目次
1
京大理系
1.1
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
3
1.2
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
4
5
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
京大文系
2.1 3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
6
6
5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
7
1.3
1.3.1
2
2.2
3
4
京大後期理系
3.1
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
8
3.2
3.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
10
10
阪大理系
4.1
1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
11
4.2
4.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
13
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
4.2.1
5
東大理科
5.1
5.2
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
15
16
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
17
18
5.2.1
6
東大文理科
6.1
7
東大文科
7.1
3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
18
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
7.1.1
8
15
東大理科後期
8.1
2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
19
20
9
一橋大
9.1
4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
21
9.2
9.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
後期 1 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
23
解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
9.2.1
10 九大
24
10.1 理系 2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
25
11 東北大
11.1 理系 3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
26
27
11.2 理系後期 2 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
28
11.3 理系後期 3 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.4 理系後期 6 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
29
30
11.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
12 東工大
12.1 4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
31
31
13 筑波大
13.1 5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
32
13.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
14 名大
33
14.1 理系 4 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
34
15 北大
15.1 理系 5 番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
36
15.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
京大理系
1
1.1
3 番問題
α, β, γ は相異なる複素数で，
α + β + γ = α2 + β 2 + γ 2 = 0
を満たすとする．このとき，α, β, γ の表す複素平面上の 3 点を結んで得られる三角形はどのよう
な三角形か．(ただし，複素平面を複素数平面ともいう．)
1.1.1
解答
［解 1］
2(αβ + βγ + γα)
=
(α + β + γ)2 − (α2 + β 2 + γ 2 ) = 0
したがって α, β, γ は 3 次方程式
t3 − u = 0
···⃝
1
の 3 つの解である．ただし，u = αβγ である．この 3 次方程式の一つの解を u0 とおくと方
( )3
t
= 1 となる．
程式 ⃝
1 は
u0
ゆえに，ω = cos
2π
2π
+ i sin
とおくと，
3
3
t
= 1, ω, ω 2
u0
つまり，
{α, β, γ} = {u0 , u0 ω, u0 ω 2 }
である．
よって α, β, γ の表す複素平面上の 3 点を結んで得られる三角形は，原点を中心とする正三
角形である．
［解 2］ α = 0 のとき，β + γ = β 2 + γ 2 = 0 より βγ = 0．α, β, γ が相異なることと矛盾．ゆえに
α ̸= 0．
よって条件は
( )2 ( )2
( ) ( )
γ
β
γ
β
+
=1+
+
=0
1+
α
α
α
α
これから
2·
(
=
β γ
·
α α
β
γ
+
α α
)2
−
( )2 ( )2
β
γ
−
=2
α
α
ゆえに
β γ
,
は 2 次方程式
α α
t2 + t + 1 = 0
の 2 つの解．
∴
β γ
−1±
,
=
α α
2
√
3i
= cos
2π
2π
± i sin
3
3
よって α, β, γ の表す複素平面上の 3 点を結んで得られる三角形は，原点を中心とする正三
角形である．
1.2
4 番問題
a3 − b3 = 217 を満たす整数の組 (a, b) をすべて求めよ．
1.2.1
解答
a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) である．ここで u = a − b, v = a2 + ab + b2 とおく．
u2 − v
u2 = a2 − 2ab + b2 であるから v − u2 = 3ab．つまり a(−b) =
．
3
したがって a と −b は 2 次方程式
t2 − ut +
u2 − v
=0
3
の 2 つの解である．a と b は実数であることが必要なので，判別式を D とおくと
D = u2 −
4(u2 − v)
>
=0
3
2
これから 4v >
···⃝
1 を得る．
=u
217 = 7 · 31 で 7 と 31 は素数であるから，7 · 31 = uv となる u, v のうち，条件 ⃝
1 を満たすも
のは
(u, v) = (1, 217), (7, 31)
である．それぞれに対して a(−b) は 72 と 6 である．
a − b = 1, a(−b) = 72 のとき，a, −b は
t2 − t + 72 = 0
の 2 つの解．∴ (a, −b) = (−8, 9), (9, −8)．
a − b = 7, a(−b) = 6 のとき，a, −b は
t2 − 7t + 6 = 0
の 2 つの解．∴ (a, −b) = (6, 1), (1, 6)．
∴ (a, b) = (1, −6), (6, −1), (−8, −9), (9, 8)
1.3
6 番問題
先頭車両から順に 1 から n まで番号のついた n 両編成の列車がある．ただし，n >
= 2 とする．各
車両を赤色，青色，黄色のいずれか 1 色で塗るとき，隣り合った車両の少なくとも一方が赤色とな
るような色の塗り方は何通りか．
1.3.1
解答
［解 1］ n 両編成で隣り合った車両の少なくとも一方が赤色となるような色の塗り方が an 通りある
とする．そのうち，n 番目の列車が赤色である塗り方が xn 通り，n 番目の列車が青色である
塗り方が yn 通り，n 番目の列車が黄色である塗り方が zn 通りとする．
n + 1 番目の列車を赤色にできるために n 番目の列車の色はいずれでもよく，n + 1 番目の列
車を青色か黄色にできるために n 番目の列車は赤色でなければならない．
∴
xn+1 = xn + yn + zn
yn+1 = xn
zn+1 = xn
これから
xn+2 = xn+1 + yn+1 + zn+1 = xn+1 + 2xn
···⃝
1
⃝
1 は
xn+2 + xn+1
xn+2 − 2xn+1
= 2(xn+1 + xn )
= −(xn+1 − 2xn )
と変形できる．ゆえに
xn+1 + xn
xn+1 − 2xn
= 2n−2 (x3 + x2 )
= (−1)n−2 (x3 − 2x2 )
3xn = 2n−2 (x3 + x2 ) − (−1)n−2 (x3 − 2x2 )
である．ここで，x2 = 3, y2 = z2 = 1 なので，x3 = 5 となる．
xn =
2n+1 + (−1)n
3
an = xn + yn + zn = xn+1 なので，
an =
2n+2 − (−1)n
3
［解 2］ n 両編成で隣り合った車両の少なくとも一方が赤色となるような色の塗り方が an 通りある
とする．
n + 2 両編成の場合の色の塗り方を次のように場合に分ける，
(i) n + 2 番目の列車が赤色である場合．このときは n + 1 以下の車両の塗り方は，条件を
満たす範囲で任意なので an+1 通りある，
(ii) n + 2 番目の列車が青色であるである場合．このときは n + 1 番の列車は赤でなければ
ならず，n 以下の車両の塗り方は，条件を満たす範囲で任意なので an 通りある，
(iii) n + 2 番目の列車が黄色であるである場合．このときは n + 1 番の列車は赤でなければ
ならず，n 以下の車両の塗り方は，条件を満たす範囲で任意なので an 通りある，
これらの総計が an+2 である．ゆえに
an+2 = an+1 + 2an
(以下，漸化式を解くのは解 1 と同じ．)
京大文系
2
2.1
3 番問題
α, β は 0 でない相異なる複素数で，
α α
+ =2
β
β
を満たすとする．このとき，0, α, β の表す複素平面上の 3 点を結んで得られる三角形はどのよう
な三角形か．(ただし，複素数 z に対し，z は z に共役な複素数である．また，複素平面を複素数
平面ともいう．)
2.1.1
解答
条件から
α
−1=−
β
である．これから
(
)
α
−1
β
(
)
α−β
α−β
=−
0−β
0−β
α−β
が純虚数であることを示している．つまり，その偏角が ±90◦ である．
0−β
すなわち与えられた条件は，β の表す点を中心に 0 の表す点から α の表す点への角が直角である
これは複素数
ことと同値である．
よって 0, α, β の表す 3 つの点を結んで得られる三角形は β の表す点を直角の頂点とする直角
三角形である．
2.2
5 番問題
1 から n までの番号のついた n 枚の札が袋に入っている．ただし n >
= 3 とする．この袋から 3
枚のカードを取り出して，札の番号を大きさの順に並べるとき，等差数列になっている確率を求
めよ．
2.2.1
解答
求める確率を p とする．
［解 1］試行の結果の総数は n C3 通りである．このうち題意を満たす場合の数を求める．
等差中項を k とする．
．
n が奇数の場合．n = 2l − 1 とおく．
2<
=k<
= l なら (1, k, 2k − 1), (2, k, 2k − 2), …, (k − 1, k, k + 1) の k − 1 通り．
l+1<
=k<
= 2l − 2 なら (2k − 2l + 1, k, 2l − 1), …, (k − 1, k, k + 1) の 2l − 1 − k 通り．
ゆえにこの場合
l
∑
(k − 1) +
k=2
2l−1
∑
(2l − k − 1) = 2
k=l+1
l−1
∑
(k − 1) + (l − 1) = (l − 1)2 =
k=2
∴ p=
(n − 1)2
4
(n − 1)2
3(n − 1)
÷ n C3 =
4
2n(n − 2)
n が偶数の場合．n = 2l とおく．
2<
=k<
= l なら (1, k, 2k − 1), (2, k, 2k − 2), …, (k − 1, k, k + 1) の k − 1 通り．
l+1<
=k<
= 2l − 1 なら (2k − 2l, k, 2l), …, (k − 1, k, k + 1) の 2l − k 通り．
ゆえにこの場合
l
∑
k=2
(k − 1) +
2l−1
∑
(2l − k) = 2
k=l+1
∴ p=
l
∑
(k − 1) = l(l − 1) =
k=2
n(n − 2)
4
n(n − 2)
3
÷ n C3 =
4
2(n − 1)
［解 2］試行の結果の総数は n C3 通りである．このうち題意を満たす場合の数を求める．
x+z
x, y, z がこの順に等差数列の場合，x と z を定めれば y は y =
で定まる．
2
x と z は和が偶数になるようにとれればよい．和が偶数になるのはともに偶数かともに奇数
の場合である．
n が奇数のとき．1 から n の中に奇数が
n−1
n+1
，偶数が
ある．したがって該当の事象
2
2
の総数は
n+1
2
∴ p=
C2 +
n−1
2
C2 =
(n − 1)2
4
3(n − 1)
(n − 1)2
÷ n C3 =
4
2n(n − 2)
n が偶数のとき．1 から n の中に奇数が
n
n
，偶数が ある．したがって該当の事象の総数は
2
2
2 n2 C2 =
∴ p=
n(n − 2)
4
n(n − 2)
3
÷ n C3 =
4
2(n − 1)
［解 3］試行の結果の総数は n C3 通りである．
このうち題意を満たす場合の数を，n が偶数の場合と奇数の場合に分け，さらに公差 d によっ
て場合分けして求める．
n が偶数のとき．
公差 d
範囲
個数
1
(1, 2, 3)∼(n − 2, n − 1, n)
n−2
2
(1, 3, 5)∼(n − 4, n − 2, n)
·(· ·
) (
)
n
n
1, , n − 1 , 2,
+ 1, n
2
2
n−4
n
−1
2
その総数は
2
1 n(n − 2)
n(n − 2)
·
=
2
2
4
n(n − 2)
3
∴ p=
÷ n C3 =
4
2(n − 1)
(n − 2) + (n − 4) + · · · + 2 =
n が奇数のとき．
公差 d
範囲
個数
1
2
(1, 2, 3)∼(n − 2, n − 1, n)
(1, 3, 5)∼(n − 4, n − 2, n)
n−2
n−4
·(· ·
)
n−1
n+1
1,
, n
2
2
n−2−1
n−1
項数が
+1=
あるので，その総数は
2
2
(n − 2) + (n − 4) + · · · + 1 =
∴ p=
1
1 (n − 1)(n − 1)
(n − 1)2
·
=
2
2
4
(n − 1)2
3(n − 1)
÷ n C3 =
4
2n(n − 2)
京大後期理系
3
3.1
3 番問題
2 次元列ベクトル An (n = 1, 2, 3, · · ·) が
( )
( )
2
3
A1 =
, A2 =
,
1
(
) 1
(
1 1
0
An+2 =
An+1 +
1 −1
1
−1
0
)
An
(n = 1, 2, 3, · · ·)
を満たすとき，An を求めよ．
3.1.1
解答
2 つの行列 α, β を
(
α=
とする．このとき
(
(
が成り立つ．また E =
1
0
1
1
0
1
1
−1
)
1 0
0 −1
)
(
, β=
)
(
= α + β,
0
1
0
1
−1
0
1
0
)
)
= −αβ
とすれば
α2 = β 2 = E
が成り立つ．
与えられた漸化式は O を零ベクトルとすれば
An+2 − (α + β)An+1 + αβAn = O
となる．これから
An+2 − βAn+1 = α(An+1 − βAn )
と変形される．
∴ An+2 − βAn+1 = αn (A2 − βA1 )
n + 1 を n にかえ，左から β をかけると，β 2 = E なので
βAn+1 − An = βαn−1 (A2 − βA1 )
辺々加えて
An+2 − An = {αn + βαn−1 }(A2 − βA1 )
n が偶数のとき．n = 2m とすると，αn = E, αn−1 = α なので，
A2(m+1) − A2m
∴ A2m
= {E + βα}(A2 − βA1 )
(
)(
) ( )
1 −1
3
2
=
=
1 1
−1
1
( ) (
)
3
3m
= A2 + (m − 1)
=
1
m
n が奇数のとき．n = 2m − 1 とすると．
A2m+1 − A2m−1
=
=
∴ A2m−1
=
{α + β}(A2 − βA1 )
(
)(
) ( )
1 1
2
1
=
1 −1
−1
3
( ) (
)
1
m+1
A1 + (m − 1)
=
3
3m − 2
3.2
6 番問題
n 枚の 100 円玉と n + 1 枚の 500 円玉を同時に投げたとき，表の出た 100 円玉の枚数より表の出
た 500 円玉の枚数の方が多い確率を求めよ．
3.2.1
解答
求める確率を pn とする．
［解 1］ 100 円玉が j 枚表になったときは，500 円玉が j + 1 枚以上表になればよい．したがって
( )n+1 ( )2n+1 ∑
( )n n+1
n
n+1
n
∑
∑
∑
1
1
1
pn =
C
=
C
C
C
n+1 k
n j
n+1 k
n j
2
2
2
j=0
j=0
k=j+1
k=j+1
( )2n+1 n−1
n
∑
∑
1
=
C
(
C
+
C
)
+
C
+ C ·
C
n j
n k−1
n k
n+1 n+1
n n n+1 n+1
2
j=0
k=j+1
( )2n+1 n−1
n−1
n−1
∑
∑
∑
1
2
C
+
C
·
C
+
C
2
C
+
C
+
C
=
n j
n n n+1 n+1
n j
n k
n n
n+1 n+1
2
j=0
j=0
k=j+1
( )2n+1 n−1
n−1
n−1
∑
∑
∑
1
2
2
=
2
n Cj + n Cn +
n Cj
n Ck + 2 n Cn
2
j=0
j=0
k=j+1
( )2n+1 ∑
n
n−1
n
∑
∑
1
2
=
n Cj + 2
n Cj
n Ck
2
j=0
j=0
2
k=j+1
( )2n+1
( )2n+1 ∑
n
1
1
1
2
=
(2n ) =
=
n Cj
2
2
2
j=0
［解 2］余事象は、100 円玉が j 枚表になったとき，500 円玉で表であるものが j 枚以下になればよ
い．したがって
1 − pn
=
=
=
=
=
( )n {∑
( )n+1 }
j
1
1
n Cj
n+1 Ck
2
2
j=0
k=0
( j
)
( )2n+1 ∑
n
∑
1
n Cj
n+1 Ck
2
j=0
k=0
( j
)
( )2n+1 ∑
n
∑
1
n Cn−j
n+1 Cn+1−k
2
j=0
k=0
( )2n+1 ∑
n
n+1
∑
1
n Cn−j
n+1 Ck
2
j=0
k=n−j+1
( n+1
)}
( )2n+1 {∑
n
∑
1
= pn
n Ci
n+1 Ck
2
i=0
n
∑
k=i+1
1 − pn = pn ∴ pn =
1
2
［解 3］ 500 円玉を一つ固定する．
1 回の試行で，この 500 円玉が表，裏である結果を「表」，
「裏」と表す．また，n 枚の 100 円
玉と残る n 枚の 500 円玉の表の枚数を M と N とおく．試行のすべての結果は次の 6 通りに
場合分けされ，それぞれ事象を定める．
(表, M > N ), (表, M = N ), (表, M < N )
(裏, M > N ), (裏, M = N ), (裏, M < N )
事象の確率を P (事象) で表すと，100 円玉と 500 円玉の表裏の出る確率はすべて等しいので
P (M > N ) = P (M < N )
である．また固定された 500 円玉の表裏は，他の硬貨の表裏と独立なので，
P (表, M > N ) =
1
P (M > N )
2
などが成り立つ．これより
P (表, M > N ) = P (表, M < N ) = P (裏, M > N ) = P (裏, M < N )
P (表, M = N ) = P (裏, M = N )
これら 6 個の事象の確率の和は 1 で，
P (表, M < N ) + P (裏, M < N ) + P (表, M = N )
=
P (表, M > N ) + P (裏, M > N ) + P (裏, M = N )
ある．ゆえに
pn = P (表, M < N ) + P (裏, M < N ) + P (表, M = N ) =
1
2
である．
4
4.1
阪大理系
1 番問題
f (x) = 2x3 + x2 − 3 とおく．直線 y = mx が曲線 y = f (x) と相異なる 3 点で交わるような実数
m の範囲を求めよ．
4.1.1
解答
［解 1］実数 m に対して g(x) = f (x) − mx = 2x3 + x2 − mx − 3 とおく．g(x) = 0 が相異なる 3 実
解をもてばよい．
g ′ (x) = 6x2 + 2x − m なので，g ′ (x) = 0 が相異なる 2 実解をもつことが必要．
D/4 = 1 + 6m > 0
このときこの 2 実解を α, β とする．解と係数の関係から
1
m
α + β = − , αβ = −
3
6
求める条件は g(α)g(β) < 0 となる m の範囲である．
g(x) を g ′ (x) で割ることにより
(
g(x) = g ′ (x) ·
1
1
x+
3
18
)
+
− 2(6m + 1)x + m − 54
18
を得る．
g(α)g(β) =
=
これから
− 2(6m + 1)α + m − 54 − 2(6m + 1)β + m − 54
·
18
18
}
1 {
4(6m + 1)2 αβ − 2(6m + 1)(m − 54)(α + β) + (m − 54)2
182
(
)
(
)
m
1
4(6m + 1)2 −
− 2(6m + 1)(m − 54) −
+ (m − 54)2
6
3
− 2m(6m + 1)2 + 2(6m + 1)(m − 54) + 3(m − 54)2
=
3
= −24m3 − 3m2 − 324m + 2880 = −(m − 4)(24m2 + 99m + 720) < 0
これから m > 4 を得る．
［解 2］方程式
2x3 + x2 − 3 = mx
···⃝
1
が相異なる 3 実解をもてばよい．
⃝
1 は x = 0 で成立しない．ゆえに方程式 ⃝
1 の両辺を x で割って
2x2 + x −
3
=m
x
が相異なる 3 実解をもてばよい．h(x) = 2x2 + x −
3
(x ̸= 0) とおく．2 つのグラフ y = h(x)
x
と y = m が共有点を 3 個もてばよい．
h′ (x) = 4x + 1 +
4x3 + x2 + 3
(x + 1)(4x2 − 3x + 3)
3
=
=
x2
x2
x2
ゆえに h(x) は x = −1 で極小になり，h(−1) = 4 である．
y
一方
y=m
lim h(x) = +∞, lim h(x) = −∞
x→−0
x→+0
4
で，さらに
lim h(x) = +∞
O
x
x→±∞
である．また x < −1 で単調減少，−1 < x, x ̸= 0 で
単調増加．
したがって y = h(x) と直線 y = m が 3 点で交わるための必要十分条件は m > 4 である．
［解 3］実数 m に対して g(x) = f (x) − mx = 2x3 + x2 − mx − 3 とおく．g(x) = 0 が相異なる 3 実
解をもてばよい．
g(0) = −3 < 0 かつ lim g(x) = +∞ なので，g(x) = 0 には正の実数解が少なくとも一つ
x→∞
ある．
3
1
解と係数の関係から，3 解の積は で正，3 解の和が − で負なので，他の 2 解が実数解で
2
2
あるとしても，その他の 2 実解は負である．
負の 2 実解をもつためには，g(0) < 0 なので，g(x) が x の負の値で極大になり，かつその極
大値が正であることが必要十分条件である．
また m <
= 0 なら
g(x) = (x − 1)(2x2 + 3x + 3) − mx
′
2
より x <
= 0 において g(x) < 0 なので，m > 0 が必要である．このとき g (x) = 6x + 2x − m
の判別式 D/4 = 1 + 6m > 0 である．g ′ (x) = 0 は正負各 1 個に実数解をもつ．負の解の x の
値で g(x) は極大である．
g(t) = g ′ (t) = 0 となるときの m の値とそのときの t を求める．
g(t) = 2t3 + t2 − mt − 3 = 0
g ′ (t) = 6t2 + 2t − m = 0
m を消去して
0 = 2t3 + t2 − t(6t2 + 2t) − 3 = −43 − t2 − 3 = −(t + 1)(42 − 3t + 3)
これを満たす実数 t は −1．このとき m = 4 である．m = 4 のとき g(x) は x = −1 で極大で
ある．
m > 4 なら x < 0 において
f (x) − 4x < f (x) − mx
x = −1 を代入して f (−1) − 4(−1) = 0 より 0 < f (−1) − m(−1)．つまり，この m に対する
g(x) に関して g(0) < 0, g(−1) > 0, かつ lim g(x) = −∞ なので，g(x) = 0 は負の 2 実
x→−∞
解をもつ．
逆に 0 < m <
= 4 なら，x < 0 においてつねに
f (x) − 4x >
= f (x) − mx
で，x < 0 で 0 >
= f (x) − 4x であるから，f (x) − mx = 0 が負の 2 実解は持ちえない．
よって 4 < m が求める必要十分条件である．
4.2
4 番問題
θを0<
= θ < 2π をみたす実数とする．時刻 t における座標が
{
x = t cos θ
y = 1 − t2 + t sin θ
で与えられるような動点 P(x, y) を考える．t が実数全体を動くとき，点 P が描く曲線を C とす
る．C が x 軸の x >
= 0 の部分と交わる点を Q とする．以下の問いに答えよ．
(i) θ =
π
のとき，Q の x 座標を求めよ．
4
(ii) θ が変化すると曲線 C も変化する．θ が 0 <
= θ < 2π の範囲を変化するとき，C が通過する
範囲を xy 平面上に図示せよ．
(iii) θ が変化すると点 Q も変化する．Q の x 座標が最大となるような θ (0 <
= θ < 2π) について
tan θ の値を求めよ．
4.2.1
解答
t
t
π
より x = √ ，y = 1 − t2 + √ ．点 Q は x 軸との交点なので y = 0 のときである．
4
2
2
このとき
)
(
√
t
1
2
t − √ − 1 = (t − 2) t − √
=0
2
2
√
x>
= 0 より t = 2 で，このとき x = 1
(1) θ =
(2) 点 (x, y) が C が通過する範囲の点であることは，
x = t cos θ, y = 1 − t2 + t sin θ
をみたす実数 t, θ (0 <
= θ < 2π) が存在することと同値である．
t = 0 のときは x = 0, y = 1 で条件を満たす．t ̸= 0 のときは
cos θ =
x
y − 1 − t2
, sin θ =
t
t
これを満たす θ が存在することと，t が関係式
( )2 (
)2
x
y − 1 − t2
+
=1
t
t
をみたすことが同値．これを整理して
t4 + (2y − 3)t2 + x2 + y 2 − 2y + 1 = 0
···⃝
1
これは t = 0 のとき x = 0, y = 1 を含む．
ゆえに ⃝
1 をみたす実数 t が存在する条件が，点 (x, y) の満たすべき条件である，
y
2
s = t とし，f (s) = s2 + (2y − 3)s + x2 + y 2 − 2y + 1
とする．s の二次方程式 f (s) = 0 が負でない解をもて
y = −x2 +
ばよい．
判別式 D = (2y − 3)2 − 4(x2 + y 2 − 2y + 1) >
= 0 が必
5
2
要で，これから y <
= −x + 4 を得る．
5
2y − 3
> 0．ゆえ
このとき y <
= 4 なので，軸 s = − 2
に正の解が存在する．
5
2
つまり求める必要十分条件が y <
= −x + 4 である．
−
√
5
2
√
5
2
O
x
5
4
√
√
5
5
(3) Q の x 座標の最大値は (2) から
である．x =
, y = 0 のとき．⃝
1 は
2
2
(
)
9
3
4
2
2
t − 3t + = t −
=0
4
2
√
3
となる．これから t = ±
．このとき
2
√
√
5
3
2 = ± 2 cos θ
√
3
3
0 = 1 − 2 + ± 2 sin θ
∴
√
1
5
1
tan θ = ÷
=√
2
2
5
東大理科
5
5.1
2 番問題
5
となるどのような複素数 z に対しても w = z 2 − 2z とは表されない複素数 w の全体を T
4
とする．すなわち
{
}
5
2
T = w w = z − 2z ならば |z| <
=4
|z| >
とする．このとき，T に属する複素数 w で絶対値 |w| が最大になるような w の値を求めよ．
5.1.1
解答
ひとつの複素数 w に対して z 2 − 2z − w = 0 となる z は 2 つある．
z =1±
√
√
1 + w (ただし 1 + w は 2 乗して 1 + w となる複素数のひとつを表す．
)
それを α と β とする．解と係数の関係から
α + β = 2, αβ = −w
w が T に属することと，この α と β がさらに
|α| <
=
5
5
，かつ |β| <
=4
4
を満たすことが同値である．
ゆえに T に属する w に対しては
|w| = |αβ| <
=
が成り立つ．
5 5
·
4 4
ここで等号が成立する α と β が存在することを示す．
|α| =
5
5
，かつ |β| = |2 − α| =
4
4
α = x + iy とおくと
x2 + y 2 =
25
25
，かつ (x − 2)2 + y 2 =
16
16
3
辺々引いて −4x + 4 = 0．x = 1．y = ± ．つまり
4
α=1±
よって |w| の最大値は
3i
3i
, β =1∓
(複号同順)
4
4
25
で，このとき
16
(
)(
)
3i
3i
25
w = −αβ = − 1 +
1−
=−
4
4
16
である．
5.2
3 番問題
f (x) =
1
x{1 + e−2(x−1) }
2
とする．ただし，e は自然対数の底である．
(1) x >
1
1
′
ならば 0 <
= f (x) < 2 であることを示せ．
2
(2) x0 を正の数とするとき，数列 {xn } (n = 0, 1, . . .) を，xn+1 = f (xn ) によって定める．
1
x0 > であれば
2
lim xn = 1
n→∞
であることを示せ．
5.2.1
解答
(1)
f ′ (x)
f ′′ (x)
1
1
{1 + e−2(x−1) } + x{(−2)e−2(x−1) }
2
2
(
)
1
1
=
+
− x e−2(x−1) · · · ⃝
1
2
2
(
)
1
= (−1)e−2(x−1) +
− x (−2)e−2(x−1)
2
=
= 2(x − 1)e−2(x−1)
⃝
1 から x >
1
1
ならば f ′ (x) < である．
2
2
···⃝
2
⃝
2 から f ′ (x) は x = 1 で極小，かつ最小．
′
∴ f ′ (1) = 0 <
= f (x)
したがって x >
1
1
ならば 0 <
f ′ (x) < であることが示された．
=
2
2
(2) f (x) の定義式から f (1)=1 である．
x>
1
である x と 1 ではさまれた区間で平均値の定理を用いることにより
2
f (x) − f (1)
= f ′ (c)
x−1
′
となる x と 1 の間の数 c が存在する．(1) から 0 <
= f (c) <
f (x) − f (1)
1
<
x−1
2
0<
=
1
なので，
2
···⃝
3
が成立する．
1
なら
2
( )
1
1
1
>f
= (1 + e) >
2
4
2
(1) から f (x) は単調増加なので xn >
xn+1
1
1
なら，数学的帰納法によって各 n について xn > が成り立つ．ゆえに ⃝
3
2
2
を xn で用いて
f (xn ) − f (1)
1
<
xn − 1
2
である．x0 >
を得る．これから n = 0, 1, 2, · · · に対して
|xn+1 − 1| <
∴ |xn − 1| <
1
|xn − 1|
2
1
|x0 − 1|
2n
1
|x0 − 1| = 0 より
n→∞ 2n
lim
lim xn = 1
n→∞
が示された．
東大文理科
6
6.1
4 番問題
3 以上 9999 以下の奇数 a で，a2 − a が 10000 で割り切れるものをすべて求めよ．
6.1.1
解答
10000 = 24 · 54 である．a2 − a = a(a − 1) で a が奇数のとき a − 1 は偶数で，a と a − 1 は互い
に素なので，a2 − a が 10000 の倍数になるためには a − 1 が 24 の倍数，a が 54 の倍数でなければ
ならない．
そこで a − 1 = 24 m, a = 54 n とおく．1 <
=a<
= 10000 より，1 <
=n<
= 16 である．a を消去して
54 n − 24 m = 1
···⃝
1
ここで 54 = 625 = 16 · 39 + 1．つまり
54 (1) − 24 (39) = 1
···⃝
2
⃝
1 −⃝
2 より，
54 (n − 1) − 24 (m − 39) = 0
54 と 24 は互いに素なので，整数 t をもちいて
n − 1 = 24 t, m − 39 = 54 t
と表される．n の範囲から
1<
= 1 + 16t <
= 16
これを満たす t は 0 のみ．したがって n = 1, m = 39，
∴ a = 625 · 1 = 625
が条件を満たすただ一つの a である．
東大文科
7
7.1
3 番問題
0 以上の実数 s, t が s2 + t2 = 1 をみたしながら動くとき，方程式
x4 − 2(s + t)x2 + (s − t)2 = 0
の解のとる値の範囲を求めよ．
7.1.1
解答
方程式
x4 − 2(s + t)x2 + (s − t)2 = 0
···⃝
1
の解 x のとる値の範囲は，⃝
1 をみたしかつ s2 + t2 = 1 となるよう 0 以上の実数 s, t が存在する
範囲として定まる．
s2 + t2 = 1 なので，(s − t)2 = s2 + t2 − 2st = 1 − 2st = −1 − 2st + 2 = −(s + t)2 + 2 である．
したがって ⃝
1 から
x4 − 2(s + t)x2 − (s + t)2 + 2 = 0
を得る．
ここで s + t = k とおく．st 平面の四分の一円 s2 + t2 = 1 (0 <
= s, t) と直線 s + t = k が共有点
√
をもつ k の最大値は円と直線が接するときで 2，最小値は (1, 0) を通るときで１．つまり k の範
√
囲は 1 <
=k<
= 2 である．逆にこの範囲の k に対しては s, t が存在する．
したがって解 x のとる値の範囲は，
x4 − 2kx2 − k 2 + 2 = 0 · · · ⃝
2
√
が k の二次方程式として 1 <
=k<
= 2 に解をもつ範囲である．
⃝
2 を k の二次方程式として整理すると k 2 + 2x2 k − x4 − 2 = 0．
f (k) = k 2 + 2x2 k − x4 − 2
4
2
2
2
とおく．f (k) は軸が k = −x2 <
= 0 にあり，f (1) = −x + 2x − 1 = −(x − 1) <
= 0 である．
√
<
<
ゆえに f (k) = 0 が 1 = k = 2 に解をもつ必要十分条件は
√
f ( 2) >
=0
である．
√
√
√
2
f ( 2) = 2 2x2 − x4 なので，0 <
=x <
= 2 2．
√
√
4
4
∴ − 8<
=x<
= 8
8
8.1
東大理科後期
2 番問題
10 枚のカードに l から 10 までの数が 1 つずつ書かれている．これらのカードを用いた次のよう
なゲームを考える．r を自然数とする．このゲームは最大 r ラウンドからなり，第 1 ラウンドから
始まる．各ラウンドで，プレーヤーば，10 枚のカードから 1 枚のカードを抜き出し，その数を見
てから，
「停止」または「続行」のいずれかを選択する．
「停止」を選択した場合は，そのラウンドで
ゲームは終了し，最後に抜き出したカードに書かれた数が得点となる．
「続行」を選択した場合は，
抜き出したカードをもとにもどして，次のラウンドを実行する．最終ラウンドでは，
「停止」しか選
択できず，そのラウンドで抜き出したカードに書かれた数が得点となる．ただし，各ラウンドで，
1
どのカードも等しい確率
で抜き出されるものとする．
10
抜き出したカードに書かれた数 x によって「停止」または「続行」を選択する規則を，そのラウ
ンドにおける戦略という．戦略はラウンドごとに，0 または 1 の値をとる関数
f (x)
(x = 1, 2, · · · , 10)
によって，f (x) = 0 ならば「続行」，f (x) = 1 ならば「停止」と定める．
(1) k は 1 <
= k < 10 を満たす自然数とする．関数 fk (x) を
{
0 (1 <
= k)
=x<
fk (x) =
1 (k < x <
= 10)
とする．最終ラウンドを除くすべてのラウンドで，fk (x) によって定まる戦略を採用したと
きの得点の期待値を，r と k で表せ．
(2) ラウンド数 r が 2 のとき，得点の期待値が最大となるような，第 1 ラウンドでの戦略を与え，
そのときの得点の期待値を求めよ．
(3) ラウンド数 r が 3 のとき，得点の期待値が最大となるような，第 1 ラウンドおよび第 2 ラウ
ンドでの戦略をそれぞれ与え，そのときの得点の期待値を求めよ．
8.1.1
解答
(1) 得点 t が t = 1, 2, · · · , k となる事象は，1, · · · , r − 1 回は 1, · · · , k のいずれかが出て，r
回目に t が出る事象である．その確率は
( )r−1
1
k
·
10
10
得点 t が t = k + 1, k + 2, · · · , 10 となる事象は，j = 1, 2, · · · , r に対し，j − 1 回までは
1, · · · , k のいずれかが出て，j 回目に t が出る事象である．その確率は
( )r
( )r
k
k
)j−1
1−
1−
r (
∑
k
1
1
10
10
·
=
·
=
k
10
10
10
10 − k
j=1
1−
10
よって期待値 Ek,r は
(
)r
k
1−
k
1
10
= (1 + 2 + · · · + k) ·
·
+ {(k + 1) + (k + 2) + · · · + 10} ·
10
10
10 − k
( )r
k
( )r−1
1−
k(k + 1)
k
1
(k + 11)(10 − k)
10
=
·
·
+
·
2
10
10
2
10 − k
( )r
{
( )r }
k+1
k
k + 11
k
=
·
+
1−
2
10
2
10
( )r
k + 11
k
=
−5
2
10
(
Ek,r
)r−1
(2) (1) で r = 2 のとき
Ek,2 =
k + 11
−5
2
(
k
10
)2
=−
27
1
(k − 5)2 +
20
4
kは1<
= 10 なので k = 5，つまり戦略 f5 (x) が期待値が最大となる戦略である．そのと
=k<
27
きの期待値は
．
4
(3) r = 3 のとき，第 1 ラウンドでは戦略 fl (x) をとるとする．第 2 ラウンドになると，多くて後
一回カードが選択できるので，期待値を最大にする戦略は f5 (x) である．
l はあと 2 ラウンドはある場合の戦略数なので l >
= 5 である．
得点 t が t = 1, 2, · · · , 5 となる事象は，第 1 ラウンドで 1, · · · , l のいずれかが出て第 2 ラ
ウンドに進み，第 2 ラウンドも 1, 2, · · · , 5 のいずれかが出て第 3 ラウンドに進み，第 3 ラ
ウンドで t が出る事象である．その確率は
l
5 1
5l
·
·
=
10 10 10
1000
である．
得点 t が t = 6, · · · , l となる事象は，第 1 ラウンドに 1, · · · , l のいずれかが出て第 2 ラウ
ンドに進み，第 2 ラウンドで t が出るか，第 2 ラウンドは 1, 2, · · · , 5 のいずれかが出て第
3 ラウンドに進み，第 3 ラウンドで t が出る事象である．その確率は
(
)
5 1
15l
l
1
·
+
·
=
10
10 10 10
1000
である．
得点 t が t = l + 1, · · · , 10 となる事象は，第 1 ラウンドに t が出るか，第 1 ラウンドは
1, · · · , l のいずれかが出て第 2 ラウンドに進み，第 2 ラウンドで t が出るか，第 2 ラウンド
は 1, 2, · · · , 5 のいずれかが出て第 3 ラウンドに進み，第 3 ラウンドで t が出る事象である．
その確率は
1
l
+
·
10 10
(
1
5 1
+
·
10 10 10
)
=
100 + 15l
1000
である．
その期待値 E は
E
5l
15l
100 + 15l
+ (6 + · · · + l)
+ {(l + 1) + · · · + 10}
1000
1000
1000
5l
(6 + l)(l − 5) 15l
(10 − l)(l + 11) 100 + 15l
= 15 ·
+
·
+
·
1000
2
1000
2
1000
1 2 5
11
= − l + l+
20
8
2
= (1 + · · · + 5)
これは l の軸が l =
このとき E =
25
の 2 次関数なので，整数 l に対しては l = 6 のとき最大となる．
4
149
である．
20
一橋大
9
9.1
4 番問題
a を定数とし，x の 2 次関数 f (x)，g(x) を次のように定める．
f (x) = x2 − 3
g(x) = −2(x − a)2 +
a2
3
(1) 2 つの放物線 y = f (x) と y = g(x) が 2 つの共有点をもつような a の範囲を求めよ．
(2) (1) で求めた範囲に属する a に対して，2 つの放物線によって囲まれる図形を Ca とする．Ca
の面積を a で表せ．
(3) a が (1) で求めた範囲を動くとき，少なくとも 1 つの Ca に属する点全体からなる図形の面積
を求めよ．
9.1.1
解答
(1) 2 つの放物線 y = f (x) と y = g(x) が 2 つの共有点をもつことは，それらの曲線の方程式を
連立させて y を消去した
x2 − 3 = −2(x − a)2 +
a2
3
···⃝
1
が，相異なる 2 つの実数解をもつことと同値である．⃝
1 を整理して
3x2 − 4ax +
5a2
−3=0
3
したがって
D/4 = 4a2 − 5a2 + 9 > 0
これから
−3 < a < 3
(2) ⃝
1 の 2 つの解を α, β (α < β) とする．解と係数の関係から
(
)
1 5a2
4a
−3
α + β = − , αβ =
3
3
3
Ca の面積を Sa とすると
∫
Sa
β
{
a2
−2(x − a) +
− x2 + 3
3
}
2
=
α
∫ β
dx
−3(x − α)(x − β) dx
=
α
=
(β − α)3
2
ここで
(β − α)2
1
∴ Sa =
2
(β + α)2 − 4αβ
(
)2
(
)
4a
4 5a2
=
−
−
−3
3
3
3
4
=
(9 − a2 )
9
=
(
3
)3
4
4
2
2
2 2
(9 − a )
=
(9 − a )
9
27
(3) a が (1) で求めた範囲を動くとき，点 (X, Y ) が，少なくとも 1 つの Ca に属するための必要
十分条件は
a2
2
X2 − 3 <
= −2(X − a) + 3 , −3 < a < 3
=Y <
a2
2
となる a が存在することである．Y <
= −2(X − a) + 3 は
5a2
− 4Xa + 2X 2 + Y <
=0
3
である．ここで h(a) =
5a2
− 4Xa + 2X 2 + Y とおく．
3
−3 < a < 3 の範囲で h(a) <
= 0 となる a が存在する条件は，軸 a =
6X
で場合に分けて
5
(
)
6X
<
h(−3)
<
0
−3
=
( 5
)
( 6X )
6X
<
<
3
0
−3
<
h
=
5
5)
(
6X
3<
h(3) < 0
= 5
これから変数を x と y にして
)
(
5
y < −2(x + 3)2 + 3
<
x
−
= 2
(
)
5
5
2 2
x
−
<
x
<
y<
=5
( 2 ) 2
5
2
y < −2(x − 3) + 3
<x
2=
y
y =x −3
2
√
− 5
これと x2 − 3 <
= y の共通領域が，条件を満た
す点の集合である．
2
5
y = −2(x ± 3)2 + 3 と y = x2 は x = ∓ で
5
2
√
2 2
接し，y = x と y = x2 − 3 は x = ± 5 で交
5
わる．また y = −2(x ± 3)2 + 3 と y = x2 − 3
は x = ±2 で接する．このことに注意して図示
すると右のようになる．
ゆえにその面積は
∫
√
5
√
− 5
9.2
(
2 2
x − x2 + 3
5
)
O
y = −2(x + 3)2 + 3
y=
2 2
x
5
√
5
y = −2(x − 3)2 + 3
√
√
3 (2 5)3
dx = ·
=4 5
5
6
後期 1 番問題
(1) p，2p + 1，4p + 1 がいずれも素数であるような p をすべて求めよ．
(2) q ，2q + 1，4q − 1，6q − 1，8q + 1 がいずれも素数であるような q をすべて求めよ．
9.2.1
解答
(1) p = 2, 3 について具体的に書き出すと
p 2p + 1
となる．
4p + 1
2
5
9
3
7
13
x
つぎに p > 3 の素数とする．p は素数なので 3 の倍数ではない．
p = 3k + 1 のとき 2p + 1 = 6k + 3 となって 3 より大きい 3 の倍数になる．
p = 3k + 2 のとき 4p + 1 = 12k + 9 となって 3 より大きい 3 の倍数になる．
いずれも合成数である．
ゆえに p > 3 なら 2p + 1，4p + 1 のいずれかは合成数である．よって p，2p + 1，4p + 1 が
いずれも素数であるような p は 3 のみである．
(2) 同様に q = 2, 3, 5 について次のようになる．
4q − 1 6q − 1 8q + 1
q
2q + 1
2
5
7
11
17
3
7
11
17
25
5
11
19
29
41
同様に，q = 5k + 1 のとき 6q − 1 = 30k + 5，q = 5k + 2 のとき 2q + 1 = 10k + 5，q = 5k + 3
のとき 8q + 1 = 40k + 25，q = 5k + 4 のとき 4q − 1 = 20k + 15 となる，いずれも 5 より大
きい 5 の倍数になるので合成数である．
ゆえに q > 5 なら 2q + 1，4q − 1，6q − 1，8q + 1 がいずれかが合成数である．
よって q ，2q + 1，4q − 1，6q − 1，8q + 1 が素数であるような q は q = 2, 5 の 2 個である．
10
10.1
九大
理系 2 番問題
→
−
→
行列 A と列ベクトル −
a, b を
(
1 1
A=
2 0
→
とし，列ベクトル −
pn
1
1
)
(
−
, →
a =
1
0
)
−
→
, b =
(
0
1
)
(n = 1, 2, · · ·) を
→
−
→
−
→
→
→
p1 =−
a, −
p n+1 = A−
p n + b (n = 1, 2, · · ·)
で定める．このとき次の問いに答えよ．
−
→
→
→
−
p = A−
p + b を満たす列ベクトル →
p を求めよ．
(1) −
→
→
→
−
→
qn=−
pn−−
p (n = 1, 2, · · ·) とおく．→
q n+1 と −
q n の間に成り立つ関係式を求めよ．
(2) −
(3) n = 1, 2, · · · に対して An を求めよ．
→
(4) −
p n (n = 1, 2, · · ·) を求めよ．
10.1.1
解答
−
→
−
→
→
→
−
(1) −
p = A−
p + b より，(E − A)→
p = b．
(
)
(
)
2
2
1 1 −1
E−A=
なので，(E − A)−1 =
である．
2 0 1
0 2
→
−
−
∴ →
p = (E − A)−1 b =
(
→
［別解］ −
p =
x
y
)
(
2
2
)
−
→
→
→
とおく．−
p = A−
p + b より，
(
x
y
)
1
=
2
(
1 1
0 1
)(
x
y
)
(
0
1
+
)
1
=
2
(
x+y
y+1
)
これを連立 1 次方程式として解いてもよい．
(2)
−
→
−
→
→
p n+1 = A−
pn+ b
−
→
−
→
→
p = A−
p + b
−
→
→
→
両式の辺々を引いて，→
p n+1 − −
p = A (−
pn−−
p ) である．つまり
−
→
→
q n+1 = A−
qn
(n = 1, 2, · · ·)
(3) 行列 A に関するハミルトン・ケイレイの定理より
1
A2 − A + E =
4
一方
{
n
A =
であるが，
(
1
A− E
2
)2
=O
(
)}n
1
1
E+ A− E
2
2
(
) (
)
1
1
1
1
E× A− E = A− E × E
2
2
2
2
なので，これは二項定理で展開できる．
(
)
1
A − E の 2 乗以上の項が 0 なので，
2
(
)
n
1
1
n
E + n−1 A − E
A
=
2n
2
2
(
(
(
)
)
)
1 0
1 n
1
1 0 1
n
1
=
+ n−1 ·
= n
2n 0 1
2
2 0 0
2
0 1
［別解］行列の累乗計算では，ハミルトン・ケイレイの定理より定まる 2 次方程式が重解の場合，
上のような二項定理による方法がある．
一般的な累乗計算方法を用いてもよい．
xn を x2 − x +
1
で割った余りを求める．
4
)
(
1
xn = x2 − x +
Q(x) + ax + b
4
とおく．⃝
1 の両辺に x =
···⃝
1
1
を代入して，
2
1
a
= +b
2n
2
また ⃝
1 の両辺を x で微分して，x =
1
を代入して，
2
n
=a
2n−1
これから b =
1
a
1−n
− =
⃝
1 の両辺の x に行列 A を代入する．
n
2
2
2n
(
)
(
)
1 1
1−n 1 0
n
n
+ n
A
= aA + b = n
2
2
0 1
0 1
(
)
1 n
1
=
2n 0 1
(4) (2) から
−
→
→
q n = An−1 −
q1
これから
→
−
pn
−
→
→
= →
p + An−1 (−
p1−−
p)
(
=
11
11.1
2
2
)
+
1
2n−1
(
1
0
n
1
)(
−1
−2
)
1 + 2n
2
−
2n−1
=
1
2 − n−2
2
東北大
理系 3 番問題
1 から n までの数字を 1 つずつ書いた n 枚のカードが箱に入っている．この箱から無作為にカー
ドを 1 枚取り出して数字を記録し，箱に戻すという操作を繰り返す．ただし，k 回目の操作で直前
のカードと同じ数字か直前のカードよりも小さい数字のカードを取り出した場含に，k を得点とし
て終了する．
(1) 2 <
= n + 1 を満たす自然数 k について，得点が k となる確率を求めよ．
=k<
(2) 得点の期待値を n で表した式を f (n) とするとき，f (n) およぴ極限値 lim f (n) を求めよ．
n→∞
11.1.1
解答
(1) 2 <
=k<
= n のとき．
k − 1 回目までカードの番号が単調に増加するように取り出す場合の数は n Ck−1 ．その確率
n Ck−1
は k−1 である．
n
同様に k − 1 回目までカードの番号が単調に増加し，k 回目も増加する確率は
n Ck
nk
である．
したがって，k − 1 回目までカードの番号が単調に増加し，k 回目に増加しない確率は
n Ck−1
nk−1
−
n Ck
nk
=
1
nn
これが，得点が k となる確率である．
k = n + 1 のとき．
n Cn
nn
(2)
f (n)
(
)
n
∑
1
n Ck−1
n Ck
k
−
+ (n + 1) · n
nk−1
nk
n
k=2
}
n {
∑
n+1
n Ck
n Ck−1
n Ck−1
=
(k − 1) k−1 − k k + k−1 +
n
n
n
nn
=
k=2
n + 1 ∑ n Ck−1
+
n
nn
nk−1
k=2
(
)n
n−1
∑
1
1
1
= 1+ n +
n Cj j = 1 +
n
n
n
j=1
=
n C1
−n·
n Cn
nn
∴
n
+
lim f (n) = e
n→∞
［解説］ここで用いた数列の和を求める方法は，
「アーベルの級数変形法」といわれる方法の特別な場
合である．
一般に，2 つの数列 {an }, {bn } (n = 0, 1, · · ·) に対し次の等式が成立する．
n
∑
bk (ak−1 − ak ) = a0 b0 − bn an +
k=1
n
∑
(bk − bk−1 )ak−1
k=1
実際，
n
∑
bk (ak−1 − ak )
=
k=1
=
n
∑
k=1
n
∑
(bk ak−1 − bk−1 ak−1 + bk−1 ak−1 − bk ak )
ak−1 (bk − bk−1 ) + a0 b0 − an bn
k=1
である．これを bk = k で用いている．
この変形を心得ておくと，何かと役に立つはずである．
11.2
理系後期 2 番問題
a, b を正の実数とする．x に関する 4 次方程式
x4 + ax2 + (2b + 7)x2 + 2abx + 5b2 = 0
は 4 つの異なる複素数解 p, p，p + 2p, 2p + p をもつとする．このとき a, b の値を求めよ．
11.2.1
解答
p と p が異なるので，p は虚数である．
p + p = s，pp = t とおく．それぞれ実数でさらに t > 0 である．
多項式 x4 + ax2 + (2b + 7)x2 + 2abx + 5b2 は次の因数をもつ．
(x − p)(x − p) = x2 − (p + p)x + pp = x2 − sx + t
(x − p − 2p)(x − 2p − p) = x2 − 3(p + p)x + (p + 2p)(2p + p)
= x2 − 3sx + (s + p)(s + p) = x2 − 3sx + 2s2 + t
したがって，
x4 + ax2 + (2b + 7)x2 + 2abx + 5b2
(x2 − sx + t)(x2 − 3sx + 2s2 + t)
=
= x4 − 4sx3 + (5s2 + 2t)x2 − (2s3 + 4st)x + 2s2 t + t2
係数の比較から
−4s = a
5s2 + 2t = 2b + 7
···⃝
1
···⃝
2
−2s3 − 4st = 2ab · · · ⃝
3
2
2
2
2s t + t = 5b
···⃝
4
⃝
1 式を⃝
3 式に代入して
−2s3 − 4st = −8sb
a > 0 より s < 0 なので，
s2 + 2t = 4b
⃝
2 式を用いて b を消去する．
9s2 + 2t = 14
この結果⃝
2 式から
b = −2s2 +
7
2
···⃝
5
9
これと t = − s2 + 7 を⃝
4 式に代入して
2
(
)2
)2
(
9
7
(−9s2 + 14)s2 + − s2 + 7 = 5 −2s2 +
2
2
これを整理して
5s4 − 12s2 + 7 = 0
√
7
7
これから s2 = 1,
を得る．a = −4s > 0 より s = −1, −
．
5
5
⃝
1 式，⃝
5 式を用いて a と b を計算する．
)
) ( √
(
7 7
3
, 4
,
(a, b) = 4,
2
5 10
理系後期 3 番問題
11.3
n を 2 以上の整数とする．中の見えない袋に 2n 個の玉が入っていて，そのうち 3 個が赤で残り
が白とする．A 君と B 君が交互に 1 個ずつ玉を取り出して，先に赤の玉を取り出した方が勝ちと
する．取り出した玉は袋には戻さないとする．A 君が先に取り始めるとき，B 君が勝つ確率を求
めよ．
11.3.1
解答
玉の色のみ区別して計算する．
2n 個の玉を順次取りだして並べることを 1 回の試行とする．
B 君が勝つことは，偶数番目に最初の赤玉が配置される取り出し方に対応している．
あらゆる赤玉の配置の仕方は 2n C3 通り．
このうち 2k 番目に最初の赤玉が配置されるような取り出し方は，残る 2 個の赤玉が，後ろから
2n − 2k 番目までの 2 カ所に来ればよいので，2n−2k C2 通り．
したがって 2k 回目に最初の赤が出て B 君が勝つ確率は
2n−2k C2
2n C3
=
3(n − k)(2n − 2k − 1)
2n(2n − 1)(n − 1)
ゆえに求める確率は
n−1
∑
k=1
3(n − k)(2n − 2k − 1)
2n(2n − 1)(n − 1)
=
n−1
∑
3
(n − k)(2n − 2k − 1)
2n(2n − 1)(n − 1)
k=1
=
3
2n(2n − 1)(n − 1)
n−1
∑
k(2k − 1) =
k=1
4n − 5
4(2n − 1)
［注意］一つ一つの玉を区別して計算してもよい．
2k 回目に最初の赤が出て B 君が勝つのは，2k − 1 回まで白ばかり出て，2k 回目に赤が出る
事象なので，その確率は
2n−3 C2k−1
2n C2k−1
となる．これを計算すると
·
3
2n − 2k + 1
3(n − k)(2n − 2k − 1)
となる．
2n(2n − 1)(n − 1)
11.4
理系後期 6 番問題
m, n を互いに素な自然数．s, t を |s − t| < 2π を満たす実数とする．4 つの等式
sin ms = sin mt, cos ms = cos mt
sin ns = sin nt, cos ns = cos nt
がなりたつとすると s = t であることを示せ．
11.4.1
解答
条件から
cos m(s − t) = cos ms cos mt + sin ms sin mt
= cos2 ms + sin2 ms = 1
sin m(s − t) = sin ms cos mt − cos ms sin mt
= sin ms cos ms − cos ms sin ms = 0
n についても同様である．
したがって整数 k と l で
m(s − t) = 2kπ, n(s − t) = 2lπ
となるものが存在する．
いま集合 A を A = { mx + ny | x, y：整数 } で定める．
A の要素で正で最小のものを d とし，
d = mx0 + ny0
とする．
A の任意の要素 mx + ny を d で割り，商が q ，余りが r とする．.
mx + ny = dq + r (0 <
= r < d)
ここで
r = mx + ny − dq = m(x − qx0 ) + n(y − qy0 )
なので，r も A の要素である．
r > 0 なら d が A の要素のなかで正で最小のものであることに矛盾する．よって r = 0 である．
つまり A の任意の要素は d の倍数である．
m = m · 1 + n · 0 なので m ∈ A，同じく n ∈ A も成立する．よって d は m と n の公約数であ
る．ところが m と n は互いに素なので，d = 1 である．
(mx0 + ny0 )(s − t) = (kx0 + ly0 ) · 2π
であるが，mx0 + ny0 = d で d = 1 なので，
s − t = (kx0 + ly0 ) · 2π
ところが |s − t| < 2π で，この範囲の 2π の倍数は 0 のみである．
ゆえに s − t = 0 でなければならない．
東工大
12
4 番問題
12.1
実数 x, y が x2 + y 2 = 1 を満たしながら変化するとする．
(1) s = x + y, t = xy とするとき，点 (s, t) の動く範囲を st 平面上に図示せよ．
(2) 負でない実数 m >
= 0 をとるとき，xy + m(x + y) の最大値，最小値を m を用いて表せ．
12.1.1
解答
(1) x と y は X を未知数とする 2 次方程式
X 2 − sX + t = 0
の解である．x と y が実数なので，判別式を D とすると
D = s2 − 4t >
=0
である．これから t <
=
1 2
s ．
4
つぎに
2
2
2
2
1>
= x + y = (x + y) − 2xy = s − 2t
より t >
=
1 2 1
s − ．
2
2
s, t がこの 2 条件を満たすことが，問題の条件を満たす実数 x と y が存在するための必要十
分条件である．
t
t = 12 s2 −
1
2
t = 14 s2
1
2
√
− 2
O
√
2
s
(2) 実数 x と y が x2 + y 2 <
= 1 を満たすときの xy + m(x + y) の最大値，最小値は，s と t が (1)
の領域を動くときの t + ms の最大値，最小値である．
t + ms = k
とおく．k の取り得る範囲は，st 平面の直線 t = −ms + k が (1) の領域と共有点をもつ範囲
として定まる．
−m <
= 0 なので，最大値は直線が点 (s, t) =
大値は
(
√
1
2,
2
)
を通るときである．このとき k の最
1 √
+ 2m
2
t
1
2
O
√
− 2
√
2
s
(i)
(ii)
1
1
次に最小値は図の (i) のように直線が放物線 t = s2 − と接するとき，または (ii) のよう
2
2
)
(
√ 1
を通るときのいずれかである．
に点 (s, t) = − 2,
2
(
)
√ 1
1
1
点 (s, t) = − 2,
における放物線 t = s2 − の接線の傾きより −m が大きければ
2
2
2
(i)，小さければ (ii) である．
√
1
1
t = s2 − に対して t′ = s なので，この接線の傾きは − 2 である．
2
2
また直線が放物線と接する k は判別式から求まる．
1 2 1
s − = −ms + k
2
2
より
1 2
1
s + ms − − k = 0
2
2
これから D = m2 + 1 + 2k = 0．
∴ k=−
m2 + 1
2
√
1 √
− 2m ( 2 <
= m)
2
よって，最小値 =
．
2
√
m +1
m
<
(0 <
2)
−
=
2
13
13.1
筑波大
5 番問題
実数 a に対して，曲線 Ca を方程式
(x − a)2 + ay 2 = a2 + 3a + 1
によって定める．
(1) Ca は a と無関係に 4 つの定点を通ることを示し，その 4 点の座標を求めよ．
(2) a が正の実数全体を動くとき，Ca が通過する範囲を図示せよ．
13.1.1
解答
(1) Ca の方程式から
x2 − 1 = a(2x − y 2 + 3)
{
この方程式は
x2 − 1 = 0
2x − y 2 + 3 = 0
⃝
2 を解いて，
···⃝
1
···⃝
2 のとき，a の値によらず成立する．
√
(1, ± 5), (−1, ±1)
Ca は a と無関係にこの 4 つの定点を通る．
(2) a が正の実数全体を動くとき，Ca が通過する範囲は方程式 ⃝
1 が a の方程式と見て a > 0 な
る解をもつような点 (x, y) の集合として定まる．
⃝
2 のとき，a の値によらず成立するので，条件に適する．および，次の 2 つの場合である．
{
{
x2 − 1 < 0
x2 − 1 > 0
または
2x − y 2 + 3 < 0
2x − y 2 + 3 > 0
y
√
5
1
− 32
−1
1
x
O
−1
√
− 5
x = 21 y 2 −
14
14.1
3
2
名大
理系 4 番問題
整数に値をとる変数 x の値が，以下の規則で変化する．
(i) ある時刻で x = m (m ̸= 0) のとき，1 秒後に x = m + 1, x = m − 1 である確率はともに
1
2
である．
(ii) ある時刻で x = 0 のとき，1 秒後に x = 1 である確率は q, x = −1 である確率は 1 − q であ
る (0 <
= 1)．
=q<
x = 0 から始めて，n 秒後 (n = 0, 1, 2, · · ·) に x = m である確率を pn (m) とする．
(1) p3 (1) + p3 (−1) を求めよ．
(2) すべての自然数 n に対し次が成り立つことを示せ．
「どんな整数 m についても pn (m) + pn (−m) は q にはよらない」
(3) pn (0) を求めよ．
14.1.1
解答
(1) m ̸= ±1 のとき，
pn (m) =
1
1
pn−1 (m − 1) + pn−1 (m + 1)
2
2
···⃝
1
m = ±1 のとき，
1
pn (1) = qpn−1 (0) + pn−1 (2)
2
1
pn (−1) = pn−1 (−2) + (1 − q)pn−1 (0)
2
···⃝
2
なので
1
1
qp2 (0) + p2 (2) + p2 (−2) + (1 − q)p2 (0)
2
2
1
=
{p2 (2) + p2 (−2)} + p2 (0)
2
p3 (1) + p3 (−1) =
ここで
p2 (2)
=
p2 (−2) =
p2 (0) =
1
1
p1 (1) + p1 (3)
2
2
1
1
p1 (−3) + p1 (−1)
2
2
1
1
p1 (−1) + p1 (1)
2
2
さらに p0 (0) = 1, p0 (±2) = 0 なので
1
qp0 (0) + p0 (2) = q
2
1
p1 (−1) = (1 − q)p0 (0) + p0 (−2) = 1 − q
2
p1 (3) = p1 (−3) = 0
p1 (1)
=
であるから
1
1
1
q, p2 (−2) = (1 − q), p2 (0) =
2
2
2
{
}
1 1
1
1
3
∴ p3 (1) + p3 (−1) =
q + (1 − q) + =
2 2
2
2
4
p2 (2) =
(2) 命題「どんな整数 m についても pn (m) + pn (−m) は q にはよらない」を n についての数学
的帰納法で示す．
n = 0 のとき．
{
p0 (m) + p0 (−m) =
2
(m = 0)
0
(m ̸= 0)
より成立．
n − 1 のとき成立するとする．
⃝
1 より m ̸= ±1 なら
pn (m) + pn (−m)
=
=
1
1
pn−1 (m − 1) + pn−1 (m + 1)
2
2
1
1
+ pn−1 (−m − 1) + pn−1 (−m + 1)
2
2
1
{pn−1 (m − 1) + pn−1 (−(m − 1))}
2
1
+ {pn−1 (m + 1) + pn−1 (−(m + 1))}
2
帰納法の仮定からこれは q によらない．
また m = ±1 のときは ⃝
2 より
1
1
qpn−1 (0) + pn−1 (2) + pn−1 (−2) + (1 − q)pn−1 (0)
2
2
1
1
=
pn−1 (2) + pn−1 (−2) + qpn−1 (0) + (1 − q)pn−1 (0)
2
2
1
1
=
{pn−1 (0) + pn−1 (−0)} + {pn−1 (2) + pn−1 (−2)}
2
2
pn (1) + pn (−1) =
帰納法の仮定からこれは q によらない．
よって n >
= 0 に対してつねに命題が成立することが示された．
(3) (2) から 0 <
=q<
= 1 の範囲のいかなる q に対しても
pn (0) =
は同一の値をとる．q =
1
1
pn (0) + pn (0) = fn (0)
2
2
1
として求めてもよい．
2
n 秒後に 0 であるのは，1 秒間に +1 変化する場合と −1 変化する場合とが同数であるとき，
そしてそのときにかぎる．
ゆえに n が奇数なら pn (0) = 0．
n
回ずつ起こればいいので
2
( )n
1
n
pn (0) = n C 2
2
n が偶数なら +1 の変化と −1 の変化が
15
15.1
北大
理系 5 番問題
半径 1 の球に内接する正四面体の一辺の長さを求めよ．
15.1.1
解答
正四面体の頂点を A, B, C, D とし，外接球の中心を O とする．
−→
−→
−→
−→
|OA| = |OB| = |OC| = |OD| = 1
である．また AB = AC なので
−→
−→
−→ −→
−→
−→ −→
|AB|2 = |OA|2 − 2OA · OB + |OB|2 = 2 − 2OA · OB
−→
−→
−→ −→
−→
−→ −→
= |AC|2 = |OA|2 − 2OA · OC + |OC|2 = 2 − 2OA · OC
他も同様．これから
−→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→ −→
OA · OB = OA · OC = OA · OD = OB · OC = OB · OD = OC · OD
この値を p とおく．
−→ −→ −→ −→
次に，O はいずれの面にもないので，OA, OB, OC, OD のうちの 3 つはいずれも互いに 1 次
独立である．したがって 3 つを用いて他のひとつを書きあらわせるが，対称性から
−→
OA
−→
OB
−→
OC
−→
OD
=
=
=
=
−→ −→ −→
k(OB + OC + OD)
−→ −→ −→
k(OA + OC + OD)
−→ −→ −→
k(OB + OA + OD)
−→ −→ −→
k(OB + OC + OA)
となる．すべて加えて
−→ −→ −→ −→
−→ −→ −→ −→
OA + OB + OC + OD = 3k(OA + OB + OC + OD)
1
−→ −→ −→ −→
もし OA + OB + OC + OD ̸= 0 なら k = ．これは例えば A が BCD 平面上にあることになり
3
矛盾．
−→ −→ −→ −→ −
→
∴ OA + OB + OC + OD = 0
ゆえに
−→ −→ −→ −→
|OA + OB + OC + OD|2
−→
−→
−→ −→
= |OA|2 + · · · + |OD|2 + 2(OA · OB + · · ·)
=
1·4+6·2·p=0
∴ p=−
−→
∴ |AB| =
1
3
√
√
√
8
2 6
−→ −→ 2 √
|OB − OA| = 2 − 2p =
=
3
3
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