独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全5問・無料

東京科学大学　2022年度　前期日程　理系

東京科学大 2022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　複素数平面

2次方程式の解・実数解と虚数解で分ける・共役な解・領域の図示当サイトの体感難易度：やや難

$a, b$ を実数とし $f (z) = z^{2} + a z + b$ とする。 $a, b$ が $∣ a ∣ ≦ 1$ 、 $∣ b ∣ ≦ 1$ を満たしながら動くとき、 $f (z) = 0$ を満たす複素数 $z$ がとりうる値の範囲を複素数平面上に図示する

答実軸上の線分 $- \frac{1 + 5}{2} ≦ z ≦ \frac{1 + 5}{2}$ と、 $∣ Re z ∣ ≦ \frac{1}{2}$ かつ $∣ z ∣ ≦ 1$ の部分（単位円板を幅 $1$ の帯で切り取ったレンズ形）との和集合

$z$ が実数か虚数かで話が変わる。虚数なら共役も解なので $a, b$ が $z$ から決まってしまい、実数なら $a$ を自由に選べるぶん広がる。

$z$ が虚数のとき。 $f$ の係数は実数なので、 $z$ が解なら $\overline{z}$ も解である。解と係数の関係より

a = - (z + \overline{z}) = - 2 Re z, b = z \overline{z} = ∣ z ∣^{2}

である。条件は

∣ 2 Re z ∣ ≦ 1 かつ ∣ z ∣^{2} ≦ 1, すなわち ∣ Re z ∣ ≦ \frac{1}{2} かつ ∣ z ∣ ≦ 1

である。逆にこれを満たす虚数 $z$ に対して、この $a, b$ をとれば $z$ は解になる。

$z$ が実数のとき。 $z = x$ とすると $x^{2} + a x + b = 0$ 、すなわち $b = - x^{2} - a x$ である。 $a$ が $[- 1, 1]$ を動くとき $b$ は

- x^{2} - ∣ x ∣ ≦ b ≦ - x^{2} + ∣ x ∣

の範囲をすべてとる。この区間が $[- 1, 1]$ と交わればよい。左端については $- x^{2} - ∣ x ∣ ≦ 1$ がつねに成り立つ。右端については

- x^{2} + ∣ x ∣ ≧ - 1 ⟺ x^{2} - ∣ x ∣ - 1 ≦ 0 ⟺ ∣ x ∣ ≦ \frac{1 + 5}{2}

である（ $∣ x ∣$ の2次不等式を解いた）。よって実数の解としてとりうるのは $∣ x ∣ ≦ \frac{1 + 5}{2}$ である。

まとめ。 求める範囲は

{z 実数 ∣ z ∣ ≦ \frac{1 + 5}{2}} \cup {z ∣ Re z ∣ ≦ \frac{1}{2}, ∣ z ∣ ≦ 1}

である。図示すると次のようになる。

網かけのレンズ形は、単位円板のうち実部が -1/2 以上 1/2 以下の部分。そこから実軸に沿って ±(1+√5)/2 ≒ ±1.618 まで太い線分が伸びる。境界はすべて含む。

$\frac{1 + 5}{2}$ は $x^{2} = x + 1$ の正の解（黄金比）である。 $x = \frac{1 + 5}{2}$ 、 $a = - 1$ 、 $b = - 1$ とすると $x^{2} - x - 1 = 0$ でちょうど解になる。

$0.01$ 刻みの格子で、実際に $∣ a ∣ ≦ 1$ 、 $∣ b ∣ ≦ 1$ がとれるかどうかと、この答えが完全に一致した。

実数解のときは $a$ を自由に選べるので、虚数解のときより広い範囲になる。両方を合わせるのを忘れない。

虚数解のときは $a, b$ が $z$ から一意に決まってしまう。「 $a, b$ を選ぶ自由」がない。

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第2問　整数

最大公約数・基本対称式・素数で考える・mod による絞り込み当サイトの体感難易度：やや難

(1)3つの正の整数 $a, b, c$ の最大公約数が $1$ であるとき、 $a + b + c$ 、 $b c + c a + ab$ 、 $ab c$ の最大公約数は $1$ であることを示す

答共通の素因数 $p$ があると仮定すると、 $p$ が $a, b, c$ をすべて割ることになって矛盾する

「最大公約数が $1$ 」は「共通の素因数がない」と同じ。素数 $p$ が3つすべてを割ると仮定して矛盾を導く。

3つの数の最大公約数が $1$ でないとすると、共通の素因数 $p$ が存在する。以下それで矛盾を導く。

$p ∣ ab c$ より、 $p$ は $a, b, c$ のいずれかを割る。 $a, b, c$ は対称なので $p ∣ a$ としてよい。

次に

b c + c a + ab = a (b + c) + b c

で、 $p ∣ a (b + c)$ かつ $p ∣ b c + c a + ab$ だから $p ∣ b c$ である。よって $p$ は $b$ か $c$ を割る。 $b, c$ も対称なので $p ∣ b$ としてよい。

さらに $p ∣ a + b + c$ かつ $p ∣ a$ 、 $p ∣ b$ より $p ∣ c$ である。

これで $p$ は $a, b, c$ をすべて割るので、 $a, b, c$ の最大公約数が $p$ 以上になり、 $1$ であることに反する。したがって共通の素因数はなく、3つの最大公約数は $1$ である。 $■$

$1 ≦ a, b, c ≦ 24$ の全探索でも、 $g cd$ はつねに $1$ だった。

「素数 $p$ が積 $ab c$ を割るならどれかを割る」という性質を使う。合成数では成り立たないので、素数で考えるのが要点。

(2) $a + b + c$ 、 $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ 、 $a^{3} + b^{3} + c^{3}$ の最大公約数となるような正の整数をすべて求める

答 $1, 2, 3, 6$

基本対称式 $e_{1} = a + b + c$ 、 $e_{2} = ab + b c + c a$ 、 $e_{3} = ab c$ で書き直すと、(1) が使える形になる。 $5$ 以上の素数は入れないことがまず分かり、あとは $4$ と $9$ が入れないことを $mod$ で示す。

$p_{1} = a + b + c$ 、 $p_{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2}$ 、 $p_{3} = a^{3} + b^{3} + c^{3}$ とし、 $g = g cd (p_{1}, p_{2}, p_{3})$ とおく。基本対称式で書くと

p_{1} = e_{1}, p_{2} = e_{1}^{2} - 2 e_{2}, p_{3} = e_{1}^{3} - 3 e_{1} e_{2} + 3 e_{3}

である。

$5$ 以上の素因数はない。 素数 $p ≧ 5$ が $g$ を割るとする。 $p ∣ p_{1} = e_{1}$ である。 $p ∣ p_{2} = e_{1}^{2} - 2 e_{2}$ より $p ∣ 2 e_{2}$ 、 $p \neq = 2$ だから $p ∣ e_{2}$ 。 $p ∣ p_{3} = e_{1}^{3} - 3 e_{1} e_{2} + 3 e_{3}$ より $p ∣ 3 e_{3}$ 、 $p \neq = 3$ だから $p ∣ e_{3}$ 。すると $p$ は $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ をすべて割り、(1) に反する。よって $g = 2^{α} 3^{β}$ の形である。

$4$ では割り切れない。 $g cd (a, b, c) = 1$ なので $a, b, c$ がすべて偶数ということはない。 $2 ∣ p_{1}$ なら、奇数の個数は $0$ 個か $2$ 個で、 $0$ 個は除かれるのでちょうど $2$ 個である。奇数の2乗は $4$ で割ると $1$ 余り、偶数の2乗は $4$ の倍数なので

p_{2} \equiv 1 + 1 + 0 = 2 (mod 4)

となり、 $4 ∤ p_{2}$ である。よって $α ≦ 1$ 。

$9$ では割り切れない。 $3 ∣ p_{2}$ を考える。平方数を $3$ で割った余りは $0$ か $1$ なので、 $a^{2} + b^{2} + c^{2} \equiv 0 (mod 3)$ となるのは「3つとも $\equiv 0$ 」か「3つとも $\equiv 1$ 」である。前者は $3 ∣ a, b, c$ となり $g cd = 1$ に反する。したがって $a, b, c$ はどれも $3$ の倍数でなく、 $3 ∣ p_{1}$ とあわせると $a \equiv b \equiv c (mod 3)$ （ともに $1$ 、またはともに $2$ ）である。

$a \equiv b \equiv c \equiv 1 (mod 3)$ のとき $a = 3 x + 1$ などと書くと

p_{1} = 3 (x + y + z + 1), p_{2} = 9 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) + 6 (x + y + z) + 3

である。 $9 ∣ p_{1}$ より $x + y + z \equiv 2 (mod 3)$ 、 $9 ∣ p_{2}$ より $3 ∣ 2 (x + y + z) + 1$ 、すなわち $x + y + z \equiv 1 (mod 3)$ となって矛盾する。 $a \equiv b \equiv c \equiv 2 (mod 3)$ のときも同様に矛盾する。よって $β ≦ 1$ 。

候補と実例。 以上より $g \in {1, 2, 3, 6}$ である。どれも実際に起こる。

$(a, b, c) = (1, 1, 3)$ ： $p_{1} = 5$ 、 $p_{2} = 11$ 、 $p_{3} = 29$ で $g = 1$
$(1, 1, 2)$ ： $p_{1} = 4$ 、 $p_{2} = 6$ 、 $p_{3} = 10$ で $g = 2$
$(1, 1, 1)$ ： $p_{1} = p_{2} = p_{3} = 3$ で $g = 3$
$(1, 1, 4)$ ： $p_{1} = 6$ 、 $p_{2} = 18$ 、 $p_{3} = 66$ で $g = 6$

よって求める正の整数は

1, 2, 3, 6

である。

$1 ≦ a, b, c ≦ 39$ の全探索で、現れた最大公約数は $1, 2, 3, 6$ だけだった。

$p_{k}$ を基本対称式で書き直すのが出発点。そうすれば (1) がそのまま効く。

$4$ と $9$ を除くには $mod 4$ 、 $mod 9$ での議論が要る。候補を出しただけでは答えにならない。

4つの値すべてに実例を挙げる。

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第3問　図形と方程式

直角三角形の頂点の軌跡・三角関数の合成・道のり・領域に入らないことの証明当サイトの体感難易度：やや難

(1) $α$ は $0 < α < \frac{π}{2}$ を満たす実数とする。 $∠ A = α$ および $∠ P = \frac{π}{2}$ を満たす直角三角形 $APB$ が、 $A (sin t, 0)$ 、 $B (0, cos t)$ 、 $P$ は第一象限内、という条件のもとで $t = 0$ から $t = \frac{π}{2}$ まで動くとき、 $P$ はある直線上を動くことを示し、その直線の方程式を $α$ で表す

答 $P$ は直線 $x cos α - y sin α = 0$ （すなわち $y = \frac{x}{tan α}$ ）の上を動く

$AB = 1$ がつねに成り立つことに気づくのが出発点。すると $AP = cos α$ と決まり、 $A$ から $B$ の向きを $α$ だけ回した向きに進めば $P$ が得られる。

$AB = sin^{2} t + cos^{2} t = 1$ である。 $t$ によらず $1$ なのがこの問題の仕掛けである。

$∠ P = \frac{π}{2}$ 、 $∠ A = α$ の直角三角形なので

AP = AB cos α = cos α

である。 $AB = (- sin t, cos t)$ は単位ベクトルなので、これを $α$ だけ時計回りに回した単位ベクトルは

(- sin t cos α + cos t sin α, sin t sin α + cos t cos α) = (- sin (t - α), cos (t - α))

である。したがって

P = (sin t - cos α sin (t - α), cos α cos (t - α))

である（反時計回りに回すと $P$ が第一象限に入らない）。 $x$ 座標を積和の公式で整理すると

sin t - cos α sin (t - α) = sin t - \frac{sin t + sin ( t - 2 α )}{2} = \frac{sin t - sin ( t - 2 α )}{2} = sin α cos (t - α)

となる。よって

P = cos (t - α) (sin α, cos α)

である。これは原点から向き $(sin α, cos α)$ に進んだ点なので、 $P$ は原点を通る直線

x cos α - y sin α = 0 (すなわち y = \frac{x}{tan α})

の上を動く。 $0 ≦ t ≦ \frac{π}{2}$ では $t - α \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$ なので $cos (t - α) > 0$ であり、 $P$ は確かに第一象限にある。 $■$

$α$ と $t$ を4通りずつとって $∠ P$ と $∠ A$ を計算すると、 $9 0^{\circ}$ と $α$ になった。

$AB = 1$ （ $t$ によらない）が効く。これがないと $AP$ が $t$ に依存してしまう。

回す向きは2通りあるが、第一象限という条件で一方に決まる。

(2) $t = 0$ から $t = \frac{π}{2}$ までの間に点 $P$ が動く道のりを $α$ で表す

答 $2 - sin α - cos α$

$P$ は直線上を往復するので、速さは $\frac{d}{d t} cos (t - α)$ 。絶対値を外すために $t = α$ で区切る。

(1) より $OP = cos (t - α)$ （ $(sin α, cos α)$ が単位ベクトルなので）である。 $P$ は一直線上を動くので、道のりは

L = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{d}{d t} cos (t - α) d t = \int_{0}^{\frac{π}{2}} ∣ sin (t - α) ∣ d t

である。 $0 < α < \frac{π}{2}$ なので $t = α$ で符号が変わる。

\int_{0}^{α} sin (α - t) d t = [cos (α - t)]_{0}^{α} = 1 - cos α

\int_{α}^{\frac{π}{2}} sin (t - α) d t = [- cos (t - α)]_{α}^{\frac{π}{2}} = 1 - sin α

である（ $cos (\frac{π}{2} - α) = sin α$ ）。合わせて

L = 2 - cos α - sin α

である。

$P$ は $t = α$ のとき原点から最も遠い（ $OP = 1$ ）。そこまで進んでから引き返すので、「行き $1 - cos α$ ＋帰り $1 - sin α$ 」という形になっている。

$α = 0.3, 0.7, 1.2$ で数値積分すると、 $2 - sin α - cos α$ と小数9桁まで一致した。

$P$ は往復するので、始点と終点の距離ではなく道のり（絶対値の積分）を求める。

(3) $x y$ 平面内において連立不等式 $x^{2} - x + y^{2} < 0$ 、 $x^{2} + y^{2} - y < 0$ により定まる領域を $D$ とするとき、点 $P$ は領域 $D$ には入らないことを示す

答 $P \in D ⟺ cos (t - α) < min (sin α, cos α)$ だが、 $cos (t - α)$ の最小値がちょうど $min (sin α, cos α)$

$D$ の2つの不等式を $x^{2} + y^{2} < x$ 、 $x^{2} + y^{2} < y$ と読みかえ、(1) の $P$ を代入する。両辺が $cos (t - α)$ でそろう。

$s = cos (t - α)$ とおくと、(1) より $P (s sin α, s cos α)$ で $x^{2} + y^{2} = s^{2}$ である。 $s > 0$ に注意して、 $D$ の条件は

$x^{2} + y^{2} < x$ ： $s^{2} < s sin α$ 、すなわち $s < sin α$
$x^{2} + y^{2} < y$ ： $s^{2} < s cos α$ 、すなわち $s < cos α$

となる。つまり

P \in D ⟺ s < min (sin α, cos α)

である。

一方、 $0 ≦ t ≦ \frac{π}{2}$ のとき $t - α$ は $- α$ から $\frac{π}{2} - α$ まで動く。 $cos$ はこの範囲で両端が最小になるので

s = cos (t - α) ≧ min {cos α, cos (\frac{π}{2} - α)} = min (cos α, sin α)

である。したがって $s < min (sin α, cos α)$ となることはなく、 $P$ は $D$ に入らない。 $■$

$D$ は2つの円（直径が $O$ と $(1, 0)$ 、 $O$ と $(0, 1)$ ）の内部の共通部分である。 $P$ はその「ぎりぎり外側」を通り、 $t = 0$ と $t = \frac{π}{2}$ では $D$ の境界上に来る。

$t$ を2万分割して調べても、 $P$ が $D$ に入ることは一度もなかった。

$s > 0$ で割れるので、2乗の不等式が1次の不等式に落ちる。ここを丁寧に。

$cos (t - α)$ の最小値を取るのは区間の端。中央の $t = α$ では最大になる。

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第4問　複素数平面

1次分数変換・アポロニウスの円・円か直線かの判定・通過領域と双曲線当サイトの体感難易度：難

(1) $a$ は正の実数とする。複素数 $z$ が $∣ z - 1 ∣ = a$ かつ $z \neq = \frac{1}{2}$ を満たしながら動くとき、複素数平面上の点 $w = \frac{z - 3}{1 - 2 z}$ が描く図形を $K$ とする。 $K$ が円となるための $a$ の条件を求め、そのときの $K$ の中心が表す複素数と半径を $a$ で表す

答 $a \neq = \frac{1}{2}$ 。中心 $\frac{2 ( 1 + a ^{2} )}{1 - 4 a ^{2}}$ 、半径 $\frac{5 a}{∣ 1 - 4 a ^{2} ∣}$

$w$ の式を $z$ について解き、 $∣ z - 1 ∣ = a$ に代入する。 $∣ w - 2 ∣ = 2 a w + \frac{1}{2}$ という「2定点からの距離の比が一定」の形になる。

$w = \frac{z - 3}{1 - 2 z}$ を $z$ について解く。

w (1 - 2 z) = z - 3, w + 3 = z (1 + 2 w), z = \frac{w + 3}{2 w + 1}

である（ $2 w + 1 = 0$ なら左辺 $w + 3 = \frac{5}{2} \neq = 0$ で矛盾するので $w \neq = - \frac{1}{2}$ ）。このとき

z - 1 = \frac{w + 3}{2 w + 1} - 1 = \frac{2 - w}{2 w + 1}

なので、 $∣ z - 1 ∣ = a$ は

∣ w - 2 ∣ = a ∣ 2 w + 1 ∣ = 2 a w + \frac{1}{2}

となる。

円か直線か。 これは「 $2$ と $- \frac{1}{2}$ からの距離の比が $2 a : 1$ 」という条件である。比が $1$ 、つまり $2 a = 1$ （ $a = \frac{1}{2}$ ）のときは線分の垂直二等分線（直線 $Re w = \frac{3}{4}$ ）になり、円にならない。それ以外ではアポロニウスの円になる。よって

a > 0 かつ a \neq = \frac{1}{2}

が条件である。

中心と半径。 $w = u + v i$ （ $u, v$ 実数）とおいて2乗すると

(u - 2)^{2} + v^{2} = 4 a^{2} {(u + \frac{1}{2})^{2} + v^{2}}

で、整理すると

(1 - 4 a^{2}) (u^{2} + v^{2}) - 4 (1 + a^{2}) u + (4 - a^{2}) = 0

である。 $1 - 4 a^{2} \neq = 0$ で割って平方完成すると、中心は

u_{0} = \frac{2 ( 1 + a ^{2} )}{1 - 4 a ^{2}}, v_{0} = 0

で、半径の2乗は

r^{2} = u_{0}^{2} - \frac{4 - a ^{2}}{1 - 4 a ^{2}} = \frac{4 ( 1 + a ^{2} ) ^{2} - ( 4 - a ^{2} ) ( 1 - 4 a ^{2} )}{( 1 - 4 a ^{2} ) ^{2}} = \frac{25 a ^{2}}{( 1 - 4 a ^{2} ) ^{2}}

である。よって

中心 \frac{2 ( 1 + a ^{2} )}{1 - 4 a ^{2}}, 半径 \frac{5 a}{∣ 1 - 4 a ^{2} ∣}

である（中心は実数なので、実軸上の点を表す）。なお $a \neq = \frac{1}{2}$ のとき $z = \frac{1}{2}$ は $∣ z - 1 ∣ = a$ を満たさないので、 $K$ は円全体になる。

$a = 0.2, 0.8, 1.5$ で $2000$ 点を移すと、この中心・半径の円からのずれは $1 0^{- 15}$ 以下だった。

比が $1$ のときだけ直線になる。 $a = \frac{1}{2}$ を見落とさない。

$∣ 2 w + 1 ∣ = 2 w + \frac{1}{2}$ と factor を出しておくと、アポロニウスの形だと見やすい。

(2) $a$ が (1) の条件を満たしながら動くとき、虚軸に平行で円 $K$ の直径となる線分が通過する領域を複素数平面上に図示する

答双曲線 $(x - \frac{3}{4})^{2} - y^{2} = \frac{25}{16}$ の2つの枝で囲まれた部分（境界を含む）。ただし頂点 $(2, 0)$ と $(- \frac{1}{2}, 0)$ は除く

中心を $x$ とおくと、半径 $r$ が $x$ だけで書ける。 $a$ を消去すれば、 $(x, y)$ の関係式になる。

中心を $x = \frac{2 ( 1 + a ^{2} )}{1 - 4 a ^{2}}$ 、半径を $r = \frac{5 a}{∣ 1 - 4 a ^{2} ∣}$ とする。問題の線分は

{x + y i ∣ ∣ y ∣ ≦ r}

である。

$a$ を消去する。 中心の式を $a^{2}$ について解くと

x - 4 x a^{2} = 2 + 2 a^{2}, a^{2} = \frac{x - 2}{4 x + 2}

である。また $1 - 4 a^{2} = \frac{2 ( 1 + a ^{2} )}{x}$ で、 $1 + a^{2} = \frac{5 x}{4 x + 2}$ だから

r^{2} = \frac{25 a ^{2}}{( 1 - 4 a ^{2} ) ^{2}} = \frac{25 a ^{2} x ^{2}}{4 ( 1 + a ^{2} ) ^{2}} = \frac{25 x ^{2} \cdot \frac{x - 2}{4 x + 2}}{4 \cdot \frac{25 x ^{2}}{( 4 x + 2 ) ^{2}}} = \frac{( x - 2 ) ( 4 x + 2 )}{4}

すなわち

r^{2} = \frac{( x - 2 ) ( 2 x + 1 )}{2}

である。

中心の動く範囲。 $\frac{d x}{d a} = \frac{20 a}{( 1 - 4 a ^{2} ) ^{2}} > 0$ なので $x$ は $a$ について増加する。

$0 < a < \frac{1}{2}$ ： $a \to 0^{+}$ で $x \to 2$ 、 $a \to \frac{1}{2}^{-}$ で $x \to + \infty$ 。よって $x > 2$ のすべてをとる
$a > \frac{1}{2}$ ： $a \to \frac{1}{2}^{+}$ で $x \to - \infty$ 、 $a \to \infty$ で $x \to - \frac{1}{2}$ 。よって $x < - \frac{1}{2}$ のすべてをとる

である。

領域。 条件は $y^{2} ≦ r^{2}$ なので

2 y^{2} ≦ (x - 2) (2 x + 1) = 2 x^{2} - 3 x - 2

すなわち $2 x^{2} - 2 y^{2} - 3 x - 2 ≧ 0$ である。平方完成すると

(x - \frac{3}{4})^{2} - y^{2} ≧ \frac{25}{16}

である。これは中心 $(\frac{3}{4}, 0)$ 、頂点 $(2, 0)$ と $(- \frac{1}{2}, 0)$ の直角双曲線の「内側」（2つの枝のそれぞれが囲む側）である。 $x > 2$ または $x < - \frac{1}{2}$ という条件は、頂点の2点を除くことに対応する。よって求める領域は

(x - \frac{3}{4})^{2} - y^{2} ≧ \frac{25}{16} かつ (x, y) \neq = (2, 0), (- \frac{1}{2}, 0)

である。

網かけが求める領域（境界を含む）。双曲線 (x - 3/4)² - y² = 25/16 の2つの枝の内側で、頂点 (2, 0) と (-1/2, 0) の2点だけは含まない。中心 3/4、漸近線は傾き ±1。

$a \to 0^{+}$ では円が点 $2$ に縮み、 $a \to \infty$ では点 $- \frac{1}{2}$ に縮む。どちらも「円」にはならないので、頂点の2点が抜ける。

$a$ を変えて中心と半径を計算すると、 $r^{2} = \frac{( x - 2 ) ( 2 x + 1 )}{2}$ が小数9桁まで成り立った。

中心と半径の両方に $a$ が入っているので、 $a$ を消去して $(x, y)$ の関係に直す。

中心のとりうる範囲（ $x > 2$ または $x < - \frac{1}{2}$ ）を調べて、端の2点を除く。

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第5問　積分法・極限

積和の公式・中間値の定理・単調性と区分求積・期待値の極限当サイトの体感難易度：難

(1) $a$ は $0 < a ≦ \frac{π}{4}$ を満たす実数とし、 $f (x) = \frac{4}{3} sin (\frac{π}{4} + a x) cos (\frac{π}{4} - a x)$ とする。 $\int_{0}^{1} f (x) d x = 1$ を満たす $a$ がただ1つ存在することを示す

答 $f (x) = \frac{2}{3} (1 + sin 2 a x)$ で、条件は $1 - cos 2 a = a$ 。 $g (a) = 1 - cos 2 a - a$ の増減から解はただ1つ

まず積和の公式で $f$ を簡単にする。積分して整理すると $a$ の方程式になり、あとは増減と中間値の定理。

$f$ を簡単にする。 積和の公式 $sin A cos B = \frac{sin ( A + B ) + sin ( A - B )}{2}$ を使う。

sin (\frac{π}{4} + a x) cos (\frac{π}{4} - a x) = \frac{sin \frac{π}{2} + sin 2 a x}{2} = \frac{1 + sin 2 a x}{2}

なので

f (x) = \frac{4}{3} \cdot \frac{1 + sin 2 a x}{2} = \frac{2}{3} (1 + sin 2 a x)

である。

積分する。

\int_{0}^{1} f (x) d x = \frac{2}{3} [x - \frac{cos 2 a x}{2 a}]_{0}^{1} = \frac{2}{3} (1 + \frac{1 - cos 2 a}{2 a})

である。これが $1$ になる条件は

1 + \frac{1 - cos 2 a}{2 a} = \frac{3}{2}, \frac{1 - cos 2 a}{2 a} = \frac{1}{2}, 1 - cos 2 a = a

である。

解の個数。 $g (a) = 1 - cos 2 a - a$ とおくと

g^{'} (a) = 2 sin 2 a - 1

である。 $0 < a ≦ \frac{π}{4}$ では $2 a \in (0, \frac{π}{2}]$ で $sin 2 a$ は増加するので、 $g^{'} (a) = 0$ となるのは $sin 2 a = \frac{1}{2}$ 、すなわち $a = \frac{π}{12}$ である。

$0 < a < \frac{π}{12}$ ： $g^{'} < 0$ で減少
$\frac{π}{12} < a ≦ \frac{π}{4}$ ： $g^{'} > 0$ で増加

である。端の値は

g (0) = 0, g (\frac{π}{12}) = 1 - \frac{3}{2} - \frac{π}{12} = - 0.127 \dots < 0, g (\frac{π}{4}) = 1 - \frac{π}{4} = 0.214 \dots > 0

である。したがって

$0 < a ≦ \frac{π}{12}$ では $g$ は $g (0) = 0$ から減って負のままなので、 $g (a) = 0$ の解はない
$\frac{π}{12} ≦ a ≦ \frac{π}{4}$ では $g$ は連続で狭義増加し、負から正に変わるので、中間値の定理より解がちょうど1つある

である。よって条件を満たす $a$ はただ1つ存在する。 $■$

数値で解くと $a = 0.5545 \dots$ である（ $\frac{π}{4} = 0.7853 \dots$ の内側）。

数値的に解くと $a = 0.554572091$ で、 $\int_{0}^{1} f d x = 1.000000000$ になった。

$g (0) = 0$ だが $a = 0$ は範囲に入らない。 $a > 0$ ではすぐ負になるので、左側に解はない。

(2) $0 ≦ b < c ≦ 1$ を満たす実数 $b, c$ について $f (b) (c - b) ≦ \int_{b}^{c} f (x) d x ≦ f (c) (c - b)$ が成り立つことを示す

答 $f^{'} (x) = \frac{4 a}{3} cos 2 a x ≧ 0$ （ $0 ≦ x ≦ 1$ ）なので $f$ は増加。あとは $f (b) ≦ f (x) ≦ f (c)$ を積分するだけ

$f$ が $[0, 1]$ で増加することを微分で示す。 $0 < a ≦ \frac{π}{4}$ のおかげで $2 a x$ が $\frac{π}{2}$ を超えない。

(1) より $f (x) = \frac{2}{3} (1 + sin 2 a x)$ なので

f^{'} (x) = \frac{2}{3} \cdot 2 a cos 2 a x = \frac{4 a}{3} cos 2 a x

である。 $0 ≦ x ≦ 1$ 、 $0 < a ≦ \frac{π}{4}$ のとき $0 ≦ 2 a x ≦ 2 a ≦ \frac{π}{2}$ なので $cos 2 a x ≧ 0$ 、したがって $f^{'} (x) ≧ 0$ である。つまり $f$ は $[0, 1]$ で（広い意味で）増加する。

よって $b ≦ x ≦ c$ では

f (b) ≦ f (x) ≦ f (c)

である。これを $b$ から $c$ まで積分すると（ $c - b > 0$ ）

f (b) (c - b) ≦ \int_{b}^{c} f (x) d x ≦ f (c) (c - b)

である。 $■$

$f$ の増減を数値で確かめると、 $[0, 1]$ で単調に増えていた。

$a ≦ \frac{π}{4}$ という条件が「 $f$ が増加」を保証している。これがないと途中で減り始める。

(3) $n$ 個の数 $1, 2, \dots, n$ を出目とするルーレットを $k$ 回まわす試行において、各 $i$ について $i$ が出た回数を $S_{n, k, i}$ とし、 $k \to \infty lim \frac{S _{n, k, i}}{k} = \int_{\frac{i - 1}{n}}^{\frac{i}{n}} f (x) d x$ が成り立つとする。このとき (1) の等式 $\int_{0}^{1} f (x) d x = 1$ が成り立つことを示す

答 $i = 1 \sum n S_{n, k, i} = k$ の両辺を $k$ で割って $k \to \infty$ とする

「全部で $k$ 回まわした」という当たり前の式を書き、極限をとるだけ。

$k$ 回まわすのだから、出た回数の合計は $k$ である。

i = 1 \sum n S_{n, k, i} = k, すなわち i = 1 \sum n \frac{S _{n, k, i}}{k} = 1

である。これは $k$ によらず成り立つので、 $k \to \infty$ としてよい。和は有限個なので極限は各項の極限の和になり、仮定 $(* *)$ より

i = 1 \sum n \int_{\frac{i - 1}{n}}^{\frac{i}{n}} f (x) d x = 1

である。左辺は区間をつなぐと $\int_{0}^{1} f (x) d x$ なので

\int_{0}^{1} f (x) d x = 1

である。 $■$

$n$ を変えても、小区間の積分の和はつねに $\int_{0}^{1} f d x$ になった。

有限個の和なので極限と和を入れかえてよい。ここを言っておくと丁寧である。

(4)(3) の試行において出た数の平均値を $A_{n, k}$ とし、 $A_{n} = k \to \infty lim A_{n, k}$ とする。 $(* *)$ が成り立つとき、極限 $n \to \infty lim \frac{A _{n}}{n}$ を $a$ を用いて表す

答 $\frac{1}{3} - \frac{cos 2 a}{3 a} + \frac{sin 2 a}{6 a ^{2}}$ （ $cos 2 a = 1 - a$ を使うと $\frac{2}{3} - \frac{1}{3 a} + \frac{2 a - a ^{2}}{6 a ^{2}}$ ）

$\frac{A _{n}}{n} = i = 1 \sum n \frac{i}{n} \int_{\frac{i - 1}{n}}^{\frac{i}{n}} f d x$ を、(2) の不等式で区分求積ではさむ。極限は $\int_{0}^{1} x f (x) d x$ になる。

平均値は $A_{n, k} = \frac{1}{k} i = 1 \sum n i S_{n, k, i}$ なので、 $k \to \infty$ として

A_{n} = i = 1 \sum n i \int_{\frac{i - 1}{n}}^{\frac{i}{n}} f (x) d x, \frac{A _{n}}{n} = i = 1 \sum n \frac{i}{n} \int_{\frac{i - 1}{n}}^{\frac{i}{n}} f (x) d x

である。

はさむ。 (2) を $b = \frac{i - 1}{n}$ 、 $c = \frac{i}{n}$ で使うと

\frac{1}{n} f (\frac{i - 1}{n}) ≦ \int_{\frac{i - 1}{n}}^{\frac{i}{n}} f (x) d x ≦ \frac{1}{n} f (\frac{i}{n})

なので、 $\frac{i}{n} > 0$ を掛けて足し合わせると

i = 1 \sum n \frac{i}{n} f (\frac{i - 1}{n}) \frac{1}{n} ≦ \frac{A _{n}}{n} ≦ i = 1 \sum n \frac{i}{n} f (\frac{i}{n}) \frac{1}{n}

である。両端はどちらも $x f (x)$ の区分求積なので、 $n \to \infty$ で $\int_{0}^{1} x f (x) d x$ に収束する。はさみうちの原理より

n \to \infty lim \frac{A _{n}}{n} = \int_{0}^{1} x f (x) d x

である。

計算する。 $f (x) = \frac{2}{3} (1 + sin 2 a x)$ なので

\int_{0}^{1} x f (x) d x = \frac{2}{3} (\int_{0}^{1} x d x + \int_{0}^{1} x sin 2 a x d x) = \frac{2}{3} (\frac{1}{2} + I)

である。部分積分で

I = [- \frac{x cos 2 a x}{2 a}]_{0}^{1} + \frac{1}{2 a} \int_{0}^{1} cos 2 a x d x = - \frac{cos 2 a}{2 a} + \frac{sin 2 a}{4 a ^{2}}

なので

n \to \infty lim \frac{A _{n}}{n} = \frac{1}{3} - \frac{cos 2 a}{3 a} + \frac{sin 2 a}{6 a ^{2}}

である。

(1) より $cos 2 a = 1 - a$ なので、 $sin 2 a = 1 - (1 - a)^{2} = 2 a - a^{2}$ （ $0 < 2 a ≦ \frac{π}{2}$ なので正）である。これを入れると

n \to \infty lim \frac{A _{n}}{n} = \frac{2}{3} - \frac{1}{3 a} + \frac{2 a - a ^{2}}{6 a ^{2}}

とも書ける。どちらも数値では $0.5507 \dots$ である。

$n = 1000$ で $\frac{A _{n}}{n} = 0.551290$ となり、 $\int_{0}^{1} x f (x) d x = 0.550790532$ に近づいた。

$\frac{A _{n}}{n}$ はそのままでは区分求積の形ではない。(2) で小区間の積分を長方形ではさんでから区分求積に持ちこむ。

$\frac{i}{n}$ を掛けるとき、不等式の向きが変わらないこと（正の数を掛けている）を確かめる。

第5問だけのページ

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問題文について

a,b を実数とし f(z)=z2+az+b とする。a,b が ∣a∣≦1、∣b∣≦1 を満たしながら動くとき、f(z)=0 を満たす複素数 z がとりうる値の範囲を複素数平面上に図示する

(1)3つの正の整数 a,b,c の最大公約数が 1 であるとき、a+b+c、bc+ca+ab、abc の最大公約数は 1 であることを示す

(2)a+b+c、a2+b2+c2、a3+b3+c3 の最大公約数となるような正の整数をすべて求める

(2)t=0 から t=2π​ までの間に点 P が動く道のりを α で表す

(3)xy 平面内において連立不等式 x2−x+y2<0、x2+y2−y<0 により定まる領域を D とするとき、点 P は領域 D には入らないことを示す

(2)a が (1) の条件を満たしながら動くとき、虚軸に平行で円 K の直径となる線分が通過する領域を複素数平面上に図示する

(1)a は 0<a≦4π​ を満たす実数とし、f(x)=34​sin(4π​+ax)cos(4π​−ax) とする。∫01​f(x)dx=1 を満たす a がただ1つ存在することを示す

(2)0≦b<c≦1 を満たす実数 b,c について f(b)(c−b)≦∫bc​f(x)dx≦f(c)(c−b) が成り立つことを示す

(4)(3) の試行において出た数の平均値を An,k​ とし、An​=k→∞lim​An,k​ とする。(∗∗) が成り立つとき、極限 n→∞lim​nAn​​ を a を用いて表す

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