2014 年 東京大学 理科
第
1 問 の 解 答
(1) 座標空間において O(0, 0, 0), P(1, 0, tan α), R(0, 1, tan β) として一般性を失
わず，このとき
−→2
2
−→ −→
OP = 1 + tan2 α, −→
OR = 1 + tan2 β, OP OR = tan α tan β
であるから，面積公式より，平行四辺形 OPQR の面積 S は
−→2 −→2 −→ −→2
S = OP OR − OP OR = 1 + tan2 α + tan2 β (答)
π
と加法定理より
4
tan α + tan β
=1
tan(α + β) =
1 − tan α tan β
∴ tan α + tan β = 1 − tan α tan β
(2) α + β =
S=
7
と (1)より
6
1 + tan2 α + tan2 β =
1
······ 7 2
13
∴ tan2 α + tan2 β =
36
6
2
······ ここで，
3
tan α + tan β = T
······ 1 より
とおくと， 4
tan α tan β = 1 − T
······ 2 より
であり， 13
T 2 − 2(1 − T ) =
36
85
121
∴ (T + 1)2 =
T 2 + 2T =
36
36
T > 0 より
5
11
∴ T =
(答)
T +1=
6
6
3, 4 より
1
5
tan α + tan β = , tan α tan β =
6
6
であるから，解と係数の関係より， tan α, tan β を 2 解とする 2 次方程式は
1
1 1
5
=0
∴ t−
t−
=0
t2 − t +
6
6
3
2
π
より tan α tan β であるから，
0<αβ<
4
1
(答)
tan α =
3
— 1 —
2014 年 東京大学 理科
第
2 問 の 解 答
(1) はじめに袋 U の中に，白球が a + 2 個，赤球が 1 個入っているから，1 回目に取
り出した球が赤球である確率は
1
(答)
p1 =
a+3
赤球を取り出すと袋 U の中は白球のみになるから，2 回目に赤球を取り出すには
1 回目に白球を取り出して，白球 a 個と赤球 1 個の中から取り出す
場合に限られるから，
a+2
a+2
1
=
(答)
p2 =
a+3 a+1
(a + 3)(a + 1)
(2) 1 回目の試行終了後，袋 U の中身は「白球のみ」または「白球 a 個，赤球 1 個」の
いずれかであるから， n 2 のとき， n 回目に取り出した球が赤球となるのは，
n − 1 回目に白球を取り出し ，白球 a 個と赤球 1 個の中から取り出す
場合に限られるから，
1
(1 − pn−1 ) (n 2)
pn =
a+1
1
1
(1 − x) を満たす x を求めると， x =
となるから，辺々から
x=
a+1
a+2
1 1 1
=
1−
a+2
a+1
a+2
を引くと
1 1
1 =−
pn−1 −
(n 2)
pn −
a+2
a+1
a+2
1
1
1
, 公比 −
よって，数列 pn −
は初項 p1 −
は等比数列である
a+2
a+2
a+1
から，
pn −
p1 =
1
より
a+3
pn =
(3)
−
1 n−1 1
1 = −
p1 −
a+2
a+1
a+2
1
a+1
1
1 n−1
1
−
−
a+2
(a + 3)(a + 2)
a+1
(答)
m
m 1
1
1
1 n−1
1 −
pn =
−
m
a+2
m (a + 3)(a + 2)
a+1
n=1
n=1
< 1 より，無限等比級数
— 2 —
2014 年 東京大学 理科
m lim
−
m→∞
し，また
lim
m→∞
n=1
1 n−1
は収束
a+1
1
=0
m
であるから，
m
1
1 lim
pn =
m→∞ m
a+2
n=1
(答)
である。
— 3 —
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第
3 問 の 解 答
(1) C1 と C2 の式を連立して y を消去すると
− x2 + 1 = (x − u)2 + u
∴ 2x2 − 2ux + (u2 + u − 1) = 0
· · · · · · (∗)
C1 と C2 が共有点をもつのは，この 2 次方程式が実数解をもつときであり，
2
2
1
4 (判別式) = u − 2(u + u − 1) 0
u2 + 2u − 2 0
√
√
∴ −1 − 3 u −1 + 3
よって，求める実数 a, b は
√
√
a = −1 − 3 , b = −1 + 3
(答)
(2) (∗)において，解と係数の関係より
x1 + x2 = u, x1 x2 =
u2 + u − 1
2
P1 , P2 は C1 上の点であり，
y1 = −x12 + 1, y2 = −x22 + 1
であるから，
2|x1 y2 − x2 y1 |
= 2|x1 (−x22 + 1) − x2 (−x12 + 1)|
= 2|(x1 x2 + 1)(x1 − x2 )|
= 2|x1 x2 + 1| (x1 + x2 )2 − 4x1 x2
2
u +u−1
u2 + u − 1
+ 1 u2 − 4
= 2
2
2
= |u2 + u + 1| −u2 − 2u + 2
1 2
3
> 0 を考えて
+
u2 + u + 1 = u +
2
4
2|x1 y2 − x2 y1 | = (u2 + u + 1) −u2 − 2u + 2
(3) (2)より
f (u) = (u2 + u + 1) −u2 − 2u + 2
= {(u + 1)2 − (u + 1) + 1} 3 − (u + 1)2
平行移動と偶関数 奇関数の性質を考えて，
b
I=
f (u) du
a
— 4 —
(答)
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=
√
−
=2
t=
√
3
√
(t 2 − t + 1) 3 − t 2 dt
3
√
3
0
(t 2 + 1) 3 − t 2 dt
3 sin θ により置換積分して
π
√
2
I=2
(3 sin2 θ + 1) 3 − 3 sin2 θ
3 sin θ dθ
=2
=6
0
0
0
π
2
π
2
√
√
(3 sin2 θ + 1) 3 | cos θ |
3 cos θ dθ
(3 sin2 θ cos2 θ + cos2 θ) dθ
2
1 + cos 2θ
1
sin 2θ +
dθ
3
2
2
0
π
2
1 + cos 2θ 3 1 − cos 4θ
+
dθ
=6
4
2
2
0
π
2
3 1
1 1
7
θ−
sin 4θ +
sin 2θ
=6
8
8 4
2 2
0
21
π (答)
=
8
=6
π
2
— 5 —
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第
4 問 の 解 答
(1) 0 < x < 1 のとき
x > 0, 1 − x > 0
であり， 1 − p > 0 , 1 − e−qx > 0 とあわせて
f (x) = (1 − p)x + (1 − x)(1 − e−qx ) > 0
さらに， 1 − p < 1 , 1 − e−qx < 1 であるから，
f (x) < 1 x + (1 − x) 1 = 1
∴ 0 < f (x) < 1
(証明おわり )
(2) まず，つねに 0 < xn < 1 が成り立つことを，数学的帰納法を用いて示す。
1◦ はじめの仮定より
0 < x0 < 1
が成り立つ。
◦
2 0 < xk < 1 であるとすれば， xk+1 = f (xk ) および (1)より
0 < xk+1 < 1
1◦ , 2◦ より，任意の非負整数 n に対して
0 < xn < 1
が成り立つ。
1 − qxn e−qxn が成り立つことに注意すると，
xn+1 = (1 − p)xn + (1 − xn )(1 − e−qxn )
(1 − p)xn + (1 − xn ){1 − (1 − qxn )}
= (1 − p)xn + qxn (1 − xn )
< (1 − p)xn + qxn 1 = (1 − p + q)xn
∴ 0 < xn < (1 − p + q)xn−1 < · · · < (1 − p + q)n x0
p > q であるとき
0<1−p+q <1
であるから，
lim (1 − p + q)n = 0
n→∞
であり，ハサミウチの原理より
lim xn = 0
n→∞
(証明おわり )
(3)
F (x) = x − f (x) = px + (x − 1)(1 − e−qx )
とおくと，
F (x) = p + 1 (1 − e−qx ) + (x − 1) qe−qx
= p + 1 + {q(x − 1) − 1} e−qx
F (x) = q e−qx + {q(x − 1) − 1}(−qe−qx )
— 6 —
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= qe−qx {q(1 − x) + 2}
0 < x < 1 において F (x) > 0 であるから， 0 x 1 において
F (x) は狭義単調増加
である。 p < q であるとき
F (0) = p + 1 + (−q − 1) 1 = p − q < 0
F (1) = p + 1 − e−q > p > 0
であるから， F (α) = 0, 0 < α < 1 を満たす実数 α がただ一つ存在し， F (x) の
符号変化から F (x) の増減は
x
F (x)
F (x)
(0)
α
(1)
−
0
+
極小 となる。
F (0) = 0, F (1) = p > 0
であるから， F (c) = 0, α < c < 1 をみたす実数 c が存在する。したがって，
c = f (c), 0 < c < 1
(証明おわり )
をみたす実数 c が存在する。
— 7 —
2014 年 東京大学 理科
第
5 問 の 解 答
(1) an = pqn + bn (qn は整数) とおいて変形することにより，
an+2 = an+1 (an + 1)
= (pqn+1 + bn+1 )(pqn + bn + 1)
= p(pqn qn+1 + qn+1 bn + qn+1 + bn+1 qn ) + bn+1 (bn + 1)
を p で割った余り bn+2 は， bn+1 (bn + 1) を p で割った余りと一致することがわか
(証明おわり )
る。
(2) r = 2, p = 17 のとき
a1 = b1 = 2 (答)
a2 = b2 = 3 (答)
b2 (b1 + 1) = 3 × (2 + 1) = 9
∴ b3 = 9 (答)
∴ b4 = 2 (答)
b3 (b2 + 1) = 9 × (3 + 1) = 36 = 17 × 2 + 2
∴ b5 = 3 (答)
b4 (b3 + 1) = 2 × (9 + 1) = 20 = 17 + 3
以下，同じ作業の繰り返しとなり，
b6 = 9, b7 = 2, b8 = 3, b9 = 9, b10 = 2
(答)
(3) bn+2 = bm+2 が成り立つとき， (1)より
bn+1 (bn + 1) − bm+1 (bm + 1) = (bn+1 − bm+1 )(bn + 1) + bm+1 (bn − bm )
は p で割り切れる。さらに， bn+1 = bm+1 > 0 が成り立つとき
bn+1 (bn + 1) − bm+1 (bm + 1) = bm+1 (bn − bm )
であり， p は素数で bm+1 と p は互いに素であるから， bn − bm は p で割り切れ，
(証明おわり )
bn = bm
(4) 2 整数の組
(c, d) (c = 1, 2, · · · , p − 1, d = 1, 2, · · · , p − 1)
2
は (p − 1) 組しかないから， k 2 の整数 k に対して bk > 0 であるとすれば，
(b2 , b3 ), (b3 , b4 ), (b4 , b5 ), · · · , (b(p−1)2 +2 , b(p−1)2 +3 )
の中に同じ組がある。その 2 組を
(bn+1 , bn+2 ), (bm+1 , bm+2 ) (n < m)
とすれば，
bn+1 = bm+1 > 0, bn+2 = bm+2
であるから， (3)より
bn = bm
b2 > 0, b3 > 0, · · · , bn+1 > 0 であるから，この操作を続けて，ついには
b1 = b m−n+1
が成り立つ。 m − n + 1 > 1 より b m−n+1 > 0 であるから，a1 も p で割り切れない。
(証明おわり )
— 8 —
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第
6 問 の 解 答
√
3 p), Q(q, − 3 q) とおくと， OP + OQ = 2p − 2q = 6 より
q =p−3
√
であるから， q を消去すると Q(p − 3, − 3 (p − 3)) であり，
0 p 2 かつ − 2 p − 3 0
より
1
1p2
······ (1) P(p,
√
直線 PQ の方程式は
√
√
√
3 p + 3 (p − 3)
(x − p) + 3 p
y=
p − (p − 3)
√
2
2p − 3
x − √ p2 + 2 3 p
∴ y= √
3
3
線分 PQ は，直線 PQ と領域
√ y 3 x
1 のもとで
との共通部分であり，点 (s, t) (0 s 2) が D に入るための条件は，
······ 2
0s2
√
3
······ t 3 |s|
√
2
2p − 3
4
······ t= √
s − √ p2 + 2 3 p
3
3
を満たすことである。
4 を p について整理すると
√
2
2s + 6
p − 3s
t = − √ p2 + √
3
3
s + 3 2
s2 + 9
2
p−
+ √
= −√
2
3
2 3
2 より
これを f (p) とおき， s を固定して p の 2 次関数とみて値域を求める。 s+3
5
3
2
2
2
であることに注意すると，
s+3
3
2 すなわち 0 s 1 のとき
(i)
2
2
s+3 f (1) t f
2
5
s+3
すなわち 1 s 2 のとき
(ii) 2 2
2
f (1) t f (2)
1 かつ
4 を満たす実数 p が存在する条件をまとめると，
よって， — 9 —
2014 年 東京大学 理科
−s + 4
t
0 s 1 のとき √
3
−s + 4
1 s 2 のとき √
t
3
となる。
s2 + 9
√
2 3
s+4
√
3
5
······ √
−s + 4 − 3s
−s + 4
4(1 − s)
√
√
− 3s =
= √
3
3
3
を考えると，
√
−s + 4
√
3
√
−s + 4
3s
1 s 2 のとき √
3
2 かつ
3 かつ
5 より
であるから，
s2 + 9
−s + 4
√
√
t
のとき
0
s
1
3
2 3
√
s+4
1 s 2 のとき 3 s t √
3
0 s 1 のとき
3s (答)
(2) D は − 2 x 2 の範囲に存在し ， 0 x 2 では (1)より
x2 + 9
−x + 4
y √
0 x 1 のとき √
3
2 3
√
x
+
4
1 x 2 のとき 3 x y √
3
と表され，
−x + 4
x2 + 2x + 1
(x + 1)2
x2 + 9
√
√
√
− √
=
=
2 3
3
2 3
2 3
√
2(2 − x)
x + 4 − 3x
x+4
√
√
− 3x =
= √
3
3
3
であることと， D が y 軸に関して対称であることを考えて D を図示すると，次図
の網目部分 (境界を含む)となる。
y
√
3 3
2
√4
3
√
(答)
3
−2 −1 O
1
2
x
— 10 —
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