >= 0の部分が xy平面上につくる影を考える．kを−1 < k < 1を満たす実数とすると
き，xy平面上の直線 x = kにおいて，球の外で光が当たらない部分の y座標の範囲を kを
用いて表せ．
(2) xy平面上において，球の外で光が当たらない部分の面積を求めよ．
(3) z >= 0において，球の外で光が当たらない部分の体積を求めよ．
11.1.1 解答
(1) 図のように光線が球で遮られる部分は半径 1の円を底面とする円柱になる．仰角π
6の光線と
いうことは，円柱を軸とπ
6の角をなす平面で切った断面が，xy平面における日の当たる部
分と当たらない部分の境界をなす．
図 2のように x = k平面で切る．球の切り口は半径√1− k2の円である．光線の境界は，直
線 PkQk となる．ただし Pk は光線と球の接点上の点であり，Qk はその z = 0平面との交点
である．PkO
QkO= sin
π
6なので，QkO = 2
√1− k2 である．これが光の当たらない部分の境界の y 座
標である．よって当たらない部分の y座標の範囲は次のようになる．√1− k2 <= y <= 2
√1− k2
y
x
2
z
x = k平面での断面
√1− k2
z = 0平面での断面
y y
z
π3
1
√1− k2 2
√1− k2
k
Pk
Qk
図 1図 2
(2) xy平面上において，球の外で光が当たらない部分の面積は，(1)から，∫ 1
−1
2√1− k2 dk −
∫ 1
−1
√1− k2 dk =
∫ 1
−1
√1− k2 dk
で，∫ 1
−1
√1− k2 dkは半径 1の半円の面積であるからその値は
π
2である．
(3) z >= 0において，球の外で光が当たらない領域を，x = k平面で切った断面の面積 S(k)は，
図のように
S(k) =1
2
√1− k2 ·
√3√
1− k2 − 1
2· π3(√
1− k2)2 =
(√3
2− π
6
)(1− k2)
である．よって，球の外で光が当たらない領域の体積 V は
V =
∫ 1
−1
S(k) dk =
(√3
2− π
6
)[k − 1
3k3]1−1
=2√3
3− 2π
9
注意 (1)から境界は x = k, y = 2√1− k2の媒介変数表示をもち，楕円 x2 +
y2
4= 1であるこ
とがわかる．
11.2 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．
11.2.1 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．
an+1 =1
3bn , bn+1 = an +
2
3cn ,
cn+1 =2
3bn + dn , dn+1 =
1
3cn
a0 = c0 = d0, b0 = 1
2回目の操作で硬貨をもらう確率は d2 である．
d2 =1
3c1 =
1
3
(2
3b0 + d0
)=
2
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
9=
7
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(7
9
)3
· 23· 13=
2 · 73
38=
686
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．
2，4，6回目のいずれかで 1度 3個になると，そこから確率 1 · 23=
2
3で 2回で 1個に戻り，
1個から 1個をくりかえす．よって
2回目のみ2
9· 23·(7
9
)2
4回目のみ7
9· 29· 23· 79
6回目のみ(7
9
)2
· 29· 23
(3)とあわせて22 · 72
37× 3 +
2 · 73
38=
2450
6561
となる．
12 神戸大後期理系
12.1 2番問題
mを自然数とする．自然数 nに対し，0 <= |x|m <= 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．
(1) 自然数 kに対し，0 <= |x|m <= kをみたす整数 xの個数Nk は
2k1m − 1 <= Nk <= 2k
1m + 1
をみたすことを示せ．
(2)
∣∣∣∣∣Sn − 1− 2
n∑k=1
k1m
∣∣∣∣∣ <= n が成り立つことを示せ．
(3) limn→∞
Sn
n1+ 1m
を求めよ．
12.1.1 解答
(1) 0 <= |x|m <= kより，0 <= |x| <= k1m である．[x]で xを超えない最大の整数を表すと，
0, ±1, · · · , ±[k
1m
]が条件を満たす整数である．よって
Nk = 1 + 2[k
1m
]である．ここで
k1m − 1 <
[k
1m
]<= k
1m
なので
2k1m − 1 < Nk <= 2k
1m + 1
つまり
2k1m − 1 <= Nk <= 2k
1m + 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 <= k <= nより
Sn =
n∑k=0
Nk
なのでn∑
k=0
(2k
1m − 1
)<= Sn <=
n∑k=0
(2k
1m + 1
)これより
n∑k=1
2k1m − n− 1 <= Sn <=
n∑k=1
2k1m + n+ 1
なので
−n− 2 <= Sn − 1− 2
n∑k=1
k1m <= n
となり， ∣∣∣∣∣Sn − 1− 2
n∑k=1
k1m
∣∣∣∣∣ <= n
が成り立つ．
(3) (2)より
1
n
n∑k=1
2
(k
n
) 1m
− n+ 1
n1+ 1m
<=Sn
n1+ 1m
<=1
n
n∑k=1
2
(k
n
) 1m
+n+ 1
n1+ 1m
であるが， limn→∞
n+ 1
n1+ 1m
= 0なので，
limn→∞
Sn
n1+ 1m
=
∫ 1
0
2x1m dx =
[2m
m+ 1x
m+1m
]10
=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 + y2 = 1 (x >= 0, y >= 0)
C2 :x2
3+ 3y2 = 1 (x >= 0, y >= 0)
C3 : x2 + y2 = 3 (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
(1) C3 上の点 (x, y)に対して，y座標を1
3とした点を (x, u) =
(x,
y
3
)とする．C3 の方程式
に x, y = 3uを代入して整理するとx2
3+ 3u2 = 1となり，
(x,
y
3
)は C2上の点である．逆
もいえる．このことから，C2 は C3 を y方向にのみ1
3倍した曲線であることがわかる．
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
3+ 3y2 = 1
より y =1√3sin θである．つまり P
(√3 cos θ,
1√3sin θ
)．これが C1 上の点なので
3 cos2 θ +sin2 θ
3= 1 · · · 1⃝
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,
1
3sin θ
)と
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
3x+ 3
sin θ
3y = 1
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) 1⃝ から
3 cos2 θ +1− cos2 θ
3= 1
これを解いて cos θ =1
2．つまり θ =
π
3である．この結果，
P
(√3
2,1
2
), R
(1
2,
√3
2
), T
(3
2,
√3
6
)
となる．
O
y
x√3
1√3
1
P
Q
R S
T
△PRTの面積は
−→PR =
(1−
√3
2,
√3− 1
2
),−→PT =
(3−
√3
2,
√3− 3
6
)
より
△PRT =1
2
∣∣∣∣∣ (1−√3)(
√3− 3)
12− (3−
√3)(
√3− 1)
4
∣∣∣∣∣ = 2√3
6− 1
2
線分 PRと円弧 PRで囲まれた部分の面積は， POR =π
6より，
1
2· π6− 1
2· sin π
6=
π
12− 1
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
の1
3倍である．
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
6− 1
2− 2
(π
12− 1
4
)=
2√3− π
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
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
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．
A
B
C D
E
(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．
12.3.1 解答
(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 · 42
= 10 (通り)
(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 一橋大
13.1 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 = pmqmのときE(n)
n>=
1
3が成り立つこ
とを示せ．
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
p= pm−1qm である．他も同様なので
n(Np) = pm−1qm, n(Nq) = pmqm−1, n(Np ∩Nq) = pm−1qm−1
よって
n(Np ∪Nq) = n(Np) + n(Nq)− n(Np ∩Nq)
= pm−1qm−1 (q + p− 1)
したがって
E(n) = pmqm − pm−1qm−1 (q + p− 1) = pm−1qm−1(p− 1)(q − 1)
となる．この結果，E(n)
n=
(1− 1
p
)(1− 1
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)
n>=
(1− 1
2
)(1− 1
3
)=
1
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 + y2 = 1, a2 + b2 = (x− a)2 + y2 = x2 + (y − b)2
である．これより
1− 2ax = b2, 1− 2by = a2 · · · 1⃝
を得る．
t = ab = 0のとき．a = 0なら b2 = s = 1．y = ±1
2となり x, y は存在する．b = 0なら
a2 = s = 1．x = ±1
2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．
t = 0のとき． 1⃝ から
x =1− b2
2a, y =
1− a2
2b
x2 + y2 = 1に代入して(1− b2)2
4a2+
(1− a2)2
4b2= 1
これより
b2(b2 − 1)2 + a2(a2 − 1)2 = 4a2b2 · · · 2⃝
ここで
a6 + b6 = (a2 + b2)3 − 3a2b2(a2 + b2) = s3 − 3st2
a4 + b4 = (a2 + b2)2 − 2a2b2 = s2 − 2t2
なので 2⃝ 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
S =1
2AB ·ACsin
π
3=
√3
4AB2 =
√3
4(a2 + b2) =
√3
4s
a2 と b2 はX の 2次方程式
X2 − sX + t2 = 0 · · · 3⃝
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． 3⃝の左辺を f(X)とおく．f(0) = t2 >= 0であるので，条件は
判別式 : D = s2 − 4t2 = s2 − 4(s− 1)2
3>= 0, 軸 :
s
2>= 0
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<= s <=
2√3 + 3
2
である．
14 東工大
14.1 5番問題
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，
f(a, b) =L
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
G= a′b′ = f(a, b)
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′2 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
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′2= 1であることが
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′ = q1q2 · · · qs,b′ = r1r2 · · · 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．
15 千葉大
15.1 6番問題
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．
2k = 23l+r = (7 + 1)l · 2r ≡ 2r ≡
1 (r = 0)
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 ≡ 2n2
(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．
(2) In =
∫ 1
−1
Tn(x) dxとおく．
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．
In =
∫ 0
π
cosnθ(− sin θ) dθ =
∫ π
0
cosnθ sin θ dθ
=
[sinnθ
n· sin θ
]π0
−∫ π
0
sinnθ
n· cos θ dθ
= − 1
n
∫ π
0
sinnθ · cos θ dθ
ここで ∫ 0
π
sinnθ · cos θ dθ
=
[− cosnθ
n· cos θ
]π0
−∫ π
0
− cosnθ
n· (− sin θ) dθ
=(−1)n + 1
n− 1
nIn
なので
In = − 1
n
{(−1)n + 1
n− 1
nIn
}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
cosnθ = Tn(cos θ), sinnθ = Un(cos θ) sin θ
が成立し，さらに第一式を θで微分して
−n sinnθ = Tn′(cos θ)(− sin θ)
より，関係式
T ′n(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
n+ 1T ′n+1(x) = Tn(x) +
1
nxT ′
n(x)
となる．この両辺の定積分をとることで，
1
n+ 1
[Tn+1(x)
]1−1
= In +1
n
∫ 1
−1
xT ′n(x) dx
= In +1
n
[xTn(x)
]1−1
− 1
n
∫ 1
−1
Tn(x) dx
= In +1
n
[xTn(x)
]1−1
− 1
nIn
を得る．ここで [Tn(x)
]1−1
= Tn(1)− Tn(−1)
= Tn(cos 0)− Tn(cosπ) = 1− cosnπ = 1− (−1)n[xTn(x)
]1−1
= Tn(1) + Tn(−1) = 1 + (−1)n
より1− (−1)n+1
n+ 1= In +
1 + (−1)n
n− 1
nIn
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)nTn(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．
16 早稲田教育学部
16.1 問題
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．
(1) 自然数 n >= 1に対して，g(n+ 1) = g(n) + 3n 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
3k = 2 +3(3n−1 − 1)
3− 1=
3n + 1
2
である．
(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)
(m− 2)n+1=
km(n)
(m− 2)n+
1
m− 2
(m
m− 2
)n
km(1) = 1なので
km(n)
(m− 2)n=
km(1)
m− 2+
m
(m− 2)2·
mn−1
(m− 2)n−1− 1
m
m− 2− 1
=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 慶応環境情報学部
17.1 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 解答
解 1 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+m2x2 − 2mx = 0, C2 : x2 − 4x+m2x2 − 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
D
(2m− 2
m2 + 1,2m− 2
m2 + 1·m), E
(2m+ 4
m2 + 1,2m+ 4
m2 + 1·m)
となる．この結果点 Pの座標は次のようになる．
P =1
4
(2m− 2
m2 + 1,2m− 2
m2 + 1·m)+
3
4
(2m+ 4
m2 + 1,2m+ 4
m2 + 1·m)
=1
4
(8m+ 10
m2 + 1,8m+ 10
m2 + 1··m)
点 P(X, Y )とすると，m =Y
Xなのでこれを
X =1
4· 8m+ 10
m2 + 1
に代入して，X = 0のもとで整理すると，
X2 − 5
2X + Y 2 − 2Y = 0
となる．これは (0, 2), (0, 0)も満たす．
x2 − 5
2x+ y2 − 2y = 0
⇐⇒(x− 5
4
)2
+ (y − 1)2 =41
16
より，点 Pの軌跡は，(5
4, 1
)を中心とする半径
√41
4の円である．
解 2 Lが y軸でないとする．
O1 O2
H1
H2
Q
RP
D
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．
O1O2 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, H1R : 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
4(−1, 1) +
3
4(2, 1) =
(5
4, 1
)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．
OQ =
√41
4なので点 Pの軌跡は，
(5
4, 1
)を中心とする半径
√41
4の円である．
18 大阪医科大
18.1 問題 1
an =
n∑k=1
k2n−k (n = 1, 2, · · ·)とおく．
(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 解答
(1)k
2k=
k − 1
2k−1− k
2k+
1
2k−1なので
an = 2nn∑
k=1
(k − 1
2k−1− k
2k+
1
2k−1
)
= 2n
− n
2n+
1− 1
2n
1− 1
2
= −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) · · · 1⃝
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 (mod. 5)
a4m+4 − a4m+3 = 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 1⃝ 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．
18.2 問題 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．
(2)−→OS =
c2−→OC− b2
−→OB
c2 − b2を示せ．
(3) x−→OS + 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 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
b
c· SA = SC,
c
b· SA = SB
である．この結果
CS : SB =b
c· SA :
c
b· SA = b2 : c2
A
B
C
S
T
U
つまり，点 Sは線分 CBを b2 : c2 に外分する点である．よって
−→OS =
c2−→OC− b2
−→OB
c2 − b2
が成り立つ．
(3) (2)，およびそれと同様にして
(c2 − b2)−→OS = c2
−→OC− b2
−→OB
(a2 − c2)−→OT = a2
−→OA− c2
−→OC
(b2 − a2)−→OU = 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．
(4) （3）で求めた x, y, zは x+ y + z = 0を満たす．よって x−→OS + y
−→OT+ (−x− y)
−→OU =
−→0
より
x−→US + 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．
18.3 問題 3
円周x2+y2 = 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)
(0 < θ <
π
2
)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
4を Pa と表す．
(1) 0 < θ <π
2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
表せ．
(2) （1）の aを表す θの関数のグラフの慨形を 0 < θ <π
2で描け．
(3) Pa と接する Lθ
(0 < θ <
π
2
)が存在するような aの範囲を求めよ．
18.3.1 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 − sin θ
4− 1 = 0
0 < θ <π
2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．
D = (cos θ − 2a sin θ)2 − 4 sin θ
(a2 sin2 θ − sin θ
4− 1
)= cos2 θ − 4a sin θ cos θ + sin2 θ + 4 sin θ
= 1 + 4 sin θ − 2a sin 2θ = 0
0 < θ <π
2においては sin 2θ = 0であるから，
a =1 + 4 sin θ
2 sin 2θ
と定まる．
(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
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)
したがってこの関数は θ =π
6で極小で，極小
値は√3である．また θ → 0,
π
2のとき→ ∞
なので，グラフの慨形は，右図のようになる．O
a
θ
π2
π6
√3
(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．
18.4 問題 4
a, bを正の定数として，平面上の楕円(x− 1)2
a2+
y2
b2= 1を E とする．
(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
a2+
y2
b2= 1と y = x を連立し，yを消去する．
(x− 1)2
a2+
x2
b2− 1 =
(1
a2+
1
b2
)x2 − 2
a2x+
1
a2− 1 = 0
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
D/4 =1
a4−(
1
a2+
1
b2
)(1
a2− 1
)=
(1
a2+
1
b2
)− 1
a2b2= 0
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
x0 =
1
a2
1
a2+
1
b2
=b2
a2 + b2= b2 = 1− a2
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
3x0
3 −∫ x0
−a+1
πy2 dx
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 =π
3b6 − πb2
∫ 1−a2
1−a
{1− (x− 1)2
a2
}dx
=π
3b6 − πb2
[x− (x− 1)3
3a2
]1−a2
1−a
=π
3(1− a2)(1− a)2 =
π
3(1 + a)(1− a)3
O
y
x1
−1 + a
x0
18.5 問題 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
2rn−1, qn =
2
3qn−1 +
1
2rn−1, pn = pn−1 +
1
3qn−1
ここで
p0 = 0, q0 = 0, r0 = 1
であるから
r1 =1
2, q1 =
1
2, p1 = 0
となる．よって
r2 =1
2r1 =
1
4, q2 =
2
3q1 +
1
2rn−1 =
7
12, p2 =
1
6
(2) また
r3 =1
8, q3 =
2
3q2 +
1
2r2 =
37
72, p3 = p1 +
1
3q2 =
13
36
(3) (1)でおこなった．
(4) (1)から
rn =
(1
2
)n
r0 =1
2n
(5) (4)から
qn =2
3qn−1 +
1
2· 1
2n−1
である．よって
2nqn =4
3(2n−1qn−1) + 1
これより
2nqn + 3 =4
3
(2n−1qn−1 + 3
)したがって
2nqn + 3 =
(4
3
)n (20q0 + 3
)=
4n
3n−1
よって
qn =4n − 3n
2n · 3n−1
また
pn = 1− qn − rn = 1− 4n − 3n
2n · 3n−1− 1
2n= 1− 2n
3n−1− 1
2n−1
である．
19 関西大
19.1 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 +n2y2 = 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 + n2y2 = 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
limn→∞
{(n∑
k=1
kan+k
)Sn
}を求めよ．
19.1.1 解答
(1) 2 = x2 + n2y2 = (x− ny)2 + 2nxyより
xy =2− (x− ny)2
2n<=
1
n
等号は x = nyより x = 1，y =1
nのとき．
※ 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 =1
n, (xn, yn) =
(1,
1
n
)別解 x2+n2y2 = (x+ny)2−2nxyであるから x2+n2y2 = 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 + n2y2 = 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 + n2y2 = 2．これから
2n2y2 − 2nky + k2 − 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 = n2k2 − 2n2(k2 − 2) = −n2k2 + 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 =1
nである．このとき
x = −ny + k = 1である．（以下は上の解と同じ）
(2) (xn, yn)における曲線 x2 + n2y2 = 2の接線は
xnx+ n2yny = x+ ny = 2
また法線は(1,
1
n
)を通りこれと直交するので n(x− 1)−
(y − 1
n
)= 0 より
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),
(0,
2
n
)なので
Sn =1
2· 2 · 2
n=
2
n
である．よって (n∑
k=1
kan+k
)Sn =
2
n
n∑k=1
k
n+ k=
2
n
n∑k=1
k
n
1 +k
n
なので，
limn→∞
{(n∑
k=1
kan+k
)Sn
}= lim
n→∞
2
n
n∑k=1
k
n
1 +k
n
= 2
∫ 1
0
x
1 + xdx = 2
∫ 1
0
(1− 1
1 + x
)dx
= 2
[x− log(1 + x)
]10
= 2(1− log 2)
20 防衛医科大
20.1 問題 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−2an+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．
limx→0
4f((x+ 2)2)− (x+ 2)2f(4)
x= αk1 + βk2
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 = ak2 − 81a+ 1 = a(k2 − 81) + 1
となる．ここでもし有理数 k2 − 81が 0でなければ，
a =左辺− 1
k2 − 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 k2 − 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 a = 3± 3√2
と条件を満たす．
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−2an+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 = e2n−1−1
(3) F (x) = 4f((x+ 2)2)− (x+ 2)2f(4)とおく．
F (0) = 4f(4)− 4f(4) = 0
なので
limx→0
4f((x+ 2)2)− (x+ 2)2f(4)
x= lim
x→0
F (x)− F (0)
x− 0= F ′(0)
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．
20.2 問題 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 = logQm,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 =1
2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．
20.2.1 解答
(1) 確率の定義からn∑
k=0
P (X = k) =
n∑k=0
Cαk =C(1− αn+1)
1− α= 1
よって C =1− α
1− αn+1となり，
P (X = k) =1− α
1− αn+1· αk
である．
(2) (1)より k = 1, 2, · · · , n, n+ 1に対して
P (X < k) =
k−1∑j=0
P (X = j) =1− α
1− αn+1· 1− αk
1− α
=1− αk
1− αn+1> 1− αk
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) = mClpl(1− p)m−l
である．よって
Q′m,l(p) = mCl
{lpl−1(1− p)m−l − (m− 1)pl(1− p)m−2
)であるから
dy
dp=
Q′m,l(p)
Qm,l(p)
=l
p− m− 1
1− p=
l −mp
p(1− p)
である．この結果，関数 y = logQm,l(p)は
p =l
mで極大で最大である．また
limp→0
logQm,l(p) = limp→1
logQm,l(p) = −∞
なので，そのグラフの慨形は右図のように
なる．
O
y
p
lm 1
(ii) Qm,l(p)を最大にする pは p =l
mである．
(4) (1)において α =1
2とすると
P (X < k) =
1− 1
2k
1− 1
2n+1
であり，これは kに関して単調増加である．
(2)から Q2m,m(p)を最大にする pは p =m
2m=
1
2であり，p >
1
2で単調減少である．
k = 1のとき
P (X < 1) =
1− 1
2
1− 1
2n+1
>1
2
であるから，Q2m,m(P (X < k))を最大にする kの値は 1である．
20.3 問題 3
座標平面上に 3点A(0,√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，
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 =√6 + 8
なので，条件は ∣∣∣p+ qi− (√6 + 3
√2i)∣∣∣ = √
14, q >√2
つまり，点 Pの軌跡は，
(x−√6)2 + (y − 3
√2)2 = 14, y >
√2 · · · 1⃝
でる定まる円の一部である．y =√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．
(2) AT⊥BPはp+ qi− (2
√6 +
√2i)
s+ ti−√2i
が純虚数ということと同値である．
BT⊥APはp+ qi−
√2i
s+ ti− (2√6 +
√2i)が純虚数ということと同値である．
p+ qi− (2√6 +
√2i)
s+ ti−√2i
={p+ qi− (2
√6 +
√2i)}(s− ti+
√2i)
|s+ ti−√2i|2
={p− 2
√6 + (q −
√2)i}{s− (t−
√2)i}
|s+ ti−√2i|2
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 · · · 2⃝
ここで pと qは方程式 1⃝ を満たすので，
(p−√6)2 = 14− (q − 3
√2)2
これから
(p− 2√6)p = (p−
√6)2 − 6 = 14− (q − 3
√2)2 − 6
= −(q2 − 6√2 + 10) = −(q −
√2)(q − 5
√2)
q >√2なので 2⃝ 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．
O
A B
C
√6 2
√6
√2
3√2
図 1
O
AB
2√6
√2
図 2
y
x
x
y
−3√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
C
P
T
J
K
L A
B
C
P
T J
K
L
A′ A′B′ B′
A′′ A′′B′′ B′′
D
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
f1(x) =2
1 + exとし，
log f2(x) =1
2
∫ x
0
f1(t) dt, log f3(x) = −1
2
∫ x
0
f2(t) dt, log f4(x) =1
2
∫ x
0
f3(t) dt
のように
log fk(x) =(−1)k
2
∫ x
0
fk−1(t) dt (k = 2, 3, 4, · · ·)
と定める．また，
gk(x) = fk(x)×x sinx
4− cos2 x, In =
2n+1∑k=1
∫ π
−π
gk(x) dx,
J =
∫ π
0
x sinx
4− cos2 xdx, K =
∫ π
0
sinx
4− cos2 xdx
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) 1 + et = sとおいて1
1 + etの原始関数を求める．
ds
dt= et = s− 1なので
∫1
1 + etdt =
∫1
s(s− 1)ds =
∫ (1
s− 1− 1
s
)ds
= logs− 1
s+ C = log
et
1 + et+ C
これより
log f2(x) =1
2
[2 log
et
1 + et
]x0
= log2ex
1 + ex
よって
f2(x) =2ex
1 + ex
条件式はf ′k(x)
fk(x)=
(−1)k
2fk−1(x), fk(0) = 1
と同値である．ここでf ′1(x)
f1(x)を計算すると
f ′1(x)
f1(x)=
− 2ex
(1 + ex)2
2
1 + ex
=− 1
2f2(x)
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
fk(x) =
2
1 + ex(k :奇数)
2ex
1 + ex(k :偶数)
(2)
2n+1∑k=1
gk(x) =
2n+1∑k=1
fk(x)×x sinx
4− cos2 x
=
{n
(2
1 + ex+
2ex
1 + ex
)+
2
1 + ex
}× x sinx
4− cos2 x
=
(2n+
2
1 + ex
)× x sinx
4− cos2 x
である．x sinx
4− cos2 xは偶関数なので
In =
∫ π
−π
(2n+
2
1 + ex
)× x sinx
4− cos2 xdx
= 4nJ +
∫ π
−π
2
1 + ex× x sinx
4− cos2 xdx
さらに A =
∫ π
−π
2
1 + ex× x sinx
4− cos2 xdx とし，xを −xに変換すると
A =
∫ −π
π
2
1 + e−x× x sinx
4− cos2 x(−dx) =
∫ π
−π
2ex
ex + 1× x sinx
4− cos2 xdx
よって
2A =
∫ π
−π
(2
1 + ex+
2ex
ex + 1
)× x sinx
4− cos2 xdx = 4J
この結果 A = 2J となり
In = (4n+ 2)J
である．
(3) 定積分
J =
∫ π
0
x sinx
4− cos2 xdx
で xを π − xに変換すると，sin(π − x) = sinx，cos(π − x) = − cosxなので
J =
∫ 0
π
(π − x) sinx
4− cos2 x(−dx) =
∫ π
0
(π − x) sinx
4− cos2 xdx
よって
2J =
∫ π
0
π sinx
4− cos2 xdx = πK
つまり J =π
2K である．
(4)
K =
∫ π
0
sinx
4− cos2 xdx
=1
4
∫ π
0
(sinx
2− cosx+
sinx
2 + cosx
)dx
=1
4
[log(2− cosx)− log(2 + cosx)
]π0
=1
2log 3
よって
In = (4n+ 2)J = (2n+ 1)πK =2n+ 1
2π log 3