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全5問・無料

東京科学大学　2020年度　前期日程　理系

東京科学大 2020年度数学の解答・解説

全5問。当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を、大問ごとに載せています。

最終更新 2026/10/13

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/13時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

第1問　整数

合同式・絶対値で符号が変わる範囲・連続する整数と余り・素数になる条件当サイトの体感難易度：やや難

(1) $x^{2} - x - 23$ の値が $3$ を法として $2$ に合同である正の整数 $x$ をすべて求める

答 $x = 1, 3, 4$

まず絶対値を外す。 $x^{2} - x - 23$ の符号が変わるのは $x = 5$ と $x = 6$ のあいだなので、 $x ≦ 5$ と $x ≧ 6$ で分ける。あとは $x$ を $3$ で割った余りで調べる。

符号。 $x^{2} - x - 23 = 0$ の解は $x = \frac{1 \pm 93}{2}$ で、 $93 = 9.64 \dots$ なので正の解は $5.32 \dots$ である。したがって正の整数 $x$ については

$1 ≦ x ≦ 5$ ： $x^{2} - x - 23 < 0$ なので $x^{2} - x - 23 = 23 + x - x^{2}$
$x ≧ 6$ ： $x^{2} - x - 23 > 0$ なので $x^{2} - x - 23 = x^{2} - x - 23$

である。

$3$ で割った余り。 $x^{2} - x = x (x - 1)$ と $23 \equiv 2$ から

$x \equiv 0$ ： $x^{2} - x \equiv 0$ なので $x^{2} - x - 23 \equiv - 2 \equiv 1$
$x \equiv 1$ ： $x^{2} - x \equiv 0$ なので $\equiv 1$
$x \equiv 2$ ： $x^{2} - x \equiv 4 - 2 = 2$ なので $\equiv 0$

である（いずれも $mod 3$ ）。

$x ≧ 6$ のとき。 $x^{2} - x - 23 = x^{2} - x - 23 \equiv 1$ または $0$ で、 $2$ にはならない。解なし。

$1 ≦ x ≦ 5$ のとき。 $x^{2} - x - 23 = - (x^{2} - x - 23) \equiv - 1 \equiv 2$ または $- 0 \equiv 0$ なので、 $x \neq \equiv 2 (mod 3)$ のときに $2$ になる。 $x = 1, 2, 3, 4, 5$ のうち $x \equiv 2 (mod 3)$ なのは $x = 2, 5$ なので、残る

x = 1, 3, 4

が答えである。実際 $∣ 1 - 1 - 23 ∣ = 23$ 、 $∣ 9 - 3 - 23 ∣ = 17$ 、 $∣ 16 - 4 - 23 ∣ = 11$ で、どれも $3$ で割ると $2$ 余る ✓。

$1 ≦ x ≦ 499$ の全探索でも $x = 1, 3, 4$ だけだった。

絶対値を外す場所を先に決める。 $x ≦ 5$ では符号が反転するので、余りも $1 \to 2$ 、 $0 \to 0$ と変わる。

(2) $k$ 個の連続した正の整数 $x_{1}, \dots, x_{k}$ に対して $x_{j}^{2} - x_{j} - 23$ （ $1 ≦ j ≦ k$ ）の値がすべて素数になる $k$ の最大値と、その $k$ に対する連続した正の整数 $x_{1}, \dots, x_{k}$ をすべて求める

答 $k$ の最大値は $5$ 。そのときの数列は $3, 4, 5, 6, 7$ の1つだけ

(1) の余りの表から、 $x \equiv 2 (mod 3)$ のときだけ $x^{2} - x - 23$ が $3$ の倍数になる。 $3$ の倍数が素数なのは $3$ のときだけなので、そこから $x$ が決まる。

$3$ の倍数になるのはいつか。 (1) の計算より、 $x \equiv 2 (mod 3)$ のとき（そしてそのときだけ） $x^{2} - x - 23$ は $3$ の倍数である。

$3$ の倍数が素数になるのは、その値が $3$ のときだけである。

x^{2} - x - 23 = 3 ⟺ x^{2} - x - 23 = \pm 3

である。 $x^{2} - x - 26 = 0$ は判別式 $1 + 104 = 105$ が平方数でないので整数解をもたない。 $x^{2} - x - 20 = 0$ は $(x - 5) (x + 4) = 0$ で、正の整数解は $x = 5$ である。

したがって $x \equiv 2 (mod 3)$ で $x^{2} - x - 23$ が素数になるのは $x = 5$ だけである。

$k$ の上限。 連続する $6$ 個の整数には $3$ で割って $2$ 余るものがちょうど $2$ 個ある。どちらも $5$ にはなれないので、 $k ≧ 6$ は不可能である。よって $k ≦ 5$ である。

$k = 5$ の場合。 連続する $5$ 個の整数のうち $3$ で割って $2$ 余るものの個数は、先頭 $x_{1}$ の余りによって

$x_{1} \equiv 0$ ：余りは $0, 1, 2, 0, 1$ で 1個
$x_{1} \equiv 1$ ：余りは $1, 2, 0, 1, 2$ で 2個
$x_{1} \equiv 2$ ：余りは $2, 0, 1, 2, 0$ で 2個

なので、 $x_{1} \equiv 0 (mod 3)$ でなければならない。そのとき $3$ で割って $2$ 余るのは $x_{1} + 2$ で、これが $5$ である必要があるから $x_{1} = 3$ である。

確かめる。

$x = 3$ ： $∣ 9 - 3 - 23 ∣ = 17$ （素数）
$x = 4$ ： $∣ 16 - 4 - 23 ∣ = 11$ （素数）
$x = 5$ ： $∣ 25 - 5 - 23 ∣ = 3$ （素数）
$x = 6$ ： $∣ 36 - 6 - 23 ∣ = 7$ （素数）
$x = 7$ ： $∣ 49 - 7 - 23 ∣ = 19$ （素数）

すべて素数なので $k = 5$ が実現する。よって

k の最大値 = 5, x_{1}, \dots, x_{5} = 3, 4, 5, 6, 7

である（この1組だけ）。

$x^{2} - x - 23$ は $x = 1$ から $17, 21, 17, 11, 3, 7, 19, 33, \dots$ となる。 $x = 2$ （ $21 = 3 \cdot 7$ ）と $x = 8$ （ $33 = 3 \cdot 11$ ）で $3$ の倍数になって素数でなくなるので、そのあいだの長さ $5$ が最長である。

$1 ≦ x_{1} ≦ 4999$ の全探索で、長さ4以上になるのは $x_{1} = 3$ （長さ5）と $x_{1} = 4$ （長さ4）だけだった。

「 $3$ の倍数かつ素数なら値は $3$ 」という一点に絞るのが要点。値が $3$ になる $x$ を求める。

連続 $5$ 個のうち $3$ で割って $2$ 余るものが1個だけになるのは、先頭が $3$ の倍数のときだけ。ここで数列が決まる。

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第2問　複素数平面

正三角形の条件・回転と2次方程式・外接円上の点・対称式の和当サイトの体感難易度：やや難

(1)複素数平面上の異なる3点 $A, B, C$ を複素数 $α, β, γ$ で表す（同一直線上にはないとする）。 $△ ABC$ が正三角形となる必要十分条件は $α^{2} + β^{2} + γ^{2} = α β + β γ + γ α$ であることを示す

答 $z = \frac{γ - α}{β - α}$ とおくと、正三角形 $⟺ z^{2} - z + 1 = 0$ で、それを払うと与式になる

$A$ を中心に $B$ を $\pm 6 0^{\circ}$ 回すと $C$ になる、というのが正三角形の条件。回転は複素数の掛け算なので、比 $z$ の2次方程式になる。

$α \neq = β$ なので $z = \frac{γ - α}{β - α}$ とおける。

$△ ABC$ が正三角形であることは、 $C$ が $B$ を $A$ のまわりに $6 0^{\circ}$ または $- 6 0^{\circ}$ 回した点であること、すなわち

γ - α = (cos (\pm \frac{π}{3}) + i sin (\pm \frac{π}{3})) (β - α)

と同値である。つまり

z = \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i

である。この2数は2次方程式 $z^{2} - z + 1 = 0$ の2解である（和 $1$ 、積 $\frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1$ ）。逆にこの方程式の解はこの2数しかない。したがって

△ ABC が正三角形 ⟺ z^{2} - z + 1 = 0

である。両辺に $(β - α)^{2} \neq = 0$ を掛けると

(γ - α)^{2} - (γ - α) (β - α) + (β - α)^{2} = 0

である。展開して整理すると

α^{2} + β^{2} + γ^{2} - α β - β γ - γ α = 0

となる。よって求める必要十分条件が示された。 $■$

$ω = \frac{- 1 + 3 i}{2}$ （1の原始3乗根）を使うと

α^{2} + β^{2} + γ^{2} - α β - β γ - γ α = (α + ω β + ω^{2} γ) (α + ω^{2} β + ω γ)

と因数分解できる。2つの因数はそれぞれ「反時計回りの正三角形」「時計回りの正三角形」に対応する。

乱数で2万個の正三角形を作ると、左辺から右辺を引いた値はつねに $0$ だった。

$\pm 6 0^{\circ}$ の両方を拾う。片方だけだと「必要十分」にならない。

$z^{2} - z + 1 = 0$ の2解がちょうど $cos (\pm \frac{π}{3}) + i sin (\pm \frac{π}{3})$ であることを言っておく。

(2) $△ ABC$ が正三角形のとき、外接円上の点 $P$ を任意にとる。 $AP^{2} + BP^{2} + CP^{2}$ および $AP^{4} + BP^{4} + CP^{4}$ を外接円の半径 $R$ を用いて表す

答 $AP^{2} + BP^{2} + CP^{2} = 6 R^{2}$ 、 $AP^{4} + BP^{4} + CP^{4} = 18 R^{4}$

外接円の中心を原点にとると $α + β + γ = 0$ になる。 $AP^{2}$ は $cos$ の1次式で書けるので、3つ足すと $cos$ の和が消える。

外接円の中心を原点にとる。正三角形なので、 $ω = cos \frac{2 π}{3} + i sin \frac{2 π}{3}$ を使って

α = R, β = R ω, γ = R ω^{2}

としてよい（必要なら全体を回す）。 $P$ は $p = R (cos θ + i sin θ)$ と書ける。

2乗の和。 頂点を $v_{k} = R ω^{k}$ （ $k = 0, 1, 2$ ）とすると

∣ p - v_{k} ∣^{2} = ∣ p ∣^{2} + ∣ v_{k} ∣^{2} - 2 Re (p \overline{v_{k}}) = 2 R^{2} - 2 Re (p \overline{v_{k}})

である。 $v_{0} + v_{1} + v_{2} = R (1 + ω + ω^{2}) = 0$ なので、3つ足すと

AP^{2} + BP^{2} + CP^{2} = 6 R^{2} - 2 Re (p \overline{(v_{0} + v_{1} + v_{2})}) = 6 R^{2}

である。

4乗の和。 $v_{k} = R (cos φ_{k} + i sin φ_{k})$ （ $φ_{k} = \frac{2 k π}{3}$ ）とすると

AP_{k}^{2} = 2 R^{2} {1 - cos (θ - φ_{k})}

である。 $ψ_{k} = θ - φ_{k}$ とおいて2乗して足すと

k \sum AP_{k}^{4} = 4 R^{4} k \sum (1 - 2 cos ψ_{k} + cos^{2} ψ_{k})

である。 $ψ_{0}, ψ_{1}, ψ_{2}$ は $12 0^{\circ}$ ずつ違うので $k \sum cos ψ_{k} = 0$ である。また $cos^{2} ψ = \frac{1 + cos 2 ψ}{2}$ で、 $2 ψ_{k}$ も $24 0^{\circ}$ ずつ違う（つまり $12 0^{\circ}$ ずつ違う）ので $k \sum cos 2 ψ_{k} = 0$ 、したがって $k \sum cos^{2} ψ_{k} = \frac{3}{2}$ である。よって

k \sum AP_{k}^{4} = 4 R^{4} (3 - 0 + \frac{3}{2}) = 18 R^{4}

である。まとめると

AP^{2} + BP^{2} + CP^{2} = 6 R^{2}, AP^{4} + BP^{4} + CP^{4} = 18 R^{4}

で、どちらも $P$ の位置によらない。

$P = A$ で確かめると、 $AP = 0$ 、 $BP = CP = 3 R$ （正三角形の1辺）なので $0 + 3 R^{2} + 3 R^{2} = 6 R^{2}$ ✓、 $0 + 9 R^{4} + 9 R^{4} = 18 R^{4}$ ✓。

$R = 2.3$ で $P$ を4通りとると、どちらの和も一定で $6 R^{2}$ 、 $18 R^{4}$ と一致した。

中心を原点にとると $α + β + γ = 0$ が使えて一気に片づく。

$12 0^{\circ}$ ずつ違う3つの角の $cos$ の和も、 $cos$ の2倍角の和も $0$ になる。この2つを使う。

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第3問　空間図形

平面の方程式・線分との交点・方べきの定理の逆・領域の図示当サイトの体感難易度：難

(1)座標空間に5点 $O (0, 0, 0)$ 、 $A (3, 0, 0)$ 、 $B (0, 3, 0)$ 、 $C (0, 0, 4)$ 、 $P (0, 0, - 2)$ をとり、 $0 < a < 3$ 、 $0 < b < 3$ に対して $Q (a, 0, 0)$ 、 $R (0, b, 0)$ を考える。 $P, Q, R$ を通る平面を $H$ とするとき、 $H$ と線分 $AC$ の交点 $T$ 、 $H$ と線分 $BC$ の交点 $S$ の座標を求める

答 $T (\frac{9 a}{3 + 2 a}, 0, \frac{4 ( 3 - a )}{3 + 2 a})$ 、 $S (0, \frac{9 b}{3 + 2 b}, \frac{4 ( 3 - b )}{3 + 2 b})$

$H$ は3つの座標軸を $(a, 0, 0)$ 、 $(0, b, 0)$ 、 $(0, 0, - 2)$ で切るので、切片形で一発で書ける。

$H$ は $x$ 軸、 $y$ 軸、 $z$ 軸をそれぞれ $a$ 、 $b$ 、 $- 2$ で切るので、切片形で

H : \frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{- 2} = 1, すなわち \frac{x}{a} + \frac{y}{b} - \frac{z}{2} = 1

である。

$T$ 。 線分 $AC$ は $(3 - 3 t, 0, 4 t)$ （ $0 ≦ t ≦ 1$ ）と書ける。代入すると

\frac{3 - 3 t}{a} - 2 t = 1, 3 - 3 t = a (1 + 2 t), t = \frac{3 - a}{3 + 2 a}

である（ $0 < a < 3$ より $0 < t < 1$ ✓）。これを代入して

T (\frac{9 a}{3 + 2 a}, 0, \frac{4 ( 3 - a )}{3 + 2 a})

である。

$S$ 。 線分 $BC$ は $(0, 3 - 3 s, 4 s)$ で、まったく同じ計算により $s = \frac{3 - b}{3 + 2 b}$ 、

S (0, \frac{9 b}{3 + 2 b}, \frac{4 ( 3 - b )}{3 + 2 b})

である。

$(a, b) = (1, 2)$ では $T (1.8, 0, 1.6)$ 、 $S (0, \frac{18}{7}, \frac{4}{7})$ で、どちらも $H$ 上かつ線分上にあった。

平面の切片形を使うと計算が最短になる。法線ベクトルを求めてから…とすると遠回り。

(2)点 $Q, R, S, T$ が同一円周上にあるための必要十分条件を $a, b$ を用いて表し、それを満たす点 $(a, b)$ の範囲を座標平面上に図示する

答 $a = b$ または $2 ab + 3 a + 3 b = 8$ （すなわち $(a + \frac{3}{2}) (b + \frac{3}{2}) = \frac{25}{4}$ ）。ただし $0 < a < 3$ 、 $0 < b < 3$

$Q, T$ は平面 $y = 0$ 上、 $R, S$ は平面 $x = 0$ 上にあり、直線 $QT$ と $RS$ はどちらも $P$ を通る。方べきの定理の逆が使える形である。

2直線は $P$ で交わる。 $Q, T$ はどちらも $y = 0$ を満たし、 $R, S$ はどちらも $x = 0$ を満たす。直線 $QT$ と $RS$ はともに平面 $H$ 上にあるので交わり、その交点は $x = y = 0$ 、つまり $z$ 軸上で $H$ 上の点である。 $H$ の式で $x = y = 0$ とすると $- \frac{z}{2} = 1$ 、 $z = - 2$ なので、交点は $P$ である。

方べきの定理。 $Q, T$ は直線 $QT$ 上、 $R, S$ は直線 $RS$ 上にあり、2直線は $P$ で交わる。 $z$ 座標を見ると $P$ は $- 2$ 、 $Q, R$ は $0$ 、 $S, T$ は正なので、 $P$ は線分 $QT$ の外側、線分 $RS$ の外側にある。したがって4点が同一円周上にある必要十分条件は

PQ \cdot PT = PR \cdot PS

である。

計算する。

PQ = ∣ (a, 0, 2) ∣ = a^{2} + 4

である。 $T$ の $z$ 座標に $2$ を足すと $\frac{4 ( 3 - a ) + 2 ( 3 + 2 a )}{3 + 2 a} = \frac{18}{3 + 2 a}$ なので

PT = \frac{1}{3 + 2 a} (9 a)^{2} + 1 8^{2} = \frac{9}{3 + 2 a} a^{2} + 4

である（ $81 a^{2} + 324 = 81 (a^{2} + 4)$ ）。よって

PQ \cdot PT = \frac{9 ( a ^{2} + 4 )}{3 + 2 a}

であり、同様に $PR \cdot PS = \frac{9 ( b ^{2} + 4 )}{3 + 2 b}$ である。条件は

\frac{a ^{2} + 4}{3 + 2 a} = \frac{b ^{2} + 4}{3 + 2 b}

すなわち $(a^{2} + 4) (3 + 2 b) = (b^{2} + 4) (3 + 2 a)$ である。展開して整理すると

3 (a^{2} - b^{2}) + 2 ab (a - b) - 8 (a - b) = 0, (a - b) {3 (a + b) + 2 ab - 8} = 0

である。したがって求める条件は

a = b または 2 ab + 3 a + 3 b = 8

である。後者は

2 (a + \frac{3}{2}) (b + \frac{3}{2}) = 2 ab + 3 a + 3 b + \frac{9}{2} = \frac{25}{2}, (a + \frac{3}{2}) (b + \frac{3}{2}) = \frac{25}{4}

と書ける。漸近線が $a = - \frac{3}{2}$ 、 $b = - \frac{3}{2}$ の双曲線で、 $b = \frac{8 - 3 a}{2 a + 3}$ である。 $0 < b < 3$ となるのは $0 < a < \frac{8}{3}$ のときである。

太い線が条件を満たす (a, b) の集合。正方形 0 < a < 3、0 < b < 3 の中で、対角線 a = b と、双曲線 (a + 3/2)(b + 3/2) = 25/4 の一部（(0, 8/3) から (8/3, 0) まで、両端は除く）。2つは (1, 1) で交わる。

2つの曲線は $(1, 1)$ で交わる。 $a = b = 1$ は $2 + 3 + 3 = 8$ を満たすからである。

数値で $PQ \cdot PT - PR \cdot PS$ を計算すると、 $a = b$ のときと $2 ab + 3 a + 3 b = 8$ のときにちょうど $0$ になった。

4点が2つの直線に2個ずつ乗っていて、その2直線が1点で交わる、という構図に気づくこと。そこから方べきの定理（の逆）が使える。

$P$ が両方の線分の外側にあることを確かめる。内側だと符号つきの扱いが変わる。

$(a - b)$ でくくれる。 $a = b$ のほうを落とさない。

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第4問　積分法

斜めの直線のまわりの回転・垂線の足・断面積の積分・パップス・ギュルダンでの確認当サイトの体感難易度：難

(1) $n$ を正の奇数とし、曲線 $y = sin x$ （ $(n - 1) π ≦ x ≦ nπ$ ）と $x$ 軸で囲まれた部分を $D_{n}$ 、直線 $x + y = 0$ を $ℓ$ 、 $ℓ$ のまわりに $D_{n}$ を1回転させてできる回転体を $V_{n}$ とする。 $(n - 1) π ≦ x ≦ nπ$ に対して点 $(x, sin x)$ を $P$ 、 $P$ から $ℓ$ に下ろした垂線と $x$ 軸の交点を $Q$ とするとき、線分 $PQ$ を $ℓ$ のまわりに1回転させてできる図形の面積を $x$ の式で表す

答 $2 π x sin x$

$PQ$ は $ℓ$ に垂直なので、回すと円環になる。外側と内側の半径は、 $P$ と $Q$ から $ℓ$ までの距離である。

$ℓ : x + y = 0$ に垂直な方向は $(1, 1)$ である。 $P (x, sin x)$ を通りこの向きの直線は $(x + t, sin x + t)$ で、 $x$ 軸との交点は $t = - sin x$ のときだから

Q (x - sin x, 0)

である。

点 $(u, v)$ と $ℓ$ の距離は $\frac{∣ u + v ∣}{2}$ なので

d (P) = \frac{x + sin x}{2}, d (Q) = \frac{x - sin x}{2}

である（ $n$ は奇数なので $(n - 1) π ≦ x ≦ nπ$ では $sin x ≧ 0$ 、また $x ≧ 0$ かつ $x ≧ sin x$ なのでどちらも $0$ 以上）。

線分 $PQ$ は $ℓ$ に垂直なので、回すと外半径 $d (P)$ 、内半径 $d (Q)$ の円環になる。面積は

π {d (P)^{2} - d (Q)^{2}} = \frac{π}{2} {(x + sin x)^{2} - (x - sin x)^{2}} = \frac{π}{2} \cdot 4 x sin x

すなわち

2 π x sin x

である。

n = 1 のとき。網かけが D₁、右下がりの直線が ℓ : x + y = 0。P から ℓ に下ろした垂線（破線）が x 軸と交わる点が Q。線分 PQ は ℓ に垂直なので、回すと円環になる。

この面積を使った積分が、パップス・ギュルダンの定理と一致した（(2) 参照）。

$PQ$ が $ℓ$ に垂直であることが効く。斜めの線分だと円環にならない。

$d (P)^{2} - d (Q)^{2}$ は和と差の積で一気に簡単になる。

(2)(1) の結果を用いて、回転体 $V_{n}$ の体積を $n$ の式で表す

答 $V_{n} = \frac{2 ( 8 n - 3 ) π ^{2}}{4}$

$ℓ$ に沿った位置を $s$ とすると、断面積は (1) の円環の面積。 $s$ と $x$ の関係を微分して $d s$ に直す。

$ℓ$ 上の位置を測る。 $ℓ$ の方向ベクトルは $\frac{1}{2} (1, - 1)$ なので、点 $(u, v)$ の $ℓ$ 方向の座標は $\frac{u - v}{2}$ である。 $P$ と $Q$ はどちらも

s = \frac{x - sin x}{2}

である（同じ垂線の上にあるので当然）。微分すると

\frac{d s}{d x} = \frac{1 - cos x}{2} ≧ 0

で、 $s$ は $x$ とともに（広い意味で）増加する。 $s$ の位置での断面積が (1) の $2 π x sin x$ なので

V_{n} = \int 2 π x sin x d s = \int_{(n - 1) π}^{nπ} 2 π x sin x \cdot \frac{1 - cos x}{2} d x

である。 $2$ を整理して

V_{n} = 2 π \int_{(n - 1) π}^{nπ} x sin x (1 - cos x) d x

である。

積分する。 $sin x cos x = \frac{sin 2 x}{2}$ なので

\int x sin x (1 - cos x) d x = \int x sin x d x - \frac{1}{2} \int x sin 2 x d x

で、部分積分により

\int x sin x d x = - x cos x + sin x, \int x sin 2 x d x = - \frac{x}{2} cos 2 x + \frac{1}{4} sin 2 x

である。したがって原始関数は

F (x) = - x cos x + sin x + \frac{x}{4} cos 2 x - \frac{1}{8} sin 2 x

である。 $n$ は奇数なので $cos nπ = - 1$ 、 $cos (n - 1) π = 1$ 、 $sin$ はどちらも $0$ 、 $cos 2 nπ = cos 2 (n - 1) π = 1$ である。よって

F (nπ) = nπ + \frac{nπ}{4} = \frac{5 nπ}{4}, F ((n - 1) π) = - (n - 1) π + \frac{( n - 1 ) π}{4} = - \frac{3 ( n - 1 ) π}{4}

である。差をとると

\int_{(n - 1) π}^{nπ} x sin x (1 - cos x) d x = \frac{5 nπ + 3 ( n - 1 ) π}{4} = \frac{( 8 n - 3 ) π}{4}

なので

V_{n} = 2 π \cdot \frac{( 8 n - 3 ) π}{4} = \frac{2 ( 8 n - 3 ) π ^{2}}{4}

である。

パップス・ギュルダンの定理でも確かめられる。 $D_{n}$ の面積は $2$ 、重心は $(\frac{( 2 n - 1 ) π}{2}, \frac{π}{8})$ なので $ℓ$ までの距離は $\frac{( 8 n - 3 ) π}{8 2}$ で、 $V = 2 π \cdot \frac{( 8 n - 3 ) π}{8 2} \cdot 2 = \frac{2 ( 8 n - 3 ) π ^{2}}{4}$ ✓。

$n = 1, 3, 5$ で数値積分すると $17.447160499$ 、 $73.278074096$ 、 $129.108987693$ で、式の値と小数9桁まで一致した。

$d s$ と $d x$ の関係を忘れない。 $ℓ$ に沿った長さで積分する。

$n$ が奇数であることを使って三角関数の値を確定させる。偶数だと符号が変わる。

第4問だけのページ

第5問　積分法・極限

部分積分による漸化式・はさみうちと極限・次の項までの展開・漸近展開当サイトの体感難易度：難

(1) $k$ を正の整数とし $a_{k} = \int_{0}^{1} x^{k - 1} sin (\frac{π x}{2}) d x$ とおく。 $a_{k + 2}$ を $a_{k}$ と $k$ を用いて表す

答 $a_{k + 2} = \frac{4 ( k + 1 )}{π ^{2}} (1 - k a_{k})$

部分積分を2回。 $cos \frac{π}{2} = 0$ 、 $sin \frac{π}{2} = 1$ なので境界項がきれいになる。

$c = \frac{π}{2}$ とおく。

a_{k + 2} = \int_{0}^{1} x^{k + 1} sin (c x) d x = [- \frac{x ^{k + 1} cos ( c x )}{c}]_{0}^{1} + \frac{k + 1}{c} \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x

である。 $cos c = cos \frac{π}{2} = 0$ なので境界項は $0$ である。もう一度部分積分すると

\int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x = [\frac{x ^{k} sin ( c x )}{c}]_{0}^{1} - \frac{k}{c} \int_{0}^{1} x^{k - 1} sin (c x) d x = \frac{1}{c} - \frac{k}{c} a_{k}

である（ $sin c = 1$ ）。したがって

a_{k + 2} = \frac{k + 1}{c} (\frac{1}{c} - \frac{k}{c} a_{k}) = \frac{k + 1}{c ^{2}} (1 - k a_{k})

で、 $c^{2} = \frac{π ^{2}}{4}$ なので

a_{k + 2} = \frac{4 ( k + 1 )}{π ^{2}} (1 - k a_{k})

である。

$k = 1, 2, 3, 5$ で $sin$ の級数から分数で出した値と比べると、小数30桁まで一致した。

(2) $k$ を限りなく大きくするとき、数列 ${k a_{k}}$ の極限値 $A$ を求める

答 $A = 1$

$k a_{k} = \int_{0}^{1} k x^{k - 1} sin (c x) d x$ を部分積分すると、残る積分が $\frac{1}{k + 1}$ で押さえられる。

$c = \frac{π}{2}$ とする。 $(x^{k})^{'} = k x^{k - 1}$ なので部分積分して

k a_{k} = \int_{0}^{1} k x^{k - 1} sin (c x) d x = [x^{k} sin (c x)]_{0}^{1} - c \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x = 1 - c \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x

である（ $sin c = 1$ ）。残った積分は $∣ cos (c x) ∣ ≦ 1$ より

\int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x ≦ \int_{0}^{1} x^{k} d x = \frac{1}{k + 1} k \to \infty 0

である。よって

A = k \to \infty lim k a_{k} = 1

である。

$k x^{k - 1}$ は $x = 1$ に集中していく重み（ $\int_{0}^{1} k x^{k - 1} d x = 1$ ）なので、 $k a_{k}$ は $sin (\frac{π \cdot 1}{2}) = 1$ に近づく、と見ることもできる。

$k = 10000$ で $k a_{k} = 0.999999975$ だった。

(3)(2) の極限値 $A$ に対し、 $k$ を限りなく大きくするとき数列 ${k^{m} a_{k} - k^{n} A}$ が $0$ ではない値に収束する整数 $m, n$ （ $m > n ≧ 1$ ）を求め、そのときの極限値 $B$ を求める

答 $m = 3$ 、 $n = 2$ 、 $B = - \frac{π ^{2}}{4}$

(2) の計算に出た「残りの積分」をもう一段評価する。(1) を使うと、その積分が $a_{k + 2}$ で書ける。

$J_{k} = \int_{0}^{1} x^{k} cos (c x) d x$ とおくと、(2) より

k a_{k} - 1 = - c J_{k}

である。 $J_{k}$ を部分積分すると

J_{k} = [\frac{x ^{k + 1} cos ( c x )}{k + 1}]_{0}^{1} + \frac{c}{k + 1} \int_{0}^{1} x^{k + 1} sin (c x) d x = \frac{c a _{k + 2}}{k + 1}

である（ $cos c = 0$ ）。したがって

k a_{k} - 1 = - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}

である。 $A = 1$ なので

k^{m} a_{k} - k^{n} = k^{m - 1} (k a_{k}) - k^{n} = k^{m - 1} (1 - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}) - k^{n}

である。(2) を $k + 2$ に使うと $(k + 2) a_{k + 2} \to 1$ 、つまり $a_{k + 2} \sim \frac{1}{k + 2}$ なので

\frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1} = \frac{c ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} {(k + 2) a_{k + 2}} \sim \frac{c ^{2}}{k ^{2}}

である。 $k^{m - 1} - k^{n}$ が残らないためには $m - 1 = n$ でなければならず、そのとき

k^{m} a_{k} - k^{n} = - k^{m - 1} \cdot \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1} = - c^{2} \cdot \frac{k ^{m - 1}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} {(k + 2) a_{k + 2}}

である。 $\frac{k ^{m - 1}}{( k + 1 ) ( k + 2 )}$ が $0$ でない値に収束するのは $m - 1 = 2$ 、つまり $m = 3$ のときで、そのとき極限は $1$ である。よって $n = m - 1 = 2$ で

B = k \to \infty lim (k^{3} a_{k} - k^{2}) = - c^{2} = - \frac{π ^{2}}{4}

である。

$k = 1000$ で $k^{3} a_{k} - k^{2} = - 2.460007$ で、 $- \frac{π ^{2}}{4} = - 2.467401$ に近づいた。

$J_{k}$ を $a_{k + 2}$ で書き直すのが鍵。(1) の部分積分がそのまま使える。

$m - 1 = n$ でないと $k^{m - 1} - k^{n}$ が発散する（または $0$ に収束してしまう）。

(4)(2) と (3) の極限値 $A, B$ に対し、 $k$ を限りなく大きくするとき数列 ${k^{p} a_{k} - k^{q} A - k^{r} B}$ が $0$ ではない値に収束する整数 $p, q, r$ （ $p > q > r ≧ 1$ ）を求め、そのときの極限値を求める

答 $p = 4$ 、 $q = 3$ 、 $r = 1$ 、極限値は $\frac{3 π ^{2}}{4}$

(3) で得た $k a_{k} = 1 - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}$ をもう一段展開する。 $\frac{k ^{3}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} = k - 3 + O (\frac{1}{k})$ という展開が効く。

(3) の式を $k^{p}$ 倍の形に直すと、 $A = 1$ 、 $B = - c^{2}$ より

k^{p} a_{k} - k^{q} - k^{r} B = k^{p - 1} (k a_{k}) - k^{q} + c^{2} k^{r}

である。 $k a_{k} = 1 - \frac{c ^{2} a _{k + 2}}{k + 1}$ を入れて $q = p - 1$ とすると、 $k^{p - 1}$ が消えて

= c^{2} {k^{r} - \frac{k ^{p - 1} a _{k + 2}}{k + 1}}

である。ここで $(k + 2) a_{k + 2} = 1 + ε_{k}$ （ $ε_{k} \to 0$ ）とおくと

\frac{k ^{p - 1} a _{k + 2}}{k + 1} = k^{p - 3} \cdot \frac{k ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} (1 + ε_{k})

である。(3) より $ε_{k} = O (\frac{1}{k ^{2}})$ であり、また

\frac{k ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )} = \frac{1}{1 + \frac{3}{k} + \frac{2}{k ^{2}}} = 1 - \frac{3}{k} + O (\frac{1}{k ^{2}})

なので

\frac{k ^{p - 1} a _{k + 2}}{k + 1} = k^{p - 3} - 3 k^{p - 4} + O (k^{p - 5})

である。 $k^{r}$ とこの第1項が打ち消すには $r = p - 3$ でなければならず、そのとき

k^{p} a_{k} - k^{p - 1} - k^{p - 3} B = c^{2} {3 k^{p - 4} + O (k^{p - 5})}

である。これが $0$ でない値に収束するのは $p - 4 = 0$ 、つまり $p = 4$ のときで、そのとき

q = p - 1 = 3, r = p - 3 = 1

であり（ $4 > 3 > 1 ≧ 1$ ✓）、極限値は

3 c^{2} = \frac{3 π ^{2}}{4}

である。

まとめると $a_{k} = \frac{1}{k} - \frac{π ^{2}}{4 k ^{3}} + \frac{3 π ^{2}}{4 k ^{4}} + \dots$ という展開が得られたことになる。

$k = 10000$ で $k^{4} a_{k} - k^{3} - k B = 7.401085$ で、 $\frac{3 π ^{2}}{4} = 7.402203$ に近づいた。

$\frac{k ^{2}}{( k + 1 ) ( k + 2 )}$ を $1 - \frac{3}{k} + \dots$ と展開する。 $1$ と見てしまうと次の項が出ない。

$r = p - 3$ なので $q$ と $r$ は連続しない（ $q = 3$ 、 $r = 1$ ）。

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問題文について

(1)​x2−x−23​ の値が 3 を法として 2 に合同である正の整数 x をすべて求める

(2)k 個の連続した正の整数 x1​,…,xk​ に対して ​xj2​−xj​−23​（1≦j≦k）の値がすべて素数になる k の最大値と、その k に対する連続した正の整数 x1​,…,xk​ をすべて求める

(1)複素数平面上の異なる3点 A,B,C を複素数 α,β,γ で表す（同一直線上にはないとする）。△ABC が正三角形となる必要十分条件は α2+β2+γ2=αβ+βγ+γα であることを示す

(2)△ABC が正三角形のとき、外接円上の点 P を任意にとる。AP2+BP2+CP2 および AP4+BP4+CP4 を外接円の半径 R を用いて表す

(1)座標空間に5点 O(0,0,0)、A(3,0,0)、B(0,3,0)、C(0,0,4)、P(0,0,−2) をとり、0<a<3、0<b<3 に対して Q(a,0,0)、R(0,b,0) を考える。P,Q,R を通る平面を H とするとき、H と線分 AC の交点 T、H と線分 BC の交点 S の座標を求める

(2)点 Q,R,S,T が同一円周上にあるための必要十分条件を a,b を用いて表し、それを満たす点 (a,b) の範囲を座標平面上に図示する

(2)(1) の結果を用いて、回転体 Vn​ の体積を n の式で表す

(1)k を正の整数とし ak​=∫01​xk−1sin(2πx​)dx とおく。ak+2​ を ak​ と k を用いて表す

(2)k を限りなく大きくするとき、数列 {kak​} の極限値 A を求める

(3)(2) の極限値 A に対し、k を限りなく大きくするとき数列 {kmak​−knA} が 0 ではない値に収束する整数 m,n（m>n≧1）を求め、そのときの極限値 B を求める

(4)(2) と (3) の極限値 A,B に対し、k を限りなく大きくするとき数列 {kpak​−kqA−krB} が 0 ではない値に収束する整数 p,q,r（p>q>r≧1）を求め、そのときの極限値を求める

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