Embed Size (px)
Citation preview
2007年入試問題研究
平成 31 年 9 月 13 日
目 次
1 東工大AO 5
1.1 1番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 2番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 3番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4 4番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 センター試験数学 IA 11
2.1 4番 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3 東大理科前期 13
3.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.3 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.4 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.5 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.6 6番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.6.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4 京大理系 (甲) 20
4.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.3 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4.4 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1
4.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
4.5 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.6 6番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5 京大理系 (乙) 25
5.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
5.2 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
5.3 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5.4 6番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
5.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
6 京大文系 29
6.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
6.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
6.3 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
6.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
6.4 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
6.5 5番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
6.5.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
7 阪大前期理系 32
7.1 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
7.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
7.2 4番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
7.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
8 名大理系 35
8.1 4番 (b)問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
8.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
9 名大文系 37
9.1 3番 (b)問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
9.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
10 一橋 39
10.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
10.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
10.2 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
10.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
11 京府医大 42
11.1 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
11.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
12 慶応大 44
12.1 理工 B番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
12.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
12.2 総合政策 IV番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
12.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
12.3 環境情報 V番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
12.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
13 山梨大 48
13.1 医後期 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
13.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
14 名古屋市大 50
14.1 3番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
14.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
15 北大 52
15.1 2番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
15.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
15.2 上智大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
15.3 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
15.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
15.4 理工問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
15.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
16 徳島大 57
16.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
16.2 答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
17 島根大医 58
17.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
17.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
18 群馬大医 59
18.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
18.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
19 早稲田大 61
19.1 人科問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
19.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
19.2 商問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
19.2.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
19.3 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
19.3.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
19.4 教育問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
19.4.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
19.4.2 関連問題．78京大 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
19.4.3 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
20 東京理科大 67
20.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
20.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
21 信州大 68
21.1 理，医問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
21.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
22 大阪府大 69
22.1 工中期問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
22.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
23 慶応大 70
23.1 医 II番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
23.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
24 豊橋技科大 72
24.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
24.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
25 千葉大 73
25.1 問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
25.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
26 北大 74
26.1 1番問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
27 東北大 74
27.1 文系後期 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
27.1.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
28 東工大 76
28.0.1 解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
1 東工大AO
1.1 1番
整数 m = 1, 2, · · ·に対して，実数 xの関数 gm(x)を gm(x) =
∫ x+π2
x
(sin θ)2m dθ と定める．
gm(x)の最小値を am，gm(x)の最大値を bm とするとき，極限値 limm→∞
ambmを求めよ.
1.1.1 解答
gm(x+ π) =
∫ x+π+π2
x+π
(sin θ)2m dθ =
∫ x+π2
x
{sin(θ − π)}2m dθ
=
∫ x+π2
x
(− sin θ)2m dθ =
∫ x+π2
x
(sin θ)2m dθ
= gm(x)
したがって最大値，最小値は区間 −π
2<= x <
π
2で求めればよい．
g′m(x) ={sin(x+
π
2
)}2m
− (sinx)2m
= (cosx)2m − (sinx)2m
cosx, sinxはともに実数なので，g′m(x) = 0となるのは，sinx = ± cosxのときにかぎる．つまり
x = ±π
4のときである．cos2 x, sin2 xの大小関係から g′m(x)は x = −π
4で負から正に変わり，こ
こで極小かつ最小である．同様に考え，x =π
4で極大かつ最大である．つまり
am =
∫ π4
−π4
(sin θ)2m dθ = 2
∫ π4
0
(sin θ)2m dθ
bm =
∫ 3π4
π4
(sin θ)2m dθ = 2
∫ π2
π4
(sin θ)2m dθ
区間 0 < θ <π
4で sin θ <
1√2なので
am < 2
∫ π4
0
(1√2
)2m
dθ =π
2
(1
2
)m
一方，区間π
4< θ <
π
2で sin θは上に凸なので，原点と点
(π
2, 1
)を結ぶ直線を考えることに
より，2
πθ < sin θである．
bm > 2
∫ π2
π4
(2
πθ
)2m
dθ = 2
[π
2(2m+ 1)
(2
πθ
)2m+1]π
2
π4
=π
2m+ 1
{1−
(1
2
)2m+1}
∴ 0 <ambm
<
π
2
(1
2
)m
π
2m+ 1
{1−
(1
2
)2m+1} =
2m+ 1
2m+1
{1−
(1
2
)2m+1}−1
ここで2m+ 1
2m+1=
2m+ 1
(1 + 1)m+1<
2m+ 1
1 + (m+ 1) +m(m+ 1)
2
なので
limm→∞
ambm
= 0
である．
【参照】
後半の次の解答は正しくない．caや cbはmに依るので最後の極限は結論できない，何らかの改
良はできそうなので，紹介する．
関数 F (θ) =
∫(sin θ)2m dθ に対し，積分区間に関するそれぞれの平均値の定理から
am = F
(π
4
)− F
(−π
4
)=
{π
4−(−π
4
)}F ′(ca) =
π
2(sin ca)
2m
bm = F
(3π
4
)− F
(π
4
)=
(3π
4− π
4
)F ′(cb) =
π
2(sin cb)
2m
となる ca, cb が
−π
4< ca <
π
4,π
4< cb <
3π
4
に存在する．ここで
| sin ca| <1√2< | sin cb|
であるから ∣∣∣∣ sin casin cb
∣∣∣∣ < 1
ambm
=
(sin casin cb
)2m
なので
limm→∞
ambm
= 0
である．
1.2 2番
一辺の長さが 10mの正方形のプールの一つの角に監視員を置く．この監視員は水中は秒速 1m
でプールの縁上は秒速 2mで移動するとする．この監視員がこのプールのどこへでも到達しうるに
は，最短で何秒必要か計算せよ．ただし，物事を単純化するため，(i)監視員は点，プールの縁は
線と考え，(ii)プールの縁上でも水中でもどの方向に曲ることも自由自在で，それぞれでの秒速は
一定だとする．
1.2.1 解答
プールの角を 4点O(0, 0), P(10, 0), Q(10, 10), R(0, 10)
とする．またプール内の地点を A(a, b)とする．
このとき原点から点Aまで行くのに要する時間の最小値
の，a, bを動かしたときの最大値が求める値である．
対称性から b <= aとしてよい．つまり a, bは領域 0 <= b <=a <= 10にある．
原点から点 Aに最短で行くのは，辺 OP上の地点 (t, 0)
でプール入るか，または辺 PQ上の地点 (10, t)でプール入
るかいずれかである．
O P
QR
A
t
t
辺OP上の地点 (t, 0)でプール入り点Aに行くのに要する時間を T1(t)とする．時間の最小値を
求めるので 0 <= t <= aとしてよい．条件と三平方の定理から
T1(t) =t
2+√(a− t)2 + b2
同様に辺 PQ上の地点 (10, t)でプール入り点 Aに行くのに要する時間を T2(t)とする．時間の最
小値を求めるので 0 <= t <= bとしてよい．条件と三平方の定理から
T2(t) =10 + t
2+√
(10− a)2 + (b− t)2
である．それぞれ tで微分する．
dT1
dt=
1
2− a− t√
(a− t)2 + b2
dT2
dt=
1
2− b− t√
(10− a)2 + (b− t)2
ここで
dT1
dt< 0 ⇐⇒ 1
2<
a− t√(a− t)2 + b2
⇐⇒ b2 < 3(a− t)2 ⇐⇒ t < a− b√3
dT2
dt< 0 ⇐⇒ 1
2<
b− t√(10− a)2 + (b− t)2
⇐⇒ (10− a)2 < 3(b− t)2 ⇐⇒ t < b− 10− a√3
となる．T1(t), T2(t)はそれぞれ t = a− b√3, t = b− 10− a√
3で極小かつ最小になる．それぞれ最
小値m1(a, b), m2(a, b)は
m1(a, b) = T1
(a− b√
3
)=
a
2+
√3b
2
m2(a, b) = T2
(b− 10− a√
3
)=
b
2−
√3a
2+ 5(1 +
√3)
となる．ところが
m1(a, b) <= m2(a, b) ⇐⇒ (√3 + 1)a+ (
√3− 1)b <= 10(
√3 + 1) · · · 1⃝
であるから，この不等式を満たすA(a, b)に対してはm1(a, b)がかかる時間の最小値であり，この
不等式と逆の不等号の不等式を満たす A(a, b)に対してはm2(a, b)がかかる時間の最小値である．
0 <= b <= a <= 10のうち 1⃝ を満たす領域をD1，逆の不等号の不等式を満たす領域をD2とする．
図の点Mの座標は
M
(5(√3 + 1)√3
,5(√3 + 1)√3
)である．
O P
QR
(√3 + 1)a+ (
√3− 1)b = 10(
√3 + 1)
D1
D2M
b = − 1√3b+ 2k1√
3
b =√3a− 10(
√3 + 1) + 2k2
ここで
m1(a, b) =a
2+
√3b
2= k1
m2(a, b) =b
2−
√3a
2+ 5(1 +
√3) = k2
とおく．(a, b)を動かすので変数 (x, y)と同一視するとき，これらは直線
b = − 1√3b+
2k1√3
b =√3a− 10(
√3 + 1) + 2k2
を表す．
第 1の直線が領域 D1 と共有点をもつ範囲の k1 の最大値，第 2の直線が領域 D2 と共有点をも
つ範囲の k2 の最大値の大きい方が，かかる時間の最大値である．
ところが，2直線の傾きと領域の形から，k1, k2のいずれも点Mで最大となることがわかる．こ
れを計算して
k1 = k2 =10 + 5
√3√
3(秒)必要である．
ことがわかる．
1.3 3番
正の実数 a, bに対して，以下の条件 (1)，(2)，(3)を満たす関数 f(x)が存在することを証明せよ．
(1) f(x)は 0 <= x <= aにおける連続な実数値関数で，f(0) = b, f(a) = 0を満たす．
(2) 0 <= x1 < x2 <= aなるすべての x1, x2 に対して f(x1) > f(x2)である.
(3) y = f(x)のグラフと x軸，y軸とで囲まれる部分を，x軸のまわりに回転して得られる立体
の体積 Vx と y軸のまわりに回転して得られる立体の体積 Vy とは等しい.
1.4 4番
直角二等辺三角形の板が机の上に，長
さの等しい辺の一方が真横になるように
置かれているものとする．つまり，右の
4種類の置き方があることになる．置き方:A0 置き方:A1 置き方:A2 置き方:A3
正確なサイコロを用意し，そのサイコロを振って出た目に従い板の置き方を変えていくことにす
る．1か 2の目が出れば，上下対称の置き方に，3か 4の目が出れば，左右対称の置き方に，5か
6の目か出れば，反時計まわりに 90◦ 回転させた置き方に，置き直す．
例えば，1の目が出れば，A1 を A0 に，3の目が出れば，A2 を A1 に，5の目が出れば，A2 を
A3 に変える．
このような操作を n回繰り返したとき，X の置き方が Y の置き方に変わる確率を Pn(X, Y )と
書くことにする．ここでX, Y は A0, A1, A2, A3 のいずれかとする．
このとき，Pn(A0, A0)，Pn(A0, A1)，Pn(A0, A2)，Pn(A0, A3)の値を求めよ．
1.4.1 解答
n = 0, 1, 2, · · · に対して an = Pn(A0, A0)，bn = Pn(A0, A1)，cn = Pn(A0, A2)，dn =
Pn(A0, A3)とおく．ただし，
a0 = 1, b0 = 0, c0 = 0, d0 = 0
とする．
題意から，サイコロを 1回振る試行で，それぞれの置き方が変化するがその確率は次のようにな
る．ただし P は上の行の置き方が下の行の置き方に変わる確率とする．
P
(A0 A1 A2 A3
A1 A0 A3 A2
)=
1
3
P
(A0 A1 A2 A3
A3 A2 A1 A0
)=
1
3
P
(A0 A1 A2 A3
A1 A2 A3 A0
)=
1
3
n回繰り返した後の置き方から，上の確率で n+ 1回繰り返した後の置き方になるので，その確率
について次の漸化式が成り立つ．
an+1 =1
3bn +
1
3dn +
1
3dn
bn+1 =1
3an +
1
3cn +
1
3an
cn+1 =1
3dn +
1
3bn +
1
3bn
dn+1 =1
3cn +
1
3an +
1
3cn
これから
an+1 − cn+1 = −1
3(bn − dn)
bn+1 − dn+1 =1
3(an − cn)
an+1 + cn+1 = bn + dn
bn+1 + dn+1 = an + cn
よって
an+2 − cn+2 = −1
9(an − cn)
bn+2 − dn+2 = −1
9(bn − dn)
an+2 + cn+2 = an + cn
bn+2 + dn+2 = bn + dn
nが偶数のとき，n = 2mとおくと，
a2m − c2m =
(−1
9
)m
(a0 − c0) =
(−1
9
)m
b2m − d2m =
(−1
9
)m
(b0 − d0) = 0
a2m + c2m = a0 + c0 = 1
b2m + d2m = b0 + d0 = 0
よって
a2m =1
2
{1 +
(−1
9
)m}c2m =
1
2
{1−
(−1
9
)m}b2m = d2m = 0
また
a1 = 0, b1 =2
3, c1 = 0, d1 =
1
3
なので，nが奇数のとき，n = 2m− 1とおくと．
a2m−1 − c2m−1 =
(−1
9
)m−1
(a1 − c1) = 0
b2m−1 − d2m−1 =
(−1
9
)m−1
(b1 − d1) =1
3
(−1
9
)m−1
a2m−1 + c2m−1 = a1 + c1 = 0
b2m−1 + d2m−1 = b1 + d1 = 1
よって
b2m−1 =1
2
{1 +
1
3
(−1
9
)m−1}
d2m−1 =1
2
{1− 1
3
(−1
9
)m−1}
a2m−1 = c2m−1 = 0
まとめると，nが偶数のとき
Pn(A0, A0) =1
2
{1 +
(−1
9
)n2
}
Pn(A0, A2) =1
2
{1−
(−1
9
)n2
}Pn(A0, A1) = Pn(A0, A3) = 0
nが奇数のとき
Pn(A0, A1) =1
2
{1 +
1
3
(−1
9
)n−12
}
Pn(A0, A3) =1
2
{1− 1
3
(−1
9
)n−12
}Pn(A0, A0) = Pn(A0, A2) = 0
2 センター試験数学 IA
2.1 4番
1辺の長さ 1の正六角形があり，その頂点の一つをAとする．一つのさいころを 3回投げ，点 P
を次の (a)，(b)，(c)にしたがって，この正六角形の辺上を反時計回りに進める．
(a) 頂点 Aから出発して，1回目に出た目の数の長さだけ点 Pを進める．
(b) 1回目で点 Pがとまった位置から出発して，2回目に出た目の数の長さだけ点 P
を進める．
(c) 2回目で点 Pがとまった位置から出発して，3回目に出た目の数の長さだけ点 P
を進める．
(1) 3回進めたとき，点 Pが正六角形の辺上を 1周して，ちょうど頂点 Aに到達する目の出方は
アイ 通りである．
3回進める間に，点 Pが 1回も頂点 Aにとまらない目の出方は ウエオ 通りである．
(2) 3回進める間に，点 Pが 3回とも頂点 Aにとまる確率はカ
キクケであり，ちょうど 2回だ
け頂点 Aにとまる確率はコ
サシである．
3回進める間に，点 Pがちょうど 1回だけ頂点 Aにとまる確率はスセ
ソタである．
(3) 3回進める間に，点 Pが頂点 Aにとまる回数の期待値はチ
ツ回である．
2.1.1 解答
解 1
1回目，2回目，3回目に出た目を x, y, zとする．
(1) x+ y + z = 6となる目の出方は，(1, 1, 4)型が 3通り，(1, 2, 3)型が 6通り，(2, 2, 2)型
が 1通り，あわせて 10通り．
頂点に来るのは x, x+ y, x+ y + zのいずれかが 6の倍数になるとき．
(i) (x, y, z) = (6, △, △)型，36通り．
(ii) x+ y = 6で z =△型，30通り．
(iii) (x, y, z) = (6, 6, △)型，このうち (6, 6, 6)は既出，のこり 5通り．
(iv) x+ y + z = 6型は 10通り．
(v) x+ y+ z = 12型でまだ出ていないものは，(2, 5, 5)，(3, 4, 5)，(4, 4, 4)で，合計は
10通り．
(vi) x+ y + z = 18型は既出．
すべての目の出方は 63 通り．ゆえにいちども Aに来ないのは
216− (36 + 30 + 5 + 10 + 10) = 125 (通り)
(2) (6, 6, 6)のみ．確率1
216．
ちょうど 2回は次の 3通り．
(i) AA▽型，目は (6, 6, △)で 5通り．
(ii) ▽ AA型，目は (△, 6−△, 6)で 5通り．
(iii) A▽ A型，目は (6, △, 6−△)で 5通り．
よって確率は15
216=
5
72
3回進める間に，点 Pがちょうど 1回だけ頂点 Aにとまるのは，0回，2回，3回の余事象
なので
1−(125
216+
1
216+
5
72
)=
25
72
(3)
E = 1 · 2572
+ 2 · 5
72+ 3 · 1
216=
1
2
解 2
1回目，2回目，3回目に出た目を x, y, z とする．点 Pがいずれかの頂点にあるとき，次の試
行の 6通りの目の出方に従って，各 6つの頂点に移動する．
(1) x+ y + z = 6となる目の出方は，6個のものを 3つに分ける分け方だけあるので
5C2 = 10 (通り)
特定の頂点に来ない目の出方はつねに 5通りなので，いちども Aに来ないのは
5 · 5 · 5 = 125 (通り)
(2) (6, 6, 6)のみ．確率1
216．
ちょうど 2回となるのは，
3C25 · 12 = 15 (通り)
よって確率は15
216=
5
72
3回進める間に，点 Pがちょうど 1回だけ頂点 Aにとまるのは，
3C152 · 1 = 75 (通り)
よって確率は75
216=
25
72
(3) 確率変数Xi を
Xi =
{1 (i回目に Aにとまる)
0 (i回目に Aにとまらない)
で定める．3回で Aに来る回数X はX = X1 +X2 +X3 である．
i− 1回目にどこにいようと，i回目に Aにとまる確率は1
6である．
∴ E(Xi) = 1 · 16+ 0 · 5
6=
1
6
∴ E(X) = E(X1 +X2 +X3) = E(X1) + E(X2) + E(X3) = 3 · 16=
1
2
3 東大理科前期
3.1 1番問題
nと k を正の整数とし，P (x)を次数が n以上の整式とする．整式 (1 + x)kP (x)の n次以下の
項の係数がすべて整数ならば，P (x)の n次以下の項の係数は，すべて整数であることを示せ．た
だし，定数項については，項それ自身を係数とみなす．
3.2 2番問題
nを 2以上の整数とする．平面上に n+ 2個の点 O，P0, · · · , Pnがあり，次の 2つの条件をみ
たしている．
1⃝ Pk−1OPk =π
n(1 <= k <= n)， OPk−1Pk = OP0P1 (2 <= k <= n)，
2⃝ 線分 OP0 の長さは 1，線分 OP1 の長は 1 +1
nである．線分 Pk−1Pk の長さを ak とし，
sn =
n∑k=1
ak とおくとき， limn→∞
sn を求めよ．
3.3 3番問題
座標平面上の 2点 P，Qが，曲線 y = x2 (−1 <= x <= 1)上を自由に動くとき，線分 PQ を 1:2に
内分する点 Rが動く範囲をDとする．ただし，P=Qのときは R=Pとする．
(1) aを −1 <= a <= 1をみたす実数とするとき，点 (a, b)がDに属するための bの条件を aを用
いて表せ．
(2) Dを図示せよ．
3.3.1 解答
(1)
P(p, p2)，Q(q, q2)とおく．線分 PQ を 1：2に内分する点Rの座標を (a, b)とする．このとき，
a =2p+ q
3, b =
2p2 + q2
3
である．pを−pに，qを−qに置きかえると aは−aになり，bは変化しない．よって領域Dは y
軸に関して対称であり，aを 0 <= a <= 1の範囲で固定して考えればよい．
qを消去して
b =1
3
{2p2 + (3a− 2p)
2}= 2(p− a)2 + a2
1
1 p
q
q = −2p+ 3a
ここで pq 平面に直線 q = −2p + 3aと領域 −1 <= p <= 1，
−1 <= q <= 1 を図示して pの変域を求める．
直線 q = −2p+3aと領域−1 <= p <= 1，−1 <= q <= 1の共有
部分が pの変域を与える．q = ±1のとき p =∓ 1 + 3a
2な
ので，図から
− 1 + 3a
2<= p <=
1 + 3a
2
(0 <= a <=
1
3のとき
)− 1 + 3a
2< p <= 1
(1
3< a <= 1のとき
)
となる．pがこの変域を動くときの pの 2次関数 b = 2(p− a)2 + a2 の値域が，aを固定したとき
点 (a, b)がDに属するための bの条件である．
軸 p = aは条件 0 <= a <= 1によってつねに pの変域の内にある．よって bの最小値はつねに a2
である．また pの変域の中点はそれぞれ3a
2,3a+ 1
2であり，aはこれより小さいので，最大値は
変域の右端でとる．a2 <= b <= 2
(3a+ 1
2− a
)2
+ a2 =3
2a2 + a+
1
2
(0 <= a <=
1
3のとき
)a2 <= b <= 2(1− a)2 + a2 = 3a2 − 4a+ 2
(1
3< a <= 1のとき
)である．対称性を考え −1 <= a <= 1における bの条件は次のようになる．
これから bの条件を aで表すと，
a2 <= b <= 3a2 + 4a+ 2
(−1 <= a < −1
3
)a2 <= b <=
3
2a2 − a+
1
2
(−1
3<= a < 0
)a2 <= b <=
3
2a2 + a+
1
2
(0 <= a <=
1
3
)a2 <= b <= 3a2 − 4a+ 2
(1
3< a <= 1
)(2)
これを満たす (a, b)の集合がDである．
これを図示すればよい．y = 3x2 ± 4x+ 2と y =3
2x2 ∓ x+
1
2は
3x2 ± 4x+ 2 =3
2x2 ∓ x+
1
2⇐⇒ (3x± 1)(x± 3) = 0
から x = ∓1
3で交わる．また y = 3x2 ± 4x+ 2と y =
3
2x2 ± x+
1
2の y = x2 とに位置関係は
3x2 ± 4x+ 2 = x2 ⇐⇒ 2(x± 1)2 = 0
3
2x2 ± x+
1
2= x2 ⇐⇒ 1
2(x± 1)2 = 0
よりともに x = ∓1で接する．
以上をもとに図示すると次のようになる．
O
y
x13− 1
3 1−1
1
逆像法による別解
P(p, p2)，Q(q, q2)とおく．線分 PQ を 1:2に内分する点 Rの座標を (a, b)とする．このとき，
a =2p+ q
3, b =
2p2 + q2
3
である．点 (a, b)がDに属することは，これを満たす p, qが −1 <= p, q <= 1に存在することと同
値である．これから qと pを消去して 2つの 2次方程式を得る．
6p2 − 12ap+ 9a2 − 3b = 0
3q2 − 6aq + 9a2 − 6b = 0
定数を約した方程式の左辺を f(p), g(q)とおく．
f(p) = 2p2 − 4ap+ 3a2 − b
g(q) = q2 − 2aq + 3a2 − 2b
求める aと bの条件は次のようになる．
(＊) f(p) = 0, g(q) = 0が−1 <= p, q <= 1 の範囲に関係式 a =2α+ β
3を満たす解 αと βをもつ．
f(p) = 0と g(q) = 0は a =2p+ q
3の置きかえで相互に変わるので f(p) = 0の２つの解の一方
と g(q) = 0の２つの解の一方，f(p) = 0の２つの解の他方と g(q) = 0の２つの解の他方はそれぞ
れ関係式 a =2p+ q
3を満たしている．したがって条件 (＊)が成立するのは次のいずれかの場合で
ある．
(i) f(p) = 0が−1 <= p <= 1に１解をもち他の解が p <= −1にあり，g(q) = 0が−1 <= q <= 1に２
解をもつか，１解をもち他の解が 1 <= qにある．
f(−1) >= 0, f(1) <= 0
かつ g(−1) >= 0, g(1) >= 0, Dg >= 0 または g(−1) <= 0, g(1) >= 0
(ii) f(p) = 0が −1 <= p <= 1に１解をもち他の解が 1 <= pにあり，g(q) = 0が −1 <= q <= 1に２
解をもつか，１解をもち他の解が q <= −1にある．
f(−1) <= 0, f(1) >= 0
かつ g(−1) >= 0, g(1) >= 0, Dg >= 0 または g(−1) >= 0, g(1) <= 0
(iii) f(p) = 0が −1 <= p <= 1に２解をもち，g(q) = 0が −1 <= q <= 1に少なくとも１つの解を
もつ．
f(−1) >= 0, f(1) >= 0, Df >= 0
かつ g(−1) >= 0, g(1) >= 0, Dg >= 0
または g(−1) >= 0, g(1) <= 0 または g(−1) <= 0, g(1) >= 0
f(p) = 0の解が p = ±1の場合は重なって入っているが，いずれかの条件を満たせばよいのでかま
わない．
f(−1) = 2 + 4a+ 3a2 − b
f(1) = 2− 4a+ 3a2 − b
Df/4 = 2(−a2 + b)
g(−1) = 1 + 2a+ 3a2 − 2b
g(1) = 1− 2a+ 3a2 − 2b
Dg = 2(−a2 + b)
なので，条件は次のようになる．
(i)
b <= 3a2 + 4a+ 2, b >= 3a2 − 4a+ 2
かつ b <=3
2a2 + a+
1
2, b <=
3
2a2 − a+
1
2, b >= a2
または b >=3
2a2 + a+
1
2, b <=
3
2a2 − a+
1
2
(ii)
b >= 3a2 + 4a+ 2, b <= 3a2 − 4a+ 2
かつ b <=3
2a2 + a+
1
2, b <=
3
2a2 − a+
1
2, b >= a2
または b <=3
2a2 + a+
1
2, b >=
3
2a2 − a+
1
2
(iii)
b <= 3a2 + 4a+ 2, b <= 3a2 − 4a+ 2, b >= a2
かつ b <=3
2a2 + a+
1
2, b <=
3
2a2 − a+
1
2, b >= a2
または b <=3
2a2 + a+
1
2, b >=
3
2a2 − a+
1
2
または b >=3
2a2 + a+
1
2, b <=
3
2a2 − a+
1
2
これを満たす (a, b)を図示する．
【以下，図は同じ．またこの図から問 (1)の解を求める．】
3.4 4番問題
以下の問いに答えよ．
(1) 実数 a に対し，2 次の正方行列 A, P, Q が，5 つの条件 A = aP + (a + 1)Q，P 2 = P，
Q2 = Q，PQ = O，QP = O をみたすとする．ただし O =
(0 0
0 0
)である．このとき，
(P +Q)A = Aが成り立つことを示せ．
(2) aは正の数として，行列 A =
(a 0
1 a+ 1
)を考える．この Aに対し，(1)の 5つの条件を
すべてみたす行列 P, Qを求めよ．
(3) nを 2以上の整数とし，2 <= k <= nをみたす整数 kに対してAk =
(k 0
1 k + 1
)とおく．行
列の積 AnAn−1An−2 · · ·A2 を求めよ．
3.5 5番問題
表が出る確準が p，裏が出る確率が 1− pであるような硬貨がある．ただし，0 < p < 1とする．
この硬貨を投げて，次のルール (R)の下で，ブロック積みゲームを行う．
(R)
1⃝ ブロックの高さは，最初は 0とする．
2⃝ 硬貨を投げて表が出れば高さ 1のブロックを 1つ積み上げ，
裏が出ればブロックをすべて取り除いて高さ 0に戻す．
nを正の整数，mを 0 <= m <= nをみたす整数とする．
(1) n回硬貨を投げたとき，最後にブロックの高さがmとなる確率 pm を求めよ．
(2) (1)で，最後にブロックの高さがm以下となる確率 qm を求めよ．
(3) ルール (R)の下で，n回の硬貨投げを独立に 2度行い，それぞれ最後のブロックの高さを考
える．2度のうち，高い方のブロックの高さがmである確率 rmを求めよ．ただし，最後の
ブロックの高さが等しいときはその値を考えるものとする．
3.5.1 解答
(1) n 回硬貨を投げたとき，最後にブロックの高さが m となる事象は，n − m >= 1 のときは，
n−m回目に裏が出て，その後最後までm回表が出る事象である．m = nならすべて表が
出る事象である．
∴ pm =
{(1− p)pm (m < n)
pm (m = n)
(2) 最後にブロックの高さがm以下となる最後のm+ 1回とも表が出てm+ 1以上となる事象
の余事象である．ただしm+ 1 <= nとする．m = nのときはつねにm以下になる．
∴ qm =
{1− pm+1 (m < n)
1 (m = n)
【別解】m < nのとき
pm = qm − qm−1
なので
qm = q0 + (q1 − q0) + · · ·+ (qm − qm−1)
= q0 + p1 + p2 + · · ·+ pm
= 1− p+ (p− p2) + · · ·+ (pm − pm+1) = 1− pm+1
(3) 1 <= m < nのとき，題意の事象は，2回とも最後にm以下で，少なくとも 1回は最後にm
となる事象なので，
rm = qm2 − qm−1
2 = (1− pm+1)2 − (1− pm)2 · · · 1⃝
m = 0のときは 2回とも 0になることなので (1− p)2．これは 1⃝ に含まれる．(2)から
∴ rm =
{(1− pm+1)2 − (1− pm)2 (m < n)
1− (1− pm)2 (m = n)
3.6 6番問題
以下の問いに答えよ．
(1) 0 < x < aをみたす実数 x, aに対し，次を示せ．
2x
a<
∫ a+x
a−x
1
tdt < x
(1
a+ x+
1
a− x
)
(2) (1)を利用して，次を示せ．
0.68 < log 2 < 0.71
ただし，log 2は 2の自然対数を表す．
3.6.1 解答
(1) 正数 aを固定し，0 < x < aをみたす実数 xに対し不等式を示す．
f(x) =
∫ a+x
a−x
1
tdt− 2x
a
g(x) = x
(1
a+ x+
1
a− x
)−∫ a+x
a−x
1
tdt
とおく．これらの関数自体は x = 0 でも定義され f(0) = g(0) = 0 である．したがって
0 < x < aで f ′(x) > 0，g′(x) > 0を示せばよい．
f ′(x) =1
a+ x− − 1
a− x− 2
a
f”(x) = − 1
(a+ x)2+
1
(a− x)2> 0
f ′(0) = 0より 0 < x < aで f ′(x) > 0．
g′(x) =
(1
a+ x+
1
a− x
)+ x
(− 1
(a+ x)2+
1
(a− x)2
)−(
1
a+ x− − 1
a− x
)= x
(− 1
(a+ x)2+
1
(a− x)2
)> 0
よって題意は示された．
(2) a = 1, x =
√2− 1√2 + 1
とする．このときa+ x
a− x=
√2である．(1)から
2x
a< log
a+ x
a− x<
1
a
x+ 1
+1
a
x− 1
a = 1, x =
√2− 1√2 + 1
を代入して両辺 2倍すると
4(√2− 1)√2 + 1
< log 2 <
2√2 + 1√2− 1
+ 1
+2√
2 + 1√2− 1
− 1
ここで
4(√2− 1)√2 + 1
= 4(√2− 1)2 = 4(3− 2
√2) > 4(3− 2 · 1.415) = 0.68 2√
2 + 1√2− 1
+ 1
+2√
2 + 1√2− 1
− 1
=
√2
2<
1.42
2= 0.71
なので，題意が示された．
別解
a− x = 1, a+ x =3
2；a− x =
3
2, a+ x = 2
となる aと xをそれぞれ求める．
a =5
4, x =
1
4；a =
7
4, x =
1
4
これを (1)に代入して整理する．
2
5<
∫ 32
1
1
tdt <
1
4
(2
3+ 1
),
2
7<
∫ 2
32
1
tdt <
1
4
(1
2+
2
3
)辺々加えて
0.68 <24
35< log 2 <
17
24< 0.71
を得る．
4 京大理系 (甲)
4.1 1番問題
次の各問にそれぞれ答えよ.
問 1. A =
(2 4
−1 −1
), E =
(1 0
0 1
)とするとき，A6十 2A4十 2A3十 2A2十 2A十 3E を求
めよ．
問 2. 得点 1, 2, · · · , n が等しい確率で得られるゲームを独立に 3回くり返す．このとき，2回目
の得点が 1回目の得点以上であり，さらに 3回目の得点が 2回目の得点以上となる確率を求
めよ．
4.1.1 解答
問 1. ハミルトン／ケーリーの定理から
A2 −A+ 2E = O
よって
A6十 2A4十 2A3十 2A2十 2A十 3E
= (A2 −A+ 2E)(A4 +A3 +A2 +A+ E) +A+ E
= A+ E =
(3 4
−1 0
)
問 2. 3回の試行で得られる事象を a, b, cとする．事象の総数は n3 であり，いずれも同様に確か
である．このうち a <= b <= cとなる事象の個数は n個の数から 3個の数を重複を許して選ぶ
場合の数と等しい．よってその確率は
nH3
n3=
n−1+3C3
n3=
(n+ 2)(n+ 1)
6n2
4.2 2番問題
x, yを相異なる正の実数とする．数列 {an}を
a1 = 0, an+1 = xan + yn+1 (n = 1, 2, 3, · · ·)
によつて定めるとき， limn→∞
an が有限の値に収束するような座標平面上の点 (x, y)の範囲を図示
せよ．
4.2.1 解答
x > 0なので漸化式 an+1 = xan + yn+1 より，an+1
xn+1=
anxn
+
(y
x
)n+1
．
数列{anxn
}の階差数列が得られたので，n >= 2のときその一般項は
anxn
=a1x
+
n−1∑k=1
(y
x
)k+1
=y2
x2·1− yn−1
xn−1
1− y
x
これから
an =y2
x− y(xn−1 − yn−1)
n = 1のとき a0 = 0と一致し，これが数列 {an}の一般項である．x > yのとき．
an =y2 · xn−1
x− y
{1−
(y
x
)n−1}
これが収束する条件は 0 < x <= 1である．
x < yのとき．
an =yn+1
x− y
{(x
y
)n−1
− 1
}
これが収束する条件は 0 < y <= 1である．
その領域を図する．x軸，y軸，直線 y = xは
含まず，その上にない x = 1, y = 1上の点は
含む．O
y
x1
1
4.3 3番問題
pを 3以上の素数とする．4個の整数 a, b, c, dが次の 3条件
a+ b+ c+ d = 0, ad− bc+ p = 0, a >= b >= c >= d
を満たすとき，a, b, c, dを pを用いて表せ．
4.3.1 解答
a = dなら，a+ b+ c+ d = 0, a >= b >= c >= dより a = b = c = d = 0．これは ad− bc+ p = 0
に反する．よって d < 0 < a
条件 a+ b+ c+ d = 0, ad− bc+ p = 0から dを消去すると
p = bc− ad = bc+ a(a+ b+ c) = (a+ b)(a+ c)
同様に aを消去すると
p = (d+ b)(d+ c)
ここで a+ b >= a+ c，d+ b >= d+ c．かつ a > dより
a+ b > d+ b, a+ c > d+ c
である．pが素数なので，
a+ b = p, a+ c = 1, d+ b = −1, d+ c = −p
である．4等式から
a = p+ 1 + d, b = −d− 1, c = −p− d
となることが必要である．
さらに a >= b >= c >= dとなればよい．a >= b, c >= dが成り立てばよいので
p+ 1 + d >= −d− 1, −p− d >= d
これから
−p+ 2
2<= d <= −p
2
dは整数なので，
d = −p+ 1
2
これから
(a, b, c, d) =
(p+ 1
2,p− 1
2, −p− 1
2, −p+ 1
2
)
4.4 4番問題
△ABC において， A の二等分線とこの三角形の外接円との交点で A と異なる点を A′ とす
る．同様に B, Cの二等分線とこの外接円との交点をそれぞれ B′, C′とする．このとき 3直練
AA′, BB′, CC′は 1点Hで交わり，この点Hは三角形A′B′C′の垂心と一致することを証明せよ．
4.4.1 解答
A = 2α， B = 2β， C = 2γ とする．直線 AA′ と直線 B′C′ の交点を Kとする．円周角の定
理を用いることにより△KB′A′ において
KA′B′ = AA′B′ = ABB′ = β
KB′A′ = C′B′B+ BB′A′
= C′CB+ BAA′ = γ + α
α+ β + γ =π
2なので A′KB′ =
π
2．つまり
AA′⊥B′C′ · · · 1⃝
外接円の中心を Oとし，
−→OH =
−−→OA′ +
−−→OB′ +
−−→OC′
とおく．∣∣∣−−→OB′
∣∣∣ = ∣∣∣−−→OC′∣∣∣なので
A
A′
B
C
B′C′
−−→A′H ·
−−→B′C′ =
(−→OH−
−−→OA′
)·(−−→OB′ −
−−→OC′
)=
(−−→OB′ +
−−→OC′
)·(−−→OB′ −
−−→OC′
)=
∣∣∣−−→OB′∣∣∣2 − ∣∣∣−−→OC′
∣∣∣2 = 0
つまり
A′H⊥B′C′
1⃝ とあわせて点 Hは直線 AA′ 上にある． 1⃝ と同様に
BB′⊥C′A′, CC′⊥A′B′,
もなり立つ．よって同様に点 Hは直線 BB′，直線 CC′上にもあり 3直線は 1点 Hで交わることが
示された．この点を垂心というのは垂心の定義である．
4.5 5番問題
−π
2< a <
π
2とする．座標平面上で原点の周りに
π
3回転する 1次変換を fとし，直線 y = (tan a)x
について対称移動する 1次変換を gとする．合成変換 f ◦ gが x軸について対称移動する 1次変換
と一致するとき，aの値を求めよ．
4.5.1 解答
座標平面上で原点の周りに θ回転する 1次変換を r(θ)とおく．x軸について対称移動する 1次
変換を hとすると，これは行列
(1 0
0 −1
)で表される．
直線 y = (tan a)xについての対称移動は，角−aだけ回転し，x軸に対称に移動し，角 aだけ回
転することによって得られる．
g = r(a)◦h◦r(−a)
ゆえに
f ◦ g = h
⇐⇒ f◦r(a)◦h◦r(−a) = h
⇐⇒ f◦r(a)◦h = h◦r(a)
⇐⇒ r
(π
3+ a
)◦h = h◦r(a)
これを行列でかくと cos
(π
3+ a
)− sin
(π
3+ a
)sin
(π
3+ a
)cos
(π
3+ a
)(
1 0
0 −1
)=
(1 0
0 −1
)(cos a − sin a
sin a cos a
)
つまり cos
(π
3+ a
)sin
(π
3+ a
)sin
(π
3+ a
)− cos
(π
3+ a
) =
(cos a − sin a
− sin a − cos a
)
cos
(π
3+ a
)= cos a, sin
(π
3+ a
)= − sin a
これから和差を積に直して
−2 sin
(π
6+ a
)sin
π
6= 0, 2 sin
(π
6+ a
)cos
π
6= 0
aの範囲より a = −π
6．
4.6 6番問題
y = xe1−x と y = x のグラフで囲まれた部分を x 軸の周りに回転してできる立体の体積を求
めよ．
5 京大理系 (乙)
5.1 1番問題
以下の各問にそれぞれ答えよ.
問 1. 定積分∫ 2
0
2x+ 1√x2 + 4
dxを求めよ．
問 2. 1歩で 1段または 2段のいずれかで階段を昇るとき，1歩で 2段昇ることは連続しないもの
とする．15段の階段を昇る昇り方は何通りあるか．
5.1.1 解答
問 1. x = et − e−t と変数変換する．dx
dt= et + e−t > 0より xは単調増加．x = 2となるのは
2 = et − 1
etより (et)2 − 2et − 1 = 0．et > 0より et = 1 +
√2．したがって積分域は
x 0 → 1
t 0 → log(√2 + 1)
また，被積分関数は
2x+ 1√x2 + 4
=2(et − e−t) + 1√(et − e−t)2 + 4
=2(et − e−t) + 1
et + e−t
となる．よって∫ 2
0
2x+ 1√x2 + 4
dx =
∫ log(√2+1)
0
2(et − e−t) + 1
et + e−t(et + e−t)dt
=
∫ log(√2+1)
0
{2(et − e−t) + 1} dt =[2(et + e−t) + t
]log(√2+1)
0
= 2(√2 + 1) +
2√2 + 1
+ log(√2 + 1)− 4 = log(
√2 + 1) + 4(
√2− 1)
問 2. n段を条件を満たして昇る昇り方が an通りあるとする．n = 1; 2; 3に対して，それぞれ昇
る段数は，1, ; 2, 11 ; 111, 12, 21となるので，a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3である．
n >= 4のとき，n段の昇りを最初の昇り方で場合に分ける．
(i) 最初 1段昇りしたときは残る n− 1段の昇り方は an−1 通り．
(ii) 最初 2段昇りしたときは次は 1段昇りで，残る n− 3段の昇り方は an−3 通り．
これは n段の昇り方として排反で，このいずれかである．
∴ an = an−1 + an−3
これによって a4～a15 を順次求める．a15 = 277である，
n 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
an 4 6 9 13 19 28 41 60 88 129 189 277
（1） 別解 ∫ 2
0
2x+ 1√x2 + 4
dx =
∫ 2
0
2x√x2 + 4
dx+
∫ 2
0
1√x2 + 4
dx
t = x2 + 4とおく．dt
dx= 2xより，
∫ 2
0
2x√x2 + 4
dx =
∫ 8
4
1√tdt =
[2x
12
]84
= 4(√2− 1)
x = 2 tan θとおく．dx
dθ=
2
cos2 θより，
∫ 2
0
1√x2 + 4
dx =
∫ π4
0
1
cos θdθ =
∫ π4
0
cos θ
1− sin2 θdθ
=1
2
∫ π4
0
(cos θ
1− sin θ+
cos θ
1 + sin θ
)dθ
=1
2
[log
1 + sin θ
1− sin θ
]π4
0
=1
2
[log
(1 + sin θ)2
1− sin2 θ
]π4
0
=
[log
1 + sin θ
cos θ
]π4
0
= log(√2 + 1)
よって ∫ 2
0
2x+ 1√x2 + 4
dx = log(√2 + 1) + 4(
√2− 1)
である．
5.2 4番問題
点 Oを中心とする円に内接する△ABCの 3辺 AB， BC, CA をそれぞれ 2：3に内分する点を
P，Q，R とする．△PQRの外心が点 Oと一致するとき，△ABCはどのような三角形か．
5.3 5番問題
Aを 2次の正方行列とする．列ベクトル −→x 0 に対し，列ベクトル −→x 1, −→x 2, · · ·を
−→x n+1 = A−→x n (n = 0, 1, 2, · · ·)
によつて定める．ある零ベクトルではない −→x 0 について，3以上の自然数mで初めて −→x m が −→x 0
と一致するとき，行列 Am は単位行列であることを示せ．
5.3.1 解答
2つの列ベクトル，−→x 0, −→x 1 が 1次独立であることを示す．
1次従属と仮定し，−→x 1 = k−→x 0 とおく．つまり
A−→x 0 = −→x 1 = k−→x 0
である．このとき，−→x n = kn−→x 0となる．なぜなら，n = 1のときは成立し，−→x n = kn−→x 0 と仮定
すれば，
−→x n+1 = A−→x n = A(kn−→x 0)
= kn(A−→x 0) = kn+1−→x 0
となるから，数学的帰納法で，n = 1, 2, · · ·に対し，−→x n = kn−→x 0 である．
ところが，−→x m = km−→x 0 = −→x 0 で，−→x 0 は零ベクトルではないので，km = 1である．
これから k = ±1．いずれにせよ，
−→x 2 = k2−→x 0 = −→x 0
となり，3以上の自然数mで初めて −→x m が −→x 0 と一致するという条件に反する．
よって −→x 0, −→x 1 は 1次独立である．
この結果，平面上の任意のベクトル −→y は，−→x 0, −→x 1 を用いて
−→y = α−→x 0 + β−→x 1
と表される．このとき
Am−→y = Am(α−→x 0 + β−→x 1)
= αAm−→x 0 + βAm−→x 1
= αAm−→x 0 + βAm+1−→x 0
= αAm−→x 0 + βA(Am−→x 0)
= α−→x 0 + βA−→x 0
= α−→x 0 + β−→x 1 = −→y
Amによる 1次変換は任意のベクトルを動かさない．つまり恒等変換である．したがってその行
列 Am は単位行列である．
5.4 6番問題
すべての実数で定義され何回でも微分できる関数 f(x)が f(0) = 0，f ′(0) = 1を満たし，さら
に任意の実数 a, bに対して 1 + f(a)f(b) = 0であつて
f(a+ b) =f(a) + f(b)
1 + f(a)f(b)
を満たしている．
(1) 任意の実数 aに対して，−1 < f(a) < 1であることを証明せよ．
(2) y = f(x)のグラフは x > 0で上に凸であることを証明せよ．
5.4.1 解答
(1) |f(x)| >= 1となる実数 xが存在するとする．f(x)は微分可能なので連続である．f(0) = 0で
あるから連続関数の中間値の定理によって．|f(a)| = 1となる aが存在する．
このとき
f(0) = f(a− a) =f(a) + f(−a)
1 + f(a)f(−a)=
± 1 + f(−a)
1± f(−a)= ±1 (複号同順)
となり，f(0) = 0という条件と矛盾する．
よって |f(x)| >= 1となる実数は存在しない，つまり任意の実数 aに対して，−1 < f(a) < 1
である．
(2) f(0) = 0，f ′(0) = 1なので，
1 = limh→0
f(h)− f(0)
h= lim
h→0
f(h)
h
f(x)は連続なので limh→0
f(h) = f(0) = 0である．よって
f ′(x) = limh→0
f(x+ h)− f(x)
h= lim
h→0
f(x) + f(h)
1 + f(x)f(h)− f(x)
h
= limh→0
f(h)
h· 1− f(x)
2
1 + f(x)f(h)= 1− f(x)
2
(1)から |f(x)| < 1なので，f ′(x) > 0である．f(0) = 0とあわせて，x > 0において f(x) > 0
である．したがって x > 0において
f ′′(x) = {1− f(x)2}′ = −2f ′(x)f(x) < 0
つまり，y = f(x)のグラフは x > 0で上に凸である．
解説
微分可能で，関係式 f(a+ b) =f(a) + f(b)
1 + f(a)f(b)を満たし，f(0) = 0，f ′(0) = 1なら
f ′(x) = 1− f(x)2
となった．
y = f(x)とおくと，yは微分方程式
dy
dx= 1− y2
を満たす．|y| < 1なので1
1− y2· dydx
= 1
両辺 xで積分して ∫1
1− y2dy =
∫1 dx
ここで ∫1
1− y2dy =
1
2
∫ (1
1 + y+
1
1− y
)dy =
1
2(log |1 + y| − log |1− y|)
よって1
2log
∣∣∣∣1 + y
1− y
∣∣∣∣ = x+ C
x = 0のとき y = 0なので C = 0．これから
1 + y
1− y= e2x
ゆえに
y =e2x − 1
e2x + 1=
ex − e−x
ex + e−x
を得る．つまり条件を満たす f(x)はこれのみである．
6 京大文系
6.1 1番問題
次の各問にそれぞれ答えよ.
問 1. A =
(2 4
−1 −1
), E =
(1 0
0 1
)とするとき，A6十 2A4十 2A3十 2A2十 2A十 3E を求
めよ．
問 2. 四角形 ABCDを底面とする四角錐 OABCDを考える．点 Pは時刻 0では頂点 Oにあり，1
秒ごとに次の規則に従つてこの四角錐の 5つの頂点のいずれかに移動する.
規則：点 Pのあつた頂点と 1つの辺によつて結ばれる頂点の 1つに，等しい確率で移動する．
このとき，n秒後に点 Pが頂点 Oにある確率を求めよ．
6.2 2番問題
3次関数 y = x3 − 2x2 − x+ 2のグラフ上の点 (1, 0)における接線を lとする．この 3次関数の
グラフと接線 lで囲まれた部分を x軸の周りに回転して立体を作る．その立体の体積を求めよ．
6.3 3番問題
pを 3以上の素数とする．4個の整数 a, b, c, dが次の 3条件
a+ b+ c+ d = 0, ad− bc+ p = 0, a >= b >= c >= d
を満たすとき，a, b, c, dを pを用いて表せ．
6.3.1 解答
a = dなら，a+ b+ c+ d = 0, a >= b >= c >= dより a = b = c = d = 0．これは ad− bc+ p = 0
に反する．よって d < 0 < a
条件 a+ b+ c+ d = 0, ad− bc+ p = 0から dを消去すると
p = bc− ad = bc+ a(a+ b+ c) = (a+ b)(a+ c)
同様に aを消去すると
p = (d+ b)(d+ c)
ここで a+ b >= a+ c，d+ b >= d+ c．かつ a > dより
a+ b > d+ b, a+ c > d+ c
である．pが素数なので，
a+ b = p, a+ c = 1, d+ b = −1, d+ c = −p
である．4等式から
a = p+ 1 + d, b = −d− 1, c = −p− d
となることが必要である．
さらに a >= b >= c >= dとなればよい．a >= b, c >= dが成り立てばよいので
p+ 1 + d >= −d− 1, −p− d >= d
これから
−p+ 2
2<= d <= −p
2
dは整数なので，
d = −p+ 1
2
これから
(a, b, c, d) =
(p+ 1
2,p− 1
2, −p− 1
2, −p+ 1
2
)
6.4 4番問題
座標空間で点 (3, 4, 0)を通りベクトル −→a = (1, 1, 1)に平行な直線を l，点 (2, −1, 0)を通り
ベクトル−→b = (1, −2, 0)に平行な直線をmとする．点 Pは直線 l上を，点Qは直線m上をそれ
ぞれ勝手に動くとき，線分 PQの長さの最小値を求めよ．
6.5 5番問題
nを 1以上の整数とするとき，次の 2つの命題はそれぞれ正しいか．正しいときは証明し，正し
くないときはその理由を述べよ．
命題 p：ある nに対して，√nと
√n+ 1は共に有理数である．
命題 q：すべての nに対して，√n+ 1−
√nは無理数である．
6.5.1 解答
命題 pは正しくない．それを示す．√nと
√n+ 1が共に有理数であるような自然数 nが存在したとする．
√n =
p
q(p, q は互いに素)
とおく．これから
n =p2
q2
左辺は整数である．ところが p2 と q2 も互いに素である．これから q2 = 1．つまり q = 1となり√nは整数である．同様に
√n+ 1も整数である．したがって 2つの自然数 pと rを用いて
n = p2, n+ 1 = r2
とおける．ところがこれから nを消去すると
1 = r2 − p2 = (r + p)(r − p)
rと pは自然数なので，r+ p = r− p = 1であるが，このとき r = 1, p = 0となり，nが自然数で
あることに反する．よって√nと
√n+ 1が共に有理数であるような自然数 nは存在しない．
命題 qは正しい．それを示す．
ある nで√n+ 1−
√nが有理数 αになったとする．
√n+ 1,
√nのいずれもが有理数というこ
とはない．√nが無理数のとき
√n+ 1が有理数なら
√n+ 1 − α =
√nで左辺有理数なので
√n
が無理数であることに矛盾．逆のときも同様に矛盾する．したがって２数はともに無理数である．√n = ω (無理数)とおく．すると
√n+ 1 = α+ ωとなる．α = 0である．このとき
n+ 1 = α2 + 2αω + ω2 = α2 + 2αω + n
これから
ω =1− α2
α
左辺は無理数で右辺は有理数なので矛盾である．よって√n+ 1−
√nが有理数となる nは存在し
ない．
7 阪大前期理系
7.1 3番問題
xy平面において，原点 Oを通る半径 r (r > 0) の円を C とし，その中心を Aとする．Oを除
く C 上の点 Pに対し，次の 2つの条件 (a), (b)で定まる点 Qを考える．
(a)−→OP と
−→OQ の向きが同じ．
(b) |−→OP||−→OQ| = 1.
以下の問いに答えよ．
(1) 点 Pが Oを除く C 上を動くとき，点 Qは−→OA に直交する直線上を動くことを示せ．
(2) (1)の直線を lとする．lが C と 2点で交わるとき，rのとりうる値の範囲を求めよ．
7.1.1 解答
図形的解法
(1) Bを OBが円 C の直径となる点とし，半直線 OA上の点 Q0 を
|−→OB||−−→OQ0| = 2r|−−→OQ0| = 1 · · · 1⃝
となるようにとる．Q0 を通り−→OAと直交する
直線を lとする．Oを除く C 上の点 Pに対し，
直線 OPは lと平行ではない．直線 OPと lの
交点を Q′ とする．
Q′ = Pのとき
△OPB ∽ △OQ0Q′
なので，OP：OB = OQ0：OQ′ が成り立つ．
A
Q0
PQ′
B
l
y
x
この結果
|−→OP||−−→OQ′| = |−→OB||−−→OQ0| = 1
したがって Q = Q′ である．Q′ = Pのときも成り立つ．
つまり点 Pが円 C 上を動けば，点Qは直線 l上を動く．逆に，直線 l上の点Qがあれば，半直
線 OQと円 C は原点および他の点で交わり，条件を満たす点 Pを定める．
よって点 Qの軌跡が直線 lである，
(2) 原点を中心とする半径 1の円をDとする．
|−→OP||−→OQ| = 1より，|−→OP| < 1なら |−→OQ| > 1 である．つまり点 Pが円 Dの内部にあれば点 Q
は円Dの外部にある．同様に点 Pが円Dの外部にあれば点Qは円Dの内部にあり，点 Pが円D
の周上にあれば点 Qは点 Pと一致する．
したがって円 C が円Dの内部にあれば lと C に共通点はない．円 C が円Dに内接すれば lと
C は 1点を共有する．円 C が円Dと交われば，lはこの交点を通り，したがって lと C は 2点で
交わる．つまり C とDが 2点で交わることが求める条件である．
その条件は OB > 1．つまり r >1
2である．
ベクトルによる別解 ※ 記号は上記を使う．
(1) 条件から正の数 kを用いて−→OP = k
−→OQ
とおけ，さらに条件から
|−→OP||−→OQ| = k|−→OQ|2 = 1
である．この結果 k =1
|−→OQ|2となり
−→OP =
1
|−→OQ|2−→OQ · · · 2⃝
円 C は線分 OBを直径とする円なので，点 Pが円 C 上にあることは
−→OP · −→BP = 0
と同値である．これから
|−→OP|2 −−→OP · −→OB = 0
ここに 2⃝ を代入．|−→OQ|2
|−→OQ|4− 2
|−→OQ|2−→OA · −→OQ = 0
1⃝ より−→OQ · −→OA =
1
2=
1
2
−→OB
−−→OQ0 =
−→OA
−−→OQ0
∴−→OA · −−→Q0Q = 0
これは，点 Qが−→OA に直交する直線上を動くことを示している．
(2) lが C と 2点で交わる条件は，円 C の中心 Aと lとの距離が半径 rより小さいことである．
(1)から Aと lとの距離は ||−−→OQ0| − r|であり， 1⃝ なので
|−−→OQ0| =1−→OB
=1
2r
なので， ∣∣∣∣ 12r − r
∣∣∣∣ < r
−r <1
2r− r < r
∴1
2< r
座標による別解 ※ 2⃝ まではベクトルによる解法と同じ．
(1) P(x, y)，Q(X, Y )とし， 2⃝ を成分で書く．
x =X
X2 + Y 2, y =
Y
X2 + Y 2· · · 3⃝
円 C の中心を (a, b)とする．原点を通るので，r2 = a2 + b2 である．円 C は円の方程式
(x− a)2 + (y − b)2 = a2 + b2 · · · 4⃝
を満たす点 P(x, y)の集合である．点 Qの軌跡は，ここに 3⃝ を代入して得られた方程式で定ま
る図形から，もし (X, Y ) = (0, 0)が含まれればそれを除いた集合である．
4⃝ を展開整理して代入する．条件から (x2 + y2)(X2 + Y 2) = 1なので
1
X2 + Y 2+
− 2aX
X2 + Y 2+
− 2bY
X2 + Y 2= 0
を得る．これから点 Qは方程式
ax+ by =1
2
で定まる直線 l上を動く．この直線の法線方向は (a, b)でこれは−→OAそのものであるから，題意が
示せた．
(2) lが Cと 2点で交わる条件は，円 Cの中心 (a, b)と lとの距離が半径 rより小さいことである．∣∣∣∣a2 + b2 − 1
2
∣∣∣∣√a2 + b2
< r
r =√a2 + b2 なので ∣∣∣∣r2 − 1
2
∣∣∣∣r
< r
−r2 < r2 − 1
2< r2
∴1
2< r
7.2 4番問題
f(x) = x3 − x とし，tを実数とする．xy平面において，曲線 y = f(x) を C1 とし，直線 x = t
に関して C1 と対称な曲線
y = f(2t− x)
を C2 とする．
(1) C1 と C2 が 3点で交わるとき，tのとりうる値の範囲を求めよ．
(2) tが (1)で求めた範囲を動くとき，C1 と C2 で囲まれた部分の面積 S の最大値を求めよ．
7.2.1 解答
(1) 共有点の x座標は次の方程式の解で与えられる．
f(2t− x)− f(x) = (2t− x)3 − (2t− x)− x3 + x
= (2t− x− x){(2t− x)2 + (2t− x)x+ x2} − (2t− x− x)
= 2(t− x){4t2 − 2tx+ x2 − 1} = −2(x− t)(x2 − 2tx+ 4t2 − 1)
したがって２次方程式
x2 − 2tx+ 4t2 − 1 = 0 · · · 1⃝
が x = t以外の異なる２つの解をもてばよい．判別式をDとすると，
D/4 = t2 − 4t2 + 1 = 1− 3t2 > 0
∴ − 1√3< t <
1√3
(2)
(1)の tのとき，1⃝ の 2実解はx = t±√1− 3t2
である．tの正負によって２つのグラフの位置関
係が変わる．いずれにせよ図形は直線 x = tに
関して対称なので，面積 Sは次の絶対値で与え
られる．x2−2tx+4t2−1 = (x−t)2−(1−3t2)
に注意して
S = 2
∣∣∣∣∣∫ t+
√1−3t2
t
{f(2t− x)− f(x)} dx
∣∣∣∣∣= 4
∣∣∣∣∣∫ t+
√1−3t2
t
{(x− t)3 − (1− 3t2)(x− t)} dx
∣∣∣∣∣= 4
∣∣∣∣∣[(x− t)4
4− (1− 3t2)(x− t)2
2
]t+√1−3t2
t
∣∣∣∣∣= (1− 3t2)2
t
t−√1− 3t2
t+√1− 3t2
y = f(x)
y = f(2t− x)
tが − 1√3< t <
1√3を動くとき，S は t = 0で最小値 1をとる．
8 名大理系
8.1 4番 (b)問題
袋の中に赤と黄と青の玉が 1個ずつ入っている．「この袋から玉を 1個取り出して戻し，出た玉
と同じ色の玉を袋の中に 1個追加する」という操作をN 回繰り返した後，赤の玉が袋の中にm個
ある確率を pN (m)とする．
(1) 連比 p3(1) : p3(2) : p3(3) : p3(4)を求めよ．
(2) 一般のN に対し pN (m) (1 <= m <= N + 1)を求めよ．
8.1.1 解答
(1) 定義から pN (m)は次の性質をもっている．
(i) 明らかに pN (0) = 0, pN (m) = 0 (N + 2 <= m)である．
(ii) m = N + 1となるのは，赤玉をとり続ける場合なので，
pN (N + 1) =1
3· 24· 35· · · · N
N + 2=
2
(N + 2)(N + 1)
(iii) m = 1となるのは，赤玉以外をとり続ける場合なので，
pN (1) =2
3· 34· · · · N + 1
N + 2=
2
N + 2
(iv) 2 <= m <= N のとき．N 回目にmとなるのは，N − 1回目にmでN 回目に赤以外をと
るか，N − 1回目にm− 1でN 回目に赤を取る場合なので，
pN (m) = pN−1(m) · N + 2−m
N + 2+ pN−1(m− 1) · m− 1
N + 2· · · 1⃝
(v) すべての結果は 1 <= m <= N + 1の範囲にあるので，
pN (1) + pN (2) + · · ·+ pN (N + 1) = 1
よって
p3(1) =3
5=
4
10
p3(2) = p2(2) ·3
5+ p2(1) ·
1
5
=
(1
3· 24+
2
3· 14
)· 35+
2
3· 34· 15=
3
10
p3(4) =2
5 · 4=
1
10
p3(3) = 1− {p3(1) + p3(2) + p3(4)} =2
10
∴ p3(1) : p3(2) : p3(3) : p3(4) = 4 : 3 : 2 : 1
(2) (1)から次のように推測される．
pN (1) : pN (2) : · · · : pN (m) : · · · : pN (N + 1)
= N + 1 : N : · · · : N + 2−m : · · · : 1
つまり，自然数N に対して 1 <= m <= N + 1のすべてのmで
pN (m) =N + 2−m
N + 1 +N + · · ·+ 1=
2(N + 2−m)
(N + 1)(N + 2)(1 <= m <= N + 1) · · · 2⃝
が成立すると推測される．これをN に関する数学的帰納法で示す．
m = 1, N + 1のときは (1)で確認したように成立している．したがって N = 1のときは成
立している．
N = kのとき 1 <= m <= k + 1の範囲のmで成立しているとする．
N = k + 1のとき，2 <= m <= k + 1で示せばよい． 1⃝ と帰納法の仮定から
pk+1N(m) = pk(m) · k + 3−m
k + 3+ pk(m− 1) · m− 1
k + 3
=2(k + 2−m)
(k + 1)(k + 2)· k + 3−m
k + 3+
2(k + 3−m)
(k + 1)(k + 2)· m− 1
k + 3
=2(k + 3−m){(k + 2−m) + (m− 1)}
(k + 1)(k + 2)(k + 3)=
2(k + 3−m)
(k + 2)(k + 3)
N = k + 1でも 2⃝ が成立し，すべてのN で 2⃝ が成立することが示された．
∴ pN (m) =
2(N + 2−m)
(N + 1)(N + 2)(1 <= m <= N + 1)
0 (m = 0, N + 2 <= m)
参考
N 回目に赤玉が出る確率を qN とおく．
qN+1 =
N+1∑m=1
pN (m)m
N + 3
=
N+1∑m=1
2(N + 2−m)
(N + 1)(N + 2)· m
N + 3
=
(N + 2)(N + 1)(N + 2)− (N + 1)(N + 2)(2N + 3)
3
(N + 1)(N + 2)(N + 3)
=1
3
別解
2⃝ を次のように直接計算してもよい．
それぞれの玉を区別する．N 回の試行で玉の選び方の総数は
3 · 4 · · · · · · (N + 2) =(N + 2)!
2(通り)
このうち赤がm個である選び方の総数を求める．赤をm− 1回選べばよい．
赤をどこで選ぶかが
NCm−1 (通り)
その一つ一つに対して，選び方は
赤のところでの選び方 1 · 2 · · · · · (m− 1) = (m− 1)! (通り)
その他の色での選び方 2 · 3 · · · · · {N − (m− 1) + 1} = (N −m+ 2)! (通り)
したがって
pN (m) =2 · (m− 1)! · (N −m+ 2)!
(N + 2)!· N !
(N −m+ 1)·!(m− 1)!=
2(N + 2−m)
(N + 1)(N + 2)
9 名大文系
9.1 3番 (b)問題
袋の中に赤と白の玉が 1個ずつ入っている．「この袋から玉を 1個取り出して戻し，出た玉と同
じ色の玉を袋の中に 1個追加する」という操作をN 回繰り返した後，赤の玉が袋の中にm個ある
確率を pN (m)とする．
(1) p3(m)を求めよ．
(2) 一般のN に対し pN (m)を求めよ．
9.1.1 解答
(1) 定義から pN (m)は次の性質をもっている．
(i) 明らかに pN (0) = 0, pN (m) = 0 (N + 2 <= m)である．
(ii) m = N + 1となるのは，赤玉をとり続ける場合なので，
pN (N + 1) =1
2· 23· 34· · · · N
N + 1=
1
N + 1
(iii) m = 1となるのは，赤玉以外をとり続ける場合なので，
pN (1) =1
2· 23· · · · N
N + 1=
1
N + 1
(iv) 2 <= m <= N のとき．N 回目にm個となるのは，N − 1回目にm個でN 回目に白をと
るか，N − 1回目にm− 1個でN 回目に赤を取る場合なので，
pN (m) = pN−1(m) · N + 1−m
N + 1+ pN−1(m− 1) · m− 1
N + 1· · · 1⃝
(v) すべての結果は 1 <= m <= N + 1の範囲にあるので，
pN (1) + pN (2) + · · ·+ pN (N + 1) = 1
よって
p3(1) = p3(4) =1
4
p3(2) = p2(2) ·2
4+ p2(1) ·
1
4
=
(1
2· 13+
1
2· 13
)· 24+
1
2· 23· 14=
1
4
p3(3) = 1− {p3(1) + p3(2) + p3(4)} =1
4
∴ p3(m) =
1
4(1 <= m <= 4)
0 (5 <= m)
(2) (1)からN + 2 <= mなら pN (m) = 0である．また (1)から 1 <= m <= N + 1のとき
pN (m) =1
N + 1· · · 2⃝
と推測される．これをN に関する数学的帰納法で示す．
m = 1, N + 1のときは (1)で確認したように成立している．したがって N = 1のときは成
立している．
N = kのとき 1 <= m <= k + 1の範囲のmで成立しているとする．
N = k + 1のとき，2 <= m <= k + 1で示せばよい． 1⃝ と帰納法の仮定から
pk+1(m) = pk(m) · k + 2−m
k + 2+ pk(m− 1) · m− 1
k + 2
=1
k + 1· k + 2−m
k + 2+
1
k + 1· m− 1
k + 2=
1
k + 2
N = k + 1でも 2⃝ が成立し，すべてのN で 2⃝ が成立することが示された．
∴ pN (m) =
1
N + 1(1 <= m <= N + 1)
0 (0, N + 2 <= m)
参考
N 回目に赤玉が出る確率を qN とおく．
qN+1 =
N+1∑m=1
pN (m)m
N + 2
=
N+1∑m=1
1
N + 1· m
N + 2
=1
2
別解
2⃝ を次のように直接計算してもよい．
それぞれの玉を区別する．N 回の試行で玉の選び方の総数は
2 · 3 · · · · · · (N + 1) = (N + 1)! (通り)
このうち赤がm個である選び化の総数を求める．赤をm− 1回選べばよい．
赤をどこで選ぶかが
NCm−1 (通り)
その一つ一つに対して，選び方は
赤色： 1 · 2 · · · · · (m− 1) = (m− 1)! (通り)
白色： 1 · 2 · · · · · {N − (m− 1)} = (N −m+ 1)! (通り)
∴ pN (m) =NCm−1 · (m− 1)! · (N −m+ 1)!
(N + 1)!=
1
N + 1
10 一橋
10.1 1番問題
mを整数とし，f(x) = x3 + 8x2 +mx+ 60とする．
(1) 整数 aと 0ではない整数 bで，f(a+ bi) = 0を満たすものが存在するようなmをすべて求
めよ．ただし，iは虚数単位である．
(2) (1)で求めたすべてのmに対して，方程式 f(x) = 0を解け．
10.1.1 解答
(1) 係数は実数なので，a+ biが解ならその共役 a− biも解である．他の実数解を αとする．解
と係数の関係から(a+ bi) + (a− bi) + α = 2a+ α = −8
(a+ bi)(a− bi) + (a+ bi)α+ (a− bi)α = a2 + b2 + 2aα = m
(a+ bi)(a− bi)α = (a2 + b2)α = −60
である．α = −8− 2aより (a2 + b2)(−8− 2a) = −60となるので
(a2 + b2)(a+ 4) = 30 · · · 1⃝
である．30の約数で a2 + b2 の形の数，および 1⃝ となるようにそのとき a+ 4のとるべき
値を書くと
a2 + b2 02 + 12 = 1 12 + 12 = 2 12 + 22 = 5 12 + 32 = 10
a+ 4 30 15 6 3
である．各 a2 + b2に対し，aと bの入れ替えと正負で 4通り aがとれるが，そのうち a+ 4
がとるべき値になるものを選ぶと
(a, b) = (−1, ±3), (2, ±1)
のみである．それぞれ α = −6, m = 22および α = −12, m = −43である．
よって条件を満たすmは −6, −43である．
(2) (1)から f(x) = 0の解はm = 22のとき −6, −1± 3i
m = −43 −12, 2± i
10.2 2番問題
数列 {an}, {bn}, {cn}を
a1 = 2, an+1 = 4an
b1 = 3, bn+1 = bn + 2an
c1 = 4, cn+1 =cn4
+ an + bn
と順に定める．放物線 y = anx2 + 2bnx+ cn をHn とする．
(1) Hn は x軸と 2点で交わることを示せ．
(2) Hn と x軸の交点を Pn，Qn とする．n∑
k=1
PkQk を求めよ．
10.2.1 解答
(1) 2次式 anx2 + 2bnx+ cn の判別式をDn とする．
Dn+1/4 = bn+12 − an+1cn+1
= (bn + 2an)2 − 4an
(cn4
+ an + bn
)= bn
2 − ancn = Dn/4
よって帰納的に
Dn/4 = Dn−1/4 = · · · = D1/4 = 32 − 2 · 4 = 1 > 0
したがって，2次方程式 anx2 + 2bnx+ cn = 0は相異なる 2実数解をもち，Hn は x軸と 2
点で交わることが示された．
(2) Pn，Qn の x座標を pn, qn とする．pn, qn は 2次方程式 anx2 + 2bnx+ cn = 0の 2解であ
るから，pn + qn =− 2bnan
, pnqn =cnanである．よって
PnQn2 = (pn − qn)
2 = (pn + qn)2 − 4pnqn
=
(− 2bnan
)2
− 4cnan
=Dn
an2
(1) から Dn = 4 なので PnQn =2
anである．ここで条件から an = 2 · 4n−1 であるから，
PnQn =1
4n−1である．
∴n∑
k=1
PkQk =
1−(1
4
)n
1− 1
4
=4
3
{1−
(1
4
)n}
別解
(1)
an+1x2 + 2bn+1x+ cn+1
= 4anx2 + 2(bn + 2an)x+
cn4
+ an + bn
=1
4
{an(4x+ 2)2 + 2bn(4x+ 2) + cn
}したがって 2次方程式 anx
2 + 2bnx+ cn = 0の解を αn, βnとすれば，2次方程式 an+1x2 +
2bn+1x+ cn+1 = 0の解は
αn = 4αn+1 + 2, βn = 4βn+1 + 2
となる．これから αn, βnが異なる実数なら，αn+1, βn+1も異なる実数である．n = 1のと
きは 2x2 +6x+4 = 2(x+1)(x+2)より α1, β1 = −1, −2．数学的帰納法によって，2次方
程式 anx2 + 2bnx+ cn = 0は相異なる 2次数解をもち，Hnは x軸と 2点で交わることが示
された．
(2)
Pn+1Qn+1 = |βn+1 − αn+1| =1
4|βn − αn| =
1
4PnQn
P1Q1 = 1なので PnQn =1
4n−1である．
∴n∑
k=1
PkQk =
1−(1
4
)n
1− 1
4
=4
3
{1−
(1
4
)n}
11 京府医大
11.1 2番問題
xy 座標平面において，y 軸上に中心をもつ円 C1 と y = x3 で表される曲線 C2 は異なる２つの
共有点 A, Bをもち，Aおよび Bの両方の点において C1 と C2 は共通の接線をもつとする．
(1) 点 Aまたは点 Bは原点 Oと一致することを示せ．
(2) 円 C1 の中心の座標を求めよ．
11.1.1 解答
(1) C1 は中心の座標が C(0, a) で半径が r の円であるとする．C2 が原点対称であることから
a > 0で考える．
C2 上の点 P(t, t3)において，C1 と C2 が共有点をもち，かつ接線を共有するのは，
(i) 点 Pでの C2 の法線が中心 Cを通る．
(ii) PC = r
となるときである．C2 について，y′ = 3x2 から t = 0のとき法線は
y = − 1
3t2(x− t) + t3
これから
x+ 3t2y − t− 3t5 = 0
これは t = 0のときも適する．したがって条件は{3t2a− t− 3t5 = 0 · · · 1⃝t2 + (t3 − a)2 = r2 · · · 2⃝
である． 1⃝ を満たす tの一つは t = 0で， 2⃝ も満たすためには a = rでなければならない．
1⃝ , 2⃝ を満たす t = 0となる解が 2つあるとし，異なる２解を α, β とする．t = 0のとき
1⃝ から t3 − a = − 1
3t．これを 2⃝ に代入して分母を払う．
9t4 − 9r2t2 + 1 = 0 · · · 3⃝
この方程式は t2の 2次方程式である．C2は原点対称であるがC1はそうではないので，β = −α
となることはない．したがって，α2と β2が 3⃝ を t2の２次方程式とみたときの異なる２解
となり，解と係数の関係から
α2 + β2 = r2, α2β2 =1
9· · · 4⃝
一方 αも β も t3 − a = − 1
3tを満たさなければならないので
a = α3 +1
3α= β3 +
1
3β
これから
(α− β){3αβ(α2 + αβ + β2)− 1} = 0
を得る．α = β なので，
3αβ(α2 + αβ + β2)− 1 = 0
であるが，解と係数の関係から αβ = ±1
3なので，これと α2 + β2 = r2を代入すると±1
3に
応じて
r2 =2
3, −2
3
を得る．r2 >= 0より r2 =2
3である．
ところがこのとき，t2 の２次式 3⃝ の判別式をDとすると
D = 81r4 − 36 = 9(9r4 − 4) = 0
となり，α2 = β2 と矛盾する．
よって条件を満たす 0でない解は一つしかない．つまり点 Aか点 Bのいずれかは原点 Oで
ある．
(2) (1)から条件を満たす一つの解は 0なので，(1)での考察から a = rである．t = 0のとき，条
件 1⃝ , 2⃝ は {3t4 − 3at+ 1 = 0 · · · 5⃝t4 − 2at+ 1 = 0 · · · 6⃝
5⃝ × 2− 6⃝ × 3より 3t4 = 1が必要である．このとき
a =t4 + 1
2t=
2 4√3
3
対称性を考え，求める中心の座標は (0, ±2 4
√3
3
)
12 慶応大
12.1 理工B番問題
(1) cos 3θ = f(cos θ)を満たす 3次式と，cos 4θ = g(cos θ)を満たす 4次式 g(x)を求めよ．また，
多項式 h(x)で，(x− 1)h(x) = g(x)− f(x)を満たすものを求めよ．
(2) h(x)を (1)で求めた多項式とする．0 <= θ <= π とするとき，h(cos θ) = 0であるためには，
θ =2π
7または θ =
4π
7または θ =
6π
7であることが必要十分であることを示せ．
(3) cos2π
7+ cos
4π
7+ cos
6π
7の値を求めよ．
12.1.1 解答
(1)
cos 3θ = cos(2θ + θ) = cos(2θ) cos θ − sin(2θ) sin θ
= (2 cos2 θ − 1) cos θ − 2 cos θ(1− cos2 θ) = 4 cos3 θ − 3 cos θ
∴ f(x) = 4x3 − 3x
cos 4θ = 2 cos2(2θ)− 1 = 2(2 cos2 θ − 1)2 − 1 = 8 cos4 θ − 8 cos2 θ + 1
∴ g(x) = 8x4 − 8x2 + 1
g(x)− f(x) = (8x4 − 8x2 + 1)− (4x3 − 3x) = (x− 1)(8x3 + 4x2 − 4x− 1)
∴ h(x) = 8x3 + 4x2 − 4x− 1
(2)
cos 4θ − cos 3θ = −2 sin7θ
2sin
θ
2
なので，θ =2iπ
7(i = 1, 2, 3)のとき，
cos 4θ − cos 3θ = −2 sin iπ siniπ
7= 0
したがって x = cos2iπ
7(i = 1, 2, 3)は g(x) − f(x) = 0を満たす．かつ cos
2iπ
7= 1 (i =
1, 2, 3)なので，x = cos2iπ
7(i = 1, 2, 3)は h(x) = 0の解である．これら 3個の値はすべ
て異なり，かつ h(x)は 3次式なので，x = cos2iπ
7(i = 1, 2, 3)は h(x) = 0の解のすべて
である．つまり題意が示された．
(3) 3次方程式 h(x) = 8x3 + 4x2 − 4x− 1 = 0の解と係数の関係から
cos2π
7+ cos
4π
7+ cos
6π
7= −1
2
一般化
チェビシフの多項式の一般論から
cosnθ = Tn(cos θ)
sinnθ = sin θUn(cos θ)
となる n次整式 Tn(x)と n− 1次整式 Un(x)が存在する．これらは{Tn(x) = xTn−1(x) + (x2 − 1)Un−1(x)
Un(x) = Tn−1(x) + xUn−1(x)
を満たす．よって
Tn+1 − Tn(x) = (x− 1)Tn(x) + (x2 − 1)Un(x) = (x− 1){Tn(x) + (x+ 1)Un(x)}
一方
cos(n+ 1)θ − cosnθ = −2 sin2n+ 1
2θ sin
θ
2
なので，θ =2iπ
2n+ 1(i = 1, 2, · · · , n)のとき cos(n+ 1)θ − cosnθ = 0となる．これらの余弦は
1ではなく，かつすべて異なるので，x = cos2iπ
2n+ 1(i = 1, 2, · · · , n)は n次方程式
Tn(x) + (x+ 1)Un(x) = 0
の n個の解である．また
Tn(x) = 2n−1xn + 0 · xn−1 + · · ·
Un(x) = 2n−1xn−1 + · · ·
と展開されるので，
Tn(x) + (x+ 1)Un(x) = 2n−1xn + 0 · xn−1 + · · ·+ (x+ 1)(2n−1xn−1 + · · ·)
= 2nxn + 2n−1xn−1 + · · ·
となり，n∑
i=1
cos2iπ
2n+ 1= −1
2
がつねに成立する．
12.2 総合政策 IV番問題
pが素数であれば次の 5次の整式
x5 − p2x+ p
は、係数が整数範囲の整式の積には因数分解できないことを示せ．
12.2.1 解答
背理法で示す．整式 x5 − p2x+ pが 4次以下の 2つの整数係数の整式 g(x), h(x)を用いて
x5 − p2x+ p = g(x)h(x) · · · 1⃝
と因数分解できたとする．ここで
g(x) =
4∑k=0
bkxk
h(x) =
4∑k=0
ckxk
とおく．ただし，係数のいくつかは 0である． 1⃝ の定数項を比較して
p = b0c0
pが素数なので，b0 = p, c0 = 1または b0 = −p, c0 = −1 (またはその入れかえ)でなければなら
ない．
b0 = p, c0 = 1とする． 1⃝ の 1次の項の係数，2次の項の係数を比較して
p2 = b1 + pc1
0 = b2 + b1c1 + pc2
第 1式から b1が pの倍数．その結果第 2式から b2が pの倍数である．同様の操作を繰り返すこと
により，b3, b4 が pの倍数でなければならない．ところが 5次の項の係数を比較すると
1 = b4c1 + b3c2 + b2c3 + b1c4
右辺は pの倍数なのでこれは矛盾である．
b0 が pの倍数であることのみを用いたので b0 = −p の場合も同様に矛盾となる．g(x)と h(x)
を入れ替えた場合も同様である．よって x5 − p2x + pの整数を係数とする整式による因数分解は
存在しない．
12.3 環境情報V番問題
次の式で定義される数 dn をカタラン数という．
d0 = 1, dn = 2nCn − 2nCn−1
dn は次の関係式を満たす．
dn = dn−1d0 + dn−2d1 + · · ·+ d1dn−2 + d0dn−1
これを用いて以下の問いに答えよ．
(1) ２つの等式
dn =2nCn
n+ 1
dnd1 + dn−1d2 + · · ·+ d2dn−1 + d1dn =2n
n+ 3dn+1
を示せ．
(2) n >= 3とし，正 n角形 T を，互いに交わらない対角線で n− 2個の三角形に分割する方法の
総数をDnとする．ただしD3 = 1である．数列 {Dn}の一般項を，数列 {dn}の一般項を用いて表せ．
12.3.1 解答
(1)
2nCn−1 =(2n)!
(n+ 1)!(n− 1)!=
n
n+ 1· (2n)!n!n!
=n
n+ 1· 2nCn
より等式
dn = 2nCn − 2nCn−1 =2nCn
n+ 1
は成立．また
dn+2 = dn+1d0 + dnd1 + · · ·+ d1dn + d0dn+1
なので，
dnd1 + dn−1d2 + · · ·+ d2dn−1 + d1dn
= dn+2 − 2dn+1d0 = dn+2 − 2dn+1
=2(n+2)Cn+2
n+ 3−
22(n+1)Cn+1
n+ 2
=(2n+ 4)!
(n+ 3)(n+ 2)!(n+ 2)!− 2(2n+ 2)!
(n+ 2)(n+ 1)!(n+ 1)!
=(2n+ 2)!
(n+ 1)!(n+ 1)!
((2n+ 4)(2n+ 3)
(n+ 3)(n+ 2)2− 2
n+ 2
)=
2n
(n+ 3)(n+ 2)2(n+1)Cn+1 =
2n
n+ 3dn+1
つまり
dnd1 + dn−1d2 + · · ·+ d2dn−1 + d1dn =2n
n+ 3dn+1 · · · 1⃝
も成立した．
(2) T の頂点を A1, A2, · · · , An とする．対角線 A1Ak (3 <= k <= n − 1) で k角形と n + 2 − k
角形に分かれるので，この対角線を用いた分割は，対角線が交わらないという条件ものとで
は，それぞれの多角形を分割する場合の数の積である．つまり
DkDn+2−k
通りある．よって A1 を通る対角線で 2分割するような分割は
n−1∑k=3
DkDn+2−k · · · 2⃝
ある．A1を他の頂点にとっても同様である．ひとつの対角線に両端の 2つの頂点が対応する．
そこで，一つの分割で用いられている対角線の本数を数える．n角形の内部に 3角形は n− 2
個できている. そして, 内部の対角線は二つずつの三角形に共有され，T の辺は一つずつ用い
られているので, 対角線の本数を qとすると，
2q + n
3= n− 2
これから q = n− 3．よって 2⃝ をすべての頂点に渡って加えると，同じ分割が 3(n− 1)回
現れる．
∴ n
n−1∑k=3
DkDn+2−k = 2(n− 3)Dn
つまり
D3Dn−1 +D4Dn−2 + · · ·+Dn−2D4 +Dn−1D3 =2(n− 3)
nDn
これから nを n+ 3に置きかえると
D3Dn+2 +D4Dn+1 + · · ·+Dn+1D4 +Dn+2D3 =2n
n+ 3Dn+3
となり，この関係式でDk+2 を dk に置きかえたものは 1⃝ と同一の関係式である．
さらにD3 = 1 = d1 であるから，数学的帰納法によって
Dn+2 = dn
が成り立つ．
∴ Dn = dn−2 (n >= 3)
13 山梨大
13.1 医後期 1番問題
m, nを正の整数とし、m <= nとする．いま，1から nまでの各整数 iに対して数字 iのみが書
かれたカードを 2枚ずつ，合計 2n枚を箱 Aに入れておく．
(1) 1 <= k <= nを満たす整数 kに対して，k × nCk = n × n−1Ck−1 となることを示せ．ただし，
0C0 = 1とする．
(2) 箱 Aの全カード 2n枚から 2m枚のカードを選ぶ方法を考えて，次の等式を示せ．ただし，
i < j のとき iCj = 0とする．m∑
k=0
nCk × n−kC2m−2k × 22m−2k = 2nC2m
(3) 箱 Aの全カード 2n枚から 2m枚のカードを無作為に取り出す．このとき，1から nまでの
整数 iのうちで，これら 2m枚のいずれのカードにも数字 iが書かれていないものの個数を
X とする．X の期待値を求めよ．
(4) n >= 2かつm <= n − 1とする．1から n − 1までの各整数 iに対して数字 iのみが書かれた
カードを 2枚ずつと，数字 nのみが書かれたカード 1枚との合計 2n− 1枚を箱 Bに入れて
おく．箱 Bの全力一ド 2n− 1枚から 2m枚のカードを無作為に取り出すとき，1から nまで
の整数 iのうちで，これら 2m枚のいずれのカードにも数字 iが書かれていないものの個数
を Y とする．Y の期待値を求めよ.
13.1.1 解答
(1) k = nのときは明らか．1 <= k <= n− 1とする．
解 1
knCk =k · n!
(n− k)!k!
=n(n− 1)!
{(n− 1)− (k − 1)}!(k − 1)!
= nn−1Ck−1
解 2 二項定理より
(1 + x)n =
n∑k=0
nCkxk
この両辺を xで微分する．
n(1 + x)n−1 =
n∑k=1
knCkxk−1
両辺の xk−1 の係数を比較して
nn−1Ck−1 = knCk
解 3 n人から k 人の委員とその中の委員長を選ぶ選び方を考える．n人から k 人の委員を
まず選び，k 人の中から委員長 1人を選ぶ，とすると，nCk × k 通りの選び方がある．
n人から委員長を先に選び，その後 n− 1人から残る k − 1人の委員を選ぶ，とすると
n× n−1Ck−1 通りの選び方がある．同じものの選び方なので相等しい．
∴ knCk = nn−1Ck−1 (1 <= k <= n− 1)
(2) 同じ番号のカードを区別する．すると，箱 Aの全カード 2n枚から 2m枚のカードを選ぶ方
法の総数は 2nC2m 通りである．
一方，その選び方を，そのなかで同じ番号のものが何組あるかで分ける．k (0 <= k <= m)組
みある選び方は次の積である．2枚選ぶ数字の決め方は nCk で，このカードはすべて選ぶ．
残る 2m− 2k枚は，n−k種類のカード 2枚から 1枚ずつ選ぶ．それは n−kC2m−2k × 22m−2k
通り．同じ番号のものが何組ある選び方は nCk × n−kC2m−2k × 22m−2k 通り．
kが異なれば排反であるから kについての和が 2nC2m となる．
∴m∑
k=0
nCk × n−kC2m−2k × 22m−2k = 2nC2m
(3) (2)の k組が 2枚ずつ，2m− 2k枚は 1枚ずつ選ばれる事象では k+ (2m− 2k) = 2m− k種
類が選ばれている．よってX = n− (2m− k) = n− 2m+ kである．その確率が
nCk × n−kC2m−2k × 22m−2k
2nC2m
であるから期待値は次のようになる．
E(X) =
m∑k=0
(n− 2m+ k) · nCk × n−kC2m−2k × 22m−2k
2nC2m
=
m∑k=0
(n− 2m) · nCk × n−kC2m−2k × 22m−2k
2nC2m+
m∑k=0
k · nCk × n−kC2m−2k × 22m−2k
2nC2m
= (n− 2m) + n ·m∑
k=0
n−1Ck−1 × n−kC2m−2k × 22m−2k
2nC2m
= (n− 2m) + n ·m∑
k=0
n−1Ck−1 × (n−1)−(k−1)C2(m−1)−2(k−1) × 22(m−1)−2(k−1)
2nC2m
= (n− 2m) + n · 2(n−1)C2(m−1)
2nC2m=
(n−m)(2n− 1− 2m)
2n− 1
(4) (2)の考察を，カード nが選ばれる場合と選ばれない場合に分けることにより
m∑k=0
{n−1Ck × n−1−kC2m−2k−1 × 22m−2k−1 + n−1Ck × n−1−kC2m−2k × 22m−2k
}= 2n−1C2m
この和の k について選ばれた番号の総数は，nが選ばれる場合，k + (2m − 2k − 1) + 1 =
2m − k であり，n が選ばれない場合，k + (2m − 2k) = 2m − k で等しい．したがって
Y = n− (2m− k) = n− 2m+ kである．
(3)と同様に
E(Y ) =
m∑k=0
(n− 2m+ k)
×n−1Ck × n−1−kC2m−2k−1 × 22m−2k−1 + n−1Ck × n−1−kC2m−2k × 22m−2k
2n−1C2m
= (n− 2m)
+m∑
k=0
k · n−1Ck × n−1−kC2m−2k−1 × 22m−2k−1 + n−1Ck × n−1−kC2m−2k × 22m−2k
2n−1C2m
= (n− 2m) + (n− 1)
×m∑
k=0
n−2Ck−1 × n−1−kC2m−2k−1 × 22m−2k−1 + n−2Ck−1 × n−1−kC2m−2k × 22m−2k
2n−1C2m
= (n− 2m) + (n− 1) · 2n−3C2m−2
2n−1C2m
=(n−m)(2n− 1− 2m)
2n− 1
14 名古屋市大
14.1 3番問題
1から nまでの番号が 1つずつ書かれた n枚のカードがある．次の条件を満たすように左から右
に n枚を並べる場合の数を C(n)とする．
条件： 1から nまでのすべての自然数 kについて，左から k番目に番号 kのカードがこ
ない．
次の問に答えよ．
(1) C(4)を求めよ．
(2) C(6)を求めよ．
(3) n >= 3について，C(n+ 2)を n，C(n)，C(n+ 1)で表せ．
14.1.1 解答
(1) 明らかにC(1) = 0, C(2) = 1である．n = 3のときは 231と 312の 2通り．よってC(3) = 2
である．n = 4のとき．
(i) 21○○のように，1がどれかと入れ替わっているとき．他のカードの並べ方はC(2) = 1
通り．1との入れ替え方は３通り．よってこの型は３通り．
(ii) 1がどれかと入れ替わってはいないとき．1が k番に入ったとする．2は 2番以外，3は
3番以外，k は 1番以外と，それぞれ 1箇所入ってはいけない場所が指定されるので，
C(3) = 2通り．1の入り方は３通りなので，この型は 6通り．
よって C(4) = 9である．
(2) (1)と同様に，
C(5) = 4C(3) + 4C(4) = 4× (2 + 9) = 44
C(6) = 5C(4) + 5C(5) = 5× (9 + 44) = 265
(3) 同様 n+ 2枚のカードについて考える．(1)と同様に考える．
(i) 21○○のように，1がどれかと入れ替わっているとき．他の決め方は C(n)通り．入れ
替え方は n+ 1通り．よってこの型は (n+ 1)C(n)通り．
(ii) 1がどれかと入れ替わってはいないとき．1が k番に入ったとする．2は 2番以外，3は
3番以外，k は 1番以外と，それぞれ 1箇所入ってはいけない場所が指定されるので，
C(n+ 1)通り．1の入り方は n+ 1通りなので，この型は (n+ 1)C(n+ 1)通り．
∴ C(n+ 2) = (n+ 1){C(n) + C(n+ 1)}
参考
題意の事象の起こる確率を pn とすると，
pn =C(n)
n!
となる．(2)の結果から
C(n+ 2)
(n+ 2)!=
(n+ 1){C(n) + C(n+ 1)}(n+ 2)!
=1
n+ 2· C(n)
n!+
n+ 1
n+ 2· C(n+ 1)
(n+ 1)!
∴ pn+2 − pn+1 =1
n+ 2(pn − pn+1) = − 1
n+ 2(pn+1 − pn)
∴ pn+1 − pn =(−1)n−1 · 2(n+ 1)!
(p2 − p1) =(−1)n−1 · 2(n+ 1)!
· 12=
(−1)n−1
(n+ 1)!
となる．これから
pn =1
2!− 1
3!+
1
4!− · · ·+ (−1)n
n!
となる．また，次式も成立する．
limn→∞
pn =1
e
※ これは古典的な確率論で有名なめぐりあいの確率の問題である．少なくとも 1枚 k 番目に番
号 kのカードがある事象を，めぐりあいとなる事象という．それに対して，問題のように 1枚も重
ならない順列は乱列という．めぐり合いとなる事象と，乱列となる事象はたがいに余事象である．
15 北大
15.1 2番問題
4枚のカードがあつて，1から 4までの整数がひとつずつ書かれている．このカードをよく混ぜ
て，1枚引いては数字を記録し，カードを元に戻す．この試行を n回繰り返し，記録した順に数宇
を並べて得られる数列を，a1, a2, · · · , an とする．
(1) 条件 a1 <= a2 <= · · · <= an = jを満たず数列がAn(j)通りあるとする．ただし，j = 1, 2, 3, 4
とする．
(i) An(1), An(2)を求めよ．
(ii) n >= 2のとき，An(j) (j = 3, 4)をAn−1(1), An−1(2), · · ·An−1(j)で表し，An(3), An(4)
を求めよ．
(2) n >= 2のとき，a1 <= a2 <= · · · <= an−1 かつ an−1 > an となる確率を求めよ．
15.1.1 解答
(1) (i) 最後が 1, 2, · · · , jで終わる n− 1項の数列はそれぞれAn−1(1), An−1(2), · · ·An−1(j)
個ある．これらの数列の後ろに an = j をおけば条件を満たす数列が得られる．逆に条
件を満たす数列から最後の項 an = j を除けば，最後が 1, 2, · · · , j のいずれかで終わ
る n− 1項の数列が得られる．
よって An(j)は a1 <= a2 <= · · · <= an−1 <= j となる数列の総数に等しい．このような数
列は，j 個の数字から重複を許して n− 1個の数字を選んで並べればよい．並べ方は一
通りなので，選び方の総数が An(j)である．
選び方は 1から jの各数字の選ばれる回数を決めればよい．それを x1, · · · , xjとすれば
x1 + x2 + · · ·+ xj = n− 1 (0 <= x1, · · · , xj)
となる整数 x1, · · · , xj の組の総数である．これは n− 1個の○を j 個に分ける分け方
と一対一に対応するので，n− 1個の○と j − 1本の仕切り｜との，同じものを含む順
列の総数となる．
∴ An(j) ={(n− 1) + (j − 1)}!(n− 1)!(j − 1)!
= n+j−2Cj−1
これから
An(1) = 1, An(2) = n
(ii) (i)から
An(j) = An−1(1) +An−1(2) + · · ·+An−1(j)
また
An(3) = n+1C2 =n(n+ 1)
2, An(4) = n+2C3 =
n(n+ 1)(n+ 2)
6,
(2) a1 <= a2 <= · · · <= an−1 かつ an−1 > an となる事象は a1 <= a2 <= · · · <= an−1 となる事象のう
ち a1 <= a2 <= · · · <= an−1 <= an となる事象を除いた事象である．
a1 <= a2 <= · · · <= an−1 となる事象の総数が An(4)， a1 <= a2 <= · · · <= an−1 <= an となる事象
の総数が An+1(4)である． n枚のときすべての試行の結果は 4n通りなので，求める確率は
An(4)
4n−1− An+1(4)
4n
=n(n+ 1)(n+ 2)
6 · 4n−1− (n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)
6 · 4n=
(n− 1)(n+ 1)(n+ 2)
2 · 4n
15.2 上智大
15.3 問題
nを自然数とし，座標平面上の直線
ln：3x+ 5y = n
を考える．x座標と y座標がともに 0以上の整数である ln 上の点の個数をN(n)とする．例えば,
N(1) = N(2) = N(4) = 0であり，n = 3のとき，条件をみたす l3 上の点は (1, 0)のみなので
N(3) = 1である．
(1) N(10)，N(21)を求めよ．
(2) N(111)，N(112)を求めよ．
(3) N(n) = 2を満たす最小の nを求めよ．
(4) N(n) = 0を満たす最大の nを求めよ．
(5) 自然数m, n (m < n)は，
N(m) = N(m+ 1) = · · · = N(n) = 1
をみたすとする．n−mが最大となるmと nを求めよ．
15.3.1 解答
(1)
3(2n) + 5(−n) = n · · · 1⃝
である．x座標と y座標がともに 0以上の整数である ln上の点を，(x, y)とする．3x+5y = n
なので， 1⃝ を辺々引いて
3(x− 2n) + 5(y + n) = 0
3と 5は互いに素なので y + nは 3の倍数．これを 3kとおく．これから
x− 2n = −5k, y + n = 3k
つまり
(x, y) = (2n− 5k, −n+ 3k)
x >= 0, y >= 0より 2n− 5k >= 0, −n+ 3k >= 0．これから kは
n
3<= k <=
2n
5· · · 2⃝
を満たす整数である．N(n)はこの不等式 2⃝ を満たす整数 kの個数に他ならない．
n = 10, 21のとき 2⃝ はそれぞれ
10
3<= k <= 4, 7 <= k <=
42
5
なので，
N(10) = 1, N(21) = 2
(2) 同様に n = 111, 112のとき 2⃝ はそれぞれ
37 <= k <=222
5= 44 +
2
5,112
3= 37 +
1
3<= k <=
224
5= 44 +
4
5
なので，
N(111) = 8, N(112) = 7
(3) N(n) = 2となるためには 2⃝ の区間の両端の差が 1以上であることが必要である．
2n
5− n
3>= 1
より n >= 15が必要．n = 15のとき 2⃝ は
5 <= k <= 6
より k = 5, 6と 2個ある．よって，題意をみたすのは n = 15．
(4) 同様にN(n) = 0となるためには n < 15が必要である．· · ·は 0でない小数部分を表す．
nn
3
2n
5kの値
14 4. · · · 5. · · · 5
13 4. · · · 5. · · · 5
12 4 4. · · · 4
11 3. · · · 4. · · · 4
10 3. · · · 4 4
9 3 3. · · · 3
8 2. · · · 3. · · · 3
7 2. · · · 2. · · · なし
よって，題意をみたすのは n = 7．
別解 n < 15より x = 0, 1, 2, 3, 4, y = 0, 1, 2で調べればよい．
3x = 0, 3, 6, 9, 12
5y = 0, 5, 10
これらを組みあわせて作れる 14以下の自然数は
3, 5, 6, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14
である．作れない最大の nは 7である．
(5) (4)から
N(8) = N(9) = · · · = N(14) = 1
となり，この場合 n−m = 6である．
一方，区間 2⃝ の両端の差が 2以上あれば，整数 N(n) >= 2である．よって2n
5− n
3< 2が
必要で，これから N(n) = 1となるために n <= 29である．また 2⃝ から n = 18, 24のとき
kは 2個とれるので N(18) = N(24) = 2である．したがって n >= 15のとき，N(n) = 1と
なる 1が 7個以上連続することはあり得ない．
ゆえにm = 8，n = 14のとき条件を満たす n−mが最大となる．
15.4 理工問題
座標平面上の点 (x, y)が −1 <= x <= 1，0 <= y <= 2の範囲を動くとき，点 (x + y, xy)の動く範
囲を図示せよ．また，このとき，xy +m
x+ y + 2(ただしmは定数)の最大を求めよ．
15.4.1 解答
X = x+ y, Y = xyとおく．このとき xと yは tの 2次方程式
t2 −Xt+ Y = 0
の 2解である．X と Y の満たすべき必要十分条件は，この 2解の 1つが−1 <= t <= 1に，もう 1つ
が 0 <= t <= 2 に存在することである．
f(t) = t2 −Xt+ Y とおく．求める条件は，f(t) = 0の 2解が −1 <= t <= 2にあり，かつ 2解と
もが −1 <= t < 0または 1 < t <= 2にあることがなければよい．3つの領域を次のように定める．
D = X2 − 4Y とする．
U1 =
{(X, Y )| f(−1) >= 0, f(2) >= 0, −1 <=
X
2<= 2, D >= 0
}U2 =
{(X, Y )| f(−1) >= 0, f(0) > 0, −1 <=
X
2< 0, D >= 0
}U3 =
{(X, Y )| f(1) > 0, f(2) >= 0, 1 <
X
2<= 2, D >= 0
}これから
U1 =
{(X, Y )| Y >= −X − 1, Y >= 2X − 4, −2 <= X <= 4, Y <=
1
4X2
}U2 =
{(X, Y )| Y >= −X − 1, Y > 0, −2 <= X < 0, Y <=
1
4X2
}U3 =
{(X, Y )| Y > X − 1, Y >= 2X − 4, 2 < X <= 4, Y <=
1
4X2
}求める領域 U は U = U1 − U2 ∪ U3 であるから次右のよう
になる．ただし境界はすべて含む．
k =xy +m
x+ y + 2とおく．k =
Y +m
X + 2. (X, Y ) ∈ U なら
−1 <= X <= 3なので x + y + 2 = X + 2 = 0である．した
がって分母を払って
Y = k(X + 2)−m
この直線が領域 U と共有点をもつ範囲が kのとりうる値の
範囲である．この直線は定点 (−2, −m)を通り，傾きが k
である．
O
Y
X1
-2
3 42
1
Y = −X − 1
Y = X − 1
Y = 2X − 4
Y = 14X
2
O
Y
X-2
−m
−m
−m 1⃝
2⃝3⃝
− 12
この直線が点 (−1, 0)を通るのは 0 = k−mのと
き．この直線が点 (3, 2)を通るのは 2 = 5k−mの
とき．ともに満たすのは (図で 1⃝ )，k = m =1
2のときである．
定点 (−2, −m)を通り U と共有点をもつ直線の
傾きが最大になるのは次のように場合分けされる．
m <=
1
2のとき (図で 2⃝ )． (3, 2)を通るとき最大． 最大値：k =
m+ 5
2
m >1
2のとき (図で 3⃝ )． (−1, 0)を通るとき最大． 最大値：k = m
16 徳島大
16.1 問題
a, bを負でない整数とし，a > bとする．a1 = a, a2 = b，an+2 = |an+1 − an| (n = 1, 2, 3, · · ·)によって定義される数列 {an}について，次の問いに答えよ．
(1) a = 16, b = 3のとき，a9 求めよ．
(2) q, rを負でない整数として，a = (2q + 1)b + r, r < bとする．このとき，はじめて an = r
となる nを求めよ．
(3) a = 4905, b = 444の場合を考える．
(i) 初めて an = 21となる nを求めよ．
(ii) 初めて an = 3となる nを求めよ．
16.2 答
(1) 直前の項の差の絶対値をとっていく．
a1 = 16, a2 = 3, a3 = 13, a4 = 10, a5 = 3, a6 = 7, a7 = 4, a8 = 3
∴ a9 = 1
(2) m = 0, 1, 2, · · · , qについて
a3m+1 = (2q − 2m+ 1)b+ r
a3m+2 = b
a3m+3 = (2q − 2m)b+ r
となる．これを数学的帰納法で示す．
m = 0のときは明か．
mのときに成立とする．m+ 1のとき．順に差の絶対値をとると
a3m+4 = (2q − 2m− 1)b+ r
a3m+5 = b
a3m+6 = (2q − 2m− 2)b+ r
となり，成立する．これからはじめて an = rとなるのは，a3m+3 = (2q− 2m)b+ rでm = q
のときである．このとき
a3q+3 = (2q − 2q)b+ r = r
よって，n = 3q + 3である．
(3) (i)
4905 = 444 · (2 · 5 + 1) + 21
である．(2)から初めて an = 21となる nは，n = 3 · 2 + 3 = 18である．
(ii) (2)から
a17 = 444, a18 = 21
である．
444 = 21 · (2 · 10 + 1) + 3
初めて an = 3 となる n は，a17 から a17 を含めて 3 · 10 + 3 = 33 番目であるので，
n = 16 + 33 = 49である．
17 島根大医
17.1 問題
集合 Aを，
A = { a2 + b2 | a, b は整数である }
と定める．このとき次の問いに答えよ．
(1) Aに属する整数 x, yの積 xyは Aに属することを示せ．
(2) 整数 pを 5で割った余りが 1であり，整数 qを 5で割った余りが 2であるとき，p2 + q2
5は
Aに属することを示せ．
(3) Aに属する自然数 nが 5の倍数であるとき，n
5も Aに属することを示せ．
17.1.1 解答
(1) x = a2 + b2，y = c2 + d2 とする．
xy = (a2 + b2)(c2 + d2) = (a+ bi)(a− bi)(c+ di)(c− di)
= (a+ bi)(c+ di)(a− bi)(c− di) = {(ac− bd) + (ad+ bc)i}{(ac− bd)− (ad+ bc)i}
= (ac− bd)2 + (ad+ bc)2 ∈ A
(2) p = 5k + 1, q = 5l + 2とおく．
p2 + q2
5=
(p+ qi)(p− qi)
(1 + 2i)(1− 2i)
ここで
p+ qi
1 + 2i=
(p+ qi)(1− 2i)
5
=(p+ 2q)− (2p− q)i
5=
(5k + 10l + 5)− (10k − 5l)i
5
= (k + 2l + 1)− (2k − l)i
よって
p2 + q2
5= {(k+2l+1)− (2k− l)i}{(k+2l+1)+ (2k− l)i} = (k+2l+1)2 +(2k− l)2 ∈ A
(3) n = p2 + q2とおき，pと qを 5で割った余りを考える．整数を 5で割った余りを 0, ±1, ±2
とすることができる．したがって平方数を 5で割った余りは 0か 1か 4であり，それらの和
が 5の倍数となるのはともに 5の倍数か一方の余りが±1で他方の余りが±2のときである．
ともに 5の倍数のとき．p = 5k，q = 5lとすると
n
5=
(5k + 5li)(5k − 5li)
(1 + 2i)(1− 2i)= (k + li)(1− 2i)(k − li)(1 + 2i)
= {(k + 2l)− (2k − l)i}{(k + 2l) + (2k − l)i} = (k + 2l)2 + (2k − l)2 ∈ A
その他の場合は対称性から p = 5k ± 1, q = 5l ± 2としてよい．
p = 5k ± 1, q = 5l ± 2 (複号同順)の場合は (2)と同様である．
p = 5k ± 1, q = 5l ∓ 2 (複号同順)の場合は
p+ qi
1− 2i=
(p+ qi)(1 + 2i)
5
=(p− 2q) + (2p+ q)i
5=
(5k − 10l ± 5) + (10k + 5l)i
5
= (k − 2l ± 1) + (2k + l)i
となるので，(2)と同様にn
5が Aに属することが示される．
18 群馬大医
18.1 問題
nは自然数とし，(x, y, z)は空間の点とする．
(1) x, y, zを 2n以下の自然数とするとき，x <= 2y <= zを満たす点 (x, y, z)の個数を求めよ．
(2) x, y, z を 6n以下の自然数とするとき，積 xyz が６の倍数である点 (x, y, z)の個数を求
めよ．
18.1.1 解答
(1) y = kとする．1 <= k <= nである．このとき，x, zは 1 <= x <= 2k，2k <= z <= 2n の範囲にあ
ればよいので，それぞれ 2k個，2n− 2k + 1個ある．求める個数は次のようになる．
n∑k=1
2k(2n− 2k + 1) = 2(2n+ 1)
n∑k=1
k − 4
n∑k=1
k2
= (2n+ 1)n(n+ 1)− 2n(n+ 1)(2n+ 1)
3=
n(n+ 1)(2n+ 1)
3
別解 1 <= x <= a <= z <= 2nとなる (x, a, z)に対し，
x′ = 2n+ 1− z, a′ = 2n+ 1− a, z′ = 2n+ 1− x
で定めた (x′, a′, z′)を対応させる．
x = 2n+ 1− z′, a = 2n+ 1− a′, z = 2n+ 1− x′
なので，これは一対一対応である．そして，aが偶数か奇数であるかに対応して，a′ は奇数
か偶数となる．つまり，aが偶数の (x, a, z)と，aが奇数の (x, a, z)は同数である．
求める個数は 1 <= x <= a <= z <= 2nとなる (x, a, z)の半数であり，
1
2· 2nH3 =
n(n+ 1)(2n+ 1)
3
である．
(2) x, y, zをそれぞれ 6で割った余りを x0, y0, z0 とすると，
(x, y, z) = (x0 + 6i, y0 + 6j, z0 + 6k)
と表される．これから
xyz = (x0 + 6i)(y0 + 6j)(z0 + 6k) = x0y0z0 + (6の倍数)
となるので，積 xyzが 6の倍数であることと x0y0z0 が 6の倍数となることが同値である．
よってまず 1 <= x, y, z <= 6の範囲で，積 xyzが 6の倍数であるものの個数を求める．
(i) x = 1, 5のとき．yzが 6の倍数となればよい．
yzが 2の倍数でないのは 32 = 9個．
yzが 3の倍数でないのは 42 = 16個．
yzが 2の倍数でなく 3の倍数でもないのは 22 = 4個．
yzが 6の倍数となるのは
62 − (9 + 16− 4) = 25
この場合は 25× 2 = 50個．
(ii) x = 2, 4のとき．yzが 3の倍数となればよい．
yzが 3の倍数でないのは 42 = 16個．
yzが 3の倍数となるのは
62 − 16 = 20
この場合は 20× 2 = 40個．
(iii) x = 3のとき．yzが偶数．
62 − 32 = 27
(iv) x = 6のときは 36個．
1 <= x, y, z <= 6の範囲で，積 xyzが 6の倍数であるのは
30 + 40 + 27 + 36 = 133 (個)
この個数を求める別方法 積 xyzが 6の倍数でないのは，x, y, zの中に偶数がないか 3の
倍数がない場合で，1,5のみの場合が双方に含まれる．その個数は
33 + 43 − 23 = 83
よって，積 xyzが 6の倍数となるのは，
63 − 83 = 133 (個)
この範囲の一組の (x0, y0, z0)に対して，
(x, y, z) = (x0 + 6i, y0 + 6j, z0 + 6k) , 0 <= i, j, k <= n− 1
はすべて題意を満たし，最初に確認したように題意を満たすものはこの形に書ける．
よって，積 xyzが 6の倍数であるのは 133n3 個である．
19 早稲田大
19.1 人科問題
xの 2次方程式 x2 −mnx+m+ n = 0 (ただし m, n は自然数)で 2つの解がともに整数となる
ものは何個あるか．
19.1.1 解答
2次方程式 x2 −mnx+m+ n = 0の 2つの解を α, β とする．解と係数の関係から
α+ β = mn, αβ = m+ n
である．和と積が正なので，αと β は自然数である．辺々引いて
α+ β − αβ = mn− (m+ n)
これから
(α− 1)(β − 1) + (m− 1)(n− 1) = 2
を得る．α− 1, β − 1, m− 1, n− 1 >= 0であるから
{(α− 1)(β − 1), (m− 1)(n− 1)} = (2, 0), (0, 2), (1, 1)
のいずれかである．
(α−1)(β−1) = 2, (m−1)(n−1) = 0のとき．α, β = 2, 3なので，m = 1とすればαβ = m+n
より n = 5．逆も同様．その他はただちに求まる．mと nは対称なので，方程式は次の 3個である．
(m, n) = (1, 5)のとき． x2 − 5x+ 6 = 0
(m, n) = (2, 3)のとき． x2 − 6x+ 5 = 0
(m, n) = (2, 2)のとき． x2 − 4x+ 4 = 0
19.2 商問題
正の整数 nに対して，整数 f(n)を f(n) =
[n
[√n ]
]で定義する．ただし，[x]は x以下の最大の
整数を表す．例えば，[2] = 2，[3.8] = 3，[
7
[√7 ]
]=
[7
2
]= 3，である，
(1) f(n) = 5となる nの最小値と最大値を求めよ．
(2) f(n) > f(n+ 1)を満たす 2007以下の正の整数 nの個数を求めよ．
19.2.1 解答
(1) 自然数 lに対して [√n] = lとなるのは nが
l <=√n < l + 1 ⇐⇒ l2 <= n < (l + 1)2
の範囲にあるときである．また l2 <= n, n+ 1 < (l + 1)2 なら
f(n) =
[n
l
]<=
[n+ 1
l
]= f(n+ 1)
である．この範囲の nに対して
l <=n
l<
(l + 1)2
l= l + 2 +
1
l
が成り立つので，f(n)のとりうる範囲は
l <= f(n) <= l + 2
である．
これから f(n) = 5となる [√n]の最小値は３である．[
√n] = 3となる nの範囲は 9 <= n <= 15
で
f(14) =
[14
3
]= 4, f(15) =
[15
3
]= 5
より，最小の nは 15．
f(n) = 5となる [√n]の最大値は５．[
√n] = 5となる nの範囲は 25 <= n <= 35で
f(29) =
[29
5
]= 5, f(30) =
[30
5
]= 6
より，最大の nは 29．
(2) 自然数 lに対しし，nが l2 <= n, n + 1 < (l + 1)2 を満たせば f(n) <= f(n + 1)となるので，
f(n) > f(n+1) となるためには [√n] = l，[
√n+ 1] = l+1 と値が変わることが必要である．
l2 <= n < (l + 1)2, (l + 1)2 <= n+ 1 < (l + 2)2
より，(l + 1)2 − 1 <= n < (l + 1)2 となり，n = (l + 1)2 − 1である．逆にこのとき
f(n) =
[(l + 1)2 − 1
l
]= l + 2, f(n+ 1) =
[(l + 1)2
l + 1
]= l + 1
なので，条件を満たす．よって n = (l+1)2 − 1と表されることが f(n) > f(n+1)となる条
件である．
(l + 1)2 − 1 <= 2007
より 1 <= l <= 43．つまり条件を満たす lは 43個である．
19.3 問題
半径 rの球面上に異なる４点 A, B, C, D がある．
AB = CD =√2, AC = AD = BC = BD =
√5
であるとき，rの値を求めよ．
19.3.1 解答
CDの中点をM，ABの中点を Nとする．四面体を辺 AB
と点Mを通る平面で切る．対称性から外接球の中心Oは三
角形 ABM上にあり，さらに OA = OBなので，直線 NM
上にある．
AM =
√√√√√52−
(√2
2
)2
=3√2
2,
NM =
√√√√(3√2
2
)2
−
(√2
2
)2
= 2
A
BC
DN
MO
また OA2 = ON2 +
(√2
2
)2
より
ON =
√r2 − 1
2∴ OM = 2−
√r2 − 1
2
次に OC2 = OM2 +
(√2
2
)2
より
r2 =
(2−
√r2 − 1
2
)2
+1
2∴ r =
√3
2=
√6
2
別解この四面体は４つの面が合同である．このような四面体は，
頂点を直方体の頂点のうちの４つにとって直方体の中に埋
め込むことができる．この場合は一辺１の正方形を底面と
する高さ２の直方体をとり，対角線を図のようにとると，問
題の四面体が得られる．このとき外接球の中心は，直方体
の中心であり，したがって外接球の半径 rは，
r =
√(1
2
)2
+
(1
2
)2
+ 12 =
√6
2
1
2
1
19.4 教育問題
(1) a >= 1, b >= 1のとき，次の不等式が成立することを示せ．(a2 − 1
a2
)+
(b2 − 1
b2
)>= 2
(ab− 1
ab
)(2) a >= 1, b >= 1, c >= 1のとき，次の不等式が成立することを示せ．(
a3 − 1
a3
)+
(b3 − 1
b3
)+
(c3 − 1
c3
)>= 3
(abc− 1
abc
)
19.4.1 解答
(1) (a2 − 1
a2
)+
(b2 − 1
b2
)− 2
(ab− 1
ab
)= (a− b)2 −
(1
a− 1
b
)2
= (a− b)2 − (b− a)2
a2b2
=(a− b)2(a2b2 − 1)
a2b2
a >= 1, b >= 1なので a2b2 − 1 >= 0である．よって (1)の不等式が成立し，等号成立条件は
a = bである．
(2) 因数分解と式変形
x3 + y3 + z3 − 3xyz = (x+ y + z)(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)
=1
2(x+ y + z)
{(x− y)2 + (y − z)2 + (z − x)2
}を用いる． (
a3 − 1
a3
)+
(b3 − 1
b3
)+
(c3 − 1
c3
)− 3
(abc− 1
abc
)= a3 + b3 + c3 − 3abc−
(1
a3+
1
b3+
1
c3− 3
abc
)=
1
2(a+ b+ c)
{(a− b)2 + (b− c)2 + (c− a)2
}−1
2
{1
a+
1
b+
1
c
}{(1
a− 1
b
)2
+
(1
b− 1
c
)2
+
(1
c− 1
a
)2}
a >= 1, b >= 1, c >= 1なので，(1)とあわせて
a+ b+ c >=1
a+
1
b+
1
c
(a− b)2 >=
(1
a− 1
b
)2
, (b− c)2 >=
(1
b− 1
c
)2
, (c− a)2 >=
(1
c− 1
a
)2
が成り立つ．よって (2)の不等式が成立する．等号が成立するために，第二の不等式群の条
件から a = b = cが必要で，このとき，(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 = 0，(1
a− 1
b
)2
+(1
b− 1
c
)2
+
(1
c− 1
a
)2
= 0であるから，これは等号成立の十分条件でもある．
(2)の別解 A, B, C, D >= 1とする．(1)から(A4 − 1
A4
)+
(B4 − 1
B4
)+
(C4 − 1
C4
)+
(D4 − 1
D4
)>= 2
(A2B2 − 1
A2B2
)+ 2
(C2D2 − 1
C2D2
)>= 4
(ABCD − 1
ABCD
)
ここで，
A = a34 , B = b
34 , C = c
34 , D = (abc)
14
を代入する．次の不等式が得られる．(a3 − 1
a3
)+
(b3 − 1
b3
)+
(c3 − 1
c3
)+
(abc− 1
abc
)>= 4
(abc− 1
abc
)
∴(a3 − 1
a3
)+
(b3 − 1
b3
)+
(c3 − 1
c3
)>= 3
(abc− 1
abc
)一般化した別解 nを自然数とする．次の命題を P とする．
n個の 1以上の数 ak (k = 1, 2, · · · , n)に対して不等式
n∑k=1
(ak
n − ak−n)>= n
{(a1a2 · · · an)− (a1a2 · · · an)−1
}が成り立つ．
命題 P の成立を nについての数学的帰納法で示す．
n = 1のとき．両辺とも a1 − a1−1 となり命題 P は成立．
nのとき命題 P が成立するとする．
n個の 1以上の数 ak (k = 1, 2, · · · , n)と x >= 1である xに対し A = a1a2 · · · an おいて
f(x) =
n∑k=1
(ak
n+1 − ak−(n+1)
)+ xn+1 − x−(n+1) − (n+ 1)
{Ax− (Ax)−1
}とする．x >= 1で f(x) >= 0を示す．
f ′(x) = (n+ 1)xn + (n+ 1)x−(n+2) − (n+ 1)(A+A−1x−2
)= (n+ 1)
{(xn −A) +
(1
xn+2− 1
Ax2
)}= (n+ 1)
{(xn −A) +
A− xn
Axn+2
}= (n+ 1) (xn −A)
(1− 1
Axn+2
)A > 1のとき，関数 f(x)は x > 0においては x = A− 1
n+2 で極大，x = A1n で極小になる．よって
x >= 1では A = 1のときもあわせて，関数 f(x)は x = A1n で最小となる．
f(A
1n
)=
n∑k=1
(ak
n+1 − ak−(n+1)
)+A
n+1n −A−n+1
n − (n+ 1)(A
n+1n −A−n+1
n
)=
n∑k=1
(ak
n+1 − ak−(n+1)
)− n
{(a1a2 · · · an)
n+1n − (a1a2 · · · an)−
n+1n
}
ここで bk = an+1n
k とおくと
f(A
1n
)=
n∑k=1
(bk
n − bk−n)− n
{(b1b2 · · · bn)n − (b1b2 · · · bn)−n
}
bk >= 1 (k = 1, 2, · · · , n) も成り立つので，命題 P が n で成りたつという帰納法の仮定から
f(A
1n
)>= 0である．つまり x >= 1において f(x) >= 0である．不等式 f(x) >= 0に x = an+1 を代
入することにより，
n+1∑k=1
(ak
n+1 − ak−(n+1)
)>= (n+ 1)
{(a1a2 · · · an+1)− (a1a2 · · · an+1)
−1}
を得，命題 P は n+ 1でも成立した．．よってすべての自然数 nに対し命題 P が成立する．
19.4.2 関連問題．78京大
a, b, cを正の数とするとき，不等式 2
(a+ b
2−√ab
)<= 3
(a+ b+ c
3− 3
√abc
)を証明せよ．
また，等号が成立するのはどんな場合か．
19.4.3 解答
解 1
右辺−左辺 = 3
(a+ b+ c
3− 3
√abc
)− 2
(a+ b
2−
√ab
)=
(c
13
)3− 3(ab)
13 c
13 + 2(ab)
12
={c
13 − (ab)
16
}{c
23 + (ab)
16 c
13 − 2(ab)
13
}=
{c
13 − (ab)
16
}2 {c
13 + 2(ab)
16
}>= 0
等号成立は c = (ab)12 のとき．
注意 見にくければ A = a13，B = b
13，C = c
13 とおけばよい．
一般化した別解 n+ 1個の正の数 ak (k = 1, 2, · · · , n+ 1について
n∑k=1
ak − n(a1 · · · an)1n <=
n+1∑k=1
ak − (n+ 1)(a1 · · · an+1)1
n+1 · · · 1⃝
が成立することを示せばよい．
f(x) =
n∑k=1
ak + x− (n+ 1)(a1 · · · an)1
n+1x1
n+1
とおく．
f ′(x) = 1− (a1 · · · an)1
n+1x−nn+1
なので，f(x)は x = (a1 · · · an)1n で極小で最小である．最小値は
f((a1 · · · an)
1n
)=
n∑k=1
ak + (a1 · · · an)1n − (n+ 1)(a1 · · · an)
1n+1 · (a1 · · · an)
1n(n+1)
=
n∑k=1
ak + (a1 · · · an)1n − (n+ 1)(a1 · · · an)
1n
=
n∑k=1
ak − n(a1 · · · an)1n
である．つまりn∑
k=1
ak − n(a1 · · · an)1n <= f(x)
x = an+1 とすることで 1⃝ が成立する．等号成立は an+1 = (a1 · · · an)1n となるときである．
n = 2の場合が本問の証明である．
注意 分数指数の微分を避けたければ，X = x1
n+1 とおき，Xの関数として最小値を考えればよい．
20 東京理科大
20.1 問題
x >= 0のとき，関数 f(x)を次のように定める．
f(x) = [2x] + [4x] + [6x]
ここで，実数 aに対し [a]は aを超えない最大の整数を表す．例えば，[1] = 1，[10
3
]= 3である．
(1) xが 0 <= x <= 1を動くとき，f(x)のとりうる値は何通りあるか．
(2) x >= 0のとき，f(x+ 1)− f(x)の値を求めよ．
(3) 0から 100までの整数で，関数 f(x)の値となりうるものはいくつあるか．
20.1.1 解答
(1) 区間 a <= x < bを [a, b)のように表す．それぞれの区間でとる値を書き込む．
[0, 16 ) [ 16 ,
14 ) [ 14 ,
13 ) [ 13 ,
12 ) [ 12 ,
23 ) [ 23 ,
34 ) [ 34 ,
56 ) [ 56 , 1) 1
[2x] 0 0 0 0 1 1 1 1 2
[4x] 0 0 1 1 2 2 3 3 4
[6x] 0 1 1 2 3 4 4 5 6
f(x) 0 1 2 3 6 7 8 9 12
よって xが 0 <= x <= 1を動くとき，f(x)のとりうる値は 9通りある．
(2) [x] <= x < [x]+1より [x]+1 <= x+1 < [x]+1+1．つまり，実数 xに対して [x+1] = [x]+1
である．
f(x+ 1)− f(x) = [2(x+ 1)] + [4(x+ 1)] + [6(x+ 1)]− ([2x] + [4x] + [6x])
= [2x] + 2 + [4x] + 4 + [6x] + 6− ([2x] + [4x] + [6x]) = 12
(3) 自然数 kに対して f(x+ k) = f(x) + 12kが成り立つ．なぜなら，k = 1のときは (2)から成
立．kで f(x+ k) = f(x) + 12kとすれば f(x+ k+ 1) = f(x+ 1) + 12k = f(x) + 12(k+ 1)
から k + 1でも成立するから，数学的帰納法で一般的に成立することが分かる．
負でない整数kに対し，区間 [k, k+1)の変数をx+k (0 <= x < 1)とおく．f(x+k) = f(x)+12k
より，変数が区間 [k, k + 1)を動くとき，関数 f(x)がとる値は
0 + 12k, 1 + 12k, 2 + 12k, 3 + 12k, 6 + 12k, 7 + 12k, 8 + 12k, 9 + 12k
である．これらの値は整数を 12で割って商が k，余りが各々の数，と表せているので，kが
変化しても同じ値はない．9 + 12k <= 100となるのは k <= 7の範囲である．k = 0, · · · , 7を
動くときとりうる値は 8×8 = 64個ある．k = 8のときは 0+12k, 1+12k, 2+12k, 3+12k
の 4個が 100以下である．
よって 0から 100までの整数で，関数 f(x)の値となりうるものは 64 + 4 = 68個ある．
21 信州大
21.1 理，医問題
m, nを自然数とし，mは奇数とする．f(x) = x2 +mx+ nとするとき，方程式
f(f(x)) +mf(x)− n2 − 2mn− n = 0
は，複素数の範囲で相異なる４個の解をもつことを示せ．
21.1.1 解答
方程式の左辺は
f(f(x)) +mf(x)− n2 − 2mn− n
= f2(x) + 2mf(x) + n− n2 − 2mn− n
= f2(x) + 2mf(x)− n2 − 2mn
= {f(x) + n}{f(x)− n}+ 2m{f(x)− n}
= {f(x)− n}{f(x) + n+ 2m}
= (x2 +mx)(x2 +mx+ 2m+ 2n)
と変形できる．これから方程式の解は２つの２次方程式
x2 +mx = 0, x2 +mx+ 2m+ 2n = 0
の解である．２つの解は x = 0, −mでこれらは相異なる．g(x) = x2 +mx+ 2m+ 2nとおくと，
g(0) = g(−m) = 2m+ 2n = 0なので，x = 0, −mは g(x) = 0の解とは異なる．
g(x)の判別式をDとすると
D = m2 − 8(m+ n)
mが奇数なのでD = m2−8(m+n)はつねに奇数，つまり偶数０になることはない．よって g(x) = 0
はつねに異なる２つの解をもつ．
以上から方程式は複素数の範囲で相異なる４つの解をもつ．
22 大阪府大
22.1 工中期問題
nは２以上の自然数とする．n桁の自然数mを
m = 10n−1an + 10n−2an−1 + · · ·+ 10a2 + a1
と表す．ただし，ak (k = １, · · · , n− 1)は 0以上 9以下の整数であり，an は 1以上 9以下の自
然数とする．次の各問いに答えよ．
(1)1
11
n∑k=1
(−1)k−1ak が整数であることは，mが 11で割りきれるための必要十分条件であるこ
とを証明せよ．
(2) 自然数 l = 9876543210123456789は 11で割り切れるかどうか (1)を利用して判定せよ．
(3) n = 19とする．自然数mは
a19 = a1 = 9, a18 = a2 = 8, a17 = a3 = 7, a10 = 0
かつ a20−k = ak (k = 4, 5, 6, 7, 8, 9)
で表されているとする．ただし a4, a5, a6, a7, a8, a9 は相異なる 1以上 6以下の自然数で
ある．このとき，自然数mのうちで 11で割り切れるものはいくつあるか答えよ.
22.1.1 解答
(1) m =
n∑k=1
10k−1ak と書ける．
m−n∑
k=1
(−1)k−1ak =
n∑k=1
{10k−1 − (−1)k−1
}ak
ここで k = 1, 2なら 10k−1 − (−1)k−1 = 0, 11．k >= 3のとき
10k−1 − (−1)k−1 = {10− (−1)}{10k−2 + 10k−3(−1) + · · ·+ (−1)k−2}
= 11 · {10k−2 + 10k−3(−1) + · · ·+ (−1)k−2}
なので，m−n∑
k=1
(−1)k−1ak は 11の倍数である．
mが11で割りきれるための必要十分条件は，n∑
k=1
(−1)k−1akが11の倍数，つまり1
11
n∑k=1
(−1)k−1ak
が整数であることである．
(2)
n∑k=1
(−1)k−1ak
= 9− 8 + 7− 6 + 5− 4 + 3− 2 + 1− 0
+1− 2 + 3− 4 + 5− 6 + 7− 8 + 9 = 10
で 11の倍数ではないから，自然数 l = 9876543210123456789は 11で割り切れない．
(3) a4 = a，a5 = b, a6 = c, a7 = d，a8 = e, a9 = f とする．
n∑k=1
(−1)k−1ak
= 9− 8 + 7− a+ b− c+ d− e+ f − 0
+f − e+ d− c+ b− a+ 7− 8 + 9 = 16 + 2(b+ d+ f)− 2(a+ c+ e)
となる．これが 11の倍数になるように a, · · · , fに 1～6を割り振ればよい．この範囲で条件を
満たすのは 2(b+d+f)−2(a+c+e) = 6となるときである．b+d+f+(a+c+e) = 1+· · ·+6 = 21
より b+ d+ f = 12, a+ c+ e = 9．
{b, d, f} = {6, 5, 1}，{6, 4, 2}，{5, 4, 3}
それぞれに対して，{a, c, e}の集合も決まり，各々，数の決め方は (3!)2 = 36通りあるの
で，自然数mのうちで 11で割り切れるものは 3 · 36 = 108個ある．
23 慶応大
23.1 医 II番問題
nを自然数とする．1, 2, 3. 4 と番号のつけられた４つの箱が用意されている．番号 1の箱の中
には球が１個入つていて，他の箱の中には何も入つていないとする．ここで次の操作 Tを n回繰
り返し行う.
操作 T 球をいま入っている箱以外の３つの箱のどれかに確率1
3ずつで移す．
操作 Tを 1回行つた時点で球が入つている箱の番号 a1 で表す．同様に，操作 Tを i回 (i =
1, 2, 3, · · · , n) 繰り返し行つた時点で球が入っている箱の番号を ai で表す．箱の番号の集合
U = {1, 2, 3, 4 }を全体集合とし，U の部分集合 An = {a1, a2, · · · , an}を考える．
(1) a1 = 1となる確率は 0．a2 = 1となる確率は ア であり，一般に ai = 1 (i = 1, 2, 3, · · · , n)となる確率は イ である．
(2) n >= 2のとき An = {1, 2}となる確率は ウ であり，An = {3, 4}となる確率は エ で
ある．
(3) n >= 1のときAn ⊂ {1, 2, 3}となる確率は オ であり，An ⊂ {2, 3, 4}となる確率は カ
である．
(4) n >= 3のときAn = {1, 2, 3}となる確率は キ であり，An = {2, 3, 4}となる確率は ク
である．
(5) n >= 3のとき {1, 2, 3} ⊂ An となる確率は ケ である．
(6) n >= 3のとき An ∪ {1, 2} = U となる確率は コ である．
23.1.1 解答
(1) a2 = 1となる事象は，玉が 1回目にいずれに入ろうとも，2回目に a1 と異なるの 3箱のう
ちから 1番の箱が選ばれる事象である．よってその確率は1
3· · ·ア．
ai = 1 (i = 1, 2, 3, · · · , n)となる確率を pi とする．ai = 1となるのは，ai−1 = 1かつ
ai = 1となるときなので，
pi =1
3(1− pi−1)
が成り立つ．p1 = 0でこの漸化式を解いて pi =1
4
{1−
(−1
3
)i−1}
· · ·イ．
(2) n >= 2のとき An = {1, 2}となるのは，a1 = 2となり，i = 2, 3, · · · , nについては１と２
の箱を交互に選ぶ事象である．よってその確率は(1
3
)n
· · ·ウ．
An = {3, 4}となるのは a1 = 3, 4となり，以下は同様に他方を交互に選んでいく事象であ
る．その確率は 2
(1
3
)n
· · ·エ．
(3) n >= 1のとき An ⊂ {1, 2, 3}となるのは，最初 a1 = 2, 3となり，その後 n− 1回は他の 2
つのいずれかを選ぶ事象であるから，その確率は(2
3
)n
· · ·オ．
同様に考え An ⊂ {2, 3, 4}となるのは，最初は a1 = 2, 3, 4となるので，その後 n − 1回
は 2, 3, 4の他の 2つのいずれかを選ぶ事象であるから，確率は(2
3
)n−1
· · ·カである．
(4) n >= 3 のとき An = {1, 2, 3} となる事象は，An ⊂ {1, 2, 3} となる事象から An =
{1, 2}, {1, 3}, {2, 3} となる事象を除いたものである．(2)からその確率は(2
3
)n
− (1 + 1 + 2)
(1
3
)n
=
(2
3
)n
− 4
(1
3
)n
· · ·キ
同様に考え An = {2, 3, 4}となる確率は(2
3
)n−1
− 6
(1
3
)n
· · ·ク
(5) n >= 3のとき {1, 2, 3} ⊂ An となる事象の余事象は，An が 1, 2, 3のうち少なくとも一つ
を含まない事象である．
P (1 ∈ An) =
(2
3
)n−1
, P (2 ∈ An) = P (3 ∈ An) =
(2
3
)n
P (1, 2 ∈ An) = P (1, 3 ∈ An) =2
3
(1
3
)n−1
, P (2, 3 ∈ An) =
(1
3
)n
P (1, 2, 3 ∈ An) = 0
なので，An が 1, 2, 3のうち少なくとも一つを含まない確率は
P (1 ∈ An) + P (2 ∈ An) + P (3 ∈ An)
−P (1, 2 ∈ An)− P (1, 3 ∈ An)− P (2, 3 ∈ An) + P (1, 2, 3 ∈ An)
=
(2
3
)n−1
+ 2 ·(2
3
)n
− 2 · 23
(1
3
)n−1
−(1
3
)n
=7
2
(2
3
)n
− 5
(1
3
)n
よって求める確率は
1− 7
2
(2
3
)n
+ 5
(1
3
)n
· · ·ケ
(6) n >= 3のとき An ∪ {1, 2} = U となる事象は，{3, 4} ⊂ An となる事象である．そこで
P ({3, 4} ⊂ An) = 1− {P (3 ∈ An) + P (4 ∈ An)− P (3, 4 ∈ An)}
= 1−{2 ·(2
3
)n
−(1
3
)n}= 1− 2 ·
(2
3
)n
+
(1
3
)n
· · ·コ
24 豊橋技科大
24.1 問題
nを 3以上の自然数とし，n人からなるグループ U を考える．U 内の任意の人が，他の任意の
人を知っている確率は，常に pであるとする．
(1) U 内の任意の 2人について，どちらかが他方を知らない (ただし,どちらも他方を知らない場
合を含む)確率を求めよ．
(2) U 内に互いに知り合いであるような２人が存在する確率を求めよ．
(3) U 内の任意の３人について，互いに知り合いである確率を求めよ．ただし, ３人が互いに知
り合いであるとは，３人の中の誰もが他の２人のどちらをも知っていることを意味する．
(4) p =1√nであるとき，U 内に互いに知り合いであるような３人が存在する確率は，
1
6以下で
あることを示せ．「和事象の確率は，個々の事象の確率の和以下となる」ことを用いよ．
24.1.1 解答
(1) ２人のどちらかが他方を知らない事象は，互いに知っている事象の余事象である．互いに知っ
ている確率は p2 であるから，２人のどちらかが他方を知らない確率は 1− p2 である．
注意：２人のどちらかが他方を知らない事象は，一方が知らず他方が知っているか，双方が
知らないかで，それたは互いに排反である．
∴ 2p(1− p) + (1− p)2 = 1− p2
としてもよい．
(2) U 内のどの２組も，２人のどちらかが他方を知らない事象の余事象である．
２人の組合せは nC2 =n(n− 1)
2通りある．そのすべてがどちらかが他方を知らない確率は
(１)から (1− p2)n(n−1)
2 となる．よって U 内に互いに知り合いであるような２人が存在する
確率は
1− (1− p2)n(n−1)
2
である．
(3) U 内の３人が互いに知り合いであるのは，そのうちのどの２組も互いに知っているときであ
り，ある２組が互いに知り合いであることと，他の２組が互いに知り合いであることは独立
なので，U 内の任意の３人を決めるときその３人について，互いに知り合いである確率は(p2)3C2
= p6
である．
(4) U 内に互いに知り合いであるような３人が存在する確率を qとする．U 内に互いに知り合い
であるような３人が存在する事象は，U 内のある３人が互いに知り合いであるか，または他
の３人が互いに知り合いであるか，または…，と nC3通りの，すべての３人の組にわたる事
象の和である．「和事象の確率は，個々の事象の確率の和以下となる」から，p =1√nなので
q <= nC3 · p6 =n(n− 1)(n− 2)
3!· 1
n3<=
1
6
である．
注意：本問は解答方法を指定してるが，(３)までの流れからは唐突な方法である．次のよう
に考えるのが自然である，
(２)と同様に考え
q = 1− (1− p6)nC3
である．
一般に 0 < x < 1と自然数N に対して
1− (1− x)N <= Nx
である．これは，f(x) = (1− x)N +Nx− 1とおくと，f(0) = 0で
f ′(x) = N(1− x)N−1(−1) +N = N{1− (1− x)N−1} >= 0
であることからわかる．
∴ q <= nC3 · p6 =n(n− 1)(n− 2)
3!· 1
n3<=
1
6
25 千葉大
25.1 問題
a, bは２以上の整数とする．このとき，次の問に答えよ．
(1) ab − 1が素数ならば，a = 2であり，bは素数であることを証明せよ．
(2) ab + 1が素数ならば，b = 2c (cは整数)と表せることを証明せよ．
25.1.1 解答
(1) 一般に nを自然数とするとき、因数分解
xn − 1 = (x− 1)(xn−1 + xn−2 + · · ·+ 1)
が成り立つ．よって整数 ab − 1は
ab − 1 = (a− 1)(ab−1 + ab−2 + · · ·+ 1)
と因数分解される．ab−1が素数で a, b >= 2より ab−1+ab−2+ · · ·+1 >= 2なので，a−1 = 1．
よって a = 2である．さらに bが合成数と仮定する．このとき b = pqと２以上の整数の積に
表されるので
2b − 1 = 2pq − 1 = (2p − 1){(2p)q−1 + (2p)q−2 + · · ·+ 1}
と因数分解され，2p − 1, (2p)q−1 + (2p)q−2 + · · ·+ 1はともに２以上となり，2b − 1が素数
であることに反する．よって bは素数であることが示された．
(2) 一般に nを奇数とするとき、因数分解
xn + 1 = (x+ 1)(xn−1 − xn−2 + · · ·+ 1)
が成り立つ．bを因数分解して b = 2cmとおく．ここにmは奇数である．m >= 3とする．こ
のとき
ab + 1 = a2cm +１ = (2c + 1){(2c)m−1 − (2c)m−2 + · · ·+ 1}
となり，ab + 1が素数であることに反する．よってm = 1，つまり bは b = 2c (cは整数)と
表せる．
26 北大
26.1 1番問題
方程式 x2 + y2 − 4y + 2 = 0で定義される円 C を考える．
(1) 点 A(−√2, 0)と点 O(0, 0)を通り，円 C に接する円の中心を求めよ．
(2) 点 Pが円 C 上を動くとき，cos APOの最大値と最小値を求めよ．
27 東北大
27.1 文系後期
xy平面の 3点 (0, 0), (1, 0), (0, 1) を頂点とする三角形を Aとし，3点 (0, 0), (b, 0), (0, 1)
を頂点とする三角形を B とする．点 (a1, a2) が A 内を動き，点 (b1, b2) が B 内を動くとき，
(a1 + b1, a2 + b2)で表される点の全体を A+B とかく．
(1) b = 2のとき A+B の面積を求めよ．
(2) すべての b > 0に対して，√|A+B| >=
√|A|+
√|B|を示せ．ただし |A+B|，|A|，|B|は，
それぞれ A+B，A，B の面積とする．
27.1.1 解答
(1) 三角形 A内の動点を P，三角形 B 内の動点を Qとする．A+B はベクトル
−→OR =
−→OP+
−→OQ
で定まる点Rの全体である．Qを固定し PをA内を動かすとき，点Rは三角形Aを−→OQ平
行移動した三角形を動く．
その上で点 Qを動かすことにより，A+ B は三角形 A
の頂点Oが三角形 B内にあるように動かした図形の全
体になることがわかる．
b = 2のときA+Bは図の斜線部分である．その面積は
2(1 + 2)
2+
1
2=
7
2
である．321
2
1
(2) |A| = 1
2，|B| = b
2である．
b >= 1のときは (1)と同様に
|A+B| = b(1 + 2)
2+
1
2=
3b+ 1
2
∴ |A+B| − (√|A|+
√|B|)2 =
3b+ 1
2−
(√1
2+
√b
2
)2
=3b+ 1
2−
(1
2+ 2
√b
2+
b
2
)= b−
√b >= 0 (∵ b >= 1)
1 + b
また，0 < b < 1 のときは図のようになる．
よって
|A+B| = 1(1 + 2)
2+
b
2=
3 + b
2
∴ |A+B| − (√|A|+
√|B|)2 =
3 + b
2−
(√1
2+
√b
2
)2
=3 + b
2−
(1
2+ 2
√b
2+
b
2
)= 1−
√b >= 0 (∵ 0 < b < 1)
よって，すべての b > 0に対して，√|A+B| >=
√|A|+
√|B| が示せた．
28 東工大
一辺の長さが 1の正八角形 A1A2 · · ·A8 の周上を 3点 P,Q.Rが動くとする．
(1) △ PQRの面積の最大値を求めよ．
(2) Qが正八角形の頂点Alに一致し， PQR = 90◦となるとき△PQRの面積の最大値を求めよ．
A5
A2A1
A3
A4
A6
A7
A8
28.0.1 解答
(1) 点Q, Rを固定し点 Pを動かす．点 Pがある辺上を動くとして，その辺が線分QRと平行な
ら，点 Pがその辺上を動くかぎり面積は変わらないので，点 Pは頂点にあるとしてよい．そ
の辺が線分QRと平行でないなら，一方に動かすとき面積が増加し，他方に動かすとき面積
は減少する．よって面積が最大になるとき点 Pは頂点にある．
面積が最大のとき，点 Pは頂点にあるとして良い．他も同様である．ゆえに面積が最大のと
き，3点はいずれかの頂点にある．
三角形 PQRの頂点のあいだにある正八角形の辺の個数を考える．一つの△PQRの 3つの
辺に対応して，3個の数値があられるがその合計は８なので，3数の内の最小値は，1か 2で
ある．
最小値が 1のとき．P, Qを A1, A2 とすると，面積が最大になるのは R = A6, A7 のとき．
この場合の面積 S1 は
S1 =1
2A1A2 ·A1A6 =
1 +2√2
2=
1 +√2
2
最小値が 2のとき．P, Qを A1, A3とする．このとき高さを最大にする頂点 Rは，R = A6
のときである．
A1A6 = A3A6 = 1 +2√2= 1 +
√2
A1A6A3 =π
4
なので，この場合の面積 S2 は
S2 =1
2(1 +
√2)2 sin
π
4=
3√2 + 4
4
ここで
S2 − S1 =3√2 + 4
4− 1 +
√2
2=
2 +√2
4> 0
より面積の最大値は S2 =3√2 + 4
4．
(2) RPQ = θとおく．
A5
A4
A3
A2Q=A1
A6
A7
A8
P
R
θ
このとき面積 S は
S =1
2QP ·QR =
1
2RP sin θ · RPcos θ =
RP2
4· sin 2θ
正八面体の外接円の半径を rとする．RP <= 2rなので，
S <=4r2
4· sin 2θ <= r2
ところが Pと Rが A7 と A3 のとき，△A1A3A7 は A3A7 = 2rの直角 2等辺三角形である．
その面積はちょうど r2 となるので，このときが面積最大である．一方
√2r = A1A3 =
√2 +
√2
なので，r =
√2 +
√2√
2．したがってこの場合の面積の最大値は
r2 =2 +
√2
2
![平成27年司法試験予備試験論文式試験問題と出題趣旨 - 法務省平成27年司法試験予備試験論文式試験問題と出題趣旨 [憲 法] 違憲審査権の憲法上の根拠や限界について，後記の〔設問〕にそれぞれ答えなさい。〔設問1〕](https://img.dokumen.tips/doc/110x75/60144202d989701f507d946e/27eeeeeeeeoeeoee-coe.jpg)
![[司法試験予備試験サンプル問題（一般教養科目）] [ …- 1 - [司法試験予備試験サンプル問題（一般教養科目）] [短答式試験問題] 〔第1問〕](https://img.dokumen.tips/doc/110x75/5e61fcde44d8c900015a5748/eeeefffeoeieecci-1-eeeefffeoeieecci.jpg)
