2002年入試問題研究

2020 年 9 月 30 日

いくつかの大学の理系全問題と，その他，高校数学に意味のある「数学の問題」を中心に順次紹

介します．また新たな別解が出来たときにもここで紹介します．問題の難易ではなく，数学の問題

としての質的な面から，私の考えを述べていきます (南海)．

目 次

1 大学別 6

1.1 京大前期理系問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.1.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 京大前期理系解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.3 東大前期理系問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4 東大前期理系解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1

1.4.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.5 阪大前期理系問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.5.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.5.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.5.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.5.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.5.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6 阪大前期理系解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.6.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.6.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.6.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.7 神大前期理系問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.7.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.7.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.7.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.7.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.7.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.8 神大前期理系解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.8.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.8.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.8.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.8.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.8.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.9 京大後期理系問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.9.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.9.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.9.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.9.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.9.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.9.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.10 京大後期理系解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.10.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.10.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.10.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.10.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.10.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

1.10.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2 分野別 40

2

3 数 40

3.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.1.1 名大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.1.2 名大前期文系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.1.3 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.1.4 慶応医 4番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.1.5 金沢前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.1.6 金沢後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.2.1 名大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.2.2 名大前期文系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.2.3 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

3.2.4 慶応医 4番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

3.2.5 金沢前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3.2.6 金沢後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4 式 50

4.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.1.1 横国大後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.1.2 京都府立医大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.1.3 慶応理工 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.1.4 岐阜後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.2.1 横国大後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4.2.2 京都府立医大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4.2.3 慶応理工 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4.2.4 岐阜後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

5 図形 56

5.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.1.1 北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.1.2 東北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

5.1.3 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

5.1.4 名大前期文系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

5.1.5 一橋 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

5.1.6 広大後期理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

5.1.7 福井医大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.2.1 北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5.2.2 東北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

5.2.3 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

5.2.4 名大前期文系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5.2.5 一橋 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3

5.2.6 広大後期理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5.2.7 福井医大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

6 数列 67

6.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

6.1.1 東大理系後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

6.1.2 お茶大前期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6.2.1 東大理系後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

6.2.2 お茶大前期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

7 確率 72

7.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7.1.1 東大理系後期総合 II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

7.1.2 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

7.1.3 大阪女子大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

7.1.4 北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

7.1.5 名大後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

7.1.6 慶応医 2番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

7.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

7.2.1 東大理系後期総合 II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

7.2.2 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

7.2.3 大阪女子大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

7.2.4 北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

7.2.5 名大後期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

7.2.6 慶応医 2番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

8 曲線 82

8.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

8.1.1 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

8.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

8.2.1 九大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

9 行列 84

9.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

9.1.1 金沢大理系後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

9.1.2 富山医科薬科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

9.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

9.2.1 金沢大理系後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

9.2.2 富山医科薬科 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

10 微積 88

10.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

10.1.1 千葉大理系後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

4

10.1.2 東工大前期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

10.1.3 東北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

10.1.4 名大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

10.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

10.2.1 千葉大理系後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

10.2.2 東工大前期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

10.2.3 東北大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

10.2.4 名大前期理系 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

11 高校数学の方法関連問題 93

11.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

11.1.1 何をどう置くか . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

11.1.2 条件の同値変形 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

11.1.3 例で考える . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

11.1.4 必要条件・十分条件 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

11.1.5 存在の証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

11.1.6 定義を問う問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

11.1.7 背理法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

11.2 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

11.2.1 何をどう置くか . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

11.2.2 条件の同値変形 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

11.2.3 例で考える . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

11.2.4 必要条件・十分条件 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

11.2.5 存在の証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

11.2.6 定義を問う問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

11.2.7 背理法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5

1 大学別

1.1 京大前期理系問題

今年の京大前期理系の問題は平凡なものばかりだった．「難易度」が易という意味ではない．問題

自体のおもしろさがなく，よくある問題の外見を少し変えただけというものばかりであった．こつ

こつ勉強してきた人にとっては肩すかしのように感じられたかも知れない．

例年は少なくとも 1，2題，高校数学への問題提起となる出題がなされていた．高校生がこんな

ことが成り立つのかと感心するような新鮮な事例を提供する問題もあった．今年はそれがなかった．

入学試験はもちろん選拔のためであるが，同時に高校数学に対する大学としての見解の具体的な

表明であり，また，高校生に考える材料を提供するという意味もある．だから，それなりの工夫と

研究が必要だし，責任もある．

今後に期待したい．

1.1.1

数列 {an} の初項 a1 から第 n 項 an までの和を Sn と表す．この数列が

a1 = 1, limn→∞

Sn = 1, n(n− 2)an+1 = Sn (n >= 1)

を満たすとき，一般項 an を求めよ．

1.1.2

半径 1の円周上に相異なる 3点 A, B, C がある．

(1) AB2 +BC2 +CA2 > 8 ならば△ABC は鋭角三角形であることを示せ．

(2) AB2 + BC2 + CA2 <= 9が成立することを示せ．また，この場合等号が成立するのはどのよ

うな場合か．

1.1.3

f(x) = x4 + ax3 + bx3 + cx + 1 は整数を係数とする x の 4次式である．4次方程式 f(x) = 0

の重複も込めた 4つの解のうち，2つは整数で殘りの 2つは虚数であるという．このとき a, b, c

の値を求めよ．

1.1.4

(1) x >= 0で定義された関数 f(x) = log(x+√1 + x2)について，導関数 f ′(x)を求めよ．

(2) 極方程式 r = θ (θ >= 0) で定義される曲線の， 0 <= θ <= π の部分の長さを求めよ．

6

1.1.5

a, b, c を実数とする． y = x3 + 3ax2 + 3bx と y = c のグラフが相異なる 3つの交点を持つ

という．このとき a2 > b が成立することを示し，さらにこれらの交点の x 座標のすべては開区間

(−a− 2√a2 − b, −a+ 2

√a2 − b) に含まれていることを示せ．

1.1.6

0 < θ < 90とし， a は正の定数とする．複素数平面上の点 z0, z1, z2 · · · を次の条件 (i)，(ii)を

満たすように定める．

(i) z0 = 0, z1 = a

(ii) n >= 1 のとき，点 zn − zn−1 の回りに θ◦ 回転すると点 zn+1 − zn に一致する．

このとき点 zn (n >= 1) が点 z0 と一致するような n が存在するための必要十分条件は，θ が有理

数であることを示せ．

1.2 京大前期理系解答

1.2.1

n >= 1 に対し an+1 = Sn+1 − Sn である．ゆえに n(n− 2)(Sn+1 − Sn) = Sn が成り立つ．これ

から

n(n− 2)Sn+1 = (n− 1)2Sn · · · 1⃝

n >= 3 のとき，n

n− 1Sn+1 =

n− 1

n− 2Sn

したがってn− 1

n− 2Sn =

2

1S3

ここで limn→∞

Sn = 1なので，

limn→∞

n− 1

n− 2Sn = 1

したがって2

1S3 = 1 となり， S3 =

1

2

∴ Sn =n− 2

n− 1(n >= 3)

つまり n >= 4 のとき

an = Sn − Sn−1 =n− 2

n− 1− n− 3

n− 2=

1

(n− 1)(n− 2)· · · 2⃝

一方 1⃝ で n = 2 とすれば S2 = 0 ．S3 =1

2とあわせて

a2 = −1, a3 =1

2

7

n = 3 のときは 2⃝ 式に含まれる．

∴ a1 = 1, a2 = −1, an =1

(n− 1)(n− 2)(n >= 3)

1.2.2

(1) 円の中心を O とし，−→OA =

−→a ，

−→OB =

−→b ，

−→OC =

−→c とおく．

∣∣∣−→a ∣∣∣ = ∣∣∣−→b ∣∣∣ = ∣∣∣−→c ∣∣∣ = 1 な

ので，

AB2 +BC2 +CA2 =∣∣∣−→b −−→

a∣∣∣2 + ∣∣∣−→c −−→

b∣∣∣2 + ∣∣∣−→a −−→

c∣∣∣2

= 2{3−

(−→b · −→a +

−→c · −→b +

−→a · −→c

)}> 8

ゆえに−→b · −→a +

−→c · −→b +

−→a · −→c + 1 < 0 · · · 1⃝

となる．このとき，

−→AB · −→AC = (

−→b −−→

a ) · (−→c −−→a )

=−→b · −→c −−→

a · −→b −−→c · −→a +

∣∣∣−→a ∣∣∣2> 2

−→b · −→c + 2

= 2−→b · −→c +

∣∣∣−→b ∣∣∣2 + ∣∣∣−→c ∣∣∣2 =∣∣∣−→b +

−→c∣∣∣2 >= 0

ゆえに A は鋭角である．同様に B, C も鋭角となり, △ABC が鋭角三角形であること

が示された．

(2)

9− {AB2 +BC2 +CA2}

= 9− 2{3− (−→b · −→a +

−→c · −→b +

−→a · −→c )}

= 3 + 2(−→b · −→a +

−→c · −→b +

−→a · −→c )

=∣∣∣−→a ∣∣∣2 + ∣∣∣−→b ∣∣∣2 + ∣∣∣−→c ∣∣∣2 + 2(

−→b · −→a +

−→c · −→b +

−→a · −→c )

=∣∣∣−→a +

−→b +

−→c∣∣∣2 >= 0

等号成立は−→a +

−→b +

−→c = 0 つまり△ABCの重心と外心が一致するとき．つまり △ABC

が正三角形のときである．

別解 1

(1) A >= 90◦ とする．この場合，余弦定理から

BC2 >= AB2 +CA2

となる．ゆえに，

AB2 +BC2 +CA2 <= 2BC2 <= 2 · 22 = 8

対偶が示せたので AB2 +BC2 +CA2 > 8 なら A < 90◦ である．

B < 90◦， C < 90◦ も同樣である．

8

(2) △ABC が鋭角三角形でなければ (1)より，

AB2 +BC2 +CA2 <= 8

△ABC が鋭角三角形のときに AB2 +BC2 +CA2 <= 9 が成立することを示せばよい．

△ABC の外接円の半径が 1なので，正弦定理から

AB

sinC=

BC

sinA=

CA

sinB= 2

よって

AB2 +BC2 +CA2 = 4(sin2 C + sin2 A+ sin2 B)

= 2{2 sin2 C + (1− cos 2A) + (1− cos 2B)}

= 2{2 sin2 C + 2− 2 cos(A+B) cos(A−B)}

= 2{2 sin2 C + 2− 2 cos(180◦ − C) cos(A−B)} · · · 2⃝

ここで， C < 90◦ より cosC > 0 ，さらに 0 < cos(A−B) <= 1であるから，

2⃝ <= 2(2 sin2 C + 2 + 2 cosC) = 4(−cos2C + cosC + 2)

= 4

{−(cosC − 1

2

)2

+9

4

}<= 9

よって与不等式は成立する． 等号成立は，cos(A−B) <= 1かつ cosC =1

2，つまり △ABC

が正三角形のときである． □

別解 2

(1) △ABC の各頂角を α, β, γ と置く．また △ABC を A(1, 0) として座標平面上において一

般性 を失わない．

このとき鋭角三角形でも鈍角三角形でも B(cos 2γ, sin 2γ) , C(cos 2(γ +α), sin 2(γ +α)) と

なる．

AB2 +BC2 +CA2 = (cos 2γ − 1)2 + sin2 2γ + (cos 2(γ + α)− cos 2γ)2

+(sin 2(γ + α)− sin 2γ)2 + (cos 2(γ + α)− 1)2 + sin2 2(γ + α)

= 2− 2 cos 2γ + 2

−2{cos 2(γ + α) cos 2γ + sin 2(γ + α) sin 2γ}+ 2− 2 cos 2(γ + α)

= 6− 2{cos 2γ + cos 2α+ cos 2(γ + α)}

= 6− 2{2 cos(γ + α) cos(γ − α) + 2 cos2(γ + α)− 1}

= 8− 4 cos(γ + α){cos(γ − α) + cos(γ + α)}

= 8− 8 cos(γ + α) cos γ cosα

ゆえに AB2 +BC2 +CA2 > 8 は cos(γ + α) cos γ cosα < 0を意味する．

9

三角形の内角なので α, γがともにα, γ >=π

2となることは起こらない．α >=

π

2または γ >=

π

2

なら π > γ + α >=π

2となり cos(γ + α) cos γ cosα >= 0．

ゆえに cos(γ + α) cos γ cosα < 0となるのは

0 < α, γ <π

2,π

2< γ + α < π

β = π − (γ + α) なので，3つの頂角はいずれも鋭角である．

(2) (1)から △ABC が鋭角三角形のときに示せば十分である．

与不等式を示すためには，−1 <= 8 cos(γ + α) cos γ cosα が成り立つことを示せばよい．

γ を固定して

f(α) = 8 cos(γ + α) cos γ cosα

と置く．このとき

f ′(α) = −8 sin(γ + α) cos γ cosα− 8 cos(γ + α) cos γ sinα = −8 cos γ sin(2α+ γ)

△ABC が鋭角三角形なので cos γ > 0 である．0 < 2α+ γ < 2πなので 2α+ γ = πのとき

f(α) は極小かつ最小になる．

α =π − γ

2より

f

(π − γ

2

)= 8 cos

(π + γ

2

)cos γ cos

(π − γ

2

)= −8 sin2

γ

2cos γ = (4 cos γ − 1) cos γ

= 4

(cos γ − 1

2

)2

− 1 >= −1

等号成立は cos γ =1

2つまり γ =

π

3．このとき α = β =

π

3．よって等号が成立するのは

△ABC が正三角形のとき．

※　本命題は四面体の場合にも次の形で成り立つ．

半径 1の球面上に相異なる 4点 A, B, C, Dがある．

AB2 +AC2 +AD2 +BC2 +BD2 +CD2 <= 16 · · · 3⃝

が成立する．

証明　記号は同様とする．

AB2 +AC2 +AD2 +BC2 +BD2 +CD2

= 3(|−→a |2 + |−→b |2 + |−→c |2 + |−→d |2

)− 2(−→a · −→b +−→a · −→c +−→a · −→d +

−→b · −→c +

−→b · −→d +−→c · −→d )

= 12−(∣∣∣−→a +

−→b +−→c +

−→d∣∣∣2 − 4

)= 16−

∣∣∣−→a +−→b +−→c +

−→d∣∣∣2

10

これより， 3⃝ が成立し，等号成立は，−→a +−→b +−→c +

−→d =

−→0 のとき．四面体において，重心と

外心が一致するのは，等面四面体のときである．『数学対話』－「特別な四面体」－「等面四面体」

http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/taiwa/taiwaNch03/simentai/node8.html

を参考のこと．

1.2.3

係数が実数なので，2つの虚数解は共役である．整数解を m, n ，虚数解を α, α とする．

解と係数の関係から

m+ n+ α+ α = −a · · · 1⃝mn+m(α+ α) + n(α+ α) + αα = b · · · 2⃝mnαα = 1 · · · 3⃝

式 1⃝ から α+ α は整数．よって式 2⃝ から αα も整数．

式 3⃝ から mn = 1, αα = 1

α = cos θ+ i sin θ とすると α+ α = 2 cos θ ．これが整数でしかも θ = 0, π なので cos θ = 0, ±1

2．

それぞれに応じて α, α = ±i,1±

√3

2,

− 1±√3

2である．このときそれぞれ

(x− α)(x− α) = x2 + 1, x2 − x+ 1, x2 + x+ 1

一方 mn = 1 より

(x−m)(x− n) = x2 − 2x+ 1, x2 + 2x+ 1

∴ f(x) =

(x2 + 1)(x2 − 2x+ 1) = x4 − 2x3 + 2x2 − 2x+ 1

(x2 + 1)(x2 + 2x+ 1) = x4 + 2x3 + 2x2 + 2x+ 1

(x2 − x+ 1)(x2 − 2x+ 1) = x4 − 3x3 + 4x2 − 3x+ 1

(x2 − x+ 1)(x2 + 2x+ 1) = x4 + x3 + x+ 1

(x2 + x+ 1)(x2 − 2x+ 1) = x4 − x3 − x+ 1

(x2 + x+ 1)(x2 + 2x+ 1) = x4 + 3x3 + 4x2 + 3x+ 1

∴ (a, b, c) = (±1, 0, ±1), (±2, 2, ±2), (±3, 4, ±3),

1.2.4

(1)

f ′(x) =1

x+√1 + x2

(1 +

x√1 + x2

)=

1√1 + x2

(2) 曲線を，極座標の極を原点，始線を x 軸の正の部分にあわせて xy 座標平面におく．このと

き極座標で (r, θ) と表される点は xy 座標では (r cos θ, r sin θ) となる．

曲線の方程式は r = θなので，この曲線は xy 座標では媒介変数 θ によって

x = θ cos θ, y = θ sin θ

11

と表される．

ここで (dx

dθ

)2

+

(dy

dθ

)2

= (cos θ − θ sin θ)2 + (sin θ + θ cos θ)2

= 1 + θ2

したがって求める長さを l とすると

l =

∫ π

0

√(dx

dθ

)2

+

(dy

dθ

)2

dθ

=

∫ π

0

√1 + θ2 dθ . . . 1⃝

=

∫ π

0

(θ)′√1 + θ2 dθ

=[θ√

1 + θ2]π0−∫ π

0

θ2√1 + θ2

dθ

= π√1 + π2 −

∫ π

0

{√1 + θ2 − 1√

1 + θ2

}dθ

(1)より∫

1√1 + θ2

dθ = log(θ +√1 + θ2) + C なので

l = π√1 + π2 − l +

[log(θ +

√1 + θ2)

]π0

= π√1 + π2 − l + log(π +

√1 + π2)

∴ l =1

2

{log(π +

√1 + π2) + π

√1 + π2

}［別解］ 1⃝ の計算は t = log(θ +

√1 + θ2)と変数変換してもよい．

このとき θ +√1 + θ2 = et で，e−t =

1√1 + θ2 + θ

=√1 + θ2 − θとなる．

∴√

1 + θ2 =et + e−t

2

また (1)からdt

dθ=

1√1 + θ2

，つまり dθ =√1 + θ2dt

積分域は θ : 0 → log(π +√1 + π2) となるので α = log(π +

√1 + π2) とおく．

l =

∫ α

0

√1 + θ2 ·

√1 + θ2 dt

=

∫ α

0

(et + e−t

2

)2

dt

=1

4

∫ α

0

(e2t + 2 + e−2t) dt

=1

4

[1

2e2t + 2t− 1

2e−2t

]α0

12

=1

8

(e2α + 4α− e−2α

)=

1

8

{(π +

√1 + π2)2 + 4 log(π +

√1 + π2)− (π +

√1 + π2)−2

}=

1

2

{log(π +

√1 + π2) + π

√1 + π2

}［注意］上の計算と同様に y = log(x+

√1 + x2)に対して

x =ey + e−y

2

となる．つまり関数 f(x) = log(x+√1 + x2)と関数 g(x) =

ex + e−x

2は，互いに逆関

数である．

1.2.5

f(x) = x3 + 3ax2 + 3bx とおく．y = f(x) と y = c のグラフが相異なる 3つの交点を持つため

には，関数 f(x) が極大値と極小値を持つことが必要である．

f ′(x) = 3x2 + 6ax+ 3bであるから

3x2 + 6ax+ 3b = 3(x2 + 2ax+ b) = 0 · · · 1⃝

が相異なる実数解を持たねばならない．

∴ D/4 = a2 − b > 0

が成立する．

1⃝ の 2つの実数解を α = −a −√a2 − b, β = −a +

√a2 − b とする．このとき f(x) は x = α

で極大， x = β で極小である．

ここで f(x) = f(α)となる α 以外の xの値を γ ， f(x) = f(β)となる β 以外の xの値を δと

する．

増減と値は次のようになる．

x · · · δ · · · α · · · β · · · γ · · ·f ′(x) + + + 0 − 0 + + +

f(x) ↗ f(β) ↗ f(α) ↘ f(β) ↗ f(α) ↗

ゆえに 2つのグラフが 3つの交点を持つのは f(β) < c < f(α) のときである．

またこのとき y = f(x) と y = c の交点の x 座標は 3つの開区間

(δ, α), (α, β), (β, γ)

に各々1つずつある．

f(x)− f(α) = x3 + 3ax2 + 3bx− (α3 + 3aα2 + 3bα) = 0

の解が α (重解)と γ となるので解と係数の関係から 2α+ γ = −3a

ゆえに γ = −a+ 2√a2 − b となる．同様に δ = −a− 2

√a2 − b となる．

よって題意が示された．

13

1.2.6

α = cos θ + i sin θ とおく．条件から

zn+1 − zn = α(zn − zn−1)

である．

したがって

zn+1 − zn = αn(z1 − z0) = aαn

α = 1 であるから

zn = z0 +

n−1∑k=0

aαk =a(1− αn)

1− α

題意を満たす n が存在することは 1− αn = 0となる n が存在することと同値である．

1− αn = 0 ⇐⇒ cosnθ + i sinnθ = 1

⇐⇒ nθ = 360◦ · kとなる kが存在する

このような k が存在するような n が存在すれば θ = 360 · knとなり，θ は有理数である．

逆に θ が有理数であるとし，θ = 360 · pqとおく．nθ = 360 · k は n · p

q= k である．これを満た

す k がとれる n として n = qが存在する．実際 k = p が条件を満たす．

よって題意が示された．

14

1.3 東大前期理系問題

昨年，これまでの東大入試数学にあった複雑な計算問題や煩瑣な場合分けは出題されず，代わっ

て「論理・論証」が文理とも出題された．明確な論証能力を問うものであった．日常的で具体的な

問題に対して数学的なモデルを立て，それに基づいて論証するという，数学本来の考える力が問わ

れた．

この傾向は今年より明確になり，計算はさらに簡単に，また基本問題が出題されるようになった．

このような傾向を積極的に理解すれば，受験生に対する東大からのメッセージであり，その意味

は「数学本来の勉強に立ち返れ」ということである．

受験数学を学問として正面から学び，考える力をつける，という青空学園数学科の方針どおり，

論証問題を中心に日頃から本格的に考え勉強してきた人には，ほぼすべて解答できる問題であった．

その意味で，出題者の意図は明確であったが，やはり何か新しい事実を提供する出題がほしかっ

た．3番は数年前の旧課程時代の空間座標に慣れていた高校生には簡単だし，6番は合同式の考え

方の応用として昔から知られたことである．

1.3.1

2つの放物線y = 2

√3(x− cos θ)2 + sin θ

y = −2√3(x+ cos θ)2 − sin θ

が相異なる 2点で交わるような一般角 θ の範囲を求めよ．

1.3.2

n は正の整数とする． xn+1 を x2 − x− 1 で割った余りを

anx+ bn

とおく．

(1) 数列 {an}, {bn}, n = 1, 2, · · · , は{an+1 = an + bn

bn+1 = an

を満たすことを示せ．

(2) n = 1, 2, · · · , に対して， an, bn は共に正の整数で，互いに素であることを証明せよ．

1.3.3

xyz 空間内の原点 O(0, 0, 0) を中心とし，点 A(0, 0, −1) を通る球面を S とする． S の外側

にある点 P(x, y, z) に対し， OP を直径とする球面と S との交わりとして得られる平面を L と

する．点 Pと点 A から平面 L へ下ろした垂線の足をそれぞれ Q, R とする．このとき，

PQ <= AR

であるような点 P の動く範囲 V を求め， V の体積は 10より小さいことを示せ．

15

1.3.4

a は正の実数とする． xy 平面の y 軸上に点 P(0, a) をとる．関数

y =x2

x2 + 1

のグラフを C とする． C 上の点 Q で次の条件を満たすものが原点 O(0, 0) 以外に存在するよう

な a の範囲を求めよ．

条件 : Qにおける C の接線が直線 PQと直交する．

1.3.5

O を原点とする xyz 空間に点 Pk

(k

n, 1− k

n, 0

), k = 1, 2, · · · , をとる．また， z 軸上 z >= 0

の部分に，点 Qk を線分 PkQk の長さが 1になるようにとる．三角錐 OPkPk+1Qk の体積を Vk

とおいて，極限

limn→∞

n−1∑k=0

Vk

を求めよ．

1.3.6

N を正の整数とする． 2N 個の項からなる数列

{a1, a2, · · · , aN , b1, b2, · · · , bN}

を

{b1, a1, b2, a2, · · · , bN , aN}

という数列に並べ替える操作を「シャッフル」と呼ぶことにする．並べ替えた数列は b1 を初項とし，

bi の次に ai ， ai の次に bi+1 が来るようなものになる．また，数列 {1, 2, · · · , 2N} をシャッフルしたときに得られる数列において，数 k が現れる位置を f(k) で表す．

たとえば， N = 3 のとき， {1, 2, 3, 4, 5, 6} をシャッフルすると {4, 1, 5, 2, 6, 3} となるので， f(1) = 2 ，f(2) = 4 ，f(3) = 6 ，f(4) = 1 ，f(5) = 3 ，f(6) = 5である．

(1) 数列 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} を 3解シャッフルしたときに得られる数列を求めよ．

(2) 1 <= k <= 2N を満たす任意の整数 k に対し， f(k)− 2k は 2N + 1 で割りきれることを示せ．

(3) n を正の整数とし， N = 2n−1 のときを考える．数列 {1, 2, 3, · · · , 2N} を 2n 回シャッフ

ルすると，{1, 2, 3, · · · , 2N} に戻ることを証明せよ．

16

1.4 東大前期理系解答

1.4.1

2√3(x− cos θ)2 + sin θ = −2

√3(x+ cos θ)2 − sin θ

が相異なる 2つの実数解を持てばよい．これを整理する．

2√3x2 = −(2

√3 cos2 θ + sin θ)

ゆえに，求める角 θ の条件は

−(2√3 cos2 θ + sin θ) = 2

√3 sin2 θ − sin θ + 2

√3 > 0

つまり

(2 sin θ +√3)(

√3 sin θ − 2) > 0

ここでつねに√3 sin θ − 2 < 0 なので，条件は

2 sin θ +√3 < 0

∴4

3π + 2nπ < θ <

5

3π + 2nπ (n :整数)

1.4.2

(1) xn+1 を x2 − x− 1 で割った商を Qn(x) とすると，各 n に対して

xn+1 = Qn(x)(x2 − x− 1) + anx+ bn

となる．したがって

Qn+1(x)(x2 − x− 1) + an+1x+ bn+1 = xn+2

= x(xn+1) = x{Qn(x)(x2 − x− 1) + anx+ bn}

= xQn(x)(x2 − x− 1) + an(x

2 − x− 1) + (an + bn)x+ an

割り算の一意性より，

an+1x+ bn+1 = (an + bn)x+ an

これは恒等式であるから係数を比較して，{an+1 = an + bn

bn+1 = an

が成立する．

17

(2) an, bn が共に互いに素な正の整数であることを数学的帰納法で示す．

x2 = x2 − x− 1 + (x+ 1)

より a1 = 1, b1 = 1 ．ゆえに n = 1 のとき，成立する．

n のとき成立するとする．

(1)より an+1, bn+1 は正の整数である．

an+1, bn+1 の最大公約数を d とし， an+1 = da, bn+1 = db とおく．

(1)より

an = bn+1 = db, bn = an+1 − bn+1 = d(a− b)

なので， d は an, bn の公約数である．帰納法の仮定から an, bn は互いに素なので， d = 1

．つまり an+1, bn+1 も互いに素である．したがって n+ 1 のときにも成立する．

ゆえに，一般に自然数 n に対して題意が成立することが示された．

1.4.3

xyz空間の平面 α とその上にない点M(x1, y1, z1)との距離を求める．

平面 α と直交するベクトル n = (a, b, c) をとる．また α 上の点 (x0, y0, z0) をとる．このと

き α は

a(x− x0) + b(y − y0) + c(z − z0) = 0

を満たす点 (x, y, z) の集合である． d = −(ax0 + by0 + cz0) とおき α を

ax+ by + cz + d = 0

と表す．

点M から平面 α への垂線の足を H(x2, y2, z2) とする．

−−→MH = tn

とかける．

(x2, y2, z2) = (x1, y1, z1) + (ta, tb, tc)

この (x2, y2, z2) は α 上の点なので

ax2 + by2 + cz2 + d = 0

つまり

t(a2 + b2 + c2) + ax1 + by1 + cz1 + d = 0

ゆえに

|−−→MH| = |tn| = |t|√a2 + b2 + c2

=|ax1 + by1 + cz1 + d|

a2 + b2 + c2·√a2 + b2 + c2 =

|ax1 + by1 + cz1 + d|√a2 + b2 + c2

18

さて球面 S は

x2 + y2 + z2 = 1

と表される．点 Pの座標を (X, Y, Z) とする． OP を直径とする球面は(x− X

2

)2

+

(y − Y

2

)2

+

(z − Z

2

)2

=

(X

2

)2

+

(Y

2

)2

+

(Z

2

)2

つまり

x2 −Xx+ y2 − Y y + z2 − Zz = 0

と表される．ゆえに S との交わりの平面 L は両式を満たす点の集合なので

L : Xx+ Y y + Zz − 1 = 0

ゆえに

AR =| − Z − 1|√

X2 + Y 2 + Z2, PQ =

|X2 + Y 2 + Z2 − 1|√X2 + Y 2 + Z2

したがって条件 PQ <= ARは

|X2 + Y 2 + Z2 − 1| <= | − Z − 1| = |Z + 1|

と同値である．

点 P(X, Y, Z) は S の外部にあるのでX2 + Y 2 + Z2 − 1 > 0

したがってこの不等式は

X2 + Y 2 + Z2 − 1 <= Z + 1, また Z + 1 <= −(X2 + Y 2 + Z2 − 1)

つまり S の外部で，かつ

X2 + Y 2 +

(Z − 1

2

)2

<=9

4· · · 1⃝ または, X2 + Y 2 +

(Z +

1

2

)2

>=1

4· · · 2⃝

である．ところが S と球体 2⃝ の表面球とは半径の差が中心間の距離に等しいので 2⃝ が S に内接

し， S の外部で 2⃝ を満たす点は接点 (0, 0, 1) 以外にない．

したがって V は 1⃝ を満たし，かつ S の外部となる点の集合である．

その体積は4

3π

(3

2

)3

− 4

3π13 =

19π

6<

19 · 3.156

< 10

1.4.4

y′ =2x

(x2 + 1)2

である． C 上の点 Q

(t,

t2

t2 + 1

)をとる．

直線 PQ の傾きはt2

t2 + 1− a

t

19

であるから，Qの満たすべき条件は

t2

t2 + 1− a

t· 2t

(t2 + 1)2= −1

である．これを満たす 0でない t が存在すればよい． t = 0 のもとで整理すると

a =t2

t2 + 1+

(t2 + 1)2

2

となる．ここで f(t) =t2

t2 + 1+

(t2 + 1)2

2とおく．

f ′(t) =2t

(t2 + 1)2+ 2t(t2 + 1) =

2t{1 + (t2 + 1)3}(t2 + 1)2

ゆえに f(t) は t = 0 で極小かつ最小で f(0) =1

2また lim

t→∞f(t) = +∞なので

y = f(t) と y = a が t = 0 である共有点を持つための条件は

a >1

2

1.4.5

Qk(0, 0, zk)とおく．条件から(k

n

)2

+

(1− k

n

)2

+ zk2 = 1

一方

△OPkPk+1 =1

2

∣∣∣∣kn(1− k + 1

n

)− k + 1

n

(1− k

n

)∣∣∣∣ = 1

2n

∴ Vk =1

3· 1

2n

√1−

(k

n

)2

−(1− k

n

)2

=

√2

6· 1n

√k

n−(k

n

)2

∴ limn→∞

n−1∑k=0

Vk =

√2

6

∫ 1

0

√x− x2 dx

ここで ∫ 1

0

√x− x2 dx =

∫ 1

0

√1

4−(x− 1

2

)2

dx

であるから， x− 1

2=

1

2sin θ とおく．√

1

4−(x− 1

2

)2

=1

2cos θ ， dx =

1

2cos θdθ であり，積分域が −π

2→ π

2になるので

∫ 1

0

√1

4−(x− 1

2

)2

dx =

∫ π2

−π2

1

4cos2 θ dθ

=1

8

∫ π2

−π2

(1 + cos 2θ) dθ =1

8

[θ +

1

2sin 2θ

]π2

−π2

=π

8

20

ゆえに求める値は

√2

48π

※ 1 小三角形の面積は△OP0Pn の n等分として求めてもよい．

※ 2 積分計算は，積分値が半径1

2の半円の面積であるから，それで代用することも可能である．

が，このような基本的な問題においては「円の面積が πr2 になる」ことまで含めて，しっかりと

置換積分で計算する方がよい．

1.4.6

(1)

元 · · · {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}1回 · · · {5, 1, 6, 2, 7, 3, 8, 4}2回 · · · {7, 5, 3, 1, 8, 6, 4, 2}3回 · · · {8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1}

(2) 1 <= k <= N のとき，1回のシャッフルでこの範囲の各数の前に数が１つずつおかれる．ゆえ

に f(k) = 2k ．

N +1 <= k <= 2N のとき．シャッフルを，この範囲の数をそのまま前に持ってくる段階と，そ

れぞれの数の後ろに 1 <= k <= N にあった数を置く操作に分ける．前半の操作でこの範囲の

数 k はでまず左へ N 動かされ，k −N の位置に来る．その上で各数の後ろに数が１つずつ

おかれることになる．ゆえに f(k) = 2(ｋ−N)− 1 = 2k − (2N + 1)

いずれも f(k)− 2k は 2N + 1 の倍数である．

(3) 整数 a と b を 2N + 1 でわった余りが等しいとき

a ≡ b

と書くことにする．

a ≡ b, c ≡ d

とする．

このときa = (2N + 1)qa + r1, b = (2N + 1)qb + r1

c = (2N + 1)qc + r2, d = (2N + 1)qd + r2

とおくとa+ c = (2N + 1)(qa + qc) + (r1 + r2)

b+ d = (2N + 1)(qb + qd) + (r1 + r2)

ac = (2N + 1)2qaqc + (2N + 1)(qar2 + qcr1) + r1r2

bd = (2N + 1)2qbqd + (2N + 1)(qbr2 + qdr1) + r1r2

であるからa+ c ≡ b+ d

ac ≡ bd

21

が成り立つ．ゆえに関係 ≡ は和・差・積に関して，数の演算と同様にできる．

したがって (2)は 1, · · · , 2N の各 k に対して f(k) ≡ 2k を意味している．

fm(k) で m 回のシャッフルで数 k の現れる位置を表す．

fm(k) ≡ 2mk · · · 1⃝

を数学的帰納法で示す． m = 1のときは上の考察から成立．

m− 1 のときの成立するとする．つまり fm−1(k) ≡ 2m−1k．

2fm−1(k) ≡ 2mk

m = 1 のときの成立を k = fm−1(k) で用いると

f(fm−1(k)) ≡ 2fm−1(k)

fm(k) = f(fm−1(k))だから，あわせてm のときも 1⃝ が成立する．

ゆえに正整数 m に対して 1⃝ が成立する．

N = 2n−1 で m = 2n でこの結果を用いる．

f2n(k) ≡ 22nk = (2n)2k = (2N)2k

ところが 2N ≡ −1 であるから

(2N)2k ≡ (−1)2k = k

∴ f2n(k) ≡ k · · · 2⃝

1, 2, 3, · · · , 2N はちょうど 2N + 1 で割った余りから 0を除いたものである．

したがって 2⃝ は，数列 {1, 2, 3, · · · , 2N} の各数が 2n 回のシャッフルで，元の位置に戻る

こと，つまり数列 {1, 2, 3, · · · , 2N}が {1, 2, 3, · · · , 2N} に戻ることを示している．

1.5 阪大前期理系問題

出題者が具体的な数学的現象を提示し，受験生はそれを正確に把握して解析し論証し数値を求め

る，という数学の典型的な問題群である．

提示された数学的現象も比較的自然なもので，作為を感じさせず親しみやすい．ひらめかなけれ

ば解けない，という問題は一つもない．適切に文字でおき，系統立てて遂行する力を試す問題はか

りである．大学として数学にどのような力を求めてるかが明確な出題である．

小問がていねいすぎる．時間制限のあるなかではやむを得ないが，高校生が自分で勉強するとき

は，2番のように小問の中で設定がされているものははずせないが，できるだけ途中の小問ははず

して直接最後の問題を考えるようにするとよい．分析力や構想力が身につく．

22

1.5.1

実数を係数とする 3次方程式

x3 + ax2 + bx+ c = 0

が異なる 3つの実数解をもつとする．このとき a > 0, b > 0ならば，少なくとも 2つの実数解は

負であることを示せ．

1.5.2

平面上に双曲線 C : y =1

xを考える． a, b, c, d を d < c < 0 < b < a をみたす数とし，曲線 C

上の 4点 P, Q, R, Sをそれぞれ x 座標が a, b, c, dであるような点としたとき，四角形 PQSR

が長方形になっているとする．

(1) b, c, dを aを用いて表せ．

(2) 線分 PRと x 軸との交点を T ，線分 QSと y 軸との交点を U とするとき，線分 TU と曲

線 C が共通点をもたないような a の値の範囲を求めよ．

(3) a が (2)の範囲にあるとき，3線分 PT, TU, UQ と曲線 C で囲まれた部分の面積 S(a)を

求めよ．

(4) a が (2)の範囲を動くとき，S(a)の増減を調べその最大値を求めよ．

1.5.3

αを |α| = 1であるような複素数とし，複素数の列 {zn}を

z1 = 1, z2 =α4

2,

znzn−1

=α2

4

zn−2

zn−1(n = 3, 4, 5, · · ·)

で定める ただし， zn は複素数 zn の共役な複素数とする．

(1) 各 n に対し zn を求めよ．

(2) zn の実部と虚部をそれぞれ xn, yn とし，α = −1

2+ i

√3

2とおくとき，無限級数の和

∞∑k=1

xk ,

∞∑k=1

yk

をそれぞれ求めよ．

1.5.4

nを n >= 7をみたす整数とし，1つのさいころを投げる試行を n回くり返す．このとき，2 <= k <= n

をみたす整 k に対し,「 n 回の試行のうち，同じ目が出るどの 2つの試行も k 以上離れている」と

いう事象が起こる確率を pk と表す．ただし， i 番目の試行と j 番目の試行について，この 2つの

試行は |i− j|だけ離れているということにする.

23

(1) p2 の値を求めよ．

(2) k >= 3 のとき pk の値を求めよ.

(3) 「 n 回の試行において，同じ目が続くことはなく，しかも同じ目が出る試行の組でちょうど

2だけ離れたものが少なくとも 1組存在する」という事象が起こる確率を求めよ．

1.5.5

平面上に原点 Oを中心とする半径 1の円 C1と点 P(0, sinα) を中心とする半径 1の円 C2があ

る．ただし 0 < α <π

2とする．円 C2と x 軸との交点をA, Bとし，A, Bを通り y 軸と平行な直

線をそれぞれ lA, lB とする．2直線 lA, lB ではさまれた領域の部分で，円 C1 の外部で円 C2 の

内部であるものを D1 ，円 C2の外部で円 C1の内部であるものを D2とする．いま， D1, D2を

それぞれ x 軸のまわりに 1回転させてできる回転体の体積を V1(α), V2(α)とする．

(1) V1(α), V1(α)− V2(α)をそれぞれ α を用いて表せ．

(2) α が 0 < α <π

2の範囲を動くとき，V1(α)− V2(α)の最大値を求めよ．

1.6 阪大前期理系解答

1.6.1

f(x) = x3 + ax2 + bx+ cとおく． f ′(x) = 3x2 + 2ax+ b であるから，a > 0, b > 0なら x >= 0

で f ′(x) > 0．つまり f(x) は x >= 0で 単調増加である．

したがって x >= 0 で f(x) = 0 となる x は多くても１つであり，f(x) = 0 が異なる 3つの実数

解をもつので，重解もない．

ゆえに，x >= 0となる解は多くても 1つ，つまり，負の実数解は少なくとも 2つある．

※解と係数の関係からも論証できる．

1.6.2

(1) 四角形 PQSR が長方形になっているので

−→PQ =

−→RS,

−→PQ · −→PR = 0

これから(b− a,

1

b− 1

a

)=

(d− c,

1

d− 1

c

),

(b− a,

1

b− 1

a

)·(c− a,

1

c− 1

a

)= 0

つまり

(b− a)

(1, − 1

ab

)= (d− c)

(1, − 1

cd

), (b− a)

(1, − 1

ab

)· (c− a)

(1, − 1

ac

)= 0

すなわち

a− b = c− d, ab = cd, 1 +1

a2bc= 0

24

第 1式と第 2式から ab = c(c− a+ b)，つまり (c− a)(c+ b) = 0 ． c− a = 0 より c−−b

．ゆえにまた第 2式より d = −a である．さらに，第 3式から a2b2 = 1 ．ともに正なので

b =1

a．

∴ b =1

a, c = −1

a, d = −a

(2)

O

y

x

P

Q

RS

T

U

2

(1)の結果と 0 < b < a より 1 < a ．さらに (1)から長方形は y = x に関して対称な位置に

あり，直線 PR の傾きは 1である．ゆえに直線 PRの式は y = x− a+1

a．この式で y = 0

として 点 T の x 座標を求める．

∴ T

(a− 1

a, 0

)

線分 TUは傾き −1 なのでその式は x+ y = a− 1

aである．

対称性から，線分 TU が移動して最初に C と接する接点は (1, 1) である．C の (1, 1) で

の接線は x+ y = 2 ．

線分 TU と曲線 C が共通点をもたないような a の値の範囲は

a− 1

a< 2

1 < aの下でこれを解くと

1 < a < 1 +√2

(3) 四角形 PQUT の面積から， C と線分 PQ で囲まれた部分を引けばよい．

PQ2 =

(a− 1

a

)2

+

(1

a− a

)2

= 2

(a− 1

a

)2

, PT2 = 2

(1

a

)2

であるから

PQUT = 2

(a− 1

a

)· 1a= 2

(1− 1

a2

)

つぎに線分 PQの式は y = −(x− a) +1

aである．

S(a) = 2

(1− 1

a2

)−∫ a

1a

(−x+ a+

1

a− 1

x

)

25

= 2

(1− 1

a2

)−[x2

2+

(a+

1

a

)x− log x

]a1a

= 2− a2

2− 3

2a2+ 2 log a

(4)

S′(a) = −a+2

a+

3

a3= − (a2 − 3)(a2 + 1)

a3

1 <√3 < 1+

√2であるから，a が 1 < a < 1+

√2の範囲を動くとき，S(a) は 1 < a <

√3

で増加，a =√3 で極大かつ最大，

√3 < a < 1 +

√2で減少する．

最大値 S(√3) = log 3

1.6.3

(1) |α| = 1なので α =1

αである．

∴ z3 =α2

4

z1z2z2

=α10

4

同様に z4 =α18

8．

これから α のべき部分の指数の数列から階差をとって推測する．その結果 zn は

zn =α(n−1)(n+2)

2n−1

と推測される．これを数学的帰納法で示す．

n = 1, · · · 4 では成立． n− 1, n− 1 で成立とする．このとき

zn =α2

4· zn−2 ·

zn−1

zn−1=

α2

4· α

−(n−3)n

2n−3· α2(n−2)(n+1) =

αn2+n−2

2n−1

となり n で成立する．ゆえに

zn =α(n−1)(n+2)

2n−1

(2) α = cos2π

3+ i sin

2π

3なので α3 = 1 ．

一方，自然数 N に対して ∣∣∣∣∣N∑

k=1

zk

∣∣∣∣∣ <=N∑

k=1

|zk| =N∑

k=1

1

2k−1< 1

ゆえに∞∑k=1

zk は收束する．

∴∞∑k=1

zk =

∞∑k=1

xk + i

( ∞∑k=1

yk

)

26

(n+ 3)2 + (n+ 3)− 2− (n2 + n− 2) = 6n+ 12 なので αn2+n−2 は 3回毎に同じ値をくり

返す．

∞∑k=1

zk =

∞∑k=1

α(k−1)(k+2)

2k−1

=

∞∑j=1

1

23j−3+ α4

∞∑j=1

1

23j−2+ α10

∞∑j=1

1

23j−1

=

(1 +

α

2+

α

4

)(1

1− 18

)=

8

7

(1 +

3

4α

)=

5

7+

3√3

7i

∴∞∑k=1

xk =5

7,

∞∑k=1

yk =3√3

7

1.6.4

(1) 最初は任意で，以後直前に出た目と異なる目が出続ける事象である．

∴ p2 = 1 ·(5

6

)n−1

=

(5

6

)n−1

(2) さいころの目は 6までなので k >= 7 のとき pk = 0

2 <= k <= 6 のとき．(1)と同様に考え，手前直近の k− 1個の範囲内にある目とは異なる目が

出続ける事象である．手前直近の k− 1個の範囲内にある目の個数は 1回目から k 回目の試

行では 0, 1, · · · , k−1個で，その後はつねに k−1個である．それら以外の目が出ればよい．

∴ pk =6

6· · · · 6− k + 1

6·(6− k + 1

6

)n−k

=6

6· · · · 6− k + 2

6·(6− k + 1

6

)n−k+1

まとめて

pk =

0 (k >= 7)

6

6· · · · 6− k + 2

6·(6− k + 1

6

)n−k+1

(2 <= k <= 6)

(3) 「 n 回の試行において，同じ目が続くことはなく，しかも同じ目が出る試行の組でちょうど

2だけ離れたものが少なくとも 1組存在する」という事象は，いいかえれば「 n 回の試行の

うち，同じ目が出るどの 2つの試行も 2 以上離れている」事象のうちで「 n 回の試行のう

ち，同じ目が出るどの 2つの試行も 3 以上離れている」ことがない事象である．

ゆえにその確率は

p2 − p3 =

(5

6

)n−1

− 5

6

(4

6

)n−2

1.6.5

(1) 直線 lA, lB の方程式は x = ±√1− sin2 α = ± cosα である．

27

円 C1 の方程式を y について解くと y = ±√1− x2 であり．円 C2 の方程式を y について

解くと y = ±√1− x2 + sinα である．

2つの領域 D1, D2 はそれぞれ

D1 :√1− x2 <= y <=

√1− x2 + sinα

D2 : −√1− x2 <= y <= −

√1− x2 + sinα

と表される．

したがって

V1(α) =

∫ cosα

− cosα

{π(√1− x2 + sinα)2 − π(1− x2)} dx

= 2π

∫ cosα

0

{2√1− x2 sinα+ sin2 α} dx

V2(α) =

∫ cosα

− cosα

{π(1− x2)− π(−√1− x2 + sinα)2} dx

= 2π

∫ cosα

0

{2√1− x2 sinα− sin2 α} dx

ここで x = cos θ の置換を行うと，∫ cosα

0

√1− x2 dx = −

∫ α

π2

sin2 θ dθ

=

∫ π2

α

1− cos 2θ

2dθ

=1

2

(π

2− α

)+

1

4sin 2α

この結果を代入して整理する．

V1(α) = 2π

(π

2− α

)sinα+ 4π sin2 α cosα

また

V1(α)− V2(α) = 4π sin2 α cosα

(2)

V ′1(α)− V ′

2(α) = 2π(2 cos 2α sinα+ sin 2α cosα)

= 8π sinα(2− 3 sin2 α）

したがって sinα =

√2

3となる α で極大かつ最大になる．このとき cosα =

√1

3なので，最

大値は

4π · 23· 1√

3=

8√3

9π

1.7 神大前期理系問題

問題はいずれも高校数学の基本的な概念を問うものである．それが工夫された具体的対象として

提示されている．その意味で良心的な「いい問題」である．

日頃からこのような問題を適切な指導のもとで考えていくようにすれば，力がつく．ぜひ厳格な

論証を心がけつつ解いてほしい．

28

1.7.1

0でない複素数 z に対して， w = u+ ivを

w =1

2

(z +

1

z

)とするとき，次の問に答えよ。ただし，u, vは実数， i は虚数単位である。

(1) 複素数平面上で， z が単位円 |z| = 1上を動くとき， w はどのような曲線を描くか．u, vが

みたす曲線の方程式を求め，その曲線を図示せよ．

(2) 複素数平面上で， z が実軸からの偏角 α

(0 < α <

π

2

)の半直線上を動くとき， w はどの

ような曲線を描くか．u, vがみたす曲線の方程式を求め，その曲線を図示せよ．

1.7.2

正の整数 n に対して，連立不等式 {0 < x <= n

x <= y <= 3x

の表す領域を Dn とする．次の問に答えよ．

(1) 領域 Dn 内にある格子点 P(x, y)の個数を Sn とする．Sn を n で表せ．ただし，格子点と

は x 座標と y 座標の両方が整数であるような点のことである．

(2) 原点 O(0, 0)を始点とし，領域 Dn 内の格子点 P(x, y)を終点とする位置ぺクトル−→OPは，

ベクトル−→v1 = (1, 1), −→v2 = (1, 2), −→v3 = (1, 3)

と 0以上の整数 m1, m2, m3 を用いて

−→OP = m1

−→v1 +m2−→v2 +m3

−→v3

と表せることを証明せよ．

1.7.3

正の実数 a, b に対して 2つの曲線

C1 : ay2 = x3 (x >= 0, y >= 0)

C2 : bx2 = y3 (x >= 0, y >= 0)

の原点 O以外の交点を Pとする.次の問に答えよ．

(1) 交点 Pの座標を求め，2つの曲線 C1, C2 の概形を描け．

(2) 2つの曲線 C1, C2 で囲まれる部分の面積を a と b で表せ,また，この面積が一定値 S であ

るように a, b が動くとき,点 P の軌跡の方程式を求めよ．

29

1.7.4

関数 f(x) は任意の実数 x に対して定義されているとする．次の問に答えよ．

(1) f(x) が x = a において微分可能であることの定義を述べよ．

(2) 次の 2つの命題のうち正しいものを選び，それが正しい理由を示せ．

(i) f(x) が x = a において連続ならば, 必ず，f(x)は x = a において微分可能である．

(ii) f(x) が x = a において連続であっても，f(x) は x = a において微分可能であるとは

限らない．

(3) 関数 f(x) = cosxが x = a において微分可能であることを，(1) で答えた定義を用いて証明

せよ．

1.7.5

数字 1, 2, · · · , N の書かれたカードが 1枚ずつ N 枚入っている箱から，元に戻さすに 1枚ずつ

k 枚のカードを引く試行を考える．ここで，2 <= k <= N とする．引いたカードの順に書かれてい

る数字を x1, x2, · · · , xk とする．次の問に答えよ．

(1) x1 < x2 < · · · < xk，すなわち， k 枚のカードを数字の小さい順に引く確率 p を求めよ．

(2) i は整数で 2 <= i <= kをみたすとする．{x1 < x2 < · · · < xi−1

xi−1 > xi

である確率，すなわち k 枚のカードのうち i− 1 枚目までは小さい順にカードを引き i 枚目

に初めて i− 1 枚目よりも数字の小さいカードを引く確率 qi を求めよ.

(3) N は 5以上の整数で，k = 5とする． 2 <= i <= 5をみたす各整数 i について上の (2)の事象

が起こるとき，得点 i 点が与えられるとする．それ以外のときの得点は 0 点とする．このと

き，得点の期待値を求めよ．

1.8 神大前期理系解答

1.8.1

(1) |z| = 1より zz = 1 ，つまり1

z= z ．

Re(z)，Im(z)で，それぞれ z の実部，虚部を表す．このとき，

w =1

2(z + z) = Re(z)

1 = Re(z)2 + Im(z)2 より −1 <= Re(z) <= 1

∴ v = 0 (−1 <= u <= 1)

図 1．

30

(2) z は

z = r(cosα+ i sinα) (r > 0)

とおける．

w =1

2

{r(cosα+ i sinα) +

1

r(cosα− i sinα)

}∴ u =

1

2

(r +

1

r

)cosα, v =

1

2

(r − 1

r

)sinα

0 < α <π

2，および r > 0 から u > 0 ．そして

(u

cosα

)2

−(

v

sinα

)2

=1

4

(r +

1

r

)2

− 1

4

(r − 1

r

)2

= 1

cosα > 0, sinα > 0であるからu

cosα± v

sinα= 0 ，つまり v = ±(tanα)u を漸近線とする

双曲線の u > 0 の部分である．図 2．

O

v

u-1 1

図 1

O

v

u

図 2

v = (tanα)u

v = −(tanα)u

1.8.2

(1) 0 < k <= nに対して直線 x = k の上にある領域 Dn 内の格子点P(x, y)の個数は 3k−k+1 =

2k + 1 個．

∴ Sn =

n∑k=1

(2k + 1) = n(n+ 1) + n = n2 + 2n

(2) 位置ぺクトル−→OPが，

−→OP = m1

−→v1 +m2−→v2 +m3

−→v3

と表せることは，領域 Dn 内の格子点 P(x, y)に対し，{m1 +m2 +m3 = x

m1 + 2m2 + 3m3 = y

となる 0以上の整数 m1, m2, m3 が存在することと同値である．

この 2式は {m1 +m2 +m3 = x

m2 + 2m3 = y − x

31

と同値である．これからm1 = 2x− y +m3

m2 = −x+ y − 2m3

つまり m1 = 2x− y +m3 >= 0, m2 = −x+ y − 2m3 >= 0 となる m3 >= 0 が存在すればよい．

これから− x+ y

2>= m3 >= −2x+ y

したがって

(i) −2x+ y <= 0 のとき．m3 = 0にとればよく，このとき

(m1, m2, m3) = (2x− y, −x+ y, 0)

は確かに条件を満たす．

(ii) −2x+ y >= 1 のとき．m3 = −2x+ yにとればよく，このとき

(m1, m2, m3) = (0, 3x− y, −2x+ y)

は確かに条件を満たす．

1.8.3

(1)

C1 : y = a−12x

32

C2 : y = b13x

23

であるから

C1 : y′ =3

2a−

12x

12 , y′′ =

3

4a−

12x− 1

2 > 0

C2 : y′ =2

3b

13x− 1

3 , y′′ = −2

9b

13x− 4

3 < 0

C1 は下に凸，C2 は上に凸で原点以外の交点は

a−12x

32 = b

13x

23

より， x = a35 b

25 , y = a

25 b

35 ．

O

y

x

C1

C2

a35 b

25

a25 b

35

32

(2) C1, C2 で囲まれる部分の面積を S とおく．

S =

∫ a35 b

25

0

(b

13x

23 − a−

12x

32

)dx =

[3

5b

13x

53 − 2

5a−

12x

52

]a 35 b

25

0

=1

5ab

S が一定のとき，x5 = a3b2 = (5S)2a, y5 = a2b3 = (5S)2b となり，

x5y5 = (5S)4ab = (5S)5 (x > 0, y > 0)

つまり

xy = 5S (x > 0, y > 0)

これが点 Pの軌跡の方程式である．

1.8.4

(1) f(x) が x = a において微分可能であるとは

limx→a

f(x)− f(a)

x− a

が存在することである．

(2) ii が正しい．なぜなら f(x) = |x− a| は

limx→a

f(x) =

limx→a

(x− a) = 0 (x > a)

limx→a

(−x+ a) = 0 (x < a)

となり x = a で連続である．しかし

limx→a

f(x)− f(a)

x− a=

limx→a

x− a− 0

x− a= 1 (x > a)

limx→a

− x+ a− 0

x− a= −1 (x < a)

より limx→a

f(x)− f(a)

x− aが存在しないので微分可能ではない．

(3) 関数 f(x) = cosxが x = a において連続であること，および limx→0

sinx

x= 1を用いて示す．

limx→a

f(x)− f(a)

x− a= lim

x→a

cosx− cos a

x− a

= limx→a

− 2 sin

(x+ a

2

)sin

(x− a

2

)x− a

= limx→a

− sin

(x+ a

2

)·sin

(x− a

2

)x− a

2

= − sin a

ゆえに， cosx は確かに x = a で微分可能である．

33

1.8.5

(1) 全事象の総数は NPk である．それに対して x1 < x2 < · · · < xk となる事象の各々は，異

なる k 個の数の組 {x1, x2, · · · , xk} の各々と一対一に対応している．すなわち， NCk 通

りある．

∴ p =NCk

NPk=

1

k!

(2) 同様に {x1 < x2 < · · · < xi−1

xi−1 > xi

となる事象の総数を求める．

異なる i 枚のカード y1, y2, · · · , yi を選びその最大のものを xi−1 に，それ以外の i − 1枚

中の 1枚を xi とし，他は小さい順に x1, x2, · · · , xi−2 とすればよい．

残る k − i 枚は N − i から順に選んで並べればよい．ゆえに該当する事象の総数は

NCi · (i− 1) · N−iPk−i

∴ qi =NCi · (i− 1) · N−iPk−i

NPk=

i− 1

i!

(3) 求める得点の期待値を E とする．

E =

5∑i=2

i · i− 1

i!=

5∑i=2

1

(i− 2)!=

8

3

1.9 京大後期理系問題

後期の問題は，前期のような殺伐としたものではなく，いろいろ考えさせられる問題が提出され

ている．

3番，4番はそれぞれじっくりと考える値打ちのある問題である．1番も問題の一般化が可能な

広がりのあるものだ．

1.9.1

1から n ( n >= 2)までの番号が，順番に 1つずつ書かれた n 枚の札が袋に入っている．この袋

の中から札を 1枚ずつ取り出し，つぎの (i)，(ii)のルールに従って A または B の箱に入れる．

(i) 最初に取り出した札は Aの箱に入れる．

(ii) 2番目以降に取り出した札は，その番号がそれまでに取り出された札の番号のどれよりも大

きければ A の箱に入れ，そうでないときは B の箱に入れる．

n 枚の札すべてを取り出し，箱に入れ終わったとき，B の箱にちようど 1枚の札が入っている確

率を求めよ．

34

1.9.2

楕円 x2 +y2

4= 1と円 (x − a)2 + y2 = b (b > 0)が相異なる 4点で交わるという．このとき点

(a, b)のとりうる範囲を図示せよ．

1.9.3

各面が鋭角三角形からなる四面体 ABCD において 辺 AB と辺 CD は垂直ではないとする．こ

のとき辺 AB を含む平面 α に点 C，点 D から下ろした垂線の足をそれぞれ C′, D′ とするとき，

4点 A，B， C′, D′ がすべて相異なり，しかも同一円周上にあるように α がとれることを示せ．

1.9.4

f(x) は xn の係数が 1である x の n 次式である．相異なる n 個の有理数 q1, q2, · · · , qn に対

して f(q1), f(q2), · · · , f(qn)がすべて有理数であれば， f(x) の係数はすべて有理数であること

を，数学的帰納法を用いて示せ．

1.9.5

数列 {an}, {bn} を

a1 = 3，b1 = 2

an+1 = an2 + 2bn

2, bn+1 = 2anbn (n >= 1)

で定める.

(1) an2 − 2bn

2 を求めよ．

(2) limn→∞

anbnを求めよ.

1.9.6

閉区間[−π

2,π

2

]で定義された関数 f(x) が

f(x) +

∫ π2

−π2

sin(x− y)f(y) dy = x+ 1

(−π

2<= x <=

π

2

)を満たしている f(x) を求めよ．

1.10 京大後期理系解答

1.10.1

全事象は，番号のついた n 枚のカードの取り出し方の総数なので， n! 通りある．

n 枚の札すべてを取り出し，箱に入れ終わったとき，B の箱に番号 k (1 <= k <= n− 1) のカード

が 1枚入っているとする．

35

このとき k を除く n− 1 枚はつねに後ほど大きくなければならず，つまり小さい方から順に取り

出していなければならない．k のカードはそのうち k+1 のカード後より，n のカード後までのど

こかで取り出されている．よって最後に k 1枚が B にあるような取り出し方は n− k通りである．

したがって該当する事象の総数は∑k = 1n−1n− k =

n(n− 1)

2

ゆえに，求める確率はn(n− 1)

2n!=

1

2(n− 2)!

1.10.2

x と y の連立方程式 x2 +y2

4= 1 · · · 1⃝

(x− a)2 + y2 = b · · · 2⃝

が異なる四つの実数解 (の組)を持てばよい． 1⃝ から y2 = 4(1 − x2)．一つの x の値に対して実

数 y が二つ定まるのは，

−1 < x < 1

のときである． 1⃝ , 2⃝ から y を消去して整理した

3x2 + 2ax− a2 + b− 4 = 0 · · · 3⃝

が x の二次方程式なので，求める条件は 3⃝ が −1 < x < 1に異なる二つの実数解を持つことと

同値である．

f(x) = 3x2 + 2ax− a2 + b− 4 とおき， D/4 = a2 − 3(−a2 + b− 4) とする．放物線 y = f(x)

の軸は x = −a

3であるから，条件は

D > 0, f(±1) > 0, −1 < −a

3< 1

これを整理して， b <

4

3a2 + 4

−3 < a < 3

b > (a+ 1)2

b > (a− 1)2

図は次のようになる．

36

O

b

a3-3 1-1

16

4

境界は含まない

1.10.3

α

α

α

C

D D D

C C

D′

D′

C′

C′

図 1図 2

図 3

ABAB AB

△ABC

3つの図は線分 AB の方から見たものである．

はじめ α を図 1のように △ABC と垂直であるようにおく．このとき△ABCが鋭角三角形なの

で，点 C′ は線分 AB 上にある．

AC′B = π, AD′B < π

α を図 2のように C′, D′ が線分 ABに関して同じ側にあるように連続的に動かす．

そして図 3のように △ABD と α が垂直であるところまで動かす．同様にして

AC′B < π, AD′B = π

α の位置を例えば △ABC とのなす角 θ で表すと，C, Dの α への正射影 C′, D′ の位置は角 θ

の三角関数で表され，角 θ に関して連続である．したがって二つの角 AC′B, AD′Bも (正確に

は三角関数の逆関数も連続な範囲にあるので)角 θ に関して連続である．

したがって連続関数の中間値の定理によって， α が図の範囲を動くとき途中で

AC′B = AD′B

となるときがある．このとき円周角が等しく四点は同一円周上にある．

また辺 AB と辺 CD が垂直ではないので C′ = D′ である．したがって四点 A，B， C′, D′ は

すべて異なっている．

※別解

α を動かす範囲をもう少し狹めてもできる．α を △ABC が α 上にあるところから△ABD が

α 上にあるようになるまで，上と同じく C′, D′が線分 ABに関して同じ側にあるように連続的に

動かす．

37

A BA

B

CD

D′PQ

R

C′

図 4図 5

△ABC が α 上にあるとき， D′ はどこにあるか．

ここで，△ABC の外接円をかき，△ABC の各頂点から各辺に垂直な直線を引くと，それら

は 2 本ずつ外接円周上で交わる．例えば AR と BR について， CAR = CBR =π

2なので，

ACB+ ARB = π となり，四点 A, C, B, R は同一円周上にあるからである．他も同様．

D′ は六角形 AQCPBR の内部にあり，したがって △ABC の外接円の内部にある．

円弧 AD′B は △ABC の外接円の内部に含まれる．

△ABD が α 上にあるようになったときは，逆に円弧 AC′B が △ABD の外接円の内部に含ま

れる．

α の動きに対して二つの円は連続的に変化するから，途中で二つの円が一致するときがある．

つまり，四点が同一円周上にあるときが存在する．

1.10.4

n = 1 のとき． f(x) = x+ b とおく．f(q1) = q1 + bで f(q1) が有理数なので， b = f(q1)− q1

も有理数である．

n = m のとき成立するとする．

n = m+ 1 のとき． f(x) を xm+1 の係数が 1である x の m+ 1 次式とし，相異なる m+ 1 個

の有理数 q1, q2, · · · , qm+1 に対し f(q1), f(q2), · · · , f(qm+1)がすべて有理数であるとする．

因数定理より

f(x) = (x− qm+1)Q(x) + f(qm+1) · · · 1⃝

となる．ここで Q(x) は m 次式で xm の係数は両辺の係数を比較して 1である．

q1, q2, · · · , qm+1 はすべて異なるので，q1, q2, · · · , qm に対し

Q(qi) =f(qi)− f(qm+1)

qi − qm+1

したがって Q(q1), · · · , Q(qm) はすべて有理数である．

数学的帰納法の仮定から Q(x) は有理数係数の多項式である．ゆえに 1⃝ から f(x) も有理数係

数の多項式である．

したがって題意が示された．

※この問題は数学的帰納法を使うことなく解ける．

g(x) = f(x)− xn は n− 1 次式である．g(q1), g(q2), · · · , g(qn)もすべて有理数である．

38

n− 1 次式 g(x) に対して n 個の xに対する値が定まれば g(x) は一意に定まる．実際

G(x) = g(q1)(x− q2)(x− q3) · · · (x− qn)

(q1 − q2)(q1 − q3) · · · (q1 − qn)

+g(q2)(x− q1)(x− q3) · · · (x− qn)

(q2 − q1)(q2 − q3) · · · (q2 − qn)+ · · ·

+g(qn)(x− q1)(x− q2) · · · (x− qn−1)

(qn − q1)(qn − q2) · · · (qn − qn−1)

とおく．このとき G(q1) = g(q1), · · · , G(qn) = g(qn) なので恒等式の原理より G(x) = g(x) ．し

たがって

f(x) = xn + g(x)

= xn + g(q1)(x− q2)(x− q3) · · · (x− qn)

(q1 − q2)(q1 − q3) · · · (q1 − qn)+ · · ·+ g(qn)

(x− q1)(x− q2) · · · (x− qn−1)

(qn − q1)(qn − q2) · · · (qn − qn−1)

これから f(x) が有理数係数の n 次多項式であることが示された．

これが「ラグランジュの補間公式」の方法である．

1.10.5

(1)

an+12 − 2bn+1

2 = (an2 + 2bn

2)2 − 2(2anbn)2

= an4 − 4an

2bn2 + 4bn

4 = (an2 − 2bn

2)2

∴ an2 − 2bn

2 = (a12 − 2b1

2)2n−1

= 1

(2) an, bn は作り方から正整数で，しかも単調に増加する．

自然数の単調増加列であるから

limn→∞

an = +∞, limn→∞

bn = +∞

したがって (1)から

limn→∞

an2

bn2 = 2 + lim

n→∞

1

bn2 = 2

∴ limn→∞

anbn

=√2

1.10.6

∫ π2

−π2

sin(x− y)f(y) dy = sinx

∫ π2

−π2

cos yf(y) dy − cosx

∫ π2

−π2

sin yf(y) dy

である．そこで ∫ π2

−π2

cos yf(y) dy = c1,

∫ π2

−π2

sin yf(y) dy = c2

39

とおく．条件から

f(x) = −c1 sinx+ c2 cosx+ x+ 1

したがって， sinx cosx, x cosx が奇関数であることに注意して

c1 =

∫ π2

−π2

cos yf(y) dy

=

∫ π2

−π2

(−c1 sin y + c2 cos y + y + 1) cos y dy

= 2

∫ π2

0

(c2 cos2 y + cos y) dy

= 2

∫ π2

0

(c2

1 + cos 2y

2+ cos y

)dy

= 2

[c2

(1

2y +

1

4sin 2y

)+ sin y

]π2

0

=π

2c2 + 2

c2 =

∫ π2

−π2

sin yf(y) dy

=

∫ π2

−π2

(−c1 sin y + c2 cos y + y + 1) sin y dy

= 2

∫ π2

0

(−c1 sin2 y + y sin y) dy

= 2

∫ π2

0

(−c1

1− cos 2y

2

)dy + 2 [−y cos y]

π20 + 2

∫ π2

0

cos y dy

= 2

[−c1

(1

2y − 1

4sin 2y

)]π2

0

+ 2 [sin y]π20

= −π

2c1 + 2

これから

c1 =8 + 4π

4 + π2, c2 =

8− 4π

4 + π2

∴ f(x) = −8 + 4π

4 + π2sinx+

8− 4π

4 + π2cosx+ x+ 1

2 分野別

3 数

3.1 問題

3.1.1 名大前期理系

関係式

xa = yb = zc = xyz

40

を満たす 1とは異なる 3つの正の実数の組 (x, y, z) が，少なくとも 1組存在するような，正の整

数の組 (a, b, c) をすべて求めよ．ただし， a <= b <= c とする．

3.1.2 名大前期文系

n を自然数とするとき，3つの数 a = 5

√1 +

1

n− 1 ，b = 1− 5

√1− 1

n，c =

1

5nの大きさを比

較せよ．

3.1.3 九大前期理系

正の整数 a に対し, a の正の約数全体の和を f(a) で表す．ただし，1および a 自身も約数とす

る．たとえば f(1) = 1であり，a = 15 ならば 15の正の約数は 1,3,5,15なので f(15) = 24となる．

次の問いに答えよ．

(1) a が正の奇数 b と正の整数 m を用いて a = 2mbと表されるとする．このとき

f(a) = (2m+l − 1)f(b)

が成り立つことを示せ．

(2) a が 2以上の整数 p と正の整数 q を用いて a = pqと表されるとする．このとき

f(a) >= (p+ 1)q

が成りたつことを示せ．また，等号が成り立つのは，q = 1かつ pが素数であるときに限る

ことを示せ．

(3) 正の偶数 a, b は，ある整数m, nとある奇数 r, s を用いて a = 2mr, b = 2nsのように表す

ことができる．このとき a, b が {f(a) = 2b

f(b) = 2a

をみたせば，r, sは素数であり，かつ r = 2n+1 − 1, s = 2m+1 − 1 となることを示せ．

3.1.4 慶応医 4番

設問 (1)から (5)に答えなさい．

4で割ると余りが 1になるような素数 p, p = 4k + 1，を 1つとる．これに対し，等式

(Q) a2 + 4bc = p

を満たす自然数 3つの組 (a, b, c)の全体を考える．両辺の絶対値を比べればわかるように，この

ような自然数 3つの組の可能性は有限通りしかありえない．

いま等式 (Q)を満たす自然数 3つの組 (a, b, c)から新しく自然数 3つの組を作る手続きを次の

(i)，(ii)，(iii)により定める:

(i) a < b− cならば (a+ 2c, c, b− a− c)を作る;

41

(ii) b− c < a < 2bならば (2b− a, b, a− b+ c)を作る;

(iii) a > 2bならば (a− 2b, a− b+ c, b)を作る．

(1) (a, b, c)が等式 (Q)を満たす自然数の組でさらに (i)の条件 a < b − cを満たすとする．こ

のとき，上の (i)より得られる (a+ 2c, c, b− a− c)もまた等式 (Q)を満たすことを示しな

さい．

(2) 等式 (Q)を満たす自然数の組 (a, b, c)は a = b − cや a = 2bを満たすことはないことを示

しなさい．

(3) 等式 (Q)を満たす自然数の組 (a, b, c)の中には，上の手続きを施しても変化しないという

性質を持つものが存在する．p = 4k + 1と表すとき，この性質を持つ (a, b, c)を k を用い

て具体的に与え，かっそれがただ 1組しか存在しないことを示しなさい．

(4) 等式 (Q)を満たす自然数の組 (a, b, c)に対して上の手続きを 2回繰返して施すとどうなるか，

結論を簡潔に説明しなさい．また，この観察をもとに等式 (Q)を満たす自然数 3つの組の全

体の個数が偶数か奇数かを決定し，そう判断できる理由を述べなさい．ただし，等式 (Q)を

満たす自然数 3つの細から上の手続きにより新しく作られた自然数 3つの組は (i)，(ii)，(iii)

のどの場合でも再び等式 (Q)を満たすという事実についてはここでは証明なしに用いてよい．

(5) 素数 p = 4k + 1をある 2っの自然数 a, b により

p = a2 + (2b)2

と表すことができることを示しなさい．

3.1.5 金沢前期理系

x > 0 に対して，2次の行列 A(x), B を

A(x) =

( √1 + 3x2 3x

x√1 + 3x2

), B = A(1) =

(2 3

1 2

)

と定める．

(1) x > 1 のとき， 0 < y < x であって A(x) = A(y)B を満たす実数 y が存在することを示せ．

(2) 行列 A(x) の各成分が自然数であるとする．このとき，A(x) = Bn となる自然数 n が存在

することを示せ．

3.1.6 金沢後期理系

p, q は互いに素な整数とし， 1 < p < q とする．座標平面内の集合 L を

L = { (m, n) | m, nは整数で 0 <= m < q − 1, 0 <= n < p− 1 }

とし， L の各元 A(m, n) に対し N(A) = mp+ nq とおく．

(1) L の各元 A, B について，N(A) = N(B) ならば A = B であることを示せ．

42

(2) L の各元 A(m, n) に対し，L の元 A#(q − 2 −m, p − 2 − n) を対応させる．A# = A を

示せ．

(3) N(A) <= pq − (p+ q) となるためには，N(A#) >= pq − (p+ q) であることが必要十分条件で

あることを示せ．

(4) N(A) <= pq − (p+ q) を満たす L の元 A の個数を求めよ．

43

3.2 解答

3.2.1 名大前期理系

条件をみたす正の実数 (x, y, z) が存在したとする．

xa = yb = zc = xyz = k

とおく．このとき x = k1a , y = k

1b , z = k

1c でさらに xyz = kなので

xyz = k1a+ 1

b+1c = k

x, y, z は 1とは異なり，a, b, c は正なので k > 0, k = 1 ．

したがって1

a+

1

b+

1

c= 1

が必要である．

逆に1

a+

1

b+

1

c= 1なら，任意の 1でない正の実数 k に対して x = k

1a , y = k

1b , z = k

1c とお

けば，この x, y, z は条件をみたす．

したがって1

a+

1

b+

1

c= 1が，x, y, z が存在するための必要十分条件である．

a <= b <= c より1

a>=

1

b>=

1

cである．

∴ 1 =1

a+

1

b+

1

c<=

3

a

これから a = 1, 2, 3 でなければならない．

a = 1 なら b, c は存在しない．

a = 2 のとき1

2=

1

b+

1

c<=

2

b

これから b = 3, 4

b = 3 なら c = 6 ，b = 4 なら c = 4

a = 3 のとき2

3=

1

b+

1

c<=

2

b

これから b = 3 ，このとき c = 3

ゆえに求める正の整数の組 (a, b, c) は

(3, 3, 3), (2, 4, 4), (2, 3, 6)

3.2.2 名大前期文系

n を自然数として an = 5

√1 +

1

n− 1 ，bn = 1− 5

√1− 1

n，cn =

1

5nとおく．

a1 = 5√2− 1 ，b1 = 1 ，c1 =

1

5である．

44

ここで (1

5+ 1

)4

= 1.24 = 1.44 · 1.44 = 2.0736 > 2

なので

(c1 + 1)5 > 2 , ⇐⇒ c1 > a1

∴ b1 > c1 > a1

よって bn > cn > an と推測される．

bn > cn ⇐⇒ 1− 5

√1− 1

n− 1

5n> 0

⇐⇒(1− 1

5n

)5

> 1− 1

n

⇐⇒ 5C2

(1

5n

)2

− 5C3

(1

5n

)3

+ 5C4

(1

5n

)4

−(

1

5n

)5

> 0

これは明らかに成立

cn > an ⇐⇒ 1

5n− 5

√1 +

1

n+ 1 > 0

⇐⇒(1 +

1

5n

)5

> 1 +1

n

⇐⇒ 5C2

(1

5n

)2

+ 5C3

(1

5n

)3

+ 5C4

(1

5n

)4

+

(1

5n

)5

> 0

これは明らかに成立

したがって bn > cn > an である．

3.2.3 九大前期理系

(1) b の約数を bi (i = 1, 2, · · · , l)とする．2と bは互いに素なので a = 2mbの約数のすべては，

2jbi (j = 0, 1, · · · , m, i = 1, 2, · · · , l)

で与えられる．

∴ f(a) =

j=m, i=l∑j=0, i=1

2jbi =

m∑j=0

2j

(l∑

i=1

bi

)

=

m∑j=0

2j

f(b) =2m+1 − 1

2− 1f(b) = (2m+1 − 1)f(b)

(2) p が 2以上の整数なので pq = qである．したがって q と pq は a = pq の異なる約数である．

∴ f(a) >= (p+ 1)q

等号が成り立つのは，a = pq の約数が q と a のみのときである．1とその数自身は必ず約

数になるので q = 1で，かつ 1とその数自身以外の約数がないので pは素数でなければなら

ない．

45

(3) (1)から {f(a) = (2m+1 − 1)f(r) = 2b = 2n+1s

f(b) = (2n+1 − 1)f(s) = 2a = 2m+1r· · · 1⃝

ここで，2m+1−1と 2n+1は互いに素なので， s は 2m+1−1を約数にもつ．r についも同様．

s = (2m+1 − 1)s′, r = (2n+1 − 1)r′

とおける．このとき 1⃝ から

f(r) = 2n+1s′, f(s) = 2m+1r′ · · · 2⃝

一方 (2)から

f(r) >= {(2n+1 − 1) + 1}r′ = 2n+1r′, f(s) >= {(2m+1 − 1) + 1}s′ = 2m+1s′ · · · 3⃝

である．

2n+1s′ >= 2n+1r′ かつ 2m+1r′ >= 2m+1s′

より r′ = s′ で 3⃝ が等号になる．

(2)より r′ = s′ = 1なので 2⃝ から

r = 2n+1 − 1, s = 2m+1 − 1

3.2.4 慶応医 4番

(1)

(a+ 2c)2 + 4c(b− a− c) = a2 + 4bc

(a, b, c)は等式 (Q)を満たすので a2 + 4bc = pである．ゆえに (a+ 2c, c, b− a− c) もま

た等式 (Q)を満たす．

(2) a = b− cとする．

p = a2 + 4bc = (b− c)2 + 4bc = (b+ c)2

b+ c が自然数なので， p が素数であることに反する．

a = 2bとする．

p = a2 + 4bc = (2b)2 + 4bc = 4b(b+ c)

b, b+ c が自然数なので， p が素数であることに反する．

ゆえに，a = b− c や a = 2bを満たすことはない．

(3) 手続きのうち，(i)と (iii)は，必ず変化する．変化しないときは手続き (ii)で

2b− a = a, a− b+ c = c

46

となるときにかぎる．これから a = b ．このとき

p = a(a+ 4c)

p は素数，かつ a+ 4c > 1 なので a = 1 .

このとき

p = 1 + 4c = 4k + 1

から c = k

したがって題意をみたすものは (a, b, c) = (1, 1, k)であり，これ以外には存在しない．

(4) 等式 (Q)を満たす自然数の組 (a, b, c)に対して上の手続きを 1回行ったものを (a′, b′, c′)，

2回行ったものを (a′′, b′′, c′′)と記す．これらは等式 (Q)を満たす．

(i) a < b− cならば a′ = a+ 2c, b′ = c, c′ = b− a− c．このときは a′ > 2b′ なので

a′′ = a′ − 2b′ = (a+ 2c)− 2c = a, b′′ = a′ − b′ + c′ = b, c′′ = b′ = c

(ii) b− c < a < 2bならば a′ = 2b−a, b′ = b, c′ = a− b+ c．このときは b′− c′ = 2b−a− c

なので b′ − c′ < a′ < 2b′ となる．ゆえに

a′′ = 2b′ − a′ = 2b− (2b− a) = a, b′′ = b′ = b, c′′ = a′ − b′ + c′ = c

(iii) a > 2bならば a′ = a− 2b, b′ = a− b+ c, c′ = b．このときは a′ < b′ − c′ なので

a′′ = a′ + 2c′ = a, b′′ = c′ = b, c′′ = b′ − a′ − c′ = (a− b+ c)− (a− 2b)− b = c

したがって 2回の操作で元の組に戻る．

したがって組の各要素はたがいにこの操作で入れ替わるものの組に分けることができる．

この操作で変わらないものはただ一つなので，その他は 2つずつの組になる．

したがって等式 (Q)を満たす自然数 3つの組の全体の個数は奇数である．

(5) 等式 (Q)は b と c に関して対称である．したがって組 (a, b, c) が等式 (Q)を満たせば，組

(a, c, b)も満たす．

(3)から等式 (Q)を満たす自然数 3つの組は少なくとも一組は存在し，(4)からそのような組

の全体の個数は奇数である．

もしすべての組が b = cなら，2つずつが組になってそのような組の全体の個数は偶数になる．

したがって，そのような組のなかには b = c となるものが存在する．このとき

p = a2 + (2b)2

と表される．

47

3.2.5 金沢前期理系

(1) A(x) = A(y)B より各成分を比較して，√1 + 3x2 = 2

√1 + 3y2 + 3y · · · 1⃝

x = 2y +√

1 + 3y2 · · · 2⃝3x = 3

√1 + 3y2 + 6y · · · 3⃝

2⃝ が成り立っているとき，

1 + 3x2 = 1 + 3{4y2 + 4y√1 + 3y2 + 1 + 3y2}

= 9y2 + 12y√1 + 3y2 + 4(1 + 3y2) = {2

√1 + 3y2 + 3y}2

よって， 2⃝ を満たす正の x が存在すれば，それは 1⃝ , 3⃝ を満たす．

O

z

yxy0

x

z = 2y +√

1 + 3y2

z = y

1

z = f(y) = 2y +√1 + 3y2 とおく． f(y) は

y に関する単調増加関数で f(0) = 1 ．さらに

f(y) > y である．

したがって x > 1 のとき，z = f(y)と z = x

は yz 平面で y 座標が 0 < y0 < x である点で

交わる．

つまり題意をみたす y がただ一つ存在する．

(2) A(x) = A(y)B のとき，

A(y) = A(x)B−1 = A(x)

(2 −3

−1 2

)

である．

よって A(x) の各成分が自然数なら，0 < y < x より行列 A(y) の各成分も自然数である．

y > 1 なら同じ操作をくり返す．今 A(yk) = A(x)B−k とおく． yk > 0 であるがさらに

yk > 1 であるかぎり yk > yk+1 となる．

y1 > y2 > · · · > 0

が得られる．自然数の単調減少列なので ym−1 > 1, ym = 1 となる k = m が存在する．つ

まり A(ym) = A(x)B−m で A(ym) = A(1) = B より A(x) = Bm+1．

ゆえに n = m+ 1 とおくと確かに A(x) = Bn となる自然数 n が存在した．

［注］

A(x) =

( √1 + 3x2 3x

x√1 + 3x2

)

で u =√1 + 3x2 とおくと

u2 − 3x2 = 1

48

となる．つまり A(x) で x が自然数のとき，その 1− 1成分と 1− 2成分は，ペル方程式

X2 − 3Y 2 = 1

の自然数解になっている．

これは構造定理の別解になっている．

3.2.6 金沢後期理系

(1) A(k, l), B(m, n) とする．

N(A) = N(B) より kp+ lq = mp+ nqである．つまり

p(k −m) = q(n− l)

であるが， p と q が互いに素なので k − m が q の倍数でなければならない．ところが

0 <= k, m < q − 1 なので

−(q − 1) < k −m < q − 1

である．この範囲で q の倍数は 0しかない．つまり k = m .

その結果 l = n となり，A = B であることが示された．

(2) A# = A とする．つまり

q − 2−m = m, p− 2− n = n

これから

q = 2m+ 2, p = 2n+ 2

となり， p と q は公約数 2をもち互いに素であることに反する．ゆえに A# = A である．

(3) 条件N(A) <= pq − (p+ q) は

mp+ nq <= pq − (p+ q)

である．他方，条件N(A#) >= pq − (p+ q) は

(q − 2−m)p+ (p− 2− n)q >= pq − (p+ q)

である．ここで

(q − 2−m)p+ (p− 2− n)q >= pq − (p+ q)

⇐⇒ pq −mp− nq − p− q >= 0

⇐⇒ pq − (p+ q) >= mp+ nq

ゆえに 2つの条件が同値であることが示され，題意が示された．

(4) (3)からN(A) = pq − (p+ q) ならN(A#) = pq − (p+ q) となる．つまり等号が成立すると

N(A) = N(A#)である．(1)から A = A#となるが，これは (2)の結果と矛盾する．ゆえに

N(A) <= pq − (p+ q) で等号は成立しない．

49

A(m, n) のとき

(A#)# = (q − 2− (q − 2−m), p− 2− (p− 2− n)) = (m, n) = A

なので，L の元 Aと A#は 1:1に対応する．(4)からN(A) <= pq− (p+ q) となる L の元 A

の個数は L の半分である．

L は明らかに (p− 1)(q − 1) 個からなるので，求める元の個数は

(p− 1)(q − 1)

2

4 式

4.1 問題

4.1.1 横国大後期理系

x の多項式 f(x) で， f(0) = 0 かつ f(1) = f(−1) を満たすものすべての集合を M とする．定

数 a, b, c, d に対し， g(x) = x2 + ax+ b ，h(x) = x3 + cx+ d が M の要素であるとき，次の問

いに答えよ．

(1) a, b, c, d の値を求めよ．

(2) M の任意の要素は，次の形の多項式をいくつか加え合わせたものであることを示せ．

k(g(x))m(h(x))n

ただし， k は定数， m, n は 0以上の整数であり，(g(x))0 = 1, (h(x))0 = 1 とする．

4.1.2 京都府立医大

(1) 実数を係数とする任意の 4次式は実数を係数とする 2つの 2次式の積であることを示せ．た

だし， n 次方程式が複素数の範囲で解をもつことは知られているとする．

(2) f(x) は次の実数を係数とする 4次式とする．

f(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx+ d

このとき，次の条件を満たす実数を係数とする 2次式 g(x) = px2 + qx+ r が存在すること

を示せ．

4次方程式 f(x) = g(x) は 4つの相異なる実数解をもつ．

4.1.3 慶応理工

整数を係数とする多項式 f(x) について次のことを証明せよ．

(1) 任意の整数 m, n に対し f(m+ n)− f(n) は m の倍数である．

(2) 任意の整数 k, n に対し f(n+ f(n)k)− f(n) は f(n) の倍数である．

(3) 任意の自然数 n に対し f(n) が素数であるならば， f(x) は定数である．

50

4.1.4 岐阜後期理系

次の問に答えよ．

(1) 方程式 t3 − 3t = 1は整数の解を持たないことを示せ．

(2) 整数mと整数 nが n3 − 3m2n−m3 = 0を溝たしているとする．|m| > 1ならば |m|と |n|の最大公約数は 2以上であることを示せ．

(3) 方程式 t3 − 3t = 1は有理数の解を持たないことを示せ．

(4) a, b, cを有理数とする．これらが

a2 + 2b2 + 3c2 − ab− 2bc− 3ca

= b2 + 2c2 + 3a2 − bc− 2ca− 3ab

= c2 + 2a2 + 3b2 − ca− 2ab− 3bc

を満たすとき，a = b = cを示せ．

4.2 解答

4.2.1 横国大後期理系

(1) g(0) = b, g(1) = 1 + a+ b, g(−1) = 1− a+ bなので a = b = 0 ．

h(0) = d, h(1) = 1 + c+ d, h(−1) = −1− c+ dなので c = −1, d = 0 ．

(2) M の任意の要素 f(x) は f(0) = 0 より定数項は 0なので，f(x) を偶数次数の項と奇数次数

の項に分けて

f(x) =

n∑k=1

akx2k +

m∑k=1

bkx2k−1

とおく．条件 f(1) = f(−1) よりn∑

k=1

ak +

m∑k=1

bk =

n∑k=1

ak −m∑

k=1

bk

つまりm∑

k=1

bk = 0

したがって b1 = −(b2 + b3 + · · ·+ bm)である．

∴m∑

k=1

bkx2k−1 =

m∑k=2

bk(x2k−1 − x)

ここで

x2k−1 − x = (x2k−1 − x2k−3) + (x2k−3 − x2k−5) + . . .+ (x3 − x)

= x2k−4(x3 − x) + x2k−6(x3 − x) + . . .+ (x3 − x)

= g(x)k−2h(x) + g(x)k−3h(x) + . . .+ h(x)

f(x) は x2k と x2k−1 − x で構成されていて，各々が k(g(x))m(h(x))n で書き表されるので，

この形の多項式をいくつか加え合わせたものであることが示された．

51

［(2)の別解］M の要素の次数に関する数学的帰納法で示す．M の要素 f(x) をとる． f(x) = anxn + · · ·

と最高次数の係数を an とおく．

f(x) ∈ M の次数が 0のとき． f(0) = 0 より f(x) = 0 ，つまり a0 = 0．定数 k を k = 0

にとれば成立．

f(x) ∈ M の次数が 1のとき． f(x) = a1x+ a0 とおく．条件から a0 = a1 = 0 つまり集合

M に 1次式は存在しない．

0, 2, · · · , n− 1 までの次数について成立するとし，次数 n のときに成立することを示す．

(i) n = 3j つまり n が 3の倍数のとき．F (x) = f(x)− anh(x)j とおく． F (0) = f(0)−

anh(0)j = 0 ，F (1) = f(1) − anh(1)

j，F (−1) = f(−1) − anh(−1)j なので F (1) =

F (−1) も成立．ゆえに F (x) ∈ M で次数は n より小さいので，数学的帰納法の仮定に

より F (x)は k(g(x))m(h(x))n の形の多項式の和．したがって f(x) = F (x) + anh(x)j

も k(g(x))m(h(x))n の形の多項式の和である．

(ii) n = 3j− 1 のとき． n = 3(j− 1)+ 2 なので F (x) = f(x)− ang(x)h(x)j−1 とおく．同

様に F (x) ∈ M で次数は nより小さい．ゆえに (i)とおなじく f(x)は k(g(x))m(h(x))n

の形の多項式の和である．

(iii) n = 3j − 2 のとき． n = 1 ならすでに示されたので j >= 2 とする．n = 3(j − 2) + 4

なので F (x) = f(x)− ang(x)2h(x)j−2 とおく．同様に F (x) ∈ M で次数は n より小さ

い．ゆえに (i)とおなじく f(x) は k(g(x))m(h(x))n の形の多項式の和である．

したがって， n のときも成立し，題意が示された．

4.2.2 京都府立医大

(1) F (x) = Ax4 + ax3 + bx2 + cx+ d を実数を係数とする 4次式とする．F (x) = 0 の解を α と

する． α が虚数の場合，α で α の共役複素数を表すと，F (α) = 0 より，

F (α) = Aα4 + aα3 + bα2 + cα+ d

= A(α)4 + a(α)3 + b(α)2 + c(α) + d

= A(α)4 + a(α)3 + b(α)2 + c(α) + d

= F (α) = 0

したがって， α もまた F (x) = 0 の解である．

さて因数定理によって F (x) は

F (x) = (x− α)Q(x)

と因数分解され， Q(x) は 3次式である．Q(x) = 0の解を β とする．再び

Q(x) = (x− β)Q2(x) つまり F (x) = (x− α)(x− β)Q2(x)

これをくり返せば， F (x) は 1次式 4つと定数の積になる． x4 の係数比較から

F (x) = A(x− α)(x− β)(x− γ)(x− δ)

52

と表される．

α, β, γ, δ が実数なら A(x− α)(x− β) ，(x− γ)(x− δ) はそれぞれ実数係数の 2次式なの

で成立．

α が虚数のとき，上に見たように β, γ, δ のいずれかは α である．これを β とする．この

とき

(x− α)(x− α) = x2 − (α+ α)x+ αα

より，A(x− α)(x− α)は実数係数の 2次式である．

(x− γ)(x− δ)は γ, δ がともに実数か，たがいに共役な虚数なのでやはり実数係数の 2次式

である．

よって実数を係数とする任意の 4次式は実数を係数とする 2つの 2次式の積であることが示

された．

(2) (1)から f(x) は実数を係数とする 2つの 2次式の積に分解される．それを

f(x) = (lx2 +mx+ n)(sx2 + tx+ u)

とする． ls = 1 なので

(lx2+mx+n)(sx2+tx+u) = (lsx2+msx+ns)(slx2+tlx+ul) = (x2+msx+ns)(x2+tlx+ul)

となる．よってはじめから x2 の係数が 1の 2つの 2次式 h(x), k(x) で

f(x) = h(x)k(x)

と分解されるとしてよい．

十分大きな 2つの実数 v, w を適当にとると

h(x)− v = 0, k(x)− w = 0

がともに相異なる 2つずつの解をもつようにできる．つまり

(h(x)− v)(k(x)− w) = 0

は相異なる 4つの実数解をもつ．この等式は

h(x)k(x) = vk(x) + wh(x)− vw

と変形される．したがって

g(x) = vk(x) + wh(x)− vw

とおけば，確かに g(x) = vk(x)+wh(x)−vwは実数係数の 2次式で，4次方程式 f(x) = g(x)

は 4つの相異なる実数解をもつ．

53

4.2.3 慶応理工

(1) f(x) を N 次多項式とし， f(x) =

N∑j=0

ajxj とおく．ここで各 aj は整数である．

f(m+ n)− f(n) =

N∑j=0

aj(m+ n)j −N∑j=0

ajnj =

N∑j=0

aj{(m+ n)j − nj}

ここで，

(m+ n)j − nj =

(j∑

i=0

jCiminj−i

)− nj =

j∑i=1

jCiminj−i = m

(j∑

i=1

jCimi−1nj−i

)である．ゆえに f(m+ n)− f(n) は m の倍数である．

(2) f(n) は整数なので，(1)で m = f(n)k とおくと f(n+ f(n)k)− f(n) は m = f(n)k の倍数

である．したがって任意の整数 k に対し f(n+ f(n)k)− f(n) は f(n) の倍数である．

(3) (2)から f(n+ f(n)k)− f(n)は f(n) の倍数であるので，k によって定まる定数 M(k) を用

いて

f(n+ f(n)k)− f(n) = M(k)f(n)

つまり

f(n+ f(n)k) = {M(k) + 1}f(n)

と表せる．

任意の自然数 n に対し f(n) が素数なので f(n+ f(n)k) も素数．

f(n) = 1 となる n が無数にあれば恒等式の原理から f(x) は定数．

f(n) = 0 となる n が無数にあれば恒等式の原理から f(x) は定数．

f(n) が 0でも 1でもない n が存在するとき，その n を固定する．

このときすべての k に対して {M(k) + 1} = 1．つまり

f(n+ f(n)k) = f(n)

がすべての k について成立． f(n) = 0 より f(x) = f(n) となる x が無数に存在する．

したがってこの場合も同様に f(x) は定数である．

4.2.4 岐阜後期理系

(1) t3 − 3t = t(t2 − 1) = 1である．tが整数なら t = ±1である．いずれも t3 − 3t = 1を満たさ

ない．ゆえに整数の解はない．

(2) n3 − 3m2n−m3 = 0より，n3

m2= 3n+m

右辺は整数である．つまり n3がm2の倍数である．もし nとmが互いに素なら n3とm2も

互いに素である．|m| > 1よりこのとき左辺は整数にはなり得ない．

したがって nとmが互いに素ではない．ゆえに，|m| > 1ならば |m|と |n|の最大公約数は2以上である．

54

(3) 方程式 t3 − 3t = 1が有理数の解を持つとし，それを t =n

m(mと nは互いに素)とする．

(n

m

)3

− 3

(n

m

)= 1

より n3 − 3m2n−m3 = 0．(2)より，mと nが互いに素なら |m| = 1．つまり解は整数であ

る．ところがこれは方程式 t3 − 3t = 1には整数解が存在しないという (1)の結果と矛盾して

いる．

よって有理数の解も存在しない．

(4)

a2 + 2b2 + 3c2 − ab− 2bc− 3ca = k · · · 1⃝

b2 + 2c2 + 3a2 − bc− 2ca− 3ab = k · · · 2⃝

c2 + 2a2 + 3b2 − ca− 2ab− 3bc = k · · · 3⃝

とおく．( 1⃝ + 2⃝ + 3⃝ ）÷ 3より

2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab− 2bc− 2ca = k · · · 4⃝

1⃝ − 4⃝ より

−a2 + c2 + ab− ca = 0

∴ c2 − ca = a2 − ab

同様に 2⃝ − 4⃝ より

∴ b2 − bc = a2 − ab

ここで

a2 − ab = h · · · 5⃝

b2 − bc = h · · · 6⃝

c2 − ca = h · · · 7⃝

とおく．

もし，b = 0なら 6⃝ より h = 0， 5⃝ より a = 0， 7⃝ より c = 0．つまり a = b = cが成立

する．

b = 0なら 6⃝ よりb2 − h

b= c． 7⃝ に代入して

(b2 − h)2

b2− b2 − h

b· a = h

これから

b4 − 3b2h+ h2 − ab3 + abh = 0 · · · 8⃝

55

を得る．ここに h = a2 − abを代入して整理すると，

0 = b4 − 3b2(a2 − ab) + (a2 − ab)2 − ab3 + ab(a2 − ab)

= a4 − ba3 − 3b2a2 + 2b3a+ b4

= (a− b)a3 − b2(3a2 − 2ab− b2)

= (a− b)a3 − b2(3a+ b)(a− b)

= (a− b)(a3 − 3ab2 − b3)

ここで a− b = 0なら，

a3 − 3ab2 − b3 = 0

b = 0より (a

b

)3

− 3

(a

b

)= 1

これはa

bという有理数が方程式 t3 − 3t = 1の解となっているので (3)の結果と矛盾する．

よって a = b．このとき 5⃝ から h = 0．b = 0なので 6⃝ より b = c．

∴ a = b = c

以上からつねに a = b = cが成立する．

5 図形

5.1 問題

5.1.1 北大前期理系

2点 (1, 0, 0) ， (0, 2, 0) を通る直線を l とし，中心が R(0, 0, 2) で半径が 1の球面を C と

する．点 P が l 上にあり点 Q が C 上にあるとし，線分 PQ は直線 l と線分 RQ に垂直であると

する．

(1) 点 P の存在する範囲を求めよ．

(2) 線分 PQ の長さを最小にする点 P の座標を求めよ．

5.1.2 東北大前期理系

四面体 ABCD は各辺の長さが１の正四面体とする．

(1)−→AP = l

−→AB +m

−→AC + n

−→AD で与えられる点 P に対し |−→BP| = |−→CP| = |−→DP| が成り立つなら

ば， l = m = n であることを示せ．また，このときの |−→BP|を l を用いて表せ．

(2) A, B, C, D のいずれとも異なる空間内の点 P と点 Q を，四面体 PBCD と QABC がとも

に正四面体になるようにとるとき， cos PBQ の値を求めよ．

56

5.1.3 九大前期理系

複素数平面上の原点を中心とする半径 1の円 C に相異なる 3点 z1, z2, z3 をとる．次の問いに

答えよ．

(1) w1 = z1 + z2 + z3 とおく．点 w1 は 3点 z1, z2, z3 を頂点とする三角形の垂心になることを

示せ．ここで三角形の垂心とは，各頂点から対辺またはその延長線上に下ろした 3本の垂線

の交点のことであり，これら 3本の垂線は 1点で交わることが知られている．

(2) w2 = −z1z2z3 とおく． w2 = z1 のとき，2点 z2, z3 を通る直線上に点 z1 から下ろした垂

線またはその延長線が円 C と交わる点は w2 であることを示せ．ここで z1 は z1 に共役な

複素数である．

(3) 2点 z2, z3 を通る直線とこの直線上に点 z1 から下ろした垂線との交点は，点 w1 と w2 を

結ぶ線分の中点であることを示せ．ただし， w1 = w2 のときは，w1 と w2 の中点は w1 と

解釈する．

5.1.4 名大前期文系

O を原点とする座標平面上の曲線 y = x2 上の 2点 A，B に対し，−→OA · −→OB = t とおく．

(1) t のとりうる値の範囲を求めよ．

(2) t = 2 のとき，−→OP =

−→OA+

−→OB となる点 P の軌跡を求めよ．

5.1.5 一橋

a は正の定数とする．点 (x, y) は条件 a|x|+ |y| <= a を満たす．

(1) y − (x+ 1)2 の最小値を求めよ．

(2) y − (x+ 1)2 の最大値を求めよ．

5.1.6 広大後期理

四面体 OABCにおいて−→OA = −→a ,

−→OB =

−→b ,

−→OC = −→c と表し，|−→a | = 1, |−→b | = 1, |−→c | = 1，

−→a · −→b =1

2, −→a · −→c = 0,

−→b · −→c = pとする．

(1) pの取りうる値の範囲を求めよ．

(2) 点 Bを通る直線が，三角形OACを含む平面と垂直に交わる点をHとする．ベクトル−→BH を

−→a ,−→b , −→c と pを用いて表せ．

(3) pを用いて，四面体 OABCの体積を表し，その体積が最大となる pの値を求めよ．

57

5.1.7 福井医大

放物線 y =x2

4上に相異なる 3点 A(2a, a2), B(2b, b2), C(2c, c2)がある．このとき以下の問い

に答えよ．

(1) 3点 A, B, Cにおける法線が 1点で交わるための必要十分条件は a+ b+ c = 0であること

を証明せよ．

(2) (1)の条件をみたすとき，3法線の交点を Pとおく．さらに△ABCが直角三角形となるよう

に A, B, Cが動くとき，Pの軌跡を求めよ．

5.2 解答

5.2.1 北大前期理系

z

x

y

lP

Q

α

接平面

C

2

(1) 線分 PQ が直線 lと垂直なので，線分 PQ は点 P を通り直線 l と垂直な平面上 α にある．

線分 PQ が RQ に垂直で，線分 RQ は球面 C の半径なので，線分 PQ は点 Q で球 C と

接する平面 (接平面)上にある．

ゆえに線分 PQ は平面 α と，Q での接平面の交わりで定まる直線の一部である，

逆に直線 l と垂直な平面 α が球面 C と共有点をもつとする．α と C の共有部分は円また

は 1点で，円の場合は点 P から円への接線を引き接点を Q とし，1点の場合はその共有点

を Q とする．線分 PQ は点 Qでの接平面上にあり，線分 PQと線分 RQは直交する．

ゆえに Pの存在する範囲は，平面 α が C と共有点をもつ範囲として定まる．

球面 C の方程式は x2 + y2 + (z − 2)2 = 1 である．平面 α は z 軸と平行なので α が球面 C

と接することと，球面 C の xy 平面への正射影の円と平面 α の xy 平面への正射影の直線が

接することとが同値である．

球面 C の xy 平面への正射影の円は x2 + y2 = 1 である．平面 α の xy 平面への正射影の直

線は点 P を通り直線 l と直交する直線である．

58

xy 平面で l は x+y

2= 1 と書ける．よって点 P を (t, 2(1− t)) とおく．平面 α の正射影

の直線を

(x− t)− 2(y − 2(1− t)) = 0

とおく．これが円 x2 + y2 = 1 と共有点をもてばよい．

|(0− t)− 2(0− 2(1− t))|√1 + 4

<= 1

これを解いて4−

√5

5<= t <=

4 +√5

5

点 P の存在する範囲は

∴ x+y

2= 1, z = 0

(4−

√5

5<= x <=

4 +√5

5

)

(2) 条件から

RQ2 + PQ2 = RP2

である．ゆえに

PQ2 = RP2 − RQ2

= t2 + {2(1− t)}2 + 22 − 1 = 5t2 − 8t+ 7

= 5

(t− 4

5

)2

+ 1

t =4

5で最小になる．それを与える点 P は(

4

5,2

5, 0

)

5.2.2 東北大前期理系

四面体 ABCD は各辺の長さが１の正四面体とする．

(1)−→AB · −→AC =

−→AC · −→AD =

−→AD · −→AB = 1 · 1 · cos π

3=

1

2である．ゆえに

|−→BP|2 = |−→BA+−→AP|2

= |(l − 1)−→AB+m

−→AC+ n

−→AD|2

= (l − 1)2 +m2 + n2 + (l − 1)m+mn+ n(l − 1)

他も同様である．したがって |−→BP| = |−→CP| より

(l−1)2+m2+n2+(l−1)m+mn+n(l−1) = l2+(m−1)2+n2+ l(m−1)+(m−1)n+nl

これから l = m を得る．同様に m = n であるから l = m = n が示された．

このとき |−→BP|2 = 6l2 − 4l + 1なので

|−→BP| =√6l2 − 4l + 1

59

(2) 点 Pは (1)の条件を満たし，かつ |−→BP| = 1 となる点である．ゆえに 6l2 − 4l + 1 = 1 より

l = 0,2

3． l = 0 は P = A のときだから， l =

2

3．つまり

−→AP =

2

3

−→AB+

2

3

−→AC+

2

3

−→AD

同様に−→DQ =

2

3

−→DA+

2

3

−→DB+

2

3

−→DC

よって−→BP =

−→AP−−→

AB = −1

3

−→AB+

2

3

−→AC+

2

3

−→AD

同様に

−→BQ =

−→DQ−−→

DB =2

3

−→DA− 1

3

−→DB+

2

3

−→DC

= −2

3

−→AD− 1

3(−→AB−−→

AD) +2

3(−→AC−−→

AD)

= −1

3

−→AB+

2

3

−→AC−−→

AD

これから

−→BP · −→BQ =

(−1

3

−→AB+

2

3

−→AC+

2

3

−→AD

)·(−1

3

−→AB+

2

3

−→AC−−→

AD

)= − 7

18

|−→BP| = |−→BQ| = 1なので

∴ cos PBQ =

−→BP · −→BQ|−→BP||−→BQ|

= − 7

18

5.2.3 九大前期理系

(1) 3点 z1, z2, z3 は半径 1の円 C 上の点なので，

|zi| = 1 つまり zi =1

zi(i = 1, 2, 3)

が成り立つ．

直線 z1w1 と直線 z3z2 が直交していることを示すためには，

w1 − z1z2 − z3

が純虚数であることを示せばよい．ここで

w1 − z1z2 − z3

=z2 + z3z2 − z3

=(z2 + z3)(z2 − z3)

|z2 − z3|2

=|z2|2 + z3z2 − z3z2 − |z3|2

|z2 − z3|2=

z3z2 − z3z2|z2 − z3|2

· · · 1⃝

60

z3z2 =z3z2が実数なら原点と z2, z3 が 1直線上にあることになる．ゆえに実数ではなく， 1⃝

は共役 2虚数の差なので純虚数である．ゆえに直線 z1w1 と直線 z3z2 は直交している．

同様に直線 z2w1 と直線 z1z3 も直交しているので点 w1 は 3点 z1, z2, z3 を頂点とする三

角形の垂心になる

(2) |w2| = |z1z2z3| = 1より w2 は C 上の点である．

w2 − z1z2 − z3

=− z1z2z3 − z1

z2 − z3

=

− z11

z2

1

z3− z1

1

z2− 1

z3

=− z1 − z1z2z3

z3 − z2

= −w2 − z1z2 − z3

= −(w2 − z1z2 − z3

)したがって確かに w2 は，2点 z2, z3 を通る直線上に点 z1 から下ろした垂線またはその延

長線が円 C と交わる点である．

(3) (1)，(2)から z1, w1, w2 は同一直線上にあり，その直線は z2, z3 を通る直線と直交して

いる．

したがって z2, z3 を通る直線に関して w1, w2 が対称の位置にあることを示せばよい．

一般に原点と α を結ぶ直線に関して z と対称な点は(z

α

)α

である．そこで (w1 − z2z3 − z2

)(z3 − z2) =

(w1 − z2z3 − z2

)(z3 − z2)

=

z1 + z31

z3− 1

z2

(z3 − z2)

= −z2z3(z1 + z3) = w2 − z2

したがって，z2, z3 を通る直線に関して w1と w2 が対称の位置にある．つまり 直線 z2z3上

に点 z1 から下ろした垂線との交点は，点 w1 と w2 を結ぶ線分の中点であることが示された．

［注意］これは， w1 と w2 の中点が直線 z2z3 上にあることを示すことでもよい．

5.2.4 名大前期文系

(1) A(α, α2) ， B(β, β2) とおく．

t = αβ + α2β2 =

(αβ +

1

2

)2

− 1

4

61

ここで αβ はすべての実数値をとりうる．だから，t のとりうる値の範囲は

t >= −1

4

(2) t = 2 より

αβ + α2β2 = 2

これから (αβ − 1)(αβ + 2) = 0 なので αβ = 1, −2 ．

一方 P(X, Y ) とおくと

X = α+ β, Y = α2 + β2

これから Y = (α+ β)2 − 2αβ＝X2 − 2αβ

(i) αβ = 1のとき．Y = X2 − 2 ．さらに α, β は

t2 −Xt+ 1 = 0

の解なので，これが実数であるために

X2 − 4 >= 0

これらが (X, Y ) のみたすべき必要十分条件である．ゆえに求める軌跡は

y = x2 − 2 (x <= −2, 2 <= x)

(ii) αβ = −2のとき．Y = X2 + 4 ．さらに α, β は

t2 −Xt− 2 = 0

の解であるが，これはつねに実数解である．

ゆえに求める軌跡は

y = x2 + 4

5.2.5 一橋

(1) 条件 a|x| + |y| <= a を満たす点の集合のなす領域を D とする．領域 D は x 軸， y 軸に関

して対称である．x >= 0, y >= 0 のときは ax+ y <= aとなる．ゆえに領域は点 P(1, 0) ，点

Q(0, a) ，点 R(−1, 0) ，点 S(0, −a) を頂点とするひし形の周と内部からなる領域である．

y− (x+ 1)2 = k とおく．k のとりうる範囲は放物線 y = (x+ 1)2 + k が領域 D と共有点を

もつ範囲として定まる．

放物線は軸が負で k が変化すれば y 軸に平行に移動するので，k が最小になるのは放物線が

点 P(1, 0) か点 S(0, −a) を通るときである．

点 P(1, 0) を通るとき． k = −4 ．点 S(0, −a) を通るとき． k = −a− 1 ．

−4 > −a− 1 ⇐⇒ 3aなので，求める最小値は{−4 (0 < a <= 3 のとき)

−a− 1 (3 < aのとき)

62

となる．

O

y

x O

y

x

63

(2) 同様に考える．

y = (x+ 1)2 + k が直線 QR ，つまり y = ax+ a と接するときの k の値と接点を求める．

(x+ 1)2 + k = ax+ a より x2 − (a− 2)x+ k + 1− a = 0

ゆえに D = (a − 2)2 − 4k − 4 + 4a = 0 より k =a2

4．このとき接点は軸の位置で x =

a− 2

2> −1 ．

接点が線分 QRにあるとき．つまり −1 <a− 2

2<= 0 のとき．

a の範囲は 0 < a <= 2 でこのとき最大値 k =a2

4．

接点が線分 QRにないとき．つまり 0 <a− 2

2のとき．

a の範囲は 2 < a で最大になるのは，点 Q を通るとき．このとき k = a− 1 ．

ゆえに求める最大値は a2

4(0 < a <= 2 のとき)

a− 1 (2 < aのとき)

となる．

O

y

x O

y

x

5.2.6 広大後期理

(1) AOB = 60◦，|−→a | = 1, |−→b | = 1なので，Oを原点にとり，A(1, 0, 0)，B(cos 60◦, sin 60◦, 0)

として一般性を失わない．そして C(s, t, u)とする．この 3座標が，3ベクトル −→a ,−→b , −→c

の成分である．

64

−→a · −→c = 0より s = 0．|−→c | = 1より t2 + u2 = 1．よって t = cosα，u = sinαとおける．た

だし点 Cは xy平面にはないので 0 < α < 180◦ である．このとき

p = cosα · sin 60◦ =

√3

2cosα

−1 < cosα < 1なので，

−√3

2< p <

√3

2

［別解］ BOC = γ (0 < γ < 180◦)とおく． AOB = 60◦， AOC = 90◦ なので，これら 3つ

の角が空間の頂点を成立させる必要十分条件から

60◦ + 90◦ > γ

90◦ + γ > 60◦

γ + 60◦ > 90◦

60◦ + 90◦ + γ < 360◦

これから 30◦ < γ < 150◦．

p = |−→b ||−→c | cos γ = cos γ なので

−√3

2< p <

√3

2

(2)−→BH = s−→a + t

−→b + u−→c とおく．−→

OH =−→OB+

−→BH = s−→a + (1+ t)

−→b + u−→c．Hは△OABで定

まる平面上にあるので 1 + t = 0．

また−→BH · −→OA = 0,

−→BH · −→OC = 0より，

(s−→a + t−→b + u−→c ) · −→a = s+

1

2t = 0

(s−→a + t−→b + u−→c ) · −→c = pt+ u = 0

これから s =1

2, t = −1, u = p．

∴−→BH =

1

2−→a −−→

b + p−→c

(3) 四面体 OABCの体積を S とする．△OACの面積は

1

2

√|−→a |2|−→c |2 − (−→a · −→c )2 =

1

2

である．したがって

S =1

3· 12· |−→BH|

=1

6

√∣∣∣∣12−→a −−→b + p−→c

∣∣∣∣2=

1

6

√1

4+ 1 + p2 − 2 · 2(−→a · −→b )− 2p(

−→b · −→c ) + 2 · 2p(−→c · −→a )

=1

6

√1

4+ 1 + p2 − 1

2− 2p2 =

1

6

√3

4− p2

65

これが最大になるのは p = 0のときで最大値は

√3

12である．

5.2.7 福井医大

(1) 放物線 y =x2

4上の点 (2t, t2)における接線の傾きは y′ =

x

2より tである．t = 0のとき法

線は

y = −1

t(x− 2t) + t2

つまり

t3 + (2− y)t− x = 0 · · · 1⃝

である．t = 0のとき法線は x = 0であるが 1⃝ は，この場合を含んでいる．

1⃝ が点 (p, q)を通るなら

t3 + (2− q)t− p = 0 · · · 2⃝

となる．

3点 A, B, Cにおける法線が 1点 (p, q)で交わるとする．このとき，a, b, cは 2⃝ の異な

る 3つの解である．したがって解と係数の関係から

a+ b+ c = 0

である．

逆に a+ b+ c = 0であるとき

ab+ bc+ ca = 2− q, abc = p · · · 3⃝

であるように pと qを定める．この pと qに関して，a, b, cは 2⃝ の異なる 3つの解である．

これは A, B, Cにおける法線がすべて (p, q)を通ることを意味している．

よって 3点 A, B, Cにおける法線が 1点で交わるための必要十分条件が a+ b+ c = 0であ

ることが証明された．

(2) P(p, q)とする． ACBが直角とすると−→CA · −→CB = 0である．つまり

(2a− 2c)(2b− 2c) + (a2 − c2)(b2 − c2) = 0

ところが，a− c = 0, b− c = 0なので

4 + (a+ c)(b+ c) = 0

a+ c = −b, b+ c = −aなので，4 + ab = 0となる．

4 + ab = 0, 4 + bc = 0, 4 + ca = 0

のいずれかが成り立てばよいので

(4 + ab)(4 + bc)(4 + ca) = 0 · · · 4⃝

66

4⃝ より

64 + 16(ab+ bc+ ca) + 4(ab2c+ bc2a+ ca2b) + a2b2c2 = 0

ところが ab2c+ bc2a+ ca2b = abc(a+ b+ c) = 0なので

64 + 16(ab+ bc+ ca) + a2b2c2 = 0

ここに 3⃝ を代入する．64 + 16(2− q) + p2 = 0 より

q =1

16p2 + 6 · · · 5⃝

一方，tの 3次方程式 2⃝ が異なる 3つの実数解を持たなければならない． 2⃝ の左辺を f(t)

とおく．f ′(t) = 3t2 + 2− q．ゆえに 2− q < 0が必要で，さらに

f

(−

√q − 2

3

)f

(√q − 2

3

)< 0

である．これから

p2 <4

27(q − 2)3 · · · 6⃝

ゆえに求める軌跡は 5⃝ , 6⃝ より

y =1

16x2 + 6,

(x2 <

4

27(y − 2)3

)

6 数列

6.1 問題

6.1.1 東大理系後期

区間 [0, 1] において関数 f(x) を

f(x) =

2x

(x <=

1

2

)−2x+ 2

(x >

1

2

)とおく． 0 <= a1 <= 1 をみたす実数 a1 を初期値として数列 {an} を

an = f(an−1) (n = 2, 3, · · ·)

で定める．このとき次の問いに答えよ．

(1) f(b) = b を満たす， 0 <= b <= 1なる実数 b をすべて求めよ．

(2) a4 が (1)で求めた b の値の 1つに等しくなるような初期値 a1 をすべて求めよ．

(3) 条件「ある n >= 1 に対して，an が (1)で求めた b の値の 1つに等しくなる」をみたす初期

値は a1 はどのような実数としてあらわされるか．

(4) 初期値は a1 が (3)の条件をみたさないとき，an >=3

4となるような n >= 1 が存在すること

を示せ．

(5) 数列 {an}が收束するために初期値は a1 がみたすべき必要十分条件を求めよ．

67

6.1.2 お茶大前期

数列 {xn} が次の漸化式を満たしている．xi+1 =x2i + 1

2(i = 1, 2, 3, · · ·)

(1) すべての自然数 i に対して， xi+1 >= xi が成り立つことを示せ．

(2) |x1| <= 1 のとき，すべての自然数 i に対して xi <= 1 であることを示せ．

(3) 自然数 n に対して，等式 xn+1 − x1 =1

2

n∑i=1

(xi − 1)2 が成り立つことを示せ．

(4) |x1| <= 1 のとき，xn+1 − x1 >=n

2(xn − 1)2 が成り立つことを示せ．

(5) 初項 x1 の値に応じて，数列 {xn} の収束，発散について調べ，収束するときは極限値を求めよ．

6.2 解答

6.2.1 東大理系後期

(1) b <=1

2かつ 2b = b または，

1

2< b かつ −2b+ 2 = b より b = 0,

2

3．

(2) 一般に 0 <= b < 1 のとき， f(x) = bとなる x は，

b

2, 1− b

2

で， b = 1 なら f(x) = 1となる x は x =1

2である．

これにもとづいて an+1 = f(an) より a4 からはじめて順次 n の小さいものを作っていく．

a4 = 0,2

3

a3 = 0,1

3,2

3, 1

a2 = 0,1

3 · 2,

2

3 · 2,

3

3 · 2,

4

3 · 2,

5

3 · 2, 1

a1 = 0,1

3 · 22,

2

3 · 22,

3

3 · 22,

4

3 · 22,

5

3 · 22,

6

3 · 22

1,11

3 · 22,

10

3 · 22,

9

3 · 22,

8

3 · 22,

7

3 · 22

∴ a1 =j

12(j = 0, 1, · · · , 12)

(3) 同様に

a1 =j

3 · 2n−2(j = 0, 1, · · · , 3 · 2n−2)

と推測される．これを数学的帰納法で示す．

68

n = 1 のときは (1)より成立している．

n = k のとき成立しているとする． n = k + 1 のときの a2 がとりうる値は n = k のときの

a1 がとりうる値に等しい．ゆえに n = k のときの仮定より

a2 =j

3 · 2k−2(j = 0, 1, · · · , 3 · 2k−2)

である．したがって

a2 =j

3 · 2k−1(j = 0, 1, · · · , 3 · 2k−2)

3 · 2k−1 − j

3 · 2k−1(j = 0, 1, · · · , 3 · 2k−2 − 1)

つまり

a1 =j

3 · 2k−1(j = 0, 1, · · · , 3 · 2k−1)

となり，n = k + 1 でも成立する．

∴ a1 =j

3 · 2n−2(j = 0, 1, · · · , 3 · 2n−2)

(4) 背理法で示す．すべての n に対して an <3

4とする．

このときある番号 n で 初期値 a1 は (3)のいずれかに一致するものが存在すること示せばよ

い．つまりある番号 n0 で an0= 0 または an0

=2

3となるものが存在すること示せばよい．

a1 = 0 なら存在した．もし 0 < a1 <=1

2なら a2 = 2a1 と，

1

2以下であるかぎり順次 2倍さ

れていくので，必ずある番号 n0 で1

2< an0 <

3

4となるものがある．さらにこのとき

an0+1 = −2an0+ 2 <

3

4

なので5

8< an0 <

3

4· · · 1⃝

である．したがって同様に5

8< an0+1 <

3

4· · · 2⃝

である． 1⃝ なら 2⃝ がつねに成り立つので n >= n0 に対して

5

8< an <

3

4

である．ゆえにこの範囲の n に対しては漸化式 an+1 = −2an + 2 が成立する．

これから

an+1 −2

3= −2

(an − 2

3

)

69

つまり

an − 2

3= (−2)n−n0

(an0

− 2

3

)ここで an <

3

4なので

(−2)n−n0

(an0 −

2

3

)+

2

3<

3

4

これから

(−2)n−n0

(an0

− 2

3

)<

1

12

これが n >= n0 であるすべての n で成立しなければならない．

もし an0 −2

3= 0なら

limn→∞

∣∣∣∣(−2)n−n0

(an0

− 2

3

)∣∣∣∣ = ∞

なので，十分大きい n で n− n0 が偶数になるものについては

(−2)n−n0

(an0 −

2

3

)<

1

12

が成立しない．

ゆえに an0=

2

3．つまり番号 n0 に対し an0

が (1)の値に一致した．ゆえに a = 1 は (3)の

条件をみたすことになり，背理法が成立した．

(5) 数列 {an}の初期値 a1 が (3)の条件をみたせば，ある番号 n0 があって n >= n0 ならつねに

an = 0 か，つねに an =2

3となる．つまり数列 {an}は收束する．

数列 {an}の初期値 a1 が (3)の条件をみたさないとする．

(4)より，ある番号 n1 で an1>=

3

4となるものがある．

このとき an1+1 = −2an1+ 2 より an1+1 <=

1

2となる．

ここでもし n > n1 なる n に対してつねに an <3

4なら，(4)と同様の議論によって，ある

n0 で an0= 0,

2

3となるものがあり，数列 {an}の初期値 a1 が (3)の条件をみたさなければ

ならない．

ゆえに n2 > n1 で an2>=

3

4となるものがあり，an2

<=1

2となる．

これをくり返せば， n1 < n2 < n3 < · · · で an1, an2

, an3, · · · >=

3

4となるものが存在し，こ

のとき an1+1, an2+1, an3+1, · · · <=1

2である．

つまり数列 {an} の項で an >=3

4となるものと， an <=

3

4となるものが無数に存在する．

数列 {an} は発散部分列を含むので，発散する．

よって数列 {an} が收束するための必要十分条件は数列 {an}の初期値 a1 が (3)の条件を満

たすことである．

70

6.2.2 お茶大前期

(1)

xi+1 − xi =x2i + 1

2− xi =

(xi − 1)2

2>= 0

ゆえにすべての自然数 i に対して， xi+1 >= xi が成り立つ．

(2) 数学的帰納法で |xi| <= 1 を示す．

n = 1 なら成立．

n = iで |xi| <= 1とする．ゆえに1

2<=

xi2 + 1

2<= 1．つまり

1

2<= |xi+1| <= 1なので n = i+1

でも成立した．

(3) xi+1 − xi =(xi − 1)2

2より

n∑i=1

(xi − 1)2

2=

n∑i=1

(xi+1 − xi) = xn+1 − x1

ゆえに，自然数 n に対して，等式

xn+1 − x1 =1

2

n∑i=1

(xi − 1)2

が成り立つ．

(4) 関数 (x − 1)2 は x <= 1 で単調減少である．(1)より xn >= xi (i = 1, 2, 3, · · · , n) なので

(xi − 1)2 >= (xn − 1)2 (i = 1, 2, 3, · · · , n) が成り立つ．

ゆえに (2)から |x1| <= 1 のとき，xn+1 − x1 >=n

2(xn − 1)2 が成り立つ．

71

(5) |x1| <= 1 のとき．常に |xi| <= 1 なので

−2 <= xn+1 − x1 <= 2

(4)から2(xn+1 − x1)

n>= (xn − 1)2 >= 0

limn→∞

2(xn+1 − x1)

n= 0から

limn→∞

(xn − 1)2 = 0

つまり数列 {xn} は收束し， limn→∞

xn = 1 である．

|x1| > 1 のとき．(2)の証明と同様に |xi| > 1 (i = 1, 2, 3, · · ·)が成り立つ．

(3)の

xn+1 − x1 =1

2

n∑i=1

(xi − 1)2

はこの場合も成立する．

i >= 2 に対しては xi > 0 なので 1 < xi である．x > 1 で関数 (x− 1)2 は単調増加である．

∴ xn+1 − x1 >n− 1

2(x2 − 1)2 +

(x1 − 1)2

2

ゆえに数列 {xn} は発散する．

7 確率

7.1 問題

7.1.1 東大理系後期総合 II

(1) ランダムウオークと呼ばれる確率過程を考えよう．1次元の数直線上をランダムに移動する

人を考える．時刻 0において，数直線の原点に人がいるものとする．この人は時間ステップ

が 1進むごとに＋または－方向に 1だけ移動するものとし，同じ確率，すなわち1

2の確率

で＋方向に，1

2の確率で－方向に動くものとする．次の時間ステップでは，再び，

1

2ずつの

確率で＋または－方向を選んで移動し，これを繰り返すものとする．この過程において

(i) 時刻 0から時間ステップが 3進んだときに，この人が存在する可能性のある場所とそこ

にいる確率を求めよ．

(ii) 時刻 0から時間ステップが 6進んだときに，この人が原点にいる確率を求めよ．

(iii) 時刻 0から時間ステップが 6進んだときに，スタートしてから初めてこの人が原点に

戻ってくる確率を求めよ，

72

(2) ランダムウオークの応用として，ギャンブラ―の破産問題と呼ばれるものを考える．あるギャ

ンブラーの最初の所持金を 2ドルとする．l回賭けを行うごとに，勝てば所持金が 1ドル増

え，負ければ 1ドル失うものとする．所持金がなくなればギャンブラーは破産しそこで賭け

は終わり、また、所持金が 5ドルになれば賭けは終了とする．1回の賭けで勝つ確率を2

3，負

ける確率を1

3としたとき，このギャンブラーが破産して終了する確率はいくらとなるかを考

えてみよう．この問題を数直線上で考えると，数直線上の位置 2からスタートし，0と 5の

間で＋方向ヘ移動する確率が2

3，－方向へ移動する確率が

1

3のらランダムウォークとなる．

0または 5に達したときに賭けは終了する．

さて，ランダムウオークでは，状態の変化は確率的に定まり，その確率は一定ある．すな

わち，ある状態にある場合、それ以降の過程は時刻や履歴にはよらず確率的に定まる，し

たがって，ギャンブラ―の破産確率は，単にそのときの所持金の額だけで決まる．これを

r(i) (i = 0, 1, · · · , ，5)としよう．r(i)は所持金が i であるときに，破産して終了する確率

である．

(i) r(2)を r(1), r(3)で表せ．

(ii) このような関係式を各状態について表し，それらを用いて最初の所持金が 2ドルのギャ

ンブラーが破産して終了する確率を求めよ．

7.1.2 九大前期理系

平面上の点の x 座標と y 座標がどちらも整数であるとき，その点を格子点という．与えられた格子点を第 1番目とし，この点から右斜

め 45◦，または右斜め−45◦ の方向にもっとも近い第

2番目の格子点をとり，この 2点を線分で結ぶ．同

様にして第 2番目の格子点から第 3番目の格子点を

とり，第 2番目と第 3番目を線分で結ぶ．以下これ

を有限回繰り返し，こうしてできる線分をつないだ

ものを折れ線グラフということにする．右図に原点

Oと格子点 (9, −1)を結ぶ折れ線グラフの例を示す．

O

3

2

1

-1

-2

y

x

次の問いに答えよ．

(1) n は正の整数， k は 0 <= k <= n なる整数とする．原点Oと格子点 (n, k)を結ぶ折れ線グラ

フが存在するための必要十分条件は n+ k が偶数であることを示せ．またこの必要十分条件

がみたされているとき，原点 Oと格子点 (n, k)を結ぶ折れ線グラフの数を求めよ．

(2) nは 2以上の整数， k は 0 <= k <= n− 2なる整数で，n+ k は偶数とする．原点 Oと格子点

(n, k)を結ぶ折れ線グラフであって格子点 (0, k), (1, k), · · · , (n− 2, k)の少なくとも 1つ

を通る折れ線グラフの数は，原点Oと格子点 (n− 1, k+ 1)を結ぶ折れ線グラフの数の 2倍

に等しいことを示せ．

(3) コインを 9 回投げる．1 回から i 回までの試行において，表の出た回数から裏の出た回数

を引いた数を Ti で表す．このとき各格子点 (i, Ti), i = 0, 1, 2, · · · , 9 を順番に線分で

つなげば折れ線グラフが得られる．ただし，T0 = 0 とする。T9 = 3 が起きたとき，どの

Ti (i = 1, 2, · · · , 7)も 3にならない条件つき確率を求めよ.

73

7.1.3 大阪女子大前期理系

3つの箱 A0, A1, A2 と 1つの球があり，球は 3つの箱 A0, A1, A2 の 1つに入っている．球を

そのときに入っている箱から他の 2つの箱のどちらかに確率1

2で移動させる．最初に球は箱 A0

に入っているものとし， k 回移動させた後に球が箱 An に入っている確率を Pn(k) とする．Pn(k)

を用いて Qn(k) を

Qn(k) = P0(k) + ωnP1(k) + ωnP2(k)

(ω = cos

2π

3+ i sin

2π

3

)と定義する．ただし， ω は ω に共役な複素数である．このとき，次の問いに答えよ．

(1) P0(1), P0(2), P0(3), P0(4)を求めよ．

(2) n = 0, 1, 2 に対して，次の式が成立することを示せ．

Pn(k) =1

3{Q0(k) + ωnQ1(k) + ωnQ2(k)}

(3) n = 0, 1, 2 に対して， Qn(k + 1) を Qn(k) を用いて表せ．

(4) P0(k) を k を用いて表せ．

7.1.4 北大前期理系

(1) 1000から 9999までの 4桁の自然数のうち，1000や 1212のようにちょうど 2種類の数字か

ら成り立っているものの個数を求めよ．

(2) n桁の自然数のうち，ちょうど 2種類の数字から成り立っているものの個数を求めよ．

7.1.5 名大後期理系

赤と白のランプが一つずつある．それぞれのランプは，1秒ごとにある規則にしたがって点灯ま

たは消灯し，1秒間その状態を保持する．時刻 0秒から実験を開始する．以下，m, nは 0以上の

整数とする．

(1) 両方のランプとも，以下の規則 R1, R2 にしたがうとする．

R1：時刻m秒からの 1秒間に点灯している場合，時刻m+ 1秒で消灯する確率は pである．

R2：時刻m秒からの 1秒間に消灯している場合，時刻m+ 1秒で点灯する確率は pである．

時刻 0秒からの 1秒間，白は消灯，赤は点灯しているとする．このとき，つぎの各問に答えよ．

(i) 時刻 n秒からの 1秒間に白のランプが点灯している確率を求めよ．

(ii) 時刻 n秒からの 1秒間に少なくとも一方のランプが点灯している確率を求めよ．

(2) つぎに，規則を以下の R′1, R′

2, R′3 のように変更した．

R′1：時刻m秒からの 1秒間，両方が消灯している場合には，時刻m+ 1秒ではどちらか一

方が点灯する．白が点灯する確率は pである．

R′2：時刻m秒からの 1秒間，どちらか一方だけが点灯している場合には，時刻m+ 1秒で

残りのランプが点灯するか，あるいは，点灯しているランプが消灯する．残りのランプが点

74

灯する確率は pである．R′3：時刻m秒からの 1秒間，両方が点灯している場合には，時刻

m+ 1秒ではどちらか一方が消灯する．赤が消灯する確率は pである．

時刻 0秒からの 1秒間，白は消灯，赤は点灯しているとする．このとき，つぎの各問に答えよ．

(i) 時刻 n秒からの 1秒間に白のランプが点灯している確率を求めよ．

(ii) 時刻 n秒からの 1秒間に少なくとも一方のランプが点灯している確率を求めよ．

7.1.6 慶応医 2番

四角形の 4つの頂点に 1，2，3，4と時計まわりに番号がつけられ

ている。時刻 0において，この四角形の頂点 1と頂点 3の上をそれぞ

れ１つずつの粒子が占めているとし，頂点 2と頂点 4の上には粒子

は存在しないものとする (図 1を参照のこと)．その後，1秒ごとに，

存在する粒子の中で最小の番号の頂点上を占める粒子が，確率1

2で

1 2

34

図 1

消滅し，確率1

4ずつで隣り合う 2つの頂点のいずれかに移動する．ただし，移動した頂点をすで

に他の粒子が占めている場合は，その粒子と合体して 1つの粒子になるものとする．以下，m, n

を自然数とする．時刻 n(秒)において，この四角形の 4つの頂点のうち 1つの頂点上にのみ粒子が

存在する確率を Pn で表し，4つの頂点のいずれの上にも粒子が存在しない確率を Qn で表す．

(1) P2，Q2 を求めよ．

(2) P2m−1，P2m，Q2m−1，Q2m を求めよ．

7.2 解答

7.2.1 東大理系後期総合 II

(1) (i) 時刻 0 から時間ステップが 3 進んだときに，この人が存在する可能性のある場所は

−3, −1, 1, 3 で一般に +1が k 回，−1が 3− k 回となる確率 pk は

pk = 3C3

(1

2

)k (1

2

)3−k

である．それぞれ k = 0, 1, 2, 3 なのでその確率は順に

1

8,3

8,3

8,1

8

(ii) 同様に

6C3

(1

2

)3(1

2

)3

=5

16

(iii) はじめに正の方に動いたときは，時刻 0から時間ステップが 6進んだときに，スター

トしてから初めてこの人が原点に戻ってくる事象は 0 → 1 → 2 → 3 → 2 → 1 → 0 と

0 → 1 → 2 → 1 → 2 → 1 → 0 のふた通り．はじめに負の方に動いたときも同様．この

4通りのみ．したがって4

26=

1

16

75

(2) 破産の問題は漸化式

r(k) =2

3r(k + 1) +

1

3r(k − 1) · · · 1⃝

を条件 r(0) = 1, r(5) = 1 のもとで解くことに他ならない．

(i)

r(2) =2

3r(3) +

1

3r(1)

(ii) 1⃝ より

r(k + 1)− 1

2r(k) = r(k)− 1

2r(k − 1)

r(k + 1)− r(k) =1

2(r(k)− r(k − 1))

これから

r(k + 1)− 1

2r(k) = r(1)− 1

2r(0)

r(k + 1)− r(k) =

(1

2

)k

(r(1)− r(0))

∴1

2r(k) = r(1)− 1

2−(1

2

)k

(r(1)− 1)

r(5) = 0 なので

r(1)− 1

2−(1

2

)5

(r(1)− 1) = 0

∴ r(1) =15

31

∴ r(2) = 2

{15

31− 1

2−(1

2

)2(15

31− 1

)}=

7

31

［注意］確率2

3に替えて一般に p としてこの問題を考えるとよい．

7.2.2 九大前期理系

(1) 原点と (n, k) を +45◦ が p 回， −45◦ が q 回で結ぶ折れ線グラフが存在することは，

p+ q = n, p− q = k

となる正整数 p, q が存在することと同値である．

2p = n+ k, 2q = n− k

n + k と n − k がともに偶数であることと同値になるが n − k = n + k − 2k より n + k と

n− k の偶数奇数は一致する．

ゆえに n+ kが偶数であることが，折れ線グラフが存在するための必要十分条件である．

求める折れ線グラフの数は

p+qCp = nCn+k2

76

(2) 原点と (n, k)を結ぶ折れ線で，点 (n, k)と結ばれる点は (n− 1, k+1)か (n− 1, k− 1)の

いずれかである．

原点 O から (n − 1, k + 1) を通り (n, k) に至るグラフを一つとる．これは必ず格子点

(0, k), (1, k), · · · , (n− 2, k)の少なくとも 1つを通る．

このグラフが格子点 (0, k), (1, k), · · · , (n− 2, k)のうち最後に通った点を (j, k)とする．

この折れ線グラフの点 (j, k)から (n, k)の部分を直線 y = k に関して折り返すと原点 Oと

格子点 (n, k)を結ぶ折れ線グラフであって格子点 (0, k), (1, k), · · · , (n− 2, k)の少なく

とも 1つを通りさらに (n− 1, k − 1)から (n, k)に至るグラフが一つできる．

この対応は一対一である．

原点 Oと格子点 (n, k)を結ぶ折れ線グラフであって格子点 (0, k), (1, k), · · · , (n− 2, k)

の少なくとも 1つを通るものが，(n − 1, k + 1)を通るものと (n − 1, k − 1)を通るものに

二分され同数ある．

原点 Oから (n− 1, k + 1)を通るグラフはすべて格子点 (0, k), (1, k), · · · , (n− 2, k)の

少なくとも 1つを通る．

ゆえに原点Oと格子点 (n, k)を結ぶ折れ線グラフであって格子点 (0, k), (1, k), · · · , (n−2, k)

の少なくとも 1つ通る折れ線グラフの数は，原点Oと格子点 (n− 1, k+ 1)を結ぶ折れ線グ

ラフの数の 2倍に等しい．

(3) 原点と点 (9, T9) = (9, 3) を結ぶ折れ線グラフで，少なくとも 1回 (i, Ti) (i = 1, 2, · · · , 7)

を通るものは，(2)から原点と (8, 4) を結ぶ折れ線グラフの 2倍ある．つまり

28C 8+42

= 28C6

ゆえに求める確率は

1− 28C6

9C6= 1− 2

3=

1

3

7.2.3 大阪女子大前期理系

(1) 題意から

P0(k) + P1(k) + P2(k) = 1

である．ゆえに

P0(k) =1

2P1(k − 1) +

1

2P2(k − 1) =

1

2{1− P0(k − 1)}

P1(k) =1

2P2(k − 1) +

1

2P0(k − 1) =

1

2{1− P1(k − 1)}

P2(k) =1

2P0(k − 1) +

1

2P1(k − 1) =

1

2{1− P2(k − 1)}

· · · 1⃝

また

P0(0) = 1, P1(0) = P2(0) = 0

77

ゆえに

P0(1) =1

2{1− P0(0)} = 0

P0(2) =1

2{1− P0(1)} =

1

2

P0(3) =1

2{1− P0(2)} =

1

4

P0(4) =1

2{1− P0(3)} =

3

8

(2) ω は ω3 = 1，ω2 + ω + 1 = 0，ω = ω2 が成り立つ．ゆえに n = 0 なら 1 + ωn + ωn = 3 ，

n = 1, 2 なら 1 + ωn + ωn = 0 である．よって

1

3{Q0(k) + ωnQ1(k) + ωnQ2(k)}

=1

3{P0(k) + P1(k) + P2(k)

+ωnP0(k) + ωn+2P1(k) + ωn+1P2(k) + ω2nP0(k) + ω2n+1P1(k) + ω2n+2P2(k)}

=1

3{(1 + ωn + ω2n)P0(k) + (1 + ωn+2 + ω2n+1)P1(k)

+(1 + ωn+1 + ω2n+2)P2(k)} · · · 2⃝

したがって

2⃝ = P0(k) (n = 0), 2⃝ = P1(k) (n = 1), 2⃝ = P2(k) (n = 2)

となり題意が示された．

(3)

Qn(k + 1) = P0(k + 1) + ωnP1(k + 1) + ωnP2(k + 1)

=1

2{P1(k) + P2(k)}+

ω2n

2{P2(k) + P0(k)}+

ωn

2{P0(k) + P1(k)}

=ω2n + ωn

2P0(k) +

1 + ω2n

2P1(k) +

1 + ωn

2P2(k)

したがって

Q0(k + 1) = P0(k) + P1(k) + P2(k) = Q0(k)

Q1(k + 1) =1

2{−P0(k)− ωP1(k)− ω2P2(k)} = −1

2Q1(k)

Q2(k + 1) =1

2{−P0(k)− ω2P1(k)− ωP2(k)} = −1

2Q2(k)

(4) Q0(0) = Q1(0) = Q2(0) = 1 なので (3)から

Q0(k) = Q0(0) = P0(0) + P1(0) + P2(0) = 1

Q1(k) =

(−1

2

)k

Q1(0) =

(−1

2

)k

Q2(k) =

(−1

2

)k

Q2(0) =

(−1

2

)k

78

ゆえに

P0(k) = =1

3{Q0(k) +Q1(k) +Q2(k)}

=1

3

{1 + 2

(−1

2

)k}

=1

3

{1−

(−1

2

)k−1}

［別解］ 1⃝ より，

P0(k)−1

3= −1

2

{P0(k − 1)− 1

3

}

∴ P0(k) =1

3+

(−1

2

)k {P0(0)−

1

3

}=

1

3

{1−

(−1

2

)k−1}

7.2.4 北大前期理系

(1) 2種類の数字の一つが 0である場合．2種の数字の選び方は 9通り，

0でない数字を△とする．千の桁は△のみ．他の三桁のうち

3桁とも 0である場合 · · · 1 (個)

2桁が 0である場合 · · · 3 (個)

1桁が 0である場合 · · · 3 (個)

2種とも 0でない場合．数字の選び方は 9C2 = 36 (通り)．

2つのうち一方が何回現れるかで分類する．並べ方は

4C3 + 4C2 + 4C1 = 4 + 6 + 4 = 14

∴ 9× 7 + 36× 14 = 727 (個)

(2) 同様に考える．文字の選び方は (1)と同じである，並べ方は

1つが 0である場合．

n−1Cn−2 + · · ·+ n−1C1 + n−1C0 = 2n−1 − 1

0がない場合．

nCn−1 + nCn−2 + · · ·+ nC1 = 2n − 2

∴ 9× (2n−1 − 1) + 36× (2n − 2) = 81(2n−1 − 1) (個)

7.2.5 名大後期理系

(1) n秒からの 1秒間に白が点灯している確率を wn，赤が点灯している確率を rnとおく．w0 =

0, r0 = 1である．

79

(i) 点灯から点灯，消灯から消灯の確率はともに，1− pである．

wn+1 = p(1− wn) + (1− p)wn

1− wn+1 = (1− p)(1− wn) + pwn

∴ wn+1 = p+ (1− 2p)wn

これから wn+1 −1

2= (1− 2p)

(wn − 1

2

)．

∴ wn − 1

2= (1− 2p)n

(w0 −

1

2

)= −1

2(1− 2p)n

∴ wn =1

2{1− (1− 2p)n}

(ii) 同様に

rn − 1

2= (1− 2p)n

(r0 −

1

2

)=

1

2(1− 2p)n

∴ rn =1

2{1 + (1− 2p)n}

少なくとも一方のランプが点灯している事象は，両方消灯している事象の余事象である．

∴ 1− (1− wn)(1− rn) = wn + rn − wnrn

= 1− 1

4

{1− (1− 2p)2n

}=

3

4+

1

4(1− 2p)2n

(2) wn, rnは (1)と同様とし，さらに，n秒からの 1秒間に，両方点灯している確率を an，一方

だけ点灯している確率を bn，両方消灯している確率を cn とする．

(i) 条件から両方点灯しているとき白が点灯する確率は p．一方だけ点灯しているとき，も

し白が点灯していれば確率 pで白は点灯し続け，もし赤が点灯していればやはり確率 p

で白が点灯する．

∴ wn+1 = pan + pbn + pcn = p(an + bn + cn) = p

∴ wn =

{0 (n = 0)

p (n >= 1)

(ii) 0秒では一方だけが点灯している．以下次の過程をくりかえす．

一方のみ点灯

両方が点灯

両方が消灯

一方のみ点灯p

1− p

したがって求める確率は {nが偶数なら 1

nが奇数なら p

である．

80

7.2.6 慶応医 2番

(1) n秒後に，この四角形の 4つの頂点のうち，隣りあわない 2つの頂点上に粒子が存在する確

率を Rn とし，隣りあう 2つの頂点上に粒子が存在する確率を Sn とする．

n+1秒後に 1つの頂点上にのみ粒子が存在するのは，n秒後に，1つの頂点上にのみ粒子が

存在してそれが移動するか，隣りあわない 2つの頂点上に粒子が存在し 1つが消滅するか，

隣りあう 2つの頂点上に粒子が存在し 1つが消滅するか 1つが他と合体するか，そのいずれ

かである．他も同様に考え，次の漸化式が成り立つ．

Pn+1 =1

2Pn +

1

2Rn +

3

4Sn

Qn+1 =1

2Pn +Qn

Rn+1 =1

4Sn

Sn+1 =1

2Rn

R0 = 1, P0 = Q0 = S0 = 0より P1 =1

2, Q1 = R1 = 0, S1 =

1

2なので

P2 =1

4+

3

8=

5

8, Q2 =

1

4

である．

(2) 漸化式から

Rn+2 =1

4Sn+1 =

1

8Rn

となる．よって，

R2m+2 =1

8R2m より R2m =

(1

8

)m

R0 =

(1

8

)m

R2m+1 =1

8R2m−1 より R2m−1 =

(1

8

)m−1

R1 = 0

S2m =1

2R2m−1 = 0, S2m+1 =

1

2R2m =

1

2

(1

8

)m

この結果，

P2m+1 =1

2P2m +

1

2R2m =

1

2P2m +

1

2

(1

8

)m

Q2m+1 =1

2P2m +Q2m

P2m =1

2P2m−1 +

3

4S2m−1 =

1

2P2m−1 + 3

(1

8

)m

Q2m =1

2P2m−1 +Q2m−1

したがって，

P2m+1 =1

2

{1

2P2m−1 + 3

(1

8

)m}+

1

2

(1

8

)m

=1

4P2m−1 + 2

(1

8

)m

81

つまり

4mP2m+1 = 4m−1P2m−1 + 2

(1

2

)m

この階差数列を解く．

4m−1P2m−1 = P1 + 2

m−1∑k=1

(1

2

)k

=1

2+ 2

{1−

(1

2

)m−1}

=5

2− 2

(1

2

)m−1

よって

P2m−1 =10

4m− 2

8m−1

これより，

P2m =5

4m− 1

8m−1+ 3

(1

8

)m

=5

4m− 5

8m

Pn +Qn +Rn + Sn = 1なので

Pn+1 =1

2(Pn +Rn + Sn) +

1

4Sn =

1

2(1−Qn) +

1

4Sn

つまり

Qn = 1− 2Pn+1 +1

2Sn

であるから

Q2m−1 = 1− 2P2m +1

2S2m−1

= 1− 10

4m+

10

8m+

1

4

(1

8

)m−1

= 1− 10

4m+

12

8m

Q2m = 1− 2P2m+1 +1

2S2m

= 1− 20

4m+1+

4

8m= 1− 5

4m+

4

8m

となる．

8 曲線

8.1 問題

8.1.1 九大前期理系

平面上の点 Pの x座標と y座標が，変数 θの関数f(θ) =(θ − π)2

2π2+1

2を用いて

{x = f(θ) cos θ

y = f(θ) sin θ

と表されている．θ が 0 <= θ <= 2π の範囲で変化したとき，点 Pが描く曲線を C とする．Pを P(θ)

で表し，P1 = P(0)，P2 = P

(π

2

)，P3 = P(π)とおく．次の問いに答えよ．

82

(1) 方程式(x− α)2

a2+

(y − β)2

b2= 1 (a > 0, b > 0) で与えられる楕円が点 P1 を通るとする．

このとき，点 P3がこの楕円の内部に含まれる (ただし，楕円の上にない) ための必要十分条

件を α のみを用いて表せ．

(2) 点 P2 における曲線 C の接線を l とする． l の方程式を求めよ．

(3) 次の条件 (i)，(ii)，(iii)をみたす楕円 D を考える．

(i) D の軸の一つは x 軸上にある．

(ii) D は点 P1, P2 を通る．

(iii) 点 P2 における D の接線は l である．

このとき，点 P3 は楕円 D の内部に含まれるかどうか判定せよ．

8.2 解答

8.2.1 九大前期理系

(1) P1 = P(0) = (1, 0)，P2 = P

(π

2

)=

(0,

5

8

)，P3 = P(π) =

(−1

2, 0

)なので条件は

(1− α)2

a2+

β2

b2= 1,

(−1

2− α

)2

a2+

β2

b2< 1

である．

これから (−1

2− α

)2

a2<

(1− α)2

a2

つまり(1

2+ α

)2

< (1− α)2．これを解いて α <1

4.

(2)

d

dθx = f ′(θ) cos θ − f(θ) sin θ,

d

dθy = f ′(θ) sin θ + f(θ) cos θ

また f ′(θ) =θ − π

π2なので点 P2 における曲線 C の接線の傾きは

f ′(π

2

)sin

π

2+ f

(π

2

)cos

π

2

f ′(π

2

)cos

π

2− f

(π

2

)sin

π

2

=4

5π

したがって l の方程式は

y =4

5πx+

5

8

83

(3) 条件 (i)から楕円 D は(x− α)2

a2+

y2

b2= 1

とおける．P1, P2 を通るので

(1− α)2

a2+

02

b2= 1,

(0− α)2

a2+

52

82b2= 1 · · · 1⃝

点 P2 での接線は0− α

a2(x− α) +

5

8b2y = 1

つまり

y =8b2

5a2αx+

8b2

5

(1− α2

a2

)

これが y =4

5πx+

5

8と一致する．

傾きを比較して8b2

5a2α =

4

5π· · · 2⃝

1⃝ ，2⃝ より

α =32

64 + 25π

ここで32

64 + 25π<

1

4なので (1)より点 P3 は楕円 D の内部に含まれる．

9 行列

9.1 問題

9.1.1 金沢大理系後期

行列 E =

(1 0

0 1

)， J =

(1 −

√2√

2 −1

)に対して A =

1

3E +

√3

3J とおく．

(1) sn, tn (n = 1, 2, 3, · · ·) は sn + itn =

(1 +

√3i

3

)n

を満たす実数とする．ただし， i は虚

数単位である．sn, tn を求めよ．また，これらの sn, tn に対して， An = snE + tnJ が成

り立つことを示せ．

(2) O を原点とする座標平面上の点列 Pn(xn, yn) を(xn

yn

)= An

(1

0

)(n = 1, 2, 3, · · ·)

によって定め， △OPnPn+1 の面積を Rn とする．

(i) Rn を求めよ．

(ii)

∞∑n=1

Rn を求めよ．

84

9.1.2 富山医科薬科

A =

(52 −1

1 0

)とし，数列 {xn}, {yn} を

(x0

y0

)=

(1

1

),

(xn

yn

)= A

(xn−1

yn−1

)(n = 1, 2, · · ·)

によって定義する．

(1) axn2 + bxnyn + cyn

2 = −1 (n = 0, 1, 2) を満たすような定数 a, b, c を求めよ．

(2) (1)の定数 a, b, c は任意の n = 0, 1, 2, · · · に対して axn2 + bxnyn + cyn

2 = −1を満たす

ことを証明せよ．

(3) 任意の n = 0, 1, 2, · · · に対して 0 < yn <= xn かつ xn+1 >=3

2xn が成立することを証明せよ．

(4) limn→∞

xn, limn→∞

ynxnを求めよ．

9.2 解答

9.2.1 金沢大理系後期

(1) 数列 {sn}, {tn} は

sn+1 + itn+1 =

(1 +

√3i

3

)n+1

=

(1 +

√3i

3

)(sn + itn)

より,漸化式

sn+1 =sn −

√3tn

3， tn+1 =

√3sn + tn

3

を満たす．これを用いて An = snE + tnJ が成り立つことを数学的帰納法で示す．

s1 =1

3, t1 =

√3

3より n = 1 のときは成立．

n で成立するとする．J2 =

(1 −

√2√

2 −1

)2

= −E なので

An+1 = (snE + tnJ)A = (snE + tnJ)

(1

3E +

√3

3J

)

=sn −

√3tn

3E +

√3sn + tn

3J = sn+1E + tn+1J

ゆえに n+ 1 でも成立し，一般に An = snE + tnJ が成り立つ．

(2) (i) (xn

yn

)= An

(1

0

)= (snE + tnJ)

(1

0

)

=

(sn + tn −

√2tn√

2tn sn − tn

)(1

0

)=

(sn + tn√

2tn

)

85

つまり Pn(xn, yn) = (sn + tn,√2tn)

∴ Rn = △OPnPn+1 =1

2|xnyn+1 − xn+1yn|

=1

2|(sn + tn)

√2tn+1 −

√2tn(sn+1 + tn+1)| =

√2

2|sntn+1 − sn+1tn|

=

√2

2

∣∣∣∣∣sn√3sn + tn

3− sn −

√3tn

3tn

∣∣∣∣∣=

√6

6(sn

2 + tn2) =

√6

6|sn + itn|2

=

√6

6

∣∣∣∣∣1 +√3i

3

∣∣∣∣∣2n

=

√6

6

(1

9+

3

9

)n

=

√6

6

(4

9

)n

(ii)

∞∑n=1

Rn =

∞∑n=1

√6

6

(4

9

)n

=

√6

6· 49· 1

1− 4

9

=2√6

15

9.2.2 富山医科薬科

(1) n = 0, 1, 2に対して (xn, yn) は順に

(1, 1),

(3

2, 1

),

(11

4,3

2

)である．したがって条件は

a+ b+ c = −19

4a+

3

2b+ c = −1

121

16a+

33

8b+

9

4c = −1

これを解いて (a, b, c) = (2, −5, 2)

(2) xn =5

2xn−1 − yn−1

yn = xn−1

· · · 1⃝

なので

axn2 + bxnyn + cyn

2

= a

(5

2xn−1 − yn−1

)2

+ b

(5

2xn−1 − yn−1

)xn−1 + cxn−1

2

=

(25

4a+

5

2b+ c

)xn−1

2 − (−5a− b)xn−1yn−1 + ayn−12

86

(1)の a, b, c に対して(25

4a+

5

2b+ c

)xn−1

2 − (−5a− b)xn−1yn−1 + ayn−12 = 2xn−1

2 − 5xn−1yn−1 + 2yn−12

なので任意の n に対して

axn2 + bxnyn + cyn

2 = axn−12 + bxn−1yn−1 + cyn−1

2

が成立する．ゆえに任意の n = 0, 1, 2, · · · に対して axn2+ bxnyn+ cyn

2 = −1が成立する．

(3) 0 < yn <= xn かつ xn+1 >=3

2xn が成立することを数学的帰納法で示す．

n = 0 のとき． y0 = x0 = 1, x1 =3

2より成立．

k = k に対して 0 < yk <= xk かつ xk+1 >=3

2xk が成立するとする．

このとき

yk+1 = xk > 0, xk+1 >=3

2xk > xk = yk+1 ∴ 0 < yk+1 <= xk+1

また

xk+2 =5

2xk+1 − yk+1 >=

5

2xk+1 − xk+1 =

3

2xk

も成立する．

ゆえに任意の n = 0, 1, 2, · · · に対して題意が示された．

(4)

xn >=

(3

2

)n

x0 ∴ limn→∞

xn = +∞

また xn = 0 なので

2

(ynxn

)2

− 5ynxn

+ 2 +1

xn= 0

0 <ynxn

< 1より

ynxn

=1

4

(5−

√25− 8

(2 +

1

xn

))

∴ limn→∞

ynxn

=1

4

(5−

√25− 16

)=

1

2

［注］ 1⃝ を解いてしまっても以下の問に答えることができる．

87

10 微積

10.1 問題

10.1.1 千葉大理系後期

(1)kθ + α

πが整数とならないようなすべての実数 k, θ, α に対して

sin((k + 1)θ + α)

sin(kθ + α)= 2 cos θ − sin((k − 1)θ + α)

sin(kθ + α)

が成り立つことを示せ．

(2) p = cos θ

(0 < θ <

π

2

)とする．実数 α1 を α1 >= p となるようにとり，

αj > 0 ならば，αj+1 = 2p− 1

αj

によって実数 α1, α2, · · · を順次定める．このとき，ある正の整数 n があって αj > 0 (j =

1, 2, · · · , n) かつ αn+1 <= 0 になることを示せ．

(3) (2)において， θ =π

100とする． α1 の値がかわるとき，(2)の n の最大値を求めよ．

10.1.2 東工大前期

n を自然数とする．

(1) 次の極限を求めよ．

limn→∞

1

log n

(1 +

1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n

)(2) 関数 y = x(x− 1)(x− 2) · · · (x− n)の極値を与える x の最小値を xn とする．このとき

1

xn=

1

1− xn+

1

2− xn+ · · ·+ 1

n− xn

および 0 < xn <=1

2を示せ．

(3) (2)の xn に対して，極値 limn→∞

xn log n を求めよ．

10.1.3 東北大前期理系

f1(x) は実数全体で定義された何回でも微分可能な関数とする．f2(x), f3(x), · · · を次のように

順次定義する． n = 2, 3, · · · に対し， Fn−1(x) =

∫ x

0

fn−1(t) dt とおいて

fn(x) =

∫ x

0

fn−1(t)Fn−1(t) dt

とする．このとき以下の問いに答えよ．

(1) n >= 2のとき，すべての x に対して fn(x) >= 0 であることを示せ．

(2) n >= 3のとき，すべての x >= 0 に対して fn′(x) >= 0 であることを示せ．

(3) f4′(1) = 0のとき，すべての 0 <= x <= 1に対して f1(x) = 0であることを示せ．

88

10.1.4 名大前期理系

f(x) を実数全体で定義された連続関数で， x > 0 で 0 < f(x) < 1 を満たすものとする．a1 = 1

とし，順に，am =

∫ am−1

0

f(x) dx (m = 2, 3, 4, · · ·) により数列 {am} を定める．

(1) m >= 2 に対し， am > 0 であり，かつ a1 > a2 > · · · > am−1 > am > · · · となることを示せ．

(2)1

2002> am となる m が存在することを背理法を用いて示せ．

10.2 解答

10.2.1 千葉大理系後期

(1) {sin((k + 1)θ + α) = sin(kθ + α) cos θ + sin θ cos(kθ + α)

sin((k − 1)θ + α) = sin(kθ + α) cos θ − sin θ cos(kθ + α)

辺々加えて

sin((k + 1)θ + α) + sin((k − 1)θ + α) = 2 sin(kθ + α) cos θ

これからkθ + α

πが整数とならないようなすべての実数 k, θ, α に対して

sin((k + 1)θ + α)

sin(kθ + α)= 2 cos θ − sin((k − 1)θ + α)

sin(kθ + α)

が成り立つ．

(2) 関数 f(x) を f(x) =sin(θ + x)

sinxとする．

f(x) = sin θ1

tanx+ cos θ

なので 0 < x <π

2で f(x) は単調減少．

limx→0

f(x) = +∞, limx→π

2

f(x) = cos θ

なので，α1 >= p となる α1 に対して f(x) = α1 となる x が 0 < x <π

2にただ一つ定まる．

この x の値を α とする．p > 0 より 0 < θ + α < πである．

αj > 0 ならば，αj+1 = 2p− 1

αj

のとき (1)から

αk =sin(kθ + α)

sin((k − 1)θ + α)

となる．

0 < θ + α < π なので，ある正の整数 n があって jθ + α < π (j = 1, 2, · · · , n) かつ

π <= (n+ 1)θ + α となるものがある．

このとき sin(jθ + α) > 0 かつ sin((n+ 1)θ + α) <= 0 なので，

この n が αj > 0 (j = 1, 2, · · · , n) かつ αn+1 <= 0 となるものである．

89

(3) (2)の n は nθ + α < πとなる最大のものである．

α1 の値を変えるとそれに応じて α の値も変わる． α が小さいほど n は大きくとれる．

θ =π

100なので，α を十分０に近づければ n の最大値として 99がとれる．

10.2.2 東工大前期

(1) 関数 y =1

xは単調減少なので自然数 kと区間 [k, k + 1] にある x に対して

1

k>

1

x>

1

k + 1

が成り立つ．これを k から k + 1 まで積分して

1

k>

∫ k+1

k

1

xdx >

1

k + 1

ゆえにn∑

k=1

1

k>

n∑1

∫ k+1

k

1

xdx =

∫ n+1

1

1

xdx = log(n+ 1)

またn∑

k=1

1

k= 1 +

n−1∑k=1

1

k + 1< 1 +

n−1∑k=1

∫ k+1

k

1

xdx < 1 +

∫ n

1

1

xdx = 1 + log n

したがってlog(n+ 1)

log n<

1

log n

n∑1

1

k<

1 + log n

log n= 1 +

1

log n· · · 1⃝

ここで

log(n+ 1)

log n=

log n+ log(1 +1

n)

log n= 1 +

log(1 +1

n)

log n

より n → ∞ のとき， 1⃝ の左辺右辺は 1に収束する．

∴ limn→∞

1

log n

n∑k=1

1

k= 1

(2) y = u1u2 · · ·un のとき

y′ =

n∑k=1

u1 · · ·uk′ · · ·un

である．したがって

y′ =y

x+

y

x− 1+ · · ·+ y

x− n· · · 1⃝

x = i のとき

y′(i) = (i− 1)(i− 2) · · · 1 · (−1) · · · (i− n) = 0

なので xn = 1, 2 · · · , n ．

90

1⃝ に x = xn を代入する．y = 0 となる x は x = 1, 2 · · · , n のみである．ゆえに x = xn

のとき y′ = 0 かつ y = 0 ．これから

0 =1

xn+

1

xn − 1+ · · ·+ 1

xn − n

∴1

xn=

1

1− xn+

1

2− xn+ · · ·+ 1

n− xn· · · 2⃝

y は x < 0 で単調であるから x < 0に極値はない．また x = 0, 1 で 0になる微分可能な関

数であるから Roll の定理より 0 < x < 1 に y′ = 0となる x があり，xn は最小のものなの

で 0 < xn < 1である．

ここで xn >1

2と仮定すると

1

xn< 2である．一方

1

1− xn+

1

2− xn+ · · ·+ 1

n− xn>

1

1− xn> 2

なので 2⃝ と矛盾する．ゆえに 0 < xn <=1

2が示された．

(3) 0 < xn <=1

2より

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n<

1

1− xn+

1

2− xn+ · · ·+ 1

n− xn

<=1

1− 1

2

+1

2− 1

2

+ · · ·+ 1

n− 1

2

ここで1

1− 1

2

+1

2− 1

2

+ · · ·+ 1

n− 1

2

= 2 +2

3+ · · ·+ 2

2n− 1

(1)と同様に

2 +2

3+ · · ·+ 2

2n− 1< 2 +

∫ n

1

2

2x− 1dx = 2 + log

(n− 1

2

)− log

1

2

∴log n

1 +1

2+

1

3+ · · ·+ 1

n

> xn log n >=log n

2 + log

(n− 1

2

)− log

1

2

(1)と同様に

limn→∞

log n

2 + log

(n− 1

2

)− log

1

2

= 1

なので

limn→∞

xn log n = 1

91

10.2.3 東北大前期理系

(1) n >= 2 のとき F ′n−1(x) = fn−1(x) および Fn−1(0) = 0である．ここで

fn(x) =

∫ x

0

fn−1(t)Fn−1(t) dt =

∫ x

0

F ′n−1(t)Fn−1(t) dt

=

∫ x

0

1

2· d

dt{Fn−1(t)}2 dt

=

[1

2{Fn−1(t)}2

]x0

=1

2{Fn−1(x)}2 >= 0

(2) n >= 3 のとき (1)から fn−1 >= 0．また Fn−1(x) =

∫ x

0

fn−1(t) dt より Fn−1(x) >= 0．

一方 fn′(x) = fn−1(x)Fn−1(x)であるから，n >= 3のときすべてのx >= 0に対して fn

′(x) >= 0

である．

(3) f4′(1) = 0より

f3(1)F3(1) = 0

ここで F3(1) = 0 とする． F3(1) =

∫ 1

0

f3(t) dt で f3(t) >= 0 なので， F3(1) = 0 から

f3(x) = 0 (0 <= x <= 1) となる．したがっていずれにせよ f3(1) = 0

f3(1) =1

2{F2(1)}2 であるから，F2(1) = 0

F2(1) =

∫ 1

0

f2(t) dt で f2(t) >= 0 なので， F2(1) = 0から f2(x) = 0 (0 <= x <= 1) となる．

f2(x) =1

2{F1(x)}2 であるから， 0 <= x <= 1 で F1(x) = 0

最後に f1(x) = F1′(x)より f1(x) = 0 (0 <= x <= 1) である．

10.2.4 名大前期理系

(1) am > 0 であることを数学的帰納法で示す．

定義より a1 = 1 > 0 ．am−1 > 0 とする． f(x) > 0 より

am =

∫ am−1

0

f(x) dx > 0

ゆえに m >= 1 に対して am > 0 である．このとき m >= 2 に対して f(x) < 1なので

am =

∫ am−1

0

f(x) dx <

∫ am−1

0

1 dx = am−1

よって a1 > a2 > · · · > am−1 > am > · · · となることが示された．

(2)1

2002> am となる m が存在しないと仮定する．つまりつねに

1

2002<= am が成り立つとす

る．これから1

2002<= lim

m→∞am · · · 1⃝

92

次に αを 0 < α <1

2002に一つとる．仮定から各 mに対して α < am である．f(x) は連

続関数であるから α <= x <= 1 における最大値が存在する．それを M とする． x > 0 で

0 < f(x) < 1 なので 0 < M < 1 である．∫ am−1

α

f(x) dx <=

∫ am−1

α

M dx = M(am−1 − α)

であるが ∫ am−1

α

f(x) dx =

∫ am−1

0

f(x) dx−∫ α

0

f(x) dx

>

∫ am−1

0

f(x) dx−∫ α

0

1 dx = am − α

なので

am − α < M(am−1 − α)

これから

am − α < Mm−1(a1 − α)

0 < M < 1 であるから

limm→∞

(am − α) = 0

よって

limm→∞

am = α <1

2002· · · 2⃝

2⃝ は 1⃝ と矛盾する．したがって1

2002> am となる m が存在することが示された．

11 高校数学の方法関連問題

11.1 問題

11.1.1 何をどう置くか

02名工大

平面上に 三角形 ABC と 2つの正三角形 ADB ， ACE とがある．ただし，点 C ，点 D は直

線 AB に関して反対側にあり，また，点 B ，点 E は直線 AC に関して反対側にある．線分ABの

中点を K，線分 ACの中点を L，線分 DEの中点をMとする．線分 KL の中点を N とするとき，

直線MNと直線 BCとは垂直であることを示せ．

11.1.2 条件の同値変形

02奈良女子大

(1) 0以上の整数 a, b が a > b を満たすとき 2a−1 <= 2a − 2b < 2a が成り立つことを示せ．

(2) 0以上の整数 k, l, m, n が k > l, m > n かつ 2k − 2l = 2m − 2n を満たすとき， k = m か

つ l = nであることを示せ．

93

11.1.3 例で考える

02滋賀医大

各頂点から 2本ずつ枝分かれした樹形

図の各頂点に，上から下へ左から右へと

図のように番号をつけ番号 i をつけた

頂点を頂点 i と呼ぶ．

1

23

4 5 6 7

第 1段

第 2段

第 3段

第 4段

(1) 頂点 i のすぐ下の段にあって頂点 i と結ばれている頂点の番号は 2i と 2i+ 1 であることを

示せ．

(2) 第 n 段までのすべての頂点に 1つずつ石を置いて，各石を 1段ずつ枝に沿って上に動かし，

頂点 1に達すれば「上がり」として外に取り出す．全ての石を取り出すのに要する操作の総

数 Sn を求めよ．ただし，1つの石を 1段上に動かすこと，または頂点 1にある石を外に取

り出すことを 1つの操作とする．

たとえば， S1 = 1, S2 = 5, S3 = 17 である．また，1つの頂点には 2つ以上の石は置けな

いものとする．

(3) 自然数 k, n (k < n) に対して，次のような条件を満たす自然数の対 (i, j) (i < j) の個数を

k, n で表せ．

条件 : 頂点 iと頂点 j は第 n段にあり，それぞれの頂点にある石を枝に沿って

1段ずつ交互に上に動かすと，第 k段ではじめて出会う．

11.1.4 必要条件・十分条件

02都立大

1辺の長さが a の正四面体 ABCD が与えられているとする．

(1) 辺 AC と辺 BD は垂直であることを示せ．

(2) 辺 AC の中点 M と辺 BD の中点 N を結ぶ線分 MN の長さを求めよ．

(3) 直径が b の十分に長い円柱の内部に，正四面体 ABCD がすっぽり入るとき， a, b の満たす

べき不等式を求めよ．ただし，MN の中点 Gは円柱の中心軸上にあるものとする．

11.1.5 存在の証明

02京都府大

座標平面上に原点 Oを始点とする n個のベクトル −→a 1，−→a 2，· · ·，−→a n をとる (nは自然数)．た

だし，この n個のベクトルのうち，少なくとも 1つは −→0 でないとする．

これを用いて，座標平面上の原点Oを始点とし，m1−→a 1+m2

−→a 2+ · · ·+mn−→a n (m1, m2, · · · , mn

はすべて任意の整数)の形で表されるベクトルを考える．この形のベクトル全体の集合をM とす

る．このとき次の問いに答えよ．

94

(1) M の中より任意に 2つのベクトル−→b 1,

−→b 2 をとる．

このときベクトル−→b 1 +

−→b 2,

−→b 1 −

−→b 2, l

−→b 1 (lは任意の整数)も，それぞれM に属するこ

とを示せ．

(2) 今，M に属するベクトルがすべて原点Oを通るある一直線上に乗っているとする．さらに，

M に属するベクトルで −→0 でないもののうち，その大きさが最小のものが存在するとする．

そして，大きさが最小のベクトルのうちの 1つを−→b とする．このとき，M に属する任意の

ベクトルはm−→b (mは整数)と表せることを証明せよ．

11.1.6 定義を問う問題

最近の入試問題では，定義・基本事項を証明させる問題が頻出である．2002年もいくつか出題

された．気づいたものをここで紹介する．多くは小問の最初の部分である．これらがどのような文

脈で出題されているか知りたければ原題にあたってほしい．

厳格な論述を試してほしい．

• 広島大n を自然数とする．次の等式が成り立つことを示せ．

(a+ b)n = nC0an + nC1a

n−1b+ · · ·+ nCn−1abn−1 + nCnb

n

• 大教大

(1)

n∑k=1

k2 =1

6n(n+ 1)(2n+ 1) を証明せよ．

(2)

n∑k=1

k3 =

{1

2n(n+ 1)

}2

を証明せよ．

• 津田塾大直線 ax+ by + c = 0 と点 (x0, y0) の距離を与える公式

|ax0 + by0 + c|√a2 + b2

を証明せよ．

• 九州大原点を中心とする半径 r (r > 0)の円 x2 + y2 = r2 上の点 (a, b) における接線の方程式は

ax+ by = r2 で与えられることを示せ．

• 三重大，宮崎大loga b =

logc b

logc a(a > 0, b > 0, c > 0, a = 1, b = 1) を証明せよ．

• 九州大△ABC の面積は

1

2

√|−→AB|2|−→AC|2 − (

−→AB · −→AC)2 に等しいことを示せ．

• 大教大複素数 z, w に対して，次の不等式が成り立つことを示せ．

|z| − |w| <= |z + w| <= |z|+ |w|

95

• 南山大定数 α, β (α < β) に対し ∫ β

α

(x− α)(x− β) dx = − (β − α)3

6

が成り立つことを示せ．

• お茶の水女子大区間 a <= x <= b を含む範囲で定義された正の値をとる関数 f(x) を考える．y = f(x) のグラ

フ，2直線 x = a, x = t (a <= t <= b) で囲まれた部分の面積を S(t) とする． S′(t) = f(t) を

示せ．

• 神戸大関数 f(x) は任意の実数 x に対して定義されているとする．f(x) が x = a において微分可

能であることの定義を述べよ．

• (参)99東大

(1) 一般角 θ に対して， sin θ, cos θ の定義を述べよ．

(2) (1)で述べた定義にもとづき，一般角 α, β に対して

sin(α+ β) = sinα cosβ + cosα sinβ

cos(α+ β) = cosα cosβ − cosα cosβ

を証明せよ．

• (参)作問

二つのベクトル −→a = (a1, a2) ，−→b = (b1, b2)がある．また二つのベクトルのなす角を θ と

する．このとき

(1) −→a · −→b = |−→a ||−→b | cos θ と定めれば，−→a · −→b = a1b1 + a2b2 であることを示せ．

(2) −→a · −→b = a1b1 + a2b2 と定めれば，−→a · −→b = |−→a ||−→b | cos θ であることを示せ．

11.1.7 背理法

02東京理科大

(1) 背理法とは何かを 20字以上 100字以内で説明せよ．

(2) 3√2 が無理数であることを背理法を用いて証明せよ．

02千葉大

(1) log2 3 は無理数であることを証明せよ．

(2) n が正の整数のとき， log2 n が整数でない有理数となることがあるかどうか調べよ．

02上智大

半径 1の球面 A の内側にあり，すべての頂点が球面 A 上にある立方体 B の 1辺の長さを求め

よ．球面 A の内側で，立方体 B の外側にある最大の球 C の半径を求めよ．球面 A の内側で，立

方体 B と球 C の外側にあり，球 C に接している最大の球 D の半径を求めよ．

96

11.2 解答

11.2.1 何をどう置くか

02名工大 三角形 ABC複素平面上におき，A(z1)，B(z2)， C(z3)とする．

α = cos 60◦ + i sin 60◦

とし． D(w1)， E(w2)とおく．点 C ，点 D は直線 AB に関して反対側にあり，また，点 B ，点

E は直線 AC に関して反対側にあるので，

w1 − z2 = α(z1 − Z2)

w2 − z1 = α(z3 − Z1)

である．点 M と N に対応する複素数を m, n とすると

m =w1 + w2

2=

z1 + z22

+ αz3 − z2

2

一方，K

(z1 + z2

2

)， L

(z3 + z1

2

)なので

n =2z1 + z2 + z3

4

ここで

n−m =2z1 + z2 + z3

4−{z1 + z2

2+ α

z3 − z22

}=

− z2 + z34

− α− z2 + z3

2

=− z2 + z3

2

{1

2−

(1

2+

√3

2i

)}= (z2 − z3)×

√3

2i

n−m

z2 − z3が純虚数になったので，直線MNと直線 BCが垂直であることが示された．

11.2.2 条件の同値変形

02奈良女子大

(1)

2a−1 <= 2a − 2b ⇐⇒ 2b <= 2a − 2a−1 = 2a−1

a と b がともに整数で b < a なので b <= a− 1 が成り立つ．よって 2b <= 2a−1 は成り立つ．

2b > 0 より 2a − 2b < 2a も成立．

(2) (1)から2k−1 <= 2k − 2l < 2k

2m−1 <= 2m − 2n < 2m

97

2k − 2l = 2m − 2n なので，

2k−1 < 2m かつ 2m−1 < 2k

つまり

k − 1 < m かつ m− 1 < k

ゆえに

k − 1 < m < k + 1

k，m がともに整数なので k = m である．このとき 2k − 2l = 2m − 2n より l = nである．

［別解］l = n とする．l > n とすれば 2k − 2l = 2m − 2n なので，

2k−n − 2l−n = 2m−n − 1

右辺は奇数で左辺は偶数なので矛盾．

∴ l = n

このとき 2k − 2l = 2m − 2n より k = m .

l < n のときも同様である．

11.2.3 例で考える

02滋賀医大

(1) 頂点 i が上から k 段目，左から m 番にあるとする．k 段目には 2k−1 個の頂点があるので，

i = 1 + 2 + 22 + · · ·+ 2k−2 +m = 2k−1 − 1 +m · · · 1⃝

が成り立つ．

このとき，頂点 i のすぐ下の段にあって頂点 i と結ばれている頂点は，上から k 段目，左か

ら 2m− 1, 2m の 2つである．

1⃝ の関係式の k と m に， k + 1 と 2m− 1, 2m を代入する．

2k+1−1 − 1 + (2m− 1) = 2k − 2 + 2m = 2(2k−1 − 1 +m) = 2i

2k+1−1 − 1 + 2m = 2k+1−1 − 1 + (2m− 1) + 1 = 2i+ 1

であるから，それらの頂点の番号は 2i と 2i+ 1 である．

(2) k 段目の石は k 回の操作で上がりになる．

∴ Sn =

n∑k=1

k · 2k−1

=

n∑k=1

k · (2k − 2k−1) =

n∑k=1

{k · 2k − (k − 1) · 2k−1 − 2k−1}

= n · 2n −n∑

k=1

2k−1 = n · 2n − (2n − 1) = (n− 1) · 2n + 1

98

(3) k 段目の出会うべき頂点の決め方は 2k−1 通り．

その各々について，第 k 段目のその頂点ではじめて出会うのは，その頂点の下にある k + 1

段目の隣りあう頂点に来ることである．

k + 1 段目の一つの頂点に来る n 段の頂点は 2n−k−1 個あり， 頂点 i と頂点 j の決め方が

それぞれ 2n−k−1 通りである．

ゆえに求める自然数の対 (i, j) (i < j) の個数は

2k−1 × (2n−k−1)2 = 22n−k−3 (個)

である．

11.2.4 必要条件・十分条件

02都立大

(1) 1辺の長さが a の正四面体 ABCD は 1辺の長さが√2a の立方体のなかに置くことができる．

A

C

B D

M

N

A′ C′

O

このとき明らかに辺 AC と辺 BD は垂直である．

(2) 辺 AC の中点 M と辺 BD の中点 N を結ぶ線分 MN の長さは，立方体の 1辺の長さに等し

い．ゆえに√2a ．

(3) 明らかに線分 MNは辺 AC と辺 BDに垂直である．直線 MNを回転軸にして直径 a の円柱

を作ると正四面体の各頂点がちょうど円柱の表面上にある．

したがって，a < bなら，直径が b の十分に長い円柱の内部に，正四面体 ABCD をすっぽ

り入れることができる．ゆえに a < bは十分条件である．

b <= a なら直径が b の十分に長い円柱の内部に，正四面体 ABCD をすっぽり入れることは

できない．

なぜならもしできたとする．正四面体の中心 O を中心とする球面のうち，この円柱の内部

にくる部分は 2つある．正四面体の頂点は 4個あるので，少なくとも一方には 2つ以上の頂

点が来る．それを A′, C′ とする．

このとき A′OC′ を考えると，これは明らかに

A′OC′ < AOC

99

なので矛盾である．

ゆえに a < bは必要条件でもある．

求める条件は a < b．

11.2.5 存在の証明

02京都府大

(1)

−→b 1 = m1

−→a 1 +m2−→a 2 + · · ·+mn

−→a n

−→b 2 = l1−→a 1 + l2−→a 2 + · · ·+ ln−→a n

とする．このとき

−→b 1 ±

−→b 2 = (m1 ± l1)−→a 1 + (m2 ± l2)−→a 2 + · · ·+ (mn ± ln)−→a n

l−→b 1 = lm1

−→a 1 + lm2−→a 2 + · · ·+ lmn

−→a n

となり，m1 ± l1, · · · , mn ± ln，lm1, · · · , lmnはすべて整数である．ゆえにベクトル−→b 1 +

−→b 2,

−→b 1 −

−→b 2, l

−→b 1 (lは任意の整数)も，それぞれM に属する．

(2) M に属する任意のベクトル −→a をとる．条件から −→a = k−→b となる実数 kが存在する．また

p = |−→b |とおく．p > 0である．

|−→a | = 0，つまり −→a =−→0 なら −→a = 0

−→b と表せ，m = 0が存在した．

|−→a | > 0とする．−→b は 0でないベクトルのなかで絶対値最小なので，|−→b | <= |−→a |である．と

ころが

|−→a | = |k−→b | = |k||−→b | = |k|p

であるから p <= |k|pである．つまり 1 <= |k|である．よってある自然数mで

m <= |k| < m+ 1

となるものが存在する．

k > 0のとき．−→c = −→a −m

−→b = (k −m)

−→b

とおく．条件から −→c ∈ M で，

|−→c | = (k −m)|−→b | = (k −m)p

ところが 0 <= k −m < 1なので，0 <= |−→c | < pである．

ここでもし k −m = 0なら，|−→c |は絶対値が |−→b |より小さくかつ 0でないベクトルになり，−→b が 0でないベクトルで絶対値最小のものであることと矛盾する．ゆえに k−m = 0．つま

り −→c =−→0 となり，その結果

−→a = m−→b

と整数mが存在した．

100

k < 0のとき．−−→a について同様に

−−→a = m−→b

と表せるので −→a = (−m)−→b と表せる．

よって題意が示された．

11.2.6 定義を問う問題

解答は略する．教科書によって確認すること．

11.2.7 背理法

02東京理科大

(1) 結論の否定を仮定し，何らかの矛盾が生じることを示す．それによって結論の否定が否定さ

れ，結論が成立することを示す証明方法．

(2) 3√2 が有理数であると仮定する．

［証明 1］ 3√2 =

q

p(p と q は互いに素な整数)とおく．

2p3 = q3

となるので， q は偶数． q = 2q′ とおく．このとき

2p3 = 8q′3

より p も偶数となり，互いに素という仮定と矛盾した．

ゆえに 3√2は無理数．

［証明 2］ 3√2 =

q

p(p と q は整数)とおく．

2p3 = q3

となる．左辺の因数分解における因数 2の個数は 3で割ると 1余る．それに対して右辺

の因数分解における因数 2の個数は 3の倍数．素因数分解の一意性と矛盾した．

ゆえに 3√2は無理数．

［証明 3］ 3√2 =

q

p(p と q は 0でない整数)とおく．

2p3 = q3

となるので， q は偶数． q = 2q′ とおく．このとき

2p3 = 8q′3

より p も偶数． p = 2p′ とおく．これを代入して約すると

2p′3= q′

3

再び p′, q′ が 2で約せ，これは何回でも繰り返せる．つまり p, q とも 2で無限回約せ

る．これは p と qは 0でない整数という仮定と矛盾した．

ゆえに 3√2は無理数．

101

02千葉大

(1) log2 3 が有理数と仮定し

log2 3 =p

q(p, q は互いに素，q > 0 )

とおく．このとき，2pq = 3なので

2p = 3q

素因数分解の一意性によりこの式は矛盾である．ゆえに log2 3 は無理数である．

(2) ある正の整数 n に対して， log2 n が整数でない有理数とする．

log2 n =p

q(p, q は互いに素で p = 0, q > 1 )

とおく．このとき同様に

2p = nq

素因数分解の一意性により n = 2r となる非負整数 r が存在する．このとき指数を比較して

p = rq

これは p, q が互いに素であることに矛盾した．ゆえに log2 n が整数でない有理数と なるこ

とはない．

02上智大

l

√2l

r1r2

求める立方体 B の 1辺の長さを lとする．立方体の対角線での断面を考える．

l2 + (√2l)2 = 2

より， l =2√3

次に球 C の半径を r1 とする．明らかに

r1 =1

2

(1− l

2

)=

3−√3

6

102

さらに球 D の半径を r2 とする．

(1− r2)2 − (1− 2r1 + r2)

2 = (r1 + r2)2 − (r1 − r2)

2

これから

r2 = r1(1− r1) =1

6

103