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2014 年入試問題研究
2015 年 8 月 1 日
目次
1
2
東大理科
1.1
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
4
1.2
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
7
1.3
6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
京大理系
2.1 1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
9
10
2.2
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
11
2.3
2.4
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
13
14
2.5
2.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
15
2.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
16
16
京大文系
3.1 1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
18
3.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
19
3.4
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
20
21
3.5
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
2.6
3
3.2
3.3
1
4
阪大理系
4.1
1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
22
4.2
4.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
23
4.4
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
23
24
4.5
4.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
25
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.6
挑戦枠問題 1
26
26
27
4.3
4.5.1
4.6.1
4.7
挑戦枠問題 2
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
28
阪大文系
5.1 1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
30
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
4.7.1
5
5.1.1
6
6.2
31
31
33
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
一橋大
35
7.1
1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
35
7.2
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
36
千葉大
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
37
東北大
9.1 5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
38
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
8.0.1
9
31
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2.1
8
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
名大理系
6.1
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.1
10 早稲田教育学部
10.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
39
40
11 大阪医科大
11.1 問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
42
11.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 問題 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
44
11.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
12 奈良医大
45
12.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
45
45
13 香川大
13.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
46
46
46
14 熊本大
47
14.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
47
15 横浜市大
15.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
49
49
16 防衛医科大
16.1 問題 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
50
16.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.2 問題 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
52
16.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.3 問題 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
52
55
55
16.4 問題 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
58
58
東大理科
1
1.1
2 番問題
a を自然数（すなわち１以上の整数）の定数とする．
白球と赤球があわせて１個以上入っている袋 U に対して，次の操作 (∗) を考える．
(∗)
袋 U から球を１個取り出し，
(i) 取り出した球が白球のときは，袋 U の中身か白球 a 個，赤球 1 個となるように
する．
(ii) 取り出した球が赤球のときは，その球を袋 U へ戻すことなく，袋 U の中身はその
ままにする．
はじめに袋 U の中に，白球が a + 2 個，赤球が 1 個入っているとする．この袋 U に対して操作
(∗) を繰り返し行う．
たとえば，1 回目の操作で白球が出たとすると，袋 U の中身は白球 a 個，赤球１個となり，さら
に 2 回目の操作で赤球が出たとすると，袋 U の中身は白球 a 個のみとなる．
n 回目に取り出した球が赤球である確率を pn とする．ただし，袋 U の中の個々の球の取り出さ
れる確率は等しいものとする．
(1) p1 , p2 を求めよ．
(2) n >
= 3 に対して pn を求めよ．
m
1 ∑
(3) lim
pn を求めよ．
m→∞ m
n=1
1.1.1
解答
(1) 袋の中の白玉の個数と赤玉の個数を (a, 1) のように記す．
1 回目に取り出した玉が赤であるのは，(a + 2, 1) の状態で 1 個ある赤を取り出すときであ
1
る．よって p1 =
．
a+3
2 回目に取り出した玉が赤であるのは，1 回目に白を取り出し，(a, 1) で赤を取り出すときで
ある．よって
p2 =
a+2
1
a+2
·
=
a+3 a+1
(a + 3)(a + 1)
(2) 状態が (a, 1) となると，その後の試行では (a, 0)，または (a, 1) のいずれかの状態しかあり
えない．
また n >
= 2 のとき n 回の試行を終えた状態は (a, 1) または (a, 0) である．
n>
= 2 のとき，n + 1 回目に赤が出る事象は，n 回目に赤が出ないで (a, 1) の状態となり，
n + 1 回目に赤が出る事象である．よって漸化式
pn+1 =
1
(1 − pn )
a+1
が成り立つ．ところがこの漸化式は n = 1 でも成立する．
これを変形して
pn+1 −
1
=
a+2
を得る．これから
(
−
1
a+1
)(
pn −
1
a+2
)
(
)n−1 (
)
1
1
−
p1 −
a+1
a+2
1
pn −
=
a+2
となり，
1
1
pn =
−
a + 2 (a + 3)(a + 2)
(
)n−1
1
−
a+1
を得る．
(3)
(
)m
1
1− −
m
1
a+1
pn =
−
·
1
a
+
2
(a
+
3)(a
+
2)
n=1
1+
a+1
m
∑
1 であり，−
< 1 であるから，
a + 1
m
1 ∑
1
pn =
m→∞ m
a
+
2
n=1
lim
である．
(注) 連立漸化式から求めることもできる．
ただしこの場合は，1 回目と 2 回目がそれ以降と条件が異なることから，漸化式が n >
= 2 でない
と使えない．それで (a, 1) から m 回で (a, 1) となる確率を計算し，それをもとに pn を求める．
(2) の別解
(a, 1) の状態からはじめて m 回の試行の後，(a, 0) である確率を sm ，(a, 1) である確率を tm
とする．次の漸化式が成り立つ．



 sm+1 =


 tm+1
1
tm
a+1
a
tm
= sm +
a+1
これから
tm+1 =
a
1
tm−1 +
tm
a+1
a+1
を得る．よって
(
tm+1 − tm =
tm+1 +
t0 = 1, t1 =
1
−
a+1
)
(tm − tm−1 )
1
1
tm = tm +
tm−1
a+1
a+1
a
なので
a+1
(
)m
)m+1
(
1
1
−
(t1 − t0 ) = −
a+1
a+1
1
1
tm = t1 +
t0 = 1
tm+1 +
a+1
a+1
tm+1 − tm =
これから
tm
a+1
=
a+2
{
(
1
1− −
a+1
)m+1 }
n 回目に取りだした球が赤である事象を，1 回目が赤玉か白玉かで場合分けする．
(i) 1 回目が赤玉のとき 2 回目は白玉でその試行の後の状態は (a, 1) である．ここから n − 3 回
の後 (a, 1) となり，そして赤玉を取り出す事象なので，その確率は
{
(
)n−2 }
1
1
a+1
1
1
1
· tn−3 ·
=
·
1− −
·
a+3
a+1
a+3 a+2
a+1
a+1
{
(
)n−2 }
1
1
=
1− −
(a + 3)(a + 2)
a+1
(ii) 1 回目が白玉のときその試行の後の状態は (a, 1) である．ここから n − 2 回の後 (a, 1) と
なり，そして赤玉を取り出す事象なので，その確率は
{
(
)n−1 }
a+2
1
a+2 a+1
1
1
· tn−2 ·
=
·
1− −
·
a+3
a+1
a+3 a+2
a+1
a+1
{
(
)n−1 }
1
1
=
1− −
a+3
a+1
これらは排反で他にはない．よって pn はこの和である．つまり
{
{
(
)n−2 }
(
)n−1 }
1
1
1
1
pn =
1− −
+
1− −
(a + 3)(a + 2)
a+1
a+3
a+1
(
)n−1
1
1
1
=
−
−
a + 2 (a + 3)(a + 2)
a+1
5 番問題
1.2
r を 0 以上の整数とし，数列 {an } を次のように定める．
a1 = r, a2 = r + 1, an+2 ＝ an+1 (an + 1)
(n = 1, 2, 3，· · ·)
また，素数 p を 1 つとり，an を p で劃った余りを bn とする．ただし，0 を p で割った余りは 0 と
する．
(1) 自然数 n に対し，bn+2 は bn+1 (bn + 1) を p で割った余りと一致することを示せ．
(2) r = 2, p = 17 の場合に，10 以下のすべての自然数 n に対して，bn を求めよ．
(3) ある 2 つの相異なる自然数 n．m に対して．
bn+1 = am+1 > 0, bn+2 = am+2
が成り立ったとする．このとき，bn = bm が成り立つことを示せ．
(4) a2 , a3 , a4 · · · に p で割り切れる数が現れないとする．このとき，a1 も p で割り切れないこ
とを示せ．
1.2.1
解答
(1) an ，an+1 を p で割った商を cn , cn+1 とする．このとき
an+2
= (pcn+1 + bn+1 )(pcn + bn + 1)
= p{pcn+1 cn + cn+1 (bn + 1) + cn bn+1 } + bn+1 (bn + 1)
よって，an+2 を p で割った余り，つまり bn+2 は，bn+1 (bn + 1) を p で割った余りと一致する．
(2) (1) より
b1 = 2, b2 = 3, b3 = 9, 9(3 + 1) = 36 = 17 · 2 + 2 より b4 = 2
2(9 + 1) = 36 = 17 + 3 より b5 = 3, b6 = 9, b7 = 2
b8 = 3, b9 = 9, b10 = 2
(3) (1) から
bn+2 − bn+1 (bn + 1) は p の倍数
∴
am+2 − am+1 (bn + 1) は p の倍数
∴
am+1 (am + 1) − am+1 (bn + 1) は p の倍数
am+1 > 0 より am − bn は p の倍数
つまり am を p で割った余り bm は bn と一致する．
(4) a2 , a3 , a4 · · · に p で割り切れる数が現れないので，それらを p で割った余りは 1 <
= b 2 , b 3 , b4 · · · <
=
p−1 を満たす．したがって隣りあう 2 つの余りの組 (bn+1 , bn+2 ) で相異なるものは高々(p−1)2
個しか存在しない．その結果 (p − 1)2 + 1 個以上の組の中には，相等しいものが存在する．そ
れを
(bn+1 , bn+2 ) = (bm+1 , bm+2 )
とする．n < m とする．(2) と同様に
bn+2 − bn+1 (bn + 1) = bm+2 − bm+1 (bn + 1) は p の倍数
∴
bm+1 (bm + 1) − bm+1 (bn + 1) は p の倍数
bm+1 > 0 より bm − bn は p の倍数
ところが −p + 2 <
= p − 2 なので bm = bn ．この結果
= bm − bn <
(bn+1 , bn+2 ) = (bm+1 , bm+2 )
なら
(bn , bn+1 ) = (bm , bm+1 )
これをくりかえすことにより
(b1 , b2 ) = (bm−n+1 , bm−n+2 )
となる．m − n + 1 >
= 2 より am−n+1 は p で割り切れない．よって b1 = bm−n+1 ̸= 0．つま
り a1 も p で割り切れない．
1.3
6 番問題
座標平面の原点を O で表す．
√
√
線分 y = 3x (0 <
=x<
= 2) 上の点 P と，線分 y = − 3x (−2 <
=x<
= 0) 上の点 Q が，線分 OP
と線分 OQ の長さの和が 6 となるように動く．このとき，線分 PQ の通過する領域を D とする．
(1) s を 0 <
=s<
= 2 をみたす実数とするとき，点 (s, t) が D に入るような t の範囲を求めよ．
(2) D を図示せよ．
解答
√
√
(1) P(p, 3p) (0 <
=p<
= 2)，Q(q, − 3q) (−2 <
=q<
= 0) とおく．
√
√
線分 OP の長さ = p2 + ( 3p)2 = 2p
1.3.1
であり，同様に線分 OQ の長さは −2q となる．よって和が 6 という条件は p − q = 3 となる．
−2 <
=q<
= 0 なので，q = p − 3 よりこの条件は −2 <
= p−3 <
= 0，つまり 1 <
=p<
= 3 となる．
よって p の条件は 1 <
=p<
=2
···⃝
1 である．
直線 PQ の方程式は
√
√
3(p + q)
y=
(x − p) + 3p
p−q
これを整理して
(2p − 3)x −
√
3y − 2p2 + 6p = 0
となる．点 (s, t) が直線 PQ の通過する領域に属するための必要十分条件は，
(2p − 3)s −
√
3t − 2p2 + 6p = 0
···⃝
2
となる p が 0 <
=p<
= 2 に存在することである．
ここで ⃝
2 の等式を p で整理して
f (p) = 2p2 − 2(s + 3)p + 3s +
√
3t = 0
とおく．
p の 2 次方程式 f (p) = 0 が ⃝
1 に解を持つ条件が，s と t の満たすべき条件である．
2
1
1
2
1
2
f (1) >
= 0 ，または
= 0, f (2) >
= 0 ，または f (1) <
= 0, f (2) <
√
s+3
2
f (1) >
= 0, (s + 3) − 2(3s + 3t) >
= 0, f (2) >
= 2 <
= 0, 1 <
=2
のいずれかが成り立つことが条件である．ただしここで「，
」は「かつ」を表す．
f (1) = s +
√
√
3t − 4, f (2) = −s + 3t − 4
なので，条件を整理すると
1
1
1
1
√ (−s + 4) <
=t<
=t<
= 0 ，または
= √ (s + 4) ，または √ (s + 4) <
= √ (−s + 4) >
3
3
3
√ 3
1
3 2
1
√ (−s + 4) <
= t，√ (s + 4) <
= t，t <
= 6 (s + 9), −1 <
=s<
=1
3
3
となる．これが直線 PQ の通過領域である．
線分 PQ の通過領域 D は，この領域のうち直線上の点 P と Q にはさまれた部分であるから，
√
P，Q のある直線 y = ± 3 で分けられる領域のうち y 軸の正の部分を含む領域との共通部
分である．
D を満たす点 (s, t) を xy 平面上に図示する．接点などは図内に表示．
y=
√
3
2
6 (x
y
+ 9)
√1 (x
3
y=
√
y = − 3x
-2
-1
O
1
したがって 0 <
=s<
= 2 のとき t を s で表すと，
√

1
3 2

 √ (−s + 4) <

=t<
= 6 (s + 9)
3
√
1


 3s <
= √ (s + 4)
=t<
3
となる．
(2) (1) において図示した．
京大理系
2
2.1
y=
√
y = 3x
1 番問題
座標空間における次の 3 つの直線 l, m, n を考える：
2
+ 4)
√1 (−x
3
x
(0 <
=s<
= 1)
(1 <
= 2)
=s<
+ 4)
→
l は点 A(1, 0, −2) を通り，ベクトル −
u = (2, 1, −1) に平行な直線である．
−
m は点 B(1, 2, −3) を通り，ベクトル →
v = (1, −1, 1) に平行な直線である．
−
n は点 C(1, −1, 0) を通り，ベクトル →
w = (1, 2, 1) に平行な直線である．
P を l 上の点として，P から m, n へ下ろした垂線の足をそれぞれ Q，R とする．このとき，PQ2 +PR2
を最小にするような P と，そのときの PQ2 + PR2 を求めよ．
2.1.1 解答
−
→
→
u ·−
v = 0 であるから，l と m は直交している．よって Q は，P
l
の位置によらず，l を含み m と直交する平面 α と m との交点である．
→
α は点 A をとおり法線方向が −
v の平面なのでその方程式は
P
A
(x − 1) − y + (z + 2) = 0
α
Q
である．m 上の点 Q は
m
−→
→
OB + s−
v = (1 + s, 2 − s, −3 + s)
と表され，Q が α 上にあるのでこれを α の方程式に代入して
s−2+s−1+s=0
−→
となる．よって s = 1．つまり Q(2, 1, −2) である．AQ = (1, 1, 0) となり，
2 2
−→ −→
−→
−→ −→2
−→
PQ = AQ − AP = 2 + AP − 2AQ · AP
−→
−→ →
次に，AC = (0, −1, 2) より，AC · −
w = 0 となり，AC⊥n である．
l
また PR⊥n であるから，AP と CR は比例し，C と R を通り CR に
P
直交する 2 平面の距離が CR で，AP はそれより大きく，直線 l と n
で定まる 0 < a < 1 の範囲の定数 a をもちいて CR = aAP と表せる．A
2
−→ −→2
−→
PR2 = PC2 − CR2 = AC − AP − a2 AP
2
−→ −→
−→
= 5 + (1 − a2 ) AP − 2AC · AP
よって
(
)
−→ −→ −→
PQ2 + PR2 = (2 − a2 )AP2 + 7 − 2AP · AQ + AC
ここで
n
C
R
−→ −→
AQ + AC = (1, 0, 2)
なので
(
)
−→ −→
→
−
u · AQ + AC = (2, 1, −1) · (1, 0, 2) = 0
(
)
−→ →
−→ −→ −→
で AP // −
u より AP · AQ + AC = 0 である．よって
PQ2 + PR2 = (2 − a2 )AP2 + 7
となる．2 − a2 > 0 なので，これが最小になるのは AP = 0，つまり P = A(1, 0, −2) のときで，
そのとき PQ2 + PR2 = 7 である．
解法 2
条件から P，Q，R は，ある実数 p, q, r を用いて次のように表すことができる．
−→
AP =
−→
AQ =
−→
AR =
→
p−
u
−→ −→
→
AB + BQ = (0, 2, −1) + q −
v
−→ −→
−
→
AC + CR = (0, −1, 2) + r w
→
PQ⊥−
v より
−→ →
PQ · −
v = {(0, 2, −1) + q(1, −1, 1) − p(2, 1, −1)} · (1, −1, 1)
= −3 + 3q = 0
→
よって q = 1．次に，PR⊥−
w より
−→ →
PR · −
w = {(0, −1, 2) + r(1, 2, 1) − p(2, 1, −1)} · (1, 2, 1)
=
6r − 3p = 0
よって p = 2r．この結果
PQ2
2
2
= |(0, 2, −1) + (1, −1, 1) − 2r(2, 1, −1)| = |(1, 1, 0) − 2r(2, 1, −1)|
= 2 − 12r + 24r2
PR2
2
2
= |(0, −1, 2) + r(1, 2, 1) − 2r(2, 1, −1)| = |(0, −1, 2) − 3r(1, 0, −1)|
= 5 + 12r + 18r2
より
PQ2 + PR2 = 7 + 42r2
である．これが最小になるのは r = 0 のとき．つまり，p = 2r = 0 より P = A(1, 0, −2) のとき
で，そのとき PQ2 + PR2 = 7 である．
2.2
2 番問題
2 つの粒子が時刻 0 において △ABC の頂点 A に位置しでいる．これらの粒子は独立に運動し．
それぞれ 1 秒ごとに隣の頂点に等確率で移動していくとする．たとえば．ある時刻で点 C にいる
1
粒子は，その 1 秒後には点 A または点 B にそれぞれの確率で移動する．この 2 つの粒子が，時
2
刻 0 の n 秒後に同じ点にいる確率 p(n) を求めよ．
2.2.1
解答
n + 1 秒後に同じ点にいる事象は，n 秒後の次の二つの状態によって場合分けされる．
1) n 秒後に同じ点にいる場合．そこでの 1 回の試行で再び同じ点にいるのは，ともに同じ方向
に移動するときなので，この場合に n + 1 秒後に同じ点いる確率は
{( )
( )2 }
2
1
1
1
+
= p(n)
p(n) ·
2
2
2
2) n 秒後に同じ点にいない場合．そこでの 1 回の試行で再び同じ点にいるのは，A と B がいな
かった第 3 の頂点にむけてともに移動するときなので，この場合に n + 1 秒後に同じ点いる
確率は
{1 − p(n)} ·
( )2
1
1
= {1 − p(n)}
2
4
これらは排反で他にはない．よって
p(n + 1) =
1
1
1
1
p(n) + {1 − p(n)} = p(n) +
2
4
4
4
これから
1
1
p(n + 1) − =
3
4
p(0) = 1 であるから
1
p(n) − =
3
よって
p(n) =
1
3
{
1
p(n) −
3
}
( )n (
)
1
1
1−
4
3
{
1+2
( )n }
1
4
である．
別解
一つの粒子が n 秒後に A にいる確率を qn とする．n + 1 秒後に A にいるのは，n 秒後に A にい
1
なくて，確率で A に移動するときのみである．よって
2
qn+1 =
1
(1 − qn )
2
これから
1
1
qn+1 − = −
3
2
q0 = 1 なので
(
)
1
qn −
3
(
)n (
)
{
(
)n }
1
1
1
1
1
qn = + −
1−
=
1+2 −
3
2
3
3
2
一つの粒子が n 秒後に B にいる確率を rn とする．C にいる確率も rn であり，
qn + rn + rn = 1
であるから
rn =
1
1
(1 − qn ) =
2
3
(
{
)n }
1
1− −
2
となる．
p(n) は n 秒後に，二つの粒子がともに A にいるか，ともに B にいるか，ともに C にいる確率
なので，
p(n)
である．
qn2 + 2 · rn2
{
(
)n }2
{
(
)n }2
1
2
1
1
1+2 −
+
1− −
=
9
2
9
2
{
( )n }
1
1
=
1+2
3
4
=
3 番問題
2.3
△ABC は，条件 ̸ B = 2̸ A，BC = 1 を満たす三角形のうちで面積が最大のものであるとする．
このとき，cos ̸ B を求めよ．
2.3.1
解答
θ = ̸ A とおく．△ABC での正弦定理から
AC
AB
BC
=
=
sin θ
sin 2θ
sin(π − 3θ)
であるが，BC = 1 なので
AB =
sin 3θ
sin 2θ
, AB =
sin θ
sin θ
となる．よって △ABC の面積 S は
S=
1
sin 2θ sin 3θ
cos θ − cos 5θ
AB · AC sin θ =
=
2
2 sin θ
4 sin θ
となる．これから
dS
dθ
=
=
(− sin θ + 5 sin 5θ) sin θ − (cos θ − cos 5θ) cos θ
4 sin2 θ
5 sin 5θ sin θ + cos 5θ cos θ − 1
4 sin2 θ
である．ここで
分子
=
1
5
(cos 4θ − cos 6θ) + (cos 4θ + cos 6θ) − 1 = 3 cos 4θ − 2 cos 6θ − 1
2
2
= −8 cos3 2θ + 6 cos2 2θ + 6 cos 2θ − 4 = −2(cos 2θ − 1)(4 cos2 2θ + cos 2θ − 2)
で，4 sin2 θ = 2(1 − cos2 2θ) なので
dS
dθ
=
=
4 cos2 2θ + cos 2θ − 2
(
√ )
√ )(
− 1 + 33
− 1 − 33
cos 2θ −
4 cos 2θ −
8
8
π
1
を動く．つまり − < cos 2θ < 1 である．θ が増加すれば
3
2
√
− 1 + 33
dS
cos 2θ は減少する．よって cos 2θ =
となる θ で
は正から負に変わる．この θ の値
8
dθ
で S は極大で，cos 2θ の動きうる範囲から，この範囲では最大である．
つまり面積 S が最大のとき，
√
− 1 + 33
cos ̸ B = cos 2θ =
8
θ は 0 < θ + 2θ < π より 0 < θ <
である．
2.4
4 番問題
実数の定数 a, b に対して，関数 f (x) を
f (x) =
ax + b
x2 + x + 1
で定める．すべての実数 x で不等式
3
2
f (x) <
= f (x) − 2f (x) + 2
が成り立つような点 (a, b) の範囲を図示せよ．
2.4.1
解答
条件の不等式は
{f (x) + 1} {f (x) − 1} {f (x) − 2} >
=0
と変形される．不等式が成り立つのは，3 個の因数のうち負でないものが 3 個か 1 個のときなので，
条件は，
すべての実数 x で不等式
−1 <
= f (x) <
= 1 または f (x) >
=2
···⃝
1
が成り立つ．
と同値である．
(
)2
1
3
一方，実数 x に対して x + x + 1 = x +
+ > 0 であるから，関数 f (x) はすべての実数で
2
4
<
定義され，かつ連続である．もし，−1 <
f
(p)
1
=
= および f (q) >
= 2 となる p，q が存在すれば，連
続関数の中間値の定理から，f (x) は f (p) と f (q) の間の任意の値をとり，したがって 1 < f (x) < 2
となる x が存在する．これは，f (x) の値域が ⃝
1 に属するという条件を満たさない．
<
よって f (x) の値域は −1 <
f
(x)
1
または
f (x) >
=
=
= 2 のいずれか一方にのみ含まれる．他方，
b
a
+
x x2
x ̸= 0 のとき f (x) =
より， lim f (x) = 0 なので，|x| の値が十分大きいとき，f (x)
x→±∞
1
1
1+ + 2
x x
の値は −1 <
= 1 に属する．よって，与えられた関数 f (x) については，条件は，
= f (x) <
2
すべての実数 x で不等式
−1 <
=1
= f (x) <
が成り立つ．
と同値である．この条件はさらに，すべての実数 x で
2
−(x2 + x + 1) <
=x +x+1
= ax + b <
が成り立つ，と同値である．この不等式を整理すると
2
x2 + (a + 1)x + b + 1 >
=0
= 0 かつ − x + (a − 1)x + b − 1 <
となる．これは，左辺の 2 次式で定まる放物線が x 軸と異なる 2 点では交わらないことと同値で
ある．よって a と b の満たすべき条件は，それぞれの判別式について
2
(a + 1)2 − 4(b + 1) <
= 0 かつ (a − 1) + 4(b − 1) <
=0
が成り立つことである．つまり
1
1
2
(a + 1)2 − 1 <
=b<
= − 4 (a − 1) + 1
4
である．これを満たす点 (a, b) の範囲は図の斜線部分，およびその境界である．
b
√ √
( 3, 23 )
b = − 41 (a − 1)2 + 1
a
O
b = 14 (a + 1)2 − 1
√
√
(− 3, − 23 )
2.5
5 番問題
自然数 a, b はどちらも 3 で割り切れないが，a3 + b3 は 81 で割り切れる．このような a, b の組
(a, b) のうち，a2 + b2 の値を最小にするものと，そのときの a2 + b2 の値を求めよ．
2.5.1
解答
a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 )
なので，m = a + b，n = a2 − ab + b2 とおく．関係式
m2 − n = 3ab
が成り立つ．これから m が 3 の倍数であることは n が 3 の倍数であることと同値である．
次に自然数 a, b はどちらも 3 で割り切れないが，a3 + b3 が 3 の倍数となるために，m = a + b
が 3 の倍数となることが必要で，そのためには a と b を 3 で割った余りが異なることが必要であ
る．a と b に関して対称なので a = 3k + 1，b = 3l + 2 とおく．a と b が正より k, l >
= 0 である．
このとき n = m2 − 3ab において ab は 3 の倍数でないので，n は 3 の倍数であるが 9 の倍数で
はない．
よって mn が 81 の倍数となることは m が 27 の倍数となることと同値である．つまり k + l + 1
が 9 の倍数であることが必要十分な条件である．
また
{(
2
2
2
2
a + b = (3k + 1) + (3l + 2) = 9
1
k+
3
)2
(
2
+ l+
3
)2 }
(
)
1
2
であり，これが最小になるのは，座標平面上で点 − , −
と点 (k, l) との距離が最小となると
3
3
きである．k + l + 1 が 9 の倍数という条件の下では，最小値を与える k と l は k + l + 1 = 9 を満
たすときであり，このとき
a2 + b2 = (3k + 1)2 + {3(8 − k) + 2}2 = 18k 2 − 150k + 1 + 132 · 22
となる．k の 2 次関数として軸が k = 4 +
1
なので，整数 k に対しては k = 4 で最小である．この
6
とき l = 4 で a = 13，b = 14 である．
つまり条件を満たす a, b の組 (a, b) のうち，a2 + b2 の値を最小にするものは a と b の入れ替え
も考え
(a, b) = (13, 14), (14, 13)
である．このとき
a2 + b2 = 132 + 142 = 365
である．
2.6
6 番問題
1
の第 1 象限にある部分と，原点 O を中心とする円の第 1 象限にある部分を，それ
x
ぞれ C1 , C2 とする．C1 と C2 は 2 つの異なる点 A，B で交わり，点 A における C1 の接線 l と線
π
分 OA のなす角はであるとする．このとき，C1 と C2 で囲まれる図形の面積を求めよ．
6
双曲線 y =
2.6.1
解答
点 A と点 B は直線 y = x に関して対称である．点 A を領域 y > x にある点とする．C2 の
1
半径を r とし，点 A(r cos α, r sin α) とおく．A は C1 上の点なので r sin α =
，つまり
r cos α
1
r2 =
···⃝
1 を満たす．
sin α cos α
1
1
C1 について y ′ = − 2 であるから A での接線の傾きは − 2
である．⃝
1 から r2 cos2 α =
x
r cos2 α
cos α
なので
sin α
1
= − tan α = tan(π − α)
− 2
r cos2 α
である．点 A における C1 の接線 l と線分 OA のなす角は
tan
π
なので
6
π
1
= √ = tan{(π − α) − α}
6
3
1
より tan 2α = − √ である．
3
tan 2α =
2 tan α
1
= −√
2
1 − tan α
3
を解いて tan α =
√
√
π
3 ± 2．α > なので tan α = 3 + 2 である．このとき，
4
√
1
= 1 + tan2 α = 8 + 4 3
2
cos α
なので，
√
1
cos α = √
√ =
2 2+ 3
2−
2
√
3
,
√
√
2+ 3
sin α =
2
また
r2 =
より r = 2 となり，
1
=4
sin α cos α
(√
A
2−
√
3,
)
√
√
2+ 3
である．B と A の y = x に関する対称性から
)
(√
√
√
√
2 + 3, 2 − 3
B
である．さらに β =
π
− α となるので
2
(
)
√
π
1
=−
= 3
tan ̸ AOB = tan(α − β) = tan 2α −
2
tan 2α
π
である．
3
C1 と C2 で囲まれる図形を，直線 AB と C1 で囲まれた部分と直線 AB と C2 で囲まれた部分に
よって ̸ AOB =
分け，面積を求める．それぞれの面積を S1 ，S2 とする．
√
√
√
√
直線 AB の方程式は y = −(x − 2 − 3) + 2 + 3 なので
√
)
√
√
∫ 2+√3 (
√
√
1
S1 =
−x
+
2
−
3
+
2
+
3
−
dx
√ √
x
2− 3
√
[
(√
)
] 2+√3
√
√
√
1
=
− x2 +
2 − 3 + 2 + 3 x − log x √ √
2
2− 3
√
√
3 − log(2 + 3)
=
また直線 AB と C2 で囲まれた部分は扇形から三角形を除いた領域なので
S2 =
√
1 2 π 1 2
π
2
· 2 · − · 2 · sin = π − 3
2
3
2
3
3
よって求める面積は次の値である．
S1 + S2 =
√
2
π − log(2 + 3)
3
解 2 )点 A と点 B は直線 y = x に関して対称である．点 A を領域 y > x にある点とする．点
(
1
A t,
とおく．
t
C1 の方程式 xy = 1 から y ′ = −
線分 OA の傾きは
のなす角が
1
1
なので，点 A での C1 の接線 l の傾きは − 2 である．また
x2
t
1
である．これは y 軸方向に関して対称な方向きである．よって，l と線分 OA
t2
π
であることより，線分 OA が x 軸となす角は
6
π
π
π π
−
= +
2
12
4
6
である．よって
1
= tan
t2
(
π π
+
4
6
この結果 t > 0 より
)
√
√
3+1
=√
=2+ 3
3−1
√
t=
2−
√
3
である．
京大文系
3
3.1
1 番問題
◦
0<
= θ < 90 とする．x についての 4 次方程式
{x2 − 2(cos θ)x − cos θ + 1}{x2 + 2(tan θ)x + 3} = 0
は虚数解を少なくとも 1 つ持つことを示せ．
3.1.1
解答
2 つの 2 次方程式
x2 − 2(cos θ)x − cos θ + 1 = 0
x2 + 2(tan θ)x + 3 = 0
···⃝
1
の判別式を D1 , D2 とする．θ によって次式で表される．
D1 /4 = cos2 θ + cos θ − 1
1
−4
D2 /4 = tan2 θ − 3 =
cos2 θ
···⃝
2
◦
0<
= θ < 90 の範囲に与えられた θ について，4 次方程式が虚数解を持たないと仮定する．つま
◦
り，4 次方程式が虚数解を持たない θ が 0 <
= θ < 90 に存在するとする．
その θ に対し ⃝
1 の 2 つの 2 次方程式がともに実数解を持つ．すなわち ⃝
2 で D1 >
=0
= 0 かつ D2 >
◦
が成り立つ．0 <
= 1 である．したがって，cos θ は
= θ < 90 なので 0 < cos θ <
−1+
2
を満たす．
√
5
1
<
=2
= 1 かつ 0 < cos θ <
= cos θ <
√
√
1
−1+ 5
ところが 2 < 5 より <
であるから，このような θ は存在しない．これは矛盾で
2
2
ある．よって 4 次方程式は虚数解を少なくとも 1 つ持つ．
解 2 （D1 ，D2 を定めるところまでは同じ）
◦
◦
0<
= θ < 90 のとき 0 < cos θ <
= 1 である．したがって，条件「0 <
= θ < 90 かつ D1 >
= 0 かつ
>
D2 = 0」を満たす cos θ は
√
−1+ 5
1
<
= cos θ <
= 1 かつ 0 < cos θ <
=2
2
√
√
−1+ 5
1
を満たさなければならない．ところが 2 < 5 より <
であるから，このような θ は
2
2
存在しない．
◦
よって 0 <
「D1 >
= θ < 90 の範囲にあるある θ で定まる D1 と D2 においては，
= 0 かつ D2 >
= 0」
が成立しない．つまり「D1 < 0 または D2 < 0」となる．つまり 4 次方程式は虚数解を少なくと
も 1 つ持つ．
解 3 （D1 ，D2 を定めるところまでは同じ）
◦
◦
0<
= θ < 90 のとき 0 < cos θ <
= 1 である．したがって，θ に関する条件「0 <
= θ < 90 ，かつ
D1 < 0 または D2 < 0」は
√
−1+ 5
1
0 < cos θ <
または < cos θ <
=1
2
2
√
√
1
−1+ 5
と同値である．ところが 2 < 5 より <
であるから，cos θ の範囲に関するこの条件
2
2
は 0 < cos θ <
= 1 となる．
◦
よって 0 <
= θ < 90 の範囲にあるある任意の θ は条件「D1 < 0 または D2 < 0」を満たす．つま
り 4 次方程式は虚数解を少なくとも 1 つ持つ．
3.2
2 番問題
t を実数とする．y = x3 − x のグラフ C へ点 P(1, t) から接線を引く．
(1) 接線がちょうど 1 本だけ引けるような t の範囲を求めよ．
(2) t が (1) で求めた範囲を動くとき，P(1, t) から C へ引いた接線と C で囲まれた部分の面稽
を S(t) とする．S(t) の取りうる値の範囲を求めよ．
3.3
3 番問題
座標空間における次の 3 つの直線 l, m, n 考える：
→
l は点 A(1, 0, −2) を通り，ベクトル −
u = (2, 1, −1) に平行な直線である．
−
m は点 B(1, 2, −3) を通り，ベクトル →
v = (1, −1, 1) に平行な直線である．
−
n は点 C(1, −1, 0) を通り，ベクトル →
w = (1, 2, 1) に平行な直線である．
P を l 上の点として，P から m, n へ下ろした垂線の足をそれぞれ Q，R とする．このとき，PQ2 +PR2
を最小にするような P と，そのときの PQ2 + PR2 を求めよ．
3.3.1 解答
−
→
→
u ·−
v = 0 であるから，l と m は直交している．よって Q は，P
l
の位置によらず，l を含み m と直交する平面 α と m との交点である．
→
α は点 A をとおり法線方向が −
v の平面なのでその方程式は
P
A
(x − 1) − y + (z + 2) = 0
α
Q
である．m 上の点 Q は
m
−→
→
OB + s−
v = (1 + s, 2 − s, −3 + s)
と表され，Q が α 上にあるのでこれを α の方程式に代入して
s−2+s−1+s=0
−→
となる．よって s = 1．つまり Q(2, 1, −2) である．AQ = (1, 1, 0) となり，
2 2
−→ −→
−→
−→ −→2
−→
PQ = AQ − AP = 2 + AP − 2AQ · AP
−→
−→ →
次に，AC = (0, −1, 2) より，AC · −
w = 0 となり，AC⊥n である．
l
また PR⊥n であるから，AP と CR は比例し，C と R を通り CR に
P
直交する 2 平面の距離が CR で，AP はそれより大きく，直線 l と n
で定まる 0 < a < 1 の範囲の定数 a をもちいて CR = aAP と表せる．A
2
−→ −→2
−→
PR2 = PC2 − CR2 = AC − AP − a2 AP
2
−→ −→
−→
= 5 + (1 − a2 ) AP − 2AC · AP
よって
(
)
−→ −→ −→
PQ2 + PR2 = (2 − a2 )AP2 + 7 − 2AP · AQ + AC
ここで
n
C
R
−→ −→
AQ + AC = (1, 0, 2)
なので
(
)
−→ −→
→
−
u · AQ + AC = (2, 1, −1) · (1, 0, 2) = 0
(
)
−→ →
−→ −→ −→
で AP // −
u より AP · AQ + AC = 0 である．よって
PQ2 + PR2 = (2 − a2 )AP2 + 7
となる．2 − a2 > 0 なので，これが最小になるのは AP = 0，つまり P = A(1, 0, −2) のときで，
そのとき PQ2 + PR2 = 7 である．
解法 2
条件から P，Q，R は，ある実数 p, q, r を用いて次のように表すことができる．
−→
AP =
−→
AQ =
−→
AR =
→
p−
u
−→ −→
→
AB + BQ = (0, 2, −1) + q −
v
−→ −→
−
→
AC + CR = (0, −1, 2) + r w
→
PQ⊥−
v より
−→ →
PQ · −
v = {(0, 2, −1) + q(1, −1, 1) − p(2, 1, −1)} · (1, −1, 1)
= −3 + 3q = 0
→
よって q = 1．次に，PR⊥−
w より
−→ →
PR · −
w = {(0, −1, 2) + r(1, 2, 1) − p(2, 1, −1)} · (1, 2, 1)
=
6r − 3p = 0
よって p = 2r．この結果
PQ2
2
2
= |(0, 2, −1) + (1, −1, 1) − 2r(2, 1, −1)| = |(1, 1, 0) − 2r(2, 1, −1)|
= 2 − 12r + 24r2
PR2
2
2
= |(0, −1, 2) + r(1, 2, 1) − 2r(2, 1, −1)| = |(0, −1, 2) − 3r(1, 0, −1)|
= 5 + 12r + 18r2
より
PQ2 + PR2 = 7 + 42r2
である．これが最小になるのは r = 0 のとき．つまり，p = 2r = 0 より P = A(1, 0, −2) のとき
で，そのとき PQ2 + PR2 = 7 である．
3.4
4 番問題
次の式
al = 2,
an+1 = 2an − 1
(n = 1, 2, 3, · · ·)
で定められる数列 {an } を考える．
(1) 数列 {an } の一般項を求めよ．
(2) 次の不等式
a2n − 2an > 1015
を満たす最小の自然数 n を求めよ．ただし，0.3010 < log10 2 < 0.3011 であることは用いて
よい．
3.5
5 番問題
1 から 20 までの目がふられた正 20 面体のサイコロがあり，それぞれの目が出る確率は等しいも
のとする．A，B の 2 人がこのサイコロをそれぞれ一回ずつ投げ，大きな目を出した方はその目を
得点とし，小さな目を出した方は得点を 0 とする．また同じ目が出た場合は，A，B ともに得点 0
とする．このとき，A の得点の期待値を求めよ．
阪大理系
4
4.1
1 番問題
実数 a, b, c, d, e に対して，座標平面上の点 A(a, b)，B(c, d)，C(e, 0) をとる．ただし点 A と
点 B はどちらも原点 O(0, 0) とは異なる点とする．このとき，実数 s, t で
−→
−→ −→
sOA + tOB = OC
を満たすものが存在するための，a, b, c, d, e についての必要十分条件を求めよ．
4.1.1
解答
−→
−→ −→
等式：sOA + tOB = OC は，成分で書けば，連立式
{
sa + tc = e · · · ⃝
1
sb + td = 0
···⃝
2
となる．これを s と t の連立 1 次方程式と見て，解をもつ必要十分条件を求める．
⃝
1 ×d−⃝
2 × c より
⃝
2 ×a−⃝
1 × b より
(ad − bc)s = de
(ad − bc)t = −be
である．よって
(i) ad − bc ̸= 0 のとき．
s=
de
− be
, t=
ad − bc
ad − bc
が解である．
(ii) e = 0 なら s = t = 0 で存在する．
(iii) b = c = 0 なら s = t = 0 で存在する．
(iv) (i)∼(iii) のどれもが成り立たないとき．
このときは de また −be のいずれかは 0 でなく，かつ ad − bc = 0 となるので，解は存在し
ない．
以上から，a, b, c, d, e についての必要十分条件は
ad − bc ̸= 0
のいずれかが成り立つことである．
または
e=0
または
b=c=0
2 番問題
4.2
t > 0 において定義された関数 f (t) は次の条件（ア）（イ）を満たす．
(ア) t > 0 のとき．すべての実数 x に対して不等式
t·
et + e−t
+ f (t) >
=1+x
2
t·
et + e−t
+ f (t) = 1 + x
2
が成り立つ．
(イ) t > 0 に対して，等式
を満たす実数 x が存在する．
このとき，f (t) を求めよ．
4.3
40000
∑
n=1
4.3.1
3 番問題
1
√ の整数部分を求めよ．
n
解答
1
関数 √ は x > 0 において単調減少である．よって自然数 n に対し区間 n <
=x<
= n + 1 において
x
1
1
1
√ >
√ >√
n = x = n+1
である。これから
∫
n+1
n
1
√ dx >
n
つまり
1
√ >
n
∫
n
∫
n=1
よって
∫
40000
1
ここで
n+1
n
この結果
39999
∑
n+1
1
√ >
n
∫
1
√ dx >
x
n+1
n
1
√
dx
n+1
1
1
√ dx > √
x
n+1
40000
1
∫
40000
∑ 1
1
√ dx >
√
x
n
n=2
∫ 40000
40000
∑ 1
1
1
1
√ dx + √
√ <1+
√ dx
<
x
n
x
40000
1
n=1
∫
40000
1
]
[
√ 40000
1
√ dx = 2 x
= 400 − 2 = 398
x
1
なので
398 +
を得る．つまり
40000
∑
n=1
40000
∑ 1
1
√ < 399
<
200
n
n=1
1
√ の整数部分は 398 である．
n
4.4
4 番問題
半径 1 の 2 つの球 S1 と S2 が 1 点で接している．互いに重なる部分のない等しい半径を持つ n
個 (n >
= 3) の球 T1 , T2 , · · · , Tn があり，次の条件（ア）（イ）を満たす．
(ア) Ti は S1 , S2 にそれぞれ 1 点で接している (i = 1, 2, · · · , n)．
(イ) Ti は Ti+1 に 1 点で接しており (i = 1, 2, · · · , n − 1)，そして Tn は T1 に 1 点で接している．
このとき，以下の問いに答よ．
(1) T1 , T2 , · · · , Tn の共通の半径 rn を求めよ．
(2) S1 と S2 の中心を結ぶ直線のまわりに T1 を回転してできる回転体の体積を Vn とし，T1 , T2 , · · · , Tn
の体積の和を Wn とするとき，極限
Wn
lim
n→∞ Vn
を求めよ．
4.4.1
解答
(1)
S1 と S2 の接点と Ti の中心との距離を l と置く．
S1 , S2 , Ti が互いに外接しているので（図 1），三平
方の定理から
l2 + 1 = (1 + rn )2
一方，すべての Ti が存在する平面上で，Ti と Ti+1 の
2π
中心が回転軸となす角が
であるから（図 2），
n
l
π
n
π
l sin = rn
n
図1
が成り立つ．よって
rn 2
+ 1 = 1 + 2rn + rn 2
2 π
sin
n
で rn ̸= 0 なので
π
π
n
= 2 tan2 ．
rn =
π
n
1 − sin2
n
2 sin2
(2) Vn は T1 をその中心を半径 l の円に沿って回転した立体の体積である．
図2
回転軸を x 軸とする．図 3 のように，回転軸を含む
l+
平面で T1 切り，断面の円を x 軸のまわりに回転させた
体積が Vn である．よって
∫ rn
√
√
π{(l + rn2 − x2 )2 − (l + rn2 − x2 )2 } dx
Vn =
−rn
∫
=
∫
rn
4lπ
√
−rn
√
rn2 − x2
l−
√
rn2 − x2
x
rn2 − x2 dx
図3
√
πrn2
2
2
rn − x dx は半径 r の円の面積であるから
である．よって Vn = 2lπ 2 rn2 である．
2
−rn
4
また Wn = n · πrn 3 なので，
3
rn
Wn
2 nrn
2
= ·
= ·
Vn
3 πl
3
sin
π
n
π
n
よって
lim
n→∞
Wn
2
= ．
Vn
3
（注 1）パップス・ギュルダンの定理
平面上にある図形 D の面積を S とし，D と同じ平面上にあり D を通らない軸の回り
で D を 1 回転させた回転体の体積を V とする．回転させる図形 D の重心 G から回転
軸までの距離を l としたとき，V = 2πlS が成り立つ．
を用いると，つぎのように Vn が求まる．
円の重心はその中心なので，パップス・ギュルダンの定理から
Vn = 2πl · πrn 2
（注 2）パップス・ギュルダンの定理は，厳密な証明がやや高校範囲を越える．しかし歴史的の
ある，また意味深い定理である．
もし試験でパップス・ギュルダンの定理を使うのなら，まずこれによって解答を得たうえで，時
間があれば積分計算を追加し検算するようにしたい．
4.5
5 番問題
さいころを繰り返し投げ，n 回目に出た目を Xn とする．n 回目までに出た目の積 X1 X2 · · · Xn
を Tn で表す．Tn を 5 で割りた余りが 1 である確率を pn とし，余りが 2，3，4 のいずれかである
確率を qn とする．
(1) pn + qn を求めよ．
(2) pn+1 を pn と n を用いて表せ．
( )n
6
(3) rn =
pn とおいて rn を求めることにより，pn を n の式で表せ．
5
4.5.1
解答
(1) Tn を 5 で割った余りが 1，2，3，4 のいずれかである事象は，n 回とも 5 以外の目が出る事
象である．よって
( )n
5
p n + qn =
．
6
(2) n + 1 回の試行の後余りが 1 となるのは，n 回の試行の後余りが 1 で n + 1 回目に 1 か 6 が
出る場合と，n 回の試行の後余りが 2，3，4 で n + 1 回目にそれぞれ 4，3，2 が出る場合の
いずれかであり，他にない．よって
( )n
1
1
1
5
2
．
pn+1 = pn + qn = pn − ·
6
6
6
6
6
(3) (2) から
( )n
6
rn =
pn とおくと，
5
( )n
( )n+1
6
1
6
1
pn+1 = ·
pn +
5
5
5
5
rn+1 =
1
1
rn +
5
5
これから
rn+1 −
1
1
=
4
5
(
)
1
rn −
4
1
1
が等比数列となる．1 回で余りが 1 になるのは 1 か 6 が出るときなので p1 = ．
4
3
6
2
よって r1 = p1 = となり，
5
5
となる．rn −
rn −
1
=
4
( )n−1 (
)
( )n−1
( )n
1
2 1
3 1
3 1
−
=−
=−
5
5 4
20 5
4 5
つまり
pn =
( )n
5
rn より
6
1 3
rn = −
4 4
1
pn =
4
4.6
( )n
1
5
( )n
( )n
5
3 1
−
．
6
4 6
挑戦枠問題 1
開区間 (a, b) で定義された関数 f (x) の原始関数の１つを F (x) とするとき，任意の原始関数は
定数 C を用いて
F (x) + C
と表すことができる．このことを平均値の定理を用いて証明せよ．
解答
4.6.1
f (x) の原始関数で F (x) と異なるもの G(x) をとる．
f (x) = F ′ (x) = G′ (x)
である．F (x)，G(x) は導関数を持つので定義域で連続である．開区間 (a, b) に属する x0 と，変
数 x をとる．ただし x は開区間内で x ̸= x0 を動くものとする．
関数 H(x) を H(x) = G(x) − F (x) で定める．
ここで任意の x を固定する．x と x0 の大小関係によって H(x) は閉区間 [x0 , x] または [x, x0 ]
で連続で，対応する開区間で微分可能である．よって平均値の定理を用いることができる．それに
よってその開区間内の c で
H(x) − H(x0 )
= H ′ (c)
x − x0
となるものがある．
H ′ (c) = f (c) − f (c) = 0
より H(x) = H(x0 )，つまり
G(x) − F (x) = G(x0 ) − F (x0 )
が成立する．この関係式は x = x0 でも成立する．G(x0 ) − F (x0 ) は x によらない定数なのでこれ
を C とおくと，関係式
G(x) − F (x) = C
が (a, b) の任意の x で成立する．つまり
G(x) = F (x) + C
と表すことができる．
4.7
挑戦枠問題 2
すべての素数を小さい順に並べた無限数列を
p1 , p2 , · · · , pn , · · ·
とする.
(1) n を自然数とするとき
(
1−
n
∑
1
<
k
k=1
1
p1
1−
)n+1
(
1−
×
1
p1
1
p2
1−
)n+1
1
p2
(
1−
× ··· ×
を証明せよ.
(2) 無限級数
)}
(
∞ {
∑
1
− log 1 −
pk
k=1
は発散することを証明せよ．
1
pn
1−
)n+1
1
pn
(3) 無限級数
∞
∑
1
pk
k=1
は発散することを証明せよ．
4.7.1
解答
(1) k を 1 <
=k<
= n の範囲の整数とする．k は n 以下であるので n 番目の素数 pn より小さい．
よってその因数分解に現れる素数は pn までのものである．
e
e
k = p11,k · · · pnn,k
とおく．ただし ei,k (i = 1, 2, · · · , n) は 0 以上の整数である．この結果
n
n
∑
1
1 ∑ 1
=
· · · en,k
e
k
p11,k
pn
k=1
k=1
n
pi < pi 2 < · · · < pi n より k <
= n < pi なので，各指数 ei,k は n より小さい．よって
n
∑
1
k
<
k=1
∑
1
1
· · · in
i1
p
pn
0<i1 ,i2 ,···,in <n 1
=
=
=
=
n
n
∑
∑
1
1
×
·
·
·
×
k
pk
p
k=0 1
k=0 n
( )n+1
( )n+1
( )n+1
1
1
1
1−
1−
1−
p1
p2
pn
×
× ··· ×
1
1
1
1−
1−
1−
p1
p2
pn
である．
(2) (1) から
n
∑
1
<
k
k=1
1
1
1−
p1
×
1
1
1−
p2
1
× ··· ×
である．両辺正なので自然対数をとる．
( n )
(
)}
n {
∑
∑1
1
log
<
− log 1 −
k
pk
k=1
ここで関数
1
pn
1−
···⃝
1
k=1
1
は x > 0 において単調減少である．よって自然数 k に対し区間 k <
= k+1
=x<
x
において
1
1
<
x=k
である。これから
∫
k+1
k
1
1
dx = log(k + 1) − log k <
x
k
つまり
n
∑
{log(k + 1) − log k} = log(n + 1) <
k=1
n
∑
1
k
k=1
∞
∑
1
lim log(n + 1) = +∞ なので無限級数
は発散し，その結果 ⃝
1 より
n→∞
k
k=1
(
)}
∞ {
∑
1
− log 1 −
pk
k=1
は発散する．
(
]
1
1
(3) 各 n に対し 0 < pn <
= 2 である．そこで，区間 0, 2 において
− log(1 − x) < 2x
···⃝
2
が成り立つことを示す．
( )
1
f (x) = 2x + log(1 − x) とおく．f (0) = 0，f
=
2
y = 2x + log(1 − x)
1
1 − loge 2 > 0 である．定義域で f ′ (x) = 2 −
， y
(
) 1−x
1
1
′′
f (x) = −
< 0 である．区間 0,
の t をと
(1 − x)2
2
]
[
1
で平均値の定理を用いる
る．区間 [0, t] と区間 t,
2
ことによりそれぞれの開区間内の c1 ，c2 で
O
1
t
2
f (t) − f (0)
= f ′ (c1 ),
t
f
( )
1
− f (t)
2
= f ′ (c2 )
1
−t
2
となるものが存在する．
c1 < c2 で f ′′ (x) < 0 より f ′ (c1 ) > f ′ (c2 ) である．つまり
( )
1
f
− f (t)
f (t) − f (0)
2
>
1
t
−t
2
これから
f (t) > 2tf
が成り立つ．t =
( )
1
>0
2
1
でも成立する．よって ⃝
2 が示された．この結果，各 n に対して
2
(
)
1
1
− log 1 −
<2·
pn
pn
x
が成り立ち，部分和に関して
(
)} ∑
N {
N
1∑
1
1
− log 1 −
<
2
pk
pk
k=1
k=1
が成立する．N → ∞ のとき，(2) から左辺は発散するので，無限級数
∞
∑
1
pk
k=1
は発散する．
阪大文系
5
5.1
1 番問題
次の問いに答えよ．
(1) cos x + cos y ̸= 0 を満たすすべての実数 x, y に対して等式
tan
x+y
sin x + sin y
=
2
cos x + cos y
が成り立つことを証明せよ.
(2) cos x + cos y + cos z ̸= 0 を満たすすべての実数 x, y, z に対して等式
tan
x+y+z
sin x + sin y + sin z
=
3
cos x + cos y + cos z
は成り立つか．成り立つときは証明し、成り立たないときは反例を挙げよ．
5.1.1
解答
次の問いに答えよ．
(1) cos x + cos y ̸= 0 を満たすすべての実数 x, y に対して等式
tan
x+y
sin x + sin y
=
2
cos x + cos y
が成り立つことを証明せよ.
(2) cos x + cos y + cos z ̸= 0 を満たすすべての実数 x, y, z に対して等式
tan
x+y+z
sin x + sin y + sin z
=
3
cos x + cos y + cos z
は成り立つか．成り立つときは証明し、成り立たないときは反例を挙げよ．
名大理系
6
3 番問題
6.1
xy 平面の y >
= 0 の部分にあり，x 軸に接する円の列 C1 ，C3 ，C3 · · · を次のように定める．
・C1 と C2 は半径 1 の円で，互いに外接する．
・正の整数 n に対し，Cn+2 は Cn と Cn+1 に外接し，Cn と Cn+1 の弧および x 軸で囲まれる部
分にある．
円 Cn の半径を rn とする．
1
1
1
(1) 等式 √
=√ +√
を示せ．
rn+2
rn
rn+1
1
(2) すべての正の整数 n に対して √ = sαn +tβ n が成り立つように，n によらない定数 α, β, s, t
rn
の値を一組与えよ．
{ }
rn
(3) n → ∞ のとき数列
が正の値に収束するように実数 k の値を定め，そのときの極限値
kn
を求めよ．
6.1.1
解答
(1) Cn の x 座標を xn とおく．Cn に関する条件
と三平方の定理から
2
2
|xn − xn+1 | + |rn − rn+1 | = |rn + rn+1 |
2
Cn
これから
Cn+1
4rn rn+1 = |xn − xn+1 |
2
同様に
Cn+2
2
4rn rn+2 = |xn − xn+2 |
4rn+1 rn+2 = |xn+1 − xn+2 |
2
xn
xn+2
xn+1
である．xn < xn+1 とすると xn < xn+2 < xn+1
となる．
このときは
√
2 rn rn+1 = xn+1 − xn
√
2 rn rn+2 = xn+2 − xn
√
2 rn+1 rn+2 = xn+1 − xn+2
なので
√
√
rn+1 rn+2 = rn rn+1
√
xn > xn+1 のときも同じ関係式になる．これを rn rn+1 rn+2 で割ることにより等式
√
rn rn+2 +
1
1
1
=√ +√
√
rn+2
rn
rn+1
が成立する．
(2) (1) の等式を
1
1
1
− (α + β) √
+ αβ √ = 0
√
rn+2
rn+1
rn
と変形する．そのために α + β = 1，αβ = −1 となる α と β をとればよい．これは 2 次方程式
t2 − t − 1 = 0
√
√
1− 5
1+ 5
の 2 解である．よって，α =
β=
とする．この α と β で
2
2
(
)
1
1
1
1
−
α
=
β
−
α
√
√
√
√
rn+2
rn+1
rn+1
rn
(
)
1
1
1
1
−β√
= α √
−β√
√
rn+2
rn+1
rn+1
rn
と変形され，それぞれ括弧内は等比数列なので
(
1
1
− α√
√
rn+1
rn
= β n−1
1
1
−β√
√
rn+1
rn
= αn−1
(
1
1
√ − α√
r2
r1
1
1
√ −β√
r2
r1
)
)
となる．これから
1
(β − α) √ = β n−1
rn
(
1
1
√ − α√
r2
r1
)
(
−α
n−1
1
1
√ −β√
r2
r1
1
1
ここで √ = √ = 1 で，1 − α = β ，1 − β = α であるから，
r1
r2
√
1
5 · √ = β n − αn
rn
1
1
となる．よって s = − √ ，t = √ である．以上から
5
5
√
√
1− 5
1+ 5
1
1
α=
, β=
, s = −√ , t = √
2
2
5
5
は題意をみたす．
(3)
rn =
(
)2
√
1
5
であり，k = 2 = α2 とおくと
αn + β n
β
rn
5β 2n
5
=
= {( )n
}2
kn
(αn + β n )2
α
+1
β
α
となる． < 1 なので
β
lim
n→∞
rn
=5
kn
)
である．以上から
(
k=
√
√ )2
3− 5
1− 5
=
, 極限値 = 5
2
3
は題意をみたす．
6.2
4 番問題
[
]
an
(n = 1, 2, 3, · · ·) として数列 {an }
2
を定める．ただし [a] は，実数 a の整数部分 (k <
= a < k + 1 となる整数) を表す．
負でない整数 N が与えられたとき，a1 = N, an+1 =
(1) a3 = 1 となるような N をすべて求めよ．
10
(2) 0 <
= N < 2 をみたす整数 N のうちで，N から定まる数列 {an } のある項が 2 となるような
ものはいくつあるか．
(3) 0 から 2100 − 1 までの 2100 個の整数から等しい確率で N を選び，数列 {an } を定める．次の
条件 (∗) をみたす最小の正の整数 m を求めよ．
(∗)
6.2.1
数列 {an } のある項が m となる確率が
1
以下となる．
100
解答
(1) 数列 {an } は負でない整数の列である．a3 = 1 なので
[ ]
a2
1 = a3 =
2
より 1 <
=
a2
< 2．つまり 2 <
= a2 < 4．よって a2 = 2, 3．それぞれ a1 は
2
2<
=
a1
a1
< 3, 3 <
= 2 <4
2
なので，条件を満たす N は
4, 5, 6, 7
である．
(2) 一般に非負整数 k と l に対して整数 b が
[ ]
b
k<
= 2 <
=l
を満たすということは b が
2k <
= b < 2(l + 1)
にあることと同値であるが，b が整数なら
2k <
= 2l + 1
=b<
と同値である．
i−1
i−1
正整数 m に対して (1) から ai = m となる N は 2i−1 m <
− 1 の範囲であ
=N <
= 2 m+2
ると推測される．これを数学的帰納法で示す．i = 1 のときは N = a1 = m で成立．ai+1 = m
ということは a2 が
i−1
i−1
2i−1 m <
−1
= a2 <
=2 m+2
を満たすことである．上記のことから
( i−1
)
i−1
2i m <
− 1 + 1 = 2i m + 2i − 1
= a1 <
=2 2 m+2
となり，i + 1 でも成立．よってすべての i で成立する．
ai = 2 となる N の個数は 2i−1 個であり，ai = 2 となる N の範囲と ai+1 = 2 となる N の範
囲の重なりはない．また 2i + 2i−1 − 1 < 210 なので i <
= 9 である．よって条件を満たす N の
総数は
29 − 1
= 29 − 1 = 511 (個)．
2−1
(3) ai = m となる N の範囲から i は
100
2i−1 m + 2i−1 − 1 <
=2 −1
を満たす範囲にある．これを満たす最大の i を i0 とする．つまり i0 は m に対して
100
i0
i0
2i0 −1 m + 2i0 −1 − 1 <
=2 −1<2 m+2 −1
で定まる．また ai = m となる N は 2i−1 個あり異なる i に対応する N に重なりはない．
よって数列 {an } のある項が m となる N は
i0
∑
2i−1 = 2i0 − 1 (個)
i=1
− 1 までの 2 個の整数から等しい確率で N を選び，それによって定ま
る数列 {an } ある項が m となる確率 p は
100
100
ある．0 から 2
p=
これから
2i0 − 1
2100
2i0 − 1
1
<
2100 = 100
つまり
2100
2i0 − 1 <
= 100
26 < 100 < 27 より 293 <
2100
< 294 なので i0 = 93 である．よって m の最小値を定める条
100
件は
100
93
93
292 m + 292 − 1 <
=2 −1<2 m+2 −1
より
27 − 1 < m
である．この結果 m の最小値は 27 = 128 である．
一橋大
7
7.1
1 番問題
a − b − 8 と b − c − 8 が素数となるような素数の組 (a, b, c) をすべて求めよ．
7.1.1
解答
a − b − 8 = p，b − c − 8 = q とおく．
a = p + b + 8, b = q + c + 8
であるから，条件は q と c で対称である．
b−c−8>
= 2 より
b>
= c + 10
なので，c と q がともに奇数なら b は 4 以上の偶数となり素数ではない．よって c か q は 2 である．
c = 2 とする．このとき q は奇素数で，b = q + 10 となり，a = p + q + 18 である．p が奇数なら
a が偶数となり素数でない．よって p = 2 で，
a = q + 20, b = q + 10
となる．q ，a，b を 3 で割った余りが異なるので，q が 3 の倍数でなければ，a か b は 3 の倍数と
なり素数でない．よって q = 3．このとき，
a = 23, b = 13, c = 2
q と c の対称性から
a = 23, b = 13, c = 3
も条件を満たし，この 2 組の他にはない．
7.2
5 番問題
数直線上の点 P を次の規則で移動させる．一枚の硬貨を投げて，表が出れは P を＋ 1 だけ移動
させ，裏が出れば P を原点に関して対称な点に移動させる．P は初め原点にあるとし，硬貨を n
回役げた後の P の座標を an とする．
(1) a3 = 0 となる確率を求めよ．
(2) a4 = 1 となる確率を求めよ．
(3) n >
= 3 のとき，an = n − 3 となる確率を n を用いて表せ．
7.2.1
解答
(1) 一般に P (事象) でその事象の確率を表す．
この試行の条件から，次のことが成り立つ．ただし，l は整数である．
(i) l < −(n − 1) または n < l ならば P (an = l) = 0．
(ii) n 回目が表か裏かで場合分けすることで，
P (an = l) =
1
1
P (an−1 = l − 1) + P (an−1 = −l)．
2
2
よって
P (a3 = 0)
=
=
=
1
1
P (a2 = −1) + P (a2 = 0)
2
2
1
1
1
1
P (a1 = −2) + P (a1 = 1) + P (a1 = −1) + P (a1 = 0)
4
4
4
4
1
1
1 1
1
P (a1 = 1) + P (a1 = 0) = + =
4
4
8 8
4
(2)
P (a4 = 1) =
1
1
P (a3 = 0) + P (a3 = −1)
2
2
である．ここで
P (a3 = −1) =
=
1
1
P (a2 = −2) + P (a2 = 1) =
2
2
1
1
P (a1 = 0) + P (a1 = −1) =
4
4
1
P (a2 = 1)
2
1
8
なので
P (a4 = 1) =
1 1 1 1
3
· + · =
．
2 4 2 8
16
(3) an = n − 1 となるのは，1 回目のみが裏となる事象であるから，P (an = n − 1) =
1
···⃝
1
2n
である．
P (an = n − 3) =
1
1
P (an−1 = n − 4) + P (an−1 = −(n − 3))
2
2
ここで
P (an−1 = −(n − 3)) =
1
1
P (an−2 = −(n − 2) + P (an−2 = n − 3)
2
2
であるが，P (an−2 = −(n − 2) = 0 であり，⃝
1 から P (an−2 = n − 3) =
のとき
P (an = n − 3) =
1
1
P (an−1 = n − 4) + n
2
2
が成り立つ．これから
2n P (an = n − 3) = 2n−1 P (an−1 = n − 4) + 1
1
なので，n >
=3
2n−2
数列 {2n P (an = n − 3)} は公差 1 の等差数列なので，
2n P (an = n − 3) = 23 P (a3 = 0) + (n − 3) = n − 1
よって
P (an = n − 3) =
n−1
2n
である．
千葉大
8
自然数 n に対して，和
Sn = 1 +
1 1
1
+ + ··· +
2 3
n
を考える．
(1) 各自然数 n に対して 2k <
= n をみたす最大の整数 k を f (n) で表すとき，2 つの奇数 an , bn が
存在して
an
Sn = f (n)
2
bn
と表されることを示せ．
(2) n >
= 2 のとき Sn は整数にならないことを示せ．
(3) さらに，自然数 m, n (m < n) に対して，和
Sm,n =
1
1
1
+
+ ··· +
m m+1
n
を考える．Sm,n はどんな m, n (m < n) に対しても整数にならないことを示せ．
8.0.1
解答
(1) f (n) の定義から
f (n)+1
2f (n) <
= 2f (n) · 2
=n<2
である．よって 1, · · · , n のうち，因数分解で 2f (n) を因数に持つのは 2f (n) のみであり，そ
の他の数の因数分解での素因子 2 の指数は f (n) − 1 以下である．
1, · · · , n の最小公倍数における素因子 2 の指数は f (n) となるので，最小公倍数が 2f (n) bn
となる奇数 bn が存在する．
1
cj
f (n)
のときに限り cj は奇数で，その他は
1<
= n に対して j = 2f (n) b とおくと，j = 2
=j<
n
n
∑
すべて偶数である．よって
cj は奇数である．これを an とする．この奇数 an , bn によっ
j=1
て Sn =
an
2f (n) bn
と表される．
f (n)
は互いに素となり，Sn は整数になら
(2) n >
= 1 であるから，奇数 an と 2
= 2 のとき f (n) >
ない．
(3)
Sm,n = Sn − Sm−1 =
an
f
(n)
2
b
−
n
am−1
f
(m−1)
2
bm−1
である．
f (m − 1) < f (n) のとき．f (m − 1) + p = f (n) とおくと，
i)
Sm,n = Sn − Sm−1 =
an
2f (n) bn
−
2p am−1
an bm−1 − 2p bn am−1
=
2f (n) bm−1
2f (n) bn bm−1
分母は偶数，分子は奇数となり，Sn,m は整数ではない．
f (n)
ii) f (m − 1) = f (n) のとき．このときは 2f (n) <
+ 1 である．
= m − 1 より m >
=2
f (n)+1
2f (n) + 1 <
= 2f (n) + 2f (n)
=m<n<2
1
1
より n − m + 1 < 2f (n) である．m <
=j<
= n について j < 2f (n) なので，
0 < Sn,m =
n
n
∑
∑
n−m+1
1
1
<
=
<1
f (n)
j
2
2f (n)
j=m
j=m
から Sn,m は整数ではない．
よって Sm,n はどんな m, n (m < n) に対しても整数にならない．
東北大
9
9.1
5 番問題
整数 n に対して，
∫
π
2
In =
π
4
cos((2n + 1)x)
dx
sin x
とする．
(1) I0 を求めよ．
(2) n を正の整数とするとき，In − In−1 を求めよ．
(3) I5 を求めよ．
9.1.1
解答
(1)
[
] π2
cos x
dx = log | sin x|
π
sin x
π
4
4
(
)
1
1
log 1 − log √
= log 2
2
2
∫
I0
=
=
π
2
(2)
∫
In − In−1
=
π
2
{cos((2n + 1)x) − cos((2n − 1)x)}
dx
sin x
[
] π2
∫ π2
− 2 sin 2nx sin x
1
dx =
cos 2nx
π
sin x
n
π
4
4
)
}
(
{
1
1
n
n
cos nπ − cos π =
(−1)n − cos π
n
2
n
2
π
4
=
=
(3)
I5
= I0 +
5
∑
(Ik − Ik−1 )
k=1
{
}
k
k
(−1) − cos π
2
k=1
(
)
1
1 1 1 1
1
1
log 2 − 1 + − + − − 0 − + 0 + + 0
2
2 3 4 5
2
4
1
8
log 2 −
2
15
∑1
1
log 2 +
2
k
5
=
=
=
10
10.1
早稲田教育学部
問題
2 個以上の正の整数を要素とする有限集合を A とする．
A のどの 2 数も一方が他方を割り切るとき A は良い集合であるといい，A のどの 2 数も互いに
他を割り切らないとき A は悪い集合であるという．
また，A の良い部分集合の要素の個数の最大値，すなわち，
max{n(B) | B ⊂ A, n(B) >
= 2 かつ B は良い集合 }
を A の最良数と定義し，A の悪い部分集合の要素の個数の最大値，すなわち，
max{n(B) | B ⊂ A, n(B) >
= 2 かつ B は悪い集合 }
を A の最悪数と定義する．
たとえば，A = {2, 3, 5, 7, 11, 14, 15, 77, 154, 225, 231, 308} のとき，A の良い部分集合
は {7, 77, 231}，{7, 14, 154, 308}，{11, 77, 154, 308} などであり，A の最良数は 4 である．ま
た，A の悪い部分集合は {231, 308}，{14, 15, 77}，{2, 7, 11, 15}，{2, 3, 5, 7, 11} などであ
り，A の最悪数は 5 である．
k を 2 以上の整数とするとき，次の問いに答えよ．
(1) n(A) = k 2 で，かつ最良数も最悪数も k である集合 A が存在することを証明せよ．
(2) n(A) = k 2 + 1 ならば，A の最良数または A の最悪数のどちらかは k + 1 以上であることを
証明せよ．
(3) 要素数が 2014 で，かつ最良数と最悪数が等しいような集合，すなわち，
n(A) ＝ 2014 かつ（A の最良数）=（A の最悪数）
を満たす集合 A を考える．このような集合たちの中で最良数が最小となる集合の例を挙げよ．
10.1.1
解答
(1) 奇数の素数は無限個ある．相異なる奇数の素数を k 個選びそれを pl , p2 , · · · , pk とする．こ
のとき A を
A = {2i pj | 0 <
=i<
= k − 1, 1 <
=l<
= k}
で定める．n(A) = k 2 である．2i1 pj1 と 2i2 pj2 は，j1 = j2 なら一方が他方を割り切り，j1 ̸= j2
なら互いに他方を割り切らない．j1 や i1 を固定し
B = {2i pj1 | 0 <
=i<
= k − 1}
i1
C = {2 pj | 1 <
=j<
= k}
とおく．それぞれ要素の個数は k である．
このとき，B は良い集合である．また k + 1 個以上の要素からなる部分集合には，素数部分
が相異なる 2 数が含まれる．その 2 数は互いに他方を割り切らない．よつて k + 1 個以上の
要素からなる良い部分集合は存在しない．
このとき，C は悪い集合である．また k + 1 個以上の要素からなる部分集合には，素数部分
が等しい 2 数が含まれる．その 2 数は一方が他方を割り切る．よって k + 1 個以上の要素か
らなる悪い部分集合は存在しない．
これから A は最良数も最悪数も k となる集合である．
(2) A の要素 a に対し，l(a) を，a を最小の要素として含む良い集合のなかで，要素の個数が最
大のもののその個数とする．つまり
l(a) = max{n(B) | a ∈ B, b ∈ B ⇒ a <
= b , B は良い集合 }
そして S(k) = {a | l(a) = k} とおく．
S(k) は悪い集合である．なぜなら，もし S(k) の 2 要素 a と b で a が b を割るものがあれば
l(a) > l(b) となるからである．
A の部分集合
S(1) ∪ S(2) ∪ · · · ∪ S(k)
を考える．A の要素でこの部分集合に入らないものがあれば，それを最小の要素として含む
良い集合は k + 1 以上の要素からなり，最良数は k + 1 以上である．
A のすべての要素がこのうちのいずれかに入れば，n(A) = k 2 + 1 なので，どれかは k + 1 以
上の要素からなる．つまり k + 1 個以上からなる悪い集合が存在し，最悪数が k + 1 以上と
なる．
(3)
442 = 1936 < 2014 < 452 = 2025
である．
最良数と最悪数が等しいとき，その個数を m と置くと，(2) の議論から
2
N (A) <
=m
この結果
44 < m
が必要である．
m = 45 で n(A) = 2014 となるものを構成すれば，それが例になる．
(1) で k = 45 として構成した集合を A′ とする．A′ の部分集合 B を
B = {pl , p2 , · · · , p45 , 2p1 , · · · , 24 4p1 }
とする．これは 89 個の要素からなる．この部分集合
B1
= {pl , p2 , · · · , p45 }
B2
= {pl , 2p1 , · · · , 24 4p1 }
がそれぞれ最悪数と最良数 45 を与える．
集合 A′ − B から任意に，要素の個数が 2014 − 89 = 1925 の部分集合 C を選ぶ．C の良い
集合や悪い集合の要素の個数は 45 を超えず，また C のどの要素を B1 や B2 に加えても，そ
れぞれ最悪数や最良数を増やすことはない．
よって A = B ∪ C とすると，
n(A) = 2014, かつ最悪数 = 最良数 = 45
である集合 A が構成された．
(2) の別解 A のすべての要素を次の原則を満たすように，上下に並ぶ平行な直線上に配置する．
(i) 倍数を上段に置き，割る数と割られる数を結ぶ．
(ii) 割る数と割られる数が隣りあう平行線上に置けるときは置く．
(iii) 結びあう数がないものは最下段に置く．
たとえば本問の A は次のようになる．
308
2
154
225
231
14
15
77
3
5
7
11
原則 (ii) によって，最下段から最上段の数まで一段ずつ数のある折れ線が存在する．よって段数
が最良数である．
また同じ段にある数は，互いに他方を割り切らず，その集合は悪い部分集合である．その要素の
個数は最悪数を超えない．
n(A) は各段の要素の個数を加えたものであるから
n(A) <
= (最悪数) × (最良数)
である．
n(A) = k 2 + 1 のとき，
最悪数 <
= k かつ最良数 <
=k
2
と仮定すると，k 2 + 1 <
= k となり，矛盾する．
よって A の最悪数と最良数の少なくとも一方は k + 1 以上である．
11
11.1
大阪医科大
問題 2
a, b (a > b) を正の定数として，
x2
y2
+
= 1 を楕円 C の方程式とする．
a2
b2
(1) C 上の点 P(u, v) における C の接線の方程式を求めよ．
√
√
(2) この楕円の 2 つの焦点 ( a2 − b2 , 0)，(− a2 − b2 , 0) から (1) の接線に下ろした垂線 2 本
の長さの積は，接点 P のとり方によらず一定であることを示し，積の値を求めよ．
解答
11.1.1
(1) 接線の方程式を x で微分して
y′ = −
2x 2yy ′
+ 2 = 0．よって，v ̸= 0 のとき点 P での接線の傾きは
a2
b
b2 u
である．よって接線の方程式は
a2 v
y−v =−
b2 u
(x − u)
a2 v
これから
u2
v2
ux vy
+
=
+
a2
b2
a2
b2
となるが，P(u, v) は C 上の点なので，
u2
v2
+ 2 = 1 である．よって接線の方程式は
2
a
b
ux vy
+ 2 =1
a2
b
である．v = 0 のときは u = ±a で，P での接線は x = ±a（複号同順）となる．この方程式は，こ
の場合も表しているので，これが C 上の任意の点 P(u, v) での接線の方程式である．
√
√
(2) 2 つの焦点を F( a2 − b2 , 0)，F′ (− a2 − b2 , 0) とし，それぞれから (1) の接線に下ろした
2 本の垂線と接線との交点を H, H′ とする．点と直線の距離の公式から
√
u a2 − b2
− u√a2 − b2
u2 (a2 − b2 ) −
1
−
1
1 −
a2
a2
a4
√
√
FH · F′ H′ =
·
=
2
2
u
v
u2
u2
v2
v2
+ 4
+ 4
+ 4
4
a
b
4
4
a
b
a
b
ここで
v2
u2
a2 − u 2
=1− 2 =
なので
2
b
a
a2
2 2
2 1 − u (a − b ) 4
2 2
2 2
a4
2a − a u + b u
FH · F′ H′ =
=
b
= b2
b2 u2 + a4 − a2 u2
u2
a2 − u 2
+
a4
a2 b2
である．
図形的別解
G
y
接線上の動点 Q をとと，
′
FP + F′ P <
= FQ + F Q
G′
H
である．等号が成立するのは Q = P のときであ
P
る．つまり点 P は点 Q が接線上を動くとき
H′
F′ Q + FQ
F′
を最小にする点である．
O
F
接線に関して点 F と対称な点を G，点 F′ と対
称な点を G′ とする．最小性から F′ , P, G は一直
線上にあり，F, P, G′ も一直線上にある．
また，
FG′ = F′ G = 2a
である．̸ GFF′ = θ とすると ̸ G′ F′ F = π − θ である．△GFF′ と △G′ F′ F に余弦定理を用いて
F′ G = 4a2 = FG2 + FF′ − 2FG · FF′ cos θ
2
2
FG′ = 4a2 = F′ G′ + FF′ + 2F′ G′ · FF′ cos θ
2
2
2
第 1 式 × F′ G′ + 第 2 式 × FG より
4a2 (F′ G′ + FG) = F′ G′ FG(F′ G′ + FG) + FF′ (F′ G′ + FG)
2
よって
4a2 = F′ G′ FG + FF′
2
ここで F′ G′ = 2F′ H′ ，FG = 2FH，FF′ = 4(a2 − b2 ) であるから，これらを代入して
2
FH · F′ H′ = b2
を得る．
x
11.2
問題 5
1, 2, · · · , n の番号をつけた n 枚のカードが 2 組ある．合計 2n 枚のカードを箱に入れてよくか
き混ぜて 1 枚ずつ順番にすべてのカードを取り出す．1 <
=i<
= n として，i 番目に取り出したカー
ドの番号を ai とし，また，n + i 番目に取り出したカードの番号を bi とする．
(1) n = 2 のとき，どの i に対しても ai ̸= bi である確率を求めよ．
(2) n = 3 のとき，どの i に対しても ai ̸= bi である確率を求めよ．
(3) n = 4 のとき，どの i に対しても ai ̸= bi である確率を求めよ．
11.2.1
解答
(1) 2 組のカードを区別する．取り出し方の総数は (2n)! である．このうち，ai ̸= bi (1 <
=i<
= n)
f (n)
となる取り出し方の総数を f (n) とおく．ai ̸= bi (1 <
=i<
= n) となる確率を pn とすると pn = (2n)!
である．f (n) を求めるのに余事象で考える．
n = 2 のとき，ai ̸= bi (1 <
=i<
= 2) とならないのは，ai = bi (1 <
=i<
= 2) のときに限る．それは
カードの数字が
(a1 , a2 , b1 , b2 ) = (1, 2, 1, 2)，(2, 1, 2, 1)
となるときで，同じ番号のカードの入れかえを考え，それぞれ取り出し方は 22 ずつある．つまり
f (2) = 4! − 2 · 22 となり，確率 p2 は
p2 = 1 −
2 · 22
2
=
4!
3
である．
(2) ai ̸= bi (1 <
=i<
= 3) とはならないのは，つぎの 2 つの場合である．
(i) 一組 ai = bi となるものが 1 組あり他の 2 組は ai ̸= bi となる場合．この場合，どの数字で等
しくなり，i が 1∼3 のいずれであるか，そして ai = bi となるカードの入れかえを考え
2 · 3 C1 · 3 P1 · f (2) (通り)．
(ii) 3 組とも ai = bi となる場合．この場合は
23 · 3! (通り)．
よって
6! − f (3) = 2 · 3 C1 · 3 P1 · f (2) + 23 · 3! = 25 · 32 + 24 · 3
つまり
p3 = 1 −
8
25 · 32 + 24 · 3
=
．
6!
15
(3) ai ̸= bi (1 <
= 4) とはならないのは，つぎの 3 つの場合である．
=i<
(i) 一組 ai = bi となるものが 1 組あり他の 3 組は ai ̸= bi となる場合．この場合，どの数字で等
しくなり，i が 1∼4 のいずれであるか，そして ai = bi となるカードの入れかえを考え
2 · 4 C1 · 4 P1 · f (3) (通り)．
(ii) 一組 ai = bi となるものが 2 組あり他の 2 組は ai ̸= bi となる場合．この場合，どの数字で等
しくなり，その 2 組の i が 1∼4 のいずれであるか，そして ai = bi のカード入れかえを考え
22 · 4 C2 · 4 P2 · f (2) (通り)．
(iii) 4 組とも ai = bi となる場合．この場合は
24 · 4! (通り)．
よって
8! − f (4) =
=
2 · 4 C1 · 4 P1 · f (3) + 22 · 4 C2 · 4 P2 · f (2) + 24 · 4!
25 (6! − 25 · 32 − 24 · 3) + 25 · 32 (4! − 23 ) + 27 · 3 = 27 · 33 · 5
つまり
p4 = 1 −
参考
4
27 · 33 · 5
= ．
8!
7
一般の場合，ちょうど k 組 ai = bi となるのは
2k · n Ck · n Pk · f (n − k)（通り）
である．よって
(2n)! − f (n) =
n−2
∑
2k · n Ck · n Pk · f (n − k) + 2n · n!
k=1
が成り立つ．
12
12.1
奈良医大
問題
次の極限値を求めよ．
π
lim
n→∞ n2
12.1.1
(
)
π
2π
nπ
cos
+ 2 cos
+ · · · + n cos
2n
2n
2n
解答
)
π
2π
nπ
cos
+ 2 cos
+ · · · + n cos
2n
2n
2n
(
)
n
n
∑
∑
2
π k
π
kπ
π k
=
·
cos
·
k
cos
n2
2n
n
2 n
2 n
π
n2
=
(
k=1
k=1
なので，
(
)
π
π
2π
nπ
lim
cos
+ 2 cos
+ · · · + n cos
n→∞ n2
2n
2n
2n
∫ 1
π
π
= 2
x cos x dx
2
0 2
[
]1
∫ 1
π
2
π
π
= 2 x · sin x − 2
sin x dx
2
π
2 0
2
0
[
]1
4
2
π
= 2 − 2 − cos x = 2 − ．
π
2 0
π
香川大
13
問題
13.1
関数 f (x) = xe2−x について，次の問に答えよ．
(1) 曲線 C : y = f (x) の概形をかけ．
(2) 曲線 C の接線のうち傾きが最小のものを l とするとき，l の方程式を求めよ．
(3) 曲線 C と直線 l および y 軸で囲まれた図形の面積を求めよ．
13.1.1
解答
(1)
f ′ (x) =
e2−x − xe2−x = (1 − x)e2−x
f ′′ (x) =
−e2−x − (1 − x)e2−x = (x − 2)e2−x
これをもとに f (x) の増減と凹凸の変化は次のようになる．
x
···
1
···
2
···
f (x)
+
0
−
−
−
− 0
? 2
+
′
′′
f (x)
f (x)
− −
e
)
(
x2
とおくと，g ′ (x) = ex − (1 + x)，g ′′ (x) = ex − 1 より x > 0 で
g(x) = ex − 1 + x +
2
g ′′ (x) > 0．g ′ (0) = 0 より x > 0 で g ′ (x) > 0．g(0) = 0 より x > 0 で g(x) > 0．よって
x>0で
e2 x
e2 x
0 < f (x) = x <
e
x2
1+x+
2
この結果
lim f (x) = 0
x→∞
また明らかに
lim f (x) = −∞
x→−∞
よってそのグラフの慨形は次のようになる．
y
4
e
2
O
1
x
2
(2) 増減表から f ′ (x) は x = 2 のとき最小となる．f ′ (2) = −1 で，これが曲線 C の接線のうち最
小の傾きである．このとき接点は (2, 2) なので，
l : y = −(x − 2) + 2 = −x + 4
(3) 曲線 C と直線 l および y 軸で囲まれた図形を，上記グラフに書き込むと斜線部分である．よっ
てその面積 S は次の値になる．
∫
S
2
(−x + 4 − xe2−x ) dx
=
[
0
]2 ∫ 2
x2
=
− + 4x −
xe2−x dx
2
0
0
[
]2 ∫ 2
= 6 + xe2−x −
e2−x dx
0
0
[
]2
2−x
= 6 + 2 − −e
= 9 − e2
0
14
14.1
熊本大
問題
a を正の実数とする．xy 平面上の曲線 C : y = eax の接線で，原点を通るものを l とし，C と l
および y 軸で囲まれた領域を S とする．以下の問に答えよ．
(1) S を x 軸のまわりに回転して得られる立体の体積 V1 を求めよ．
(2) S を y 軸のまわりに回転して得られる立体の体積 V2 を求めよ.
(3) V1 = V2 となるときの a の値を求めよ．
14.1.1
解答
a を正の実数とする．xy 平面上の曲線 C : y = eax の接線で，原点を通るものを l とし，C と l
および y 軸で囲まれた領域を S とする．以下の問に答えよ．
(1) y = eax に対して y ′ = aeax である．l の接点を (t, eat ) とすると，l の方程式は
y = aeat (x − t) + eat
これが原点を通るので
よって t =
1
であり，接点は
a
(
0 = −ta + 1
)
1
, e である．
a
y
C
l
e
1
O
x
1
a
S を x 軸のまわりに回転して得られる立体は，C を x 軸まわりに回転した立体から円錐を除
いたものである．
∫
V1
1
a
=
1
1
· πe2 ·
3
a
πy 2 dx −
0
∫
=
1
a
π
[
πe2
3a
e2ax dx −
0
] a1
πe2
3a
=
1 2ax
π
e
2a
=
π 2
πe2
e2 − 3
(e − 1) −
=
π
2a
3a
6a
−
0
(2) S を y 軸のまわりに回転して得られる立体は，円錐から C を y 軸まわりに回転した立体を除
いたものである．
∫ e
1
1
V2 =
·π 2 ·e−
πx2 dy
3
a
0
∫ a1
eπ
=
x2 aeax dx
−
π
3a2
0
ここで
∫
1
a
∫
2
ax
x ae dx
=
0
1
a
x2 (eax )′ dx
0
=
] a1 ∫
[
x2 eax −
0
0
1
a
2xeax dx
] a1
[
∫ a1
1
1 ax
e dx
x2 eax − 2x · eax + 2
a
a
0
0
[
] a1
1
1
e−2
=
x2 eax − 2x · eax + 2 2 eax
=
a
a
a2
0
=
なので
V2 =
(3) V1 = V2 より
π(e − 2)
6 − 2e
πe
−
=
π
3a2
a2
3a2
6 − 2e
e2 − 3
π=
π
6a
3a2
よって
a=
4(3 − e)
．
e2 − 3
横浜市大
15
問題
15.1
p を正の実数とする．放物線 y 2 = 4px 上に 2 点 O(0, 0) と A(a, b) をとる．b > 0 として，以下
の問に答えよ．
(1) α > 0 として，関数 F (t) を F (t) =
√
1 √2
{t t + α + α log(t + t2 + α)} とおく．導関数 F ′ (t)
2
を求めよ．
(2) 点 O から点 A までの曲線の長さ L を a の関数として表せ．
15.1.1
解答
(1)
F ′ (t)
{√
t2
α
√
t2 + α + √
+
2
t + α t + t2 + α
(√
) √
1
t2 + α
t2 + α + √
= t2 + α
2
t2 + α
1
2
=
=
(
)}
t
1+ √
t2 + α
(2) y 2 = 4px の両辺を y で微分する．
2y = 4p ·
∫
b
L=
1+
0
(1) より
√
(
dx
dy
)2
∫
dy =
b
√
(
1+
0
dx
dy
y
2p
)2
dy =
1
2p
∫
b
√
y 2 + 4p2 dy
0
∫ √
}
√
1{√2
t t + α + α log(t + t2 + α) + C
t2 + α dt =
2
なので
L =
=
[
]b
√
1 √ 2
y y + 4p2 + 4p2 log(y + y 2 + 4p2 )
4p
0
}
√
1 { √ 2
2
b b + 4p2 + 4p log(b + b2 + 4p2 ) − 4p2 log 2p
4p
ここで，b2 = 4pa から
L =
=
防衛医科大
16
16.1
}
√
√
1 {√
4pa(4pa + 4p2 ) + 4p2 log( 4pa + 4pa + 4p2 ) − 4p2 log 2p
4p
√
√
√
a+ a+p
．
a(a + p) + p log
√
p
[
(1)
問題 1
]
1
x + 1 = [2x − 1] を満たす実数 x の範囲を求めよ．ただし，[x] はガウス記号である．
3
−−→ −−→
−−→ −
→
(2) MA + MB + k MC = 0 (k > 0) を 4 点 A, B, C, M が満たしており，直線 AM と直線 BC
3 −→ −→
の交点を N とすると， BC = BN を満たす．このとき k の値を求めよ．
4
(3) 初項が正の数である数列 {an } は等比数列であり
( )2n+1
1
an+1 +
= 3a1 an
2
を満たす．
(i) 数列 {an } の初項と公比を求めよ．
∞
∑
(ii)
an は収束するかどうか確かめよ．収束するならばその和を求めよ．
n=1
16.1.1
(1)
解1
[
解答
]
1
x + 1 = [2x − 1] = n とおく．これより
3
n<
=
1
x + 1 < n + 1,
3
n<
= 2x − 1 < n + 1
n について解いて，
1
1
x<n<
= 3 x + 1,
3
2x − 2 < n <
= 2x − 1
n が存在するために，
2x − 2 <
1
x + 1,
3
1
x < 2x − 1
3
が必要．これから
3
9
< x < ．ところがこのとき，
5
5
1
1
1
8
< x<n<
= 3x + 1 < 5
5
3
なので，n = 1．よって
2x − 2 < 1 <
= 2x − 1
3
より 1 <
= x < 2 である．
] [ ]
[
1
1
x+1 =
x + 1 と y = [2x − 1] = [2x] − 1 のグラフは次のようになる．
解2 y =
3
3
y
y
y = x3 + 1
y = |2x − 1|
1
−3
x
3
1
6
したがって両方のグラフが重なるのは 1 <
=x<
x
1 32
3
で y = 1 の範囲である．
2
3 −→ −→
(2) 条件 BC = BN を，始点を M にして書くことにより
4
−−→ 1 −−→ 3 −−→
MN = MB + MC
4
4
1 (−−→ −−→)
−−→
を得る．MC = −
MA + MB なので，
k
(
)
1 (−−→ −−→)
−−→ 1 −−→ 3
MN = MB + · −
MA + MB
4
4
k
−−→
となる．N は直線 MA 上の点なので，MB の係数は 0．つまり
1
3
−
=0
4 4k
より k = 3 である．
(3)
(i) 数列 {an } の初項を a，公比を r とする．an = arn−1 となる．条件を n = 1, 2 で用いて，
a2 +
これから r =
1
1
1
1
= ar + 3 = 3a2 , a3 + 5 = ar2 + 5 = 3a2 r
23
2
2
2
1
を得る．このとき
4
1
1
a + 3 = 3a2
4
2
より
(
3a +
a > 0 なので a =
逆に，a = r =
1
2
)(
)
1
a−
=0
4
1
である．
4
1
1
のとき an = n なので
4
4
( )2n+1
1
=
an+1 +
2
3a1 an
( )2n+1
3
1
= n+1
+
4n+1
2
4
3
1 1
= 3 · · n = n+1
4 4
4
1
より，条件式は成立する．よって初項 = 公比 =
(ii) 0 <
16.2
∞
∞
∑
∑
1
1
< 1 より
an は収束し，
an = ·
4
4
n=1
n=1
1
である．
4
1
1
1−
4
=
1
である．
3
問題 2
A，B，C の 3 つの検査があり，各検査では陽性もしくは陰性が出る．n 人が 3 つの検査を受け，
陽性になった検査の数が k 個である人の人数を nk (k = 0, 1, 2, 3) とする．
(1) n = 10 のとき，組 (n0 , n1 , n2 , n3 ) の総数を求めよ．
(2) n = 15 のとき，以下の 3 つの条件をすべて満たす組 (n0 , n1 ) はいくつあるか．
• A が陽性になった人は 5 人いる．
• A が陰性で，B が陽性だった人は 6 人いる．
• B が陽性で，C が陰性だった人はいなかった．
(3) n = 2m のとき，以下の 2 つの条件を同時に満たす組 (n0 , n1 , n3 ) はいくつあるか．
• A が陽性だった人は m 人，A が陰性だった人も m 人だった.
• B が陽性で，C が陰性だった人はいなかった．
16.2.1
解答
(1) n0 , n1 , n2 , n3 が題意の整数であるためには，
n0 + n1 + n2 + n3 = 10,
n 0 , n 1 , n2 , n3 >
=0
···⃝
1
となることが必要である．逆に ⃝
1 を満たす n0 , n1 , n2 , n3 であれば，例えば，10 人に 1∼10 の番号
をつけ，1∼n0 番の人は何れも陰性，n0 +1∼n0 +n1 番の人は A のみ陽性，n0 +n1 +1∼n0 +n1 +n2
番の人は A と B のみ陽性，残る人はすべて陽性，とすればこれは条件を満たし，nk (k = 0, 1, 2, 3)
は，陽性になった検査の数が k 個である人の人数である．よって ⃝
1 は n0 , n1 , n2 , n3 が満たす
べき必要十分条件である．
⃝
1 は，10 個の区別のないものを 4 人に分ける，ただしもらわない人がいてもよい，分け方の総
数である．この分け方は，10 個の○と仕切｜3 本の順列に対応し，その総数は
13!
= 286（組）
10!3!
ある．
(2) 長方形で 15 人の集合を表し，円 A はその内部の要素が A が陽性である部分集合を表す．第
3 の条件から B ⊂ C である．
x6
x5
A
B
x1
x2 x3
C
x4 = 6
この図で明示される各部分集合の要素の個数を図のように x1 ∼x6 とする．第 1，第 2 の条件は
x1 + x2 + x3 = 5, x4 = 6, x6 + x5 = 4
と表される．すべて 0 以上の整数なので，x1 , x5 は
0<
= x1 <
= 5, 0 <
= x5 <
=4
を動きうる．である．この条件を満たす範囲で x1 , x5 を決めると，
n0 = x6 , n1 = x1 + x5 , n2 = x2 + x4 = x2 + 6, n3 = x3
より，(n0 , n1 ) は一意に確定し，異なる x1 , x5 の組に対しては異なる組 (n0 , n1 ) が対応する．
x1 , x5 はそれぞれ 6 通り，5 通りあるので，3 つの条件をすべて満たす組 (n0 , n1 ) は 30 組ある．
(3) n0 , n1 , n2 , n3 のうち，条件にあうように 3 個の値を決めれば，他の一つは一意に確定する．
よって条件を満たす，組 (n0 , n1 , n3 ) の個数と，組 (n0 , n1 , n2 , n3 ) の個数は等しい．
第 2 の条件があるので，(2) と同様の図になる．部分集合の要素の個数も (2) と同様とする．第
1 の条件から
x1 + x2 + x3 = m, x4 + x5 + x6 = m
···⃝
2
であり，
n0 = x6 , n1 = x1 + x5 , n2 = x2 + x4 , n3 = x3
である．すべて 0 以上の整数値なので，
n0 + n1 + n2 + n3 = 2m,
n0 , n 1 , n 2 , n 3 >
=0
において，
n0 = x6 <
=m
= m, n3 = x3 <
···⃝
3
という条件が加わる．逆に，この条件の下の n0 , n1 , n2 , n3 に対しては，x1 + x2 = m − n3 と
なるように，0 <
= x1 <
= n1 ， 0 <
= x2 <
= n2 の範囲で x1 , x2 を決める．このとき，x4 = n2 − x2 ，
x5 = n1 − x1 は必然的に x4 + x5 + n0 = m を満たす．つまり，⃝
2 を満たす x1 , · · · , x6 が存在
する．
したがって，条件を満たす組 (n0 , n1 , n3 ) の個数は，⃝
3 を満たす組から，n0 > m または n3 > m
となるものを除いた個数である．
n0 = m + k (1 <
=k<
= m) とすると，n1 + n2 + n3 = m − k なので，組 (n1 , n2 , n3 ) の個数は
(m − k + 2)!
(m − k)!2!
ある．この 1 <
=k<
= m にわたる和を減じる．n3 についても同様である．条件 n0 > m と n3 > m
は同時には成立しない．よって条件を満たす組の個数 N は次式で与えられる．
∑ (m − k + 2)!
(2m + 3)!
−2
(2m)!3!
(m − k)!2!
m
N
=
k=1
∑ (m − k + 2)(m − k + 1)
(2m + 3)(2m + 2)(2m + 1)
−2
6
2
m
=
k=1
kが1<
=k<
= m を動くとき，m − k は m − 1, · · · , 0 を動くので，逆方向に加えて
N
=
m−1
(2m + 3)(2m + 2)(2m + 1) ∑
−
(j + 2)(j + 1)
6
j=0
=
m−1
(2m + 3)(2m + 2)(2m + 1) ∑ (j + 3)(j + 2)(j + 1) − (j + 2)(j + 1)j
−
6
3
j=0
=
(2m + 3)(m + 1)(2m + 1) (m + 2)(m + 1)m
−
= (m + 1)3
3
3
(3) 別解．これは単に計算方法だけの問題であるが，次のように直接計算してもよい．
n0 は 0 <
= n0 <
= m の任意の値をとりうる．これを k とする. n1 + n2 + n3 = 2m − k であるが
2m−k >
= m なので n3 は 0 <
= n3 <
= m の任意の値をとりうる．これを l とする. n2 +n3 = 2m−k −l
となり，n2 は 0 <
= n2 <
= 2m − k − l の 2m − k − l + 1 の値をとりうる．このとき n3 は一意に確定
する．よって
}
{m
}
m
m {
∑
∑
∑
m(m + 1)
N =
(2m − k − l + 1) =
(2m − k + 1)(m + 1) −
2
k=0 k=0
k=0
}
{
m
∑
m(m + 1)
=
(2m − k + 1)(m + 1) −
2
k=0
{(
)
}
m
∑
3
m(m + 1)
m + 1 (m + 1) −
= (m + 1)3
= (m + 1)
2
2
k=0
問題 3
16.3
A
AB = 3，AD = 4，AE = 1 の直方体
Z
B
ABCDEFGH がある．点 X，Y，Z はそれぞ
れ線分 CG，CD，AD を (1 − p) : p に内分
する (0 < p < 1)．3 点 X，Y，Z を通る平面
U
V
D
C
Y
E
を L，L と直線 AE，EF，FG との交点をそ
F
れぞれ U，V，W とする．
W
→ −→ −
−→ →
−→ −
−
→
AB = a ，AD = b ，AE = c として，以下の問いに答えよ．
X
G
→ →
−→ −→ −−→ → −
(1) AU，AV，AW を −
a , b ，−
c を用いて表せ．
(2) 六角形 XYZUVW の面積を求めよ．
16.3.1
解答
(1) 直方体の頂点の決め方から，
−
→
−→ −
AC = →
a + b,
− −
−→ →
AH = b + →
c,
−→ →
→
AF = −
a +−
c
→
−
−→ →
→
AG = −
a + b +−
c
である．また条件から
−→
AX =
−→
AY =
−→
AZ =
→
−→
−→ → −
→
pAC + (1 − p)AG = −
a + b + (1 − p)−
c
−
→
−→
−→
→
pAC + (1 − p)AD = p−
a + b
−
→
−→
(1 − p)AD = (1 − p) b
平面 L 上の点 T は
−→
AT =
−→
−→
−→
αAX + β AY + (1 − α − β)AZ
−
→
−
→
= (α + pβ)→
a + {1 − (1 − α − β)p} b + (1 − p)α−
c
と表される．一方，
−
→
−→
−→ →
−−→ → −
→
−
AU = k −
c , AV = −
c + l→
a , AW = −
c +→
a +mb
と表すことができる．
−→
→
c について．
(i) AU = k −
α + pβ = 0, 1 − (1 − α − β)p = 0, (1 − p)α = k
より
1
α = 1, β = − , k = 1 − p
p
−→
−c
∴ AU = (1 − p)→
H
−→ →
→
(ii) AV = −
c + l−
a について．
α + pβ = l, 1 − (1 − α − β)p = 0, (1 − p)α = 1
より
α=
1
1−p
1
, β=−
−
, l=p
1−p
p
1−p
−→ −
−
∴ AV = →
c + p→
a
→
−
−−→ → −
(iii) AW = −
c +→
a + m b について．
α + pβ = 1, 1 − (1 − α − β)p = m, (1 − p)α = 1
より
1
1
, β=−
, m=1−p
1−p
1−p
−
→
−−→ − →
∴ AW = →
c +−
a + (1 − p) b
α=
(2)
−
→ →
−−→
→
AM = (1 + p)−
a + b +−
c,
−→
→
AN = −(1 − p)−
a
で点 M と N を定める．このとき，YX と VW と HG は 1 点 M で交わる．YZ と VU と BA は 1 点
N で交わる．実際，
−−→
−−→
→
→
MG = −p−
a,
MH = −(1 + p)−
a
−−→
−
−
→
→
→
→
→
MX = −p(−
a +−
c ), MY = −(−
a +−
c)
→
−
−
→
−−→
−−→
−
→
MW = −p(→
a + b ), MV = −(−
a + b)
−→
−→
→
→
NA = (1 − p)−
a,
NB = (2 − p)−
a
−→
−
→
→
−c ),
→
→
NU = (1 − p)(−
a +→
NV = −
a +−
c
−
→
−→
→
NZ = (1 − p)(−
a + b ),
となり，(M，G，H），(M，X，Y），(M，W，V），
(N，A，B），(N，U，V），(N，Z，Y）はそれ
ぞれ同じ直線上にある．
四辺形 MYNV は平行四辺形であり，この平行四
辺形から △MXW と △NUZ とを除いたものが，
−
→
−→ −
NY = →
a + b
U
S
p
S,
2
F
△NUZ =
Y
E
W
△MXW =
D
C
V
平行四辺形 MYNV の面積を S とすると，上記関係から
である．ここで
Z
B
六角形 XYZUVW である．
2
N
A
M
X
G
(1 − p)2
S
2
√
(
)
−−→ −−→ 2
−−→2 −−→2
=
MY MV − MY · MV
√
{
(
)}
−
→2
−
→ 2
2 →
→
→
→
→
→
=
|−
a +−
c | −
a + b − (−
a +−
c)· −
a + b
√
=
(9 + 1)(9 + 16) − (9)2 = 13
H
よって六角形 XYZUVW の面積は次のようになる．
}
{
p2
(1 − p)2
13
1−
−
S=
(1 + 2p − 2p2 )
2
2
2
※問題はベクトルで与えられているが，次のように図形的な論証で示すこともできる．
別解
(1) 点 X，Y，Z はそれぞれ線分 CG，CD，AD を (1 − p) : p に内分するので
XY // GD，YZ // CA // GE
となる．この結果，3 点 X，Y，Z を通る平面は，対角線で作られる 2 平面，つまり，3 点 G，D，
E を通る平面，および 3 点 C，A，F を通る平面と平行である．よって，
UZ // ED，UV // AF，VW // GE
である．この結果
AU : UE = AZ : ZD = 1 − p : p, EV : UE = p : 1 − p, FW : WG = 1 − p : p
となる．これをベクトルで書き表して次の結果を得る．
−
→
−→
−→ →
−−→ → −
→
→
AU = (1 − p)−
c , AV = −
c + p−
a , AW = −
c +→
a + (1 − p) b
−→ −→
−→
−→
(2) CX = AU = (1 − p)AE であるから，UX = AC であり，ZY = pAC である．
UZ と XY の交点を P とすれば，△UXP ≡ △EGD で，面積では
UXYZ
= △UXP − △ZYP
= △UXP − p2 △ UXP = (1 − p2 ) △ EGD
−−→
−→
となる．同様に VW = (1 − p)AC なので，
UXWV = {1 − (1 − p)2 } △ EGD
である．
−
→ −→ −
→ →
−→ −
EG = →
a + b , ED = b − −
c,
なので
△EGD =
=
√
{(
) (
)}
1 →
−
→2 −
→ →2
−
→
→
− − 2
→
a + b b −−
c − −
a + b · b −→
c
−
2
13
1√
(9 + 16)(16 + 1) − 162 =
2
2
となる．よって求める面積は次のようになる．
(
)
p2
(1 − p)2
13
13
1−
−
·
=
(1 + 2p − 2p2 )
2
2
2
2
問題 4
16.4
)
(
π
π
− < x < , −∞ < y < ∞ とし，
2
(2
)
π
π
−1
−1
逆関数 y = f (x) = tan x −∞ < x < ∞, − < y <
を定義する．
2
2
y = f (x) = tan x
(i) tan−1
(1)
(ii) tan−1
(2)
1
+ tan−1
2
1
+ tan−1
2
1
の値を求めよ．
3
1
1
1
= tan−1 + tan−1 を満たす実数 x の値を求めよ．
3
4
x
(i) y = f −1 (x) のグラフの慨形を描け．
(
)
π
(ii) 点 1,
における y = f −1 (x) の接線の方程式を求めよ．
4
(iii) y = f −1 (x) の導関数を求めよ．
∫
dx
(3) 不定積分
を求めよ．
2
x +x+1
16.4.1
解答
(1)
(i)
1
1
α = tan−1 , β = tan−1
2
3
とおく．つまり tan α =
1
1
，tan β = である．このとき
2
3
1 1
+
tan α + tan β
2 3
tan(α + β) =
=
=1
11
1 − tan α tan β
1−
23
tan α, tan β < 1 より，α, β <
π
π
であるから，α + β = である．つまり，
4
4
tan−1
(ii)
同様に tan γ =
1
1
π
+ tan−1 = α + β = ．
2
3
4
1
1
，tan θ = とおく．
4
x
1 1
+
4 x
1 = tan(γ + θ) =
1
1−
4x
より
3
5
1
= である．つまり x = ．
x
5
3
(2)
(i) y = f −1 (x) のグラフは，その定義から
y = f (x) のグラフを y = x に関して対称に動
かしたものである．
(ii) y = f
よって
−1
y
(x) のとき，x = tan y である．
π
2
dx
1
=
= x2 + 1
dy
cos2 y
よって
x
O
1
dy
= 2
dx
x +1
− π2
1
この結果，x = 1 のとき接線の傾きは．接線
2
の方程式は
1
π
1
1 π
(x − 1) + = x − +
2
4
2
2
4
(ii) より
y=
(iii)
dy
1
= 2
dx
x +1
(3)
(
2
x +x+1=
1
x+
2
)2
+
3
4
√
3
1
したがって x + =
tan θ とおくと，
2
2
√
3
dθ
∫
∫
·
dx
2 cos2 θ
=
2
1
3
x +x+1
·
4 cos2 θ
(
)
2
2
2x + 1
−1
√
√
√
=
θ+C =
tan
+C
3
3
3

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