独自の解答・詳解
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全5問・無料

東京科学大学　2025年度　前期日程　理系

東京科学大 2025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　積分法

部分積分・逆関数の定積分・置換積分・微積分学の基本定理当サイトの体感難易度：やや難

(1)関数 $f (x)$ を $x ≧ 0$ に対して $f (x) = x lo g (1 + x)$ と定める。不定積分 $\int x lo g (1 + x) d x$ を求める

答 $\frac{x ^{2} - 1}{2} lo g (1 + x) - \frac{x ^{2}}{4} + \frac{x}{2} + C$

部分積分。 $x$ の原始関数として $\frac{x ^{2}}{2}$ ではなく $\frac{x ^{2} - 1}{2}$ を選ぶと、残る積分が $\frac{x ^{2} - 1}{1 + x} = x - 1$ ときれいに約分される。

$(\frac{x ^{2} - 1}{2})^{'} = x$ なので、これを $x$ の原始関数として部分積分する。

\int x lo g (1 + x) d x = \frac{x ^{2} - 1}{2} lo g (1 + x) - \int \frac{x ^{2} - 1}{2} \cdot \frac{1}{1 + x} d x

である。残る積分は $x^{2} - 1 = (x + 1) (x - 1)$ だから約分できて

\int \frac{x ^{2} - 1}{2 ( 1 + x )} d x = \frac{1}{2} \int (x - 1) d x = \frac{x ^{2}}{4} - \frac{x}{2}

である。よって

\int x lo g (1 + x) d x = \frac{x ^{2} - 1}{2} lo g (1 + x) - \frac{x ^{2}}{4} + \frac{x}{2} + C

である（ $C$ は積分定数）。

$\frac{x ^{2}}{2}$ をとると残りが $\int \frac{x ^{2}}{2 ( 1 + x )} d x$ となり、割り算が必要になる。定数 $- \frac{1}{2}$ をずらしておくのがこの問題のコツである。

求めた式を数値微分すると、 $x = 0.3, 1, 2, 3.5$ で $x lo g (1 + x)$ と小数9桁まで一致した。

(2) $y = f (x)$ （ $x ≧ 0$ ）の逆関数を $y = g (x)$ （ $x ≧ 0$ ）とし、 $a, b$ を $g (a) = 1$ 、 $g (b) = 2$ となる実数とする。定積分 $I = \int_{a}^{b} g (x) d x$ の値を求める

答 $I = \frac{5}{2} lo g 3 - lo g 2 + \frac{1}{4}$

逆関数の定積分は、グラフを $y = x$ で折り返して考える。長方形の面積から、もとの関数の定積分を引けばよい。

$g (a) = 1$ は $a = f (1) = 1 \cdot lo g 2 = lo g 2$ ということである。同様に $b = f (2) = 2 lo g 3$ である。

$f$ は $x ≧ 0$ で増加する（ $f^{'} (x) = lo g (1 + x) + \frac{x}{1 + x} > 0$ ）ので逆関数をもつ。 $y = g (x)$ のグラフは $y = f (x)$ のグラフを直線 $y = x$ について折り返したものである。したがって

\int_{a}^{b} g (x) d x = 2 b - 1 \cdot a - \int_{1}^{2} f (x) d x

が成り立つ（下の図のとおり、左向きの領域の面積を「大きい長方形 $-$ 小さい長方形 $-$ 曲線の下の面積」で測った）。

網かけが I = ∫g dx にあたる領域。y = f(x) の左側で、高さが a から b までの部分。これは [0, 2]×[0, b] の長方形から [0, 1]×[0, a] の長方形と、1 ≦ x ≦ 2 で曲線の下にある部分を取り除いたもの。a = log 2 ≒ 0.69、b = 2log 3 ≒ 2.20。

(1) より $F (x) = \frac{x ^{2} - 1}{2} lo g (1 + x) - \frac{x ^{2}}{4} + \frac{x}{2}$ とおくと

F (2) = \frac{3}{2} lo g 3 - 1 + 1 = \frac{3}{2} lo g 3, F (1) = 0 - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} = \frac{1}{4}

なので

\int_{1}^{2} f (x) d x = \frac{3}{2} lo g 3 - \frac{1}{4}

である。よって

I = 2 \cdot 2 lo g 3 - lo g 2 - (\frac{3}{2} lo g 3 - \frac{1}{4}) = \frac{5}{2} lo g 3 - lo g 2 + \frac{1}{4}

である。

逆関数 $g$ を2分法で作って数値積分すると $2.303383541$ で、 $\frac{5}{2} lo g 3 - lo g 2 + \frac{1}{4} = 2.303383541$ と一致した。

$a, b$ は $f$ の値であって $g$ の値ではない。 $g (a) = 1 ⟺ a = f (1)$ と読みかえる。

$2 b - a$ の係数は「上の長方形の横幅 $2$ 」と「下の長方形の横幅 $1$ 」。長方形の取りかたを図で確かめる。

(3)関数 $P (x)$ を $x ≧ 0$ に対して $P (x) = \int_{0}^{x} 1 + f (t) d t$ と定める。 $y = P (x)$ の、定義域を $x ≧ 0$ とする逆関数 $y = Q (x)$ が微分可能であることは証明なしに認めてよい。関数 $R (x)$ を $x ≧ 0$ に対して $R (x) = \int_{0}^{P (x)} \frac{1}{Q ^{'} ( v )} d v$ と定めるとき、 $R (x)$ を求める

答 $R (x) = \frac{x ^{2} - 1}{2} lo g (1 + x) - \frac{x ^{2}}{4} + \frac{3 x}{2}$

逆関数の微分 $Q^{'} (v) = \frac{1}{P ^{'} ( Q ( v ) )}$ を使うと被積分関数が $P^{'} (Q (v))$ になる。さらに $v = P (u)$ と置換すると、 $P^{'}$ の2乗の積分、つまり $1 + f$ の積分になる。

$Q^{'}$ を書きかえる。 $Q$ は $P$ の逆関数なので、逆関数の微分法より

Q^{'} (v) = \frac{1}{P ^{'} ( Q ( v ) )}, すなわち \frac{1}{Q ^{'} ( v )} = P^{'} (Q (v))

である。したがって

R (x) = \int_{0}^{P (x)} P^{'} (Q (v)) d v

である。

置換する。 $v = P (u)$ とおくと $d v = P^{'} (u) d u$ である。 $P (0) = 0$ なので、 $v$ が $0$ から $P (x)$ まで動くとき $u$ は $0$ から $x$ まで動く。また $Q (P (u)) = u$ だから

R (x) = \int_{0}^{x} P^{'} (u) \cdot P^{'} (u) d u = \int_{0}^{x} {P^{'} (u)}^{2} d u

である。

$P^{'}$ を求める。 微積分学の基本定理より $P^{'} (u) = 1 + f (u)$ なので

{P^{'} (u)}^{2} = 1 + f (u) = 1 + u lo g (1 + u)

である。よって

R (x) = \int_{0}^{x} {1 + u lo g (1 + u)} d u = x + [F (u)]_{0}^{x}

である。(1) の $F$ について $F (0) = \frac{0 - 1}{2} lo g 1 - 0 + 0 = 0$ だから

R (x) = x + \frac{x ^{2} - 1}{2} lo g (1 + x) - \frac{x ^{2}}{4} + \frac{x}{2} = \frac{x ^{2} - 1}{2} lo g (1 + x) - \frac{x ^{2}}{4} + \frac{3 x}{2}

である。

$\frac{1}{Q ^{'}}$ という形を見たら逆関数の微分を思い出す。 $\frac{1}{Q ^{'} ( v )} = P^{'} (Q (v))$ と直せば、あとは置換で $(P^{'})^{2}$ の積分に化ける、という一本道である。

$R (x) = \int_{0}^{x} (1 + f (u)) d u$ を数値積分すると、 $x = 0.5, 1, 2, 3$ で求めた式と小数9桁まで一致した。

$Q^{'} (v) = \frac{1}{P ^{'} ( Q ( v ) )}$ の引数は $Q (v)$ であって $v$ ではない。

$P (0) = 0$ を確かめてから積分区間を $0 \to x$ に取りかえる。

$F (0) = 0$ は $lo g 1 = 0$ による。定数項の扱いを間違えない。

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第2問　空間ベクトル

ねじれの位置の2直線・共通垂線・四面体の体積・三角関数の合成当サイトの体感難易度：やや難

(1)空間の点 $(0, 0, 1)$ を通り $(1, - 1, 0)$ を方向ベクトルとする直線を $ℓ$ 、点 $(1, 0, 3)$ を通り $(0, 1, - 2)$ を方向ベクトルとする直線を $m$ とする。 $P$ を $ℓ$ 上、 $Q$ を $m$ 上の点とし、直線 $PQ$ が $ℓ$ とも $m$ とも垂直であるとき、 $P$ と $Q$ の座標、および線分 $PQ$ の長さを求める

答 $P (\frac{1}{9}, - \frac{1}{9}, 1)$ 、 $Q (1, \frac{7}{9}, \frac{13}{9})$ 、 $PQ = \frac{4}{3}$

$P, Q$ をそれぞれ媒介変数で表し、 $PQ$ と2つの方向ベクトルとの内積が $0$ という2本の式を連立する。

$P, Q$ を媒介変数 $s, u$ で

P (s, - s, 1), Q (1, u, 3 - 2 u)

と表す。このとき

PQ = (1 - s, u + s, 2 - 2 u)

である。 $ℓ$ の方向ベクトル $(1, - 1, 0)$ との内積が $0$ より

(1 - s) - (u + s) = 0, u = 1 - 2 s

である。 $m$ の方向ベクトル $(0, 1, - 2)$ との内積が $0$ より

(u + s) - 2 (2 - 2 u) = 0, 5 u + s = 4

である。 $u = 1 - 2 s$ を代入すると

5 (1 - 2 s) + s = 4, - 9 s = - 1, s = \frac{1}{9}, u = \frac{7}{9}

である。よって

P (\frac{1}{9}, - \frac{1}{9}, 1), Q (1, \frac{7}{9}, \frac{13}{9})

であり

PQ = (\frac{8}{9}, \frac{8}{9}, \frac{4}{9}), PQ = \frac{1}{9} 64 + 64 + 16 = \frac{12}{9} = \frac{4}{3}

である。

$PQ = \frac{4}{9} (2, 2, 1)$ で、 $(2, 2, 1)$ は $(1, - 1, 0)$ とも $(0, 1, - 2)$ とも垂直になっている。2直線の共通垂線の向きである。

内積はどちらもちょうど $0$ 、長さは $1.333333333$ だった。

(2) $ℓ$ 上に2点 $A = (t, - t, 1)$ 、 $B = (2 + t + sin t, - 2 - t - sin t, 1)$ 、 $m$ 上に2点 $C = (1, t, 3 - 2 t)$ 、 $D = (1, 2 + t + cos t, - 1 - 2 t - 2 cos t)$ があるとする（ $t$ は実数）。四面体 $ABCD$ の体積を $V (t)$ とするとき、 $V (0)$ を求める

答 $V (0) = 4$

$AB$ は $ℓ$ の方向ベクトルの定数倍、 $CD$ は $m$ の方向ベクトルの定数倍である。体積の行列式をその形で整理すると、驚くほどきれいになる。

まず2つの辺ベクトルを計算する。

AB = (2 + sin t) (1, - 1, 0), CD = (2 + cos t) (0, 1, - 2)

である（ $A, B$ は $ℓ$ 上、 $C, D$ は $m$ 上なので当然だが、係数が $2 + sin t$ 、 $2 + cos t$ になっているのがポイント）。 $α = 2 + sin t > 0$ 、 $β = 2 + cos t > 0$ とおく。

四面体の体積は

V (t) = \frac{1}{6} det [AB, AC, AD]

である。 $AD = AC + CD$ で、行列式は同じ列を足しても変わらないから

det [AB, AC, AD] = det [AB, AC, CD] = α β det [e, AC, f]

である（ $e = (1, - 1, 0)$ 、 $f = (0, 1, - 2)$ ）。ここで

AC = (1 - t, 2 t, 2 - 2 t)

である。 $AC \times f$ を計算すると

AC \times f = (- 2 t - 2, 2 - 2 t, 1 - t)

で、 $e$ との内積は

(- 2 t - 2) - (2 - 2 t) + 0 = - 4

である。 $t$ が消えてしまうのがこの問題の仕掛けである。したがって

V (t) = \frac{1}{6} ∣ α β \cdot (- 4) ∣ = \frac{2}{3} (2 + sin t) (2 + cos t)

である。 $t = 0$ を入れると

V (0) = \frac{2}{3} \cdot 2 \cdot 3 = 4

である。

$t$ を6通りとって行列式から直接体積を求めると、この式と小数9桁まで一致した。

$AD$ をそのまま使わず $AC + CD$ に分けると、行列式が「 $ℓ$ の向き、つなぎ、 $m$ の向き」の形になる。

$2 + sin t$ も $2 + cos t$ も正なので、絶対値はそのまま外せる。

(3) $t$ が $t ≧ 0$ を動くとき、 $V (t)$ の最大値と最小値を求める

答最大値 $\frac{9 + 4 2}{3}$ 、最小値 $\frac{9 - 4 2}{3}$

(2) の $V (t) = \frac{2}{3} (2 + sin t) (2 + cos t)$ を展開し、 $u = sin t + cos t$ でまとめる。 $sin t cos t = \frac{u ^{2} - 1}{2}$ なので $u$ の2次関数になる。

展開すると

(2 + sin t) (2 + cos t) = 4 + 2 (sin t + cos t) + sin t cos t

である。 $u = sin t + cos t$ とおくと $u^{2} = 1 + 2 sin t cos t$ より $sin t cos t = \frac{u ^{2} - 1}{2}$ なので

= 4 + 2 u + \frac{u ^{2} - 1}{2} = \frac{u ^{2} + 4 u + 7}{2} = \frac{( u + 2 ) ^{2} + 3}{2}

である。 $u = 2 sin (t + \frac{π}{4})$ なので、 $t ≧ 0$ のとき $u$ は

- 2 ≦ u ≦ 2

のすべての値をとる。 $\frac{( u + 2 ) ^{2} + 3}{2}$ は $u ≧ - 2$ で増加するので、 $- 2 ≦ u ≦ 2$ では単調増加である。したがって

$u = 2$ （ $t = \frac{π}{4} + 2 k π$ ）のとき最大で $\frac{( 2 + 2 ) ^{2} + 3}{2} = \frac{9 + 4 2}{2}$
$u = - 2$ （ $t = \frac{5 π}{4} + 2 k π$ ）のとき最小で $\frac{( 2 - 2 ) ^{2} + 3}{2} = \frac{9 - 4 2}{2}$

である。 $V = \frac{2}{3} \times (これ)$ なので

V_{m a x} = \frac{2}{3} \cdot \frac{9 + 4 2}{2} = \frac{9 + 4 2}{3}, V_{m i n} = \frac{2}{3} \cdot \frac{9 - 4 2}{2} = \frac{9 - 4 2}{3}

である。 $t ≧ 0$ では $t = \frac{π}{4}$ と $t = \frac{5 π}{4}$ がどちらも範囲に入るので、どちらの値も実際にとる。

$\frac{9 + 4 2}{3} = 4.885 \dots$ 、 $\frac{9 - 4 2}{3} = 1.114 \dots$ である。 $V (0) = 4$ はそのあいだにある。

$t$ を $0$ から $20$ まで細かく走査すると、最大 $4.885618083$ （ $t = 0.78540$ ）、最小 $1.114381917$ （ $t = 3.92700$ ）だった。

$(2 + sin t) (2 + cos t)$ を $sin t$ と $cos t$ で別々に最大化してはいけない。同時に $1$ にはできない。

$u$ の2次関数の頂点 $u = - 2$ は $[- 2, 2]$ の外にある。だから区間の端で最大最小になる。

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第3問　確率

終了条件のあるゲーム・並びの数え上げ・等比級数・級数の和当サイトの体感難易度：やや難

(1) $0 < p < 1$ とする。表が出る確率が $p$ 、裏が出る確率が $1 - p$ である1枚のコインを使い、点数 $0$ から始めて「表が出るごとに $1$ 点加算、裏が出たときは点数はそのまま、2回続けて裏が出たら終了」というゲームを行う。 $0$ 以上の整数 $n$ に対し、ゲームが終わったときに $n$ 点となっている確率を $Q_{n}$ とするとき、 $Q_{1}, Q_{2}$ を $p$ を用いて表す

答 $Q_{1} = p (1 - p)^{2} (2 - p)$ 、 $Q_{2} = p^{2} (1 - p)^{2} (2 - p)^{2}$

終わるまでの表裏の並びを直接数える。最後の2文字は必ず裏裏で、その前には裏が2つ続いてはいけない。

$q = 1 - p$ とおく。ゲームが終わるときの表裏の並びは、最後が「裏裏」で、それより前には「裏裏」が現れないものである。さらに、最後の裏裏の直前の文字は表でなければならない（裏なら、そこで既に裏が2つ続いている）。

$n = 1$ 。 表が1枚だけ現れる。最後の裏裏より前の部分は「表」か「裏表」の2通りである。

表・裏・裏：確率 $p q^{2}$
裏・表・裏・裏：確率 $q p q^{2} = p q^{3}$

なので

Q_{1} = p q^{2} + p q^{3} = p q^{2} (1 + q) = p (1 - p)^{2} (2 - p)

である（ $1 + q = 2 - p$ ）。

$n = 2$ 。 表が2枚。表の前（2か所）にそれぞれ裏を $0$ 枚か $1$ 枚入れられる（2枚続けては入れられない）。最後の表のうしろには裏を入れられない（そこは最後の裏裏になる）。したがって裏の枚数 $k$ は $0, 1, 2$ で、入れ方は $_{2} C_{k}$ 通りである。

Q_{2} = q^{2} k = 0 \sum 2_{2} C_{k} p^{2} q^{k} = q^{2} p^{2} (1 + q)^{2} = p^{2} (1 - p)^{2} (2 - p)^{2}

である。

$p = 0.5$ では $Q_{1} = 0.1875$ 、 $Q_{2} = 0.140625$ で、状態遷移で求めた値と一致した。

最後の裏裏の直前は必ず表（または並びの先頭）。ここを見落とすと重複して数えてしまう。

(2) $Q_{n}$ を $n$ と $p$ を用いて表す

答 $Q_{n} = (1 - p)^{2} {p (2 - p)}^{n}$

(1) と同じ数え方を一般の $n$ で行う。表 $n$ 枚の「前」に裏を $0$ 枚か $1$ 枚ずつ置く、という数え方で二項定理がそのまま効く。

終了までの並びを「 $w$ ＋裏裏」と書く。 $w$ には裏が2つ続かず、 $w$ の最後は表（または $w$ は空）である。 $w$ に含まれる表の枚数が $n$ である。

$n$ 枚の表を並べたとき、裏を入れられるのは「各表の直前」の $n$ か所だけで、それぞれ $0$ 枚か $1$ 枚である（2枚入れると裏が続く。最後の表のうしろに入れると $w$ が裏で終わってしまう）。裏を $k$ 枚入れる方法は $_{n} C_{k}$ 通りで、その確率は $p^{n} q^{k}$ である。

最後の裏裏の確率 $q^{2}$ を掛けて、二項定理より

Q_{n} = q^{2} k = 0 \sum n_{n} C_{k} p^{n} q^{k} = q^{2} p^{n} (1 + q)^{n} = (1 - p)^{2} {p (2 - p)}^{n}

である。 $n = 0$ のときも $Q_{0} = q^{2} = (1 - p)^{2}$ （いきなり裏裏）で合っている。

$r = p (2 - p) = 1 - (1 - p)^{2}$ とおくと $Q_{n} = (1 - r) r^{n}$ である。つまり点数は、成功確率 $1 - r$ の幾何分布にしたがう。 $0 < p < 1$ のとき $0 < r < 1$ なので $n = 0 \sum \infty Q_{n} = 1$ となり、確率の合計も合う。

$p = 0.5, 0.3, 0.8$ のいずれでも、状態遷移で求めた $Q_{0}, \dots, Q_{4}$ とこの式が小数9桁まで一致した。

裏を置ける場所は $n + 1$ か所ではなく $n$ か所。最後の表のうしろは使えない。

(3) $0 < x < 1$ を満たす実数 $x$ に対して $\frac{1}{( 1 - x ) ^{2}} = n = 0 \sum \infty (n + 1) x^{n}$ が成り立つことを示す（必要ならば $0 < x < 1$ のとき $n \to \infty lim n x^{n} = 0$ であることを証明なしで使ってよい）

答部分和に $(1 - x)$ を掛けて階差をとると等比級数になる

部分和 $S_{N} = n = 0 \sum N (n + 1) x^{n}$ を作り、 $S_{N} - x S_{N}$ を計算する。

$S_{N} = n = 0 \sum N (n + 1) x^{n}$ とおく。

(1 - x) S_{N} = n = 0 \sum N (n + 1) x^{n} - n = 0 \sum N (n + 1) x^{n + 1}

で、2つめの和で添字を $n + 1 \to n$ とずらすと

= n = 0 \sum N (n + 1) x^{n} - n = 1 \sum N + 1 n x^{n} = 1 + n = 1 \sum N x^{n} - (N + 1) x^{N + 1}

である。はじめの2項をまとめると等比数列の和で

(1 - x) S_{N} = n = 0 \sum N x^{n} - (N + 1) x^{N + 1} = \frac{1 - x ^{N + 1}}{1 - x} - (N + 1) x^{N + 1}

となる。 $0 < x < 1$ より $1 - x \neq = 0$ なので

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

である。 $0 < x < 1$ より $x^{N + 1} \to 0$ 、また与えられた事実より $(N + 1) x^{N + 1} \to 0$ （ $N \to \infty$ ）なので

N \to \infty lim S_{N} = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}

である。すなわち級数は収束して

n = 0 \sum \infty (n + 1) x^{n} = \frac{1}{( 1 - x ) ^{2}}

である。 $■$

$x = 0.5$ では右辺 $4$ 、部分和 $S_{40} = 3.99999 \dots$ だった。

無限級数は「部分和の極限」として扱う。いきなり項別に操作しない。

$(N + 1) x^{N + 1} \to 0$ は与えられた事実（ $lim n x^{n} = 0$ ）から従う。ここを使うことを明記する。

(4)無限級数 $n = 0 \sum \infty n Q_{n}$ を $p$ を用いて表す

答 $\frac{p ( 2 - p )}{( 1 - p ) ^{2}}$

(2) で $Q_{n} = (1 - r) r^{n}$ （ $r = p (2 - p)$ ）と書けた。 $\sum n r^{n}$ は、(3) の級数から等比級数を引けば出る。

$r = p (2 - p)$ とおく。 $0 < p < 1$ のとき $r = 1 - (1 - p)^{2}$ で $0 < r < 1$ である。(2) より $Q_{n} = (1 - r) r^{n}$ なので

n = 0 \sum \infty n Q_{n} = (1 - r) n = 0 \sum \infty n r^{n}

である。 $n = (n + 1) - 1$ と分けると、(3) と等比級数の和から

n = 0 \sum \infty n r^{n} = n = 0 \sum \infty (n + 1) r^{n} - n = 0 \sum \infty r^{n} = \frac{1}{( 1 - r ) ^{2}} - \frac{1}{1 - r} = \frac{r}{( 1 - r ) ^{2}}

である。よって

n = 0 \sum \infty n Q_{n} = (1 - r) \cdot \frac{r}{( 1 - r ) ^{2}} = \frac{r}{1 - r}

である。 $1 - r = (1 - p)^{2}$ だから

n = 0 \sum \infty n Q_{n} = \frac{p ( 2 - p )}{( 1 - p ) ^{2}}

である。

$p = \frac{1}{2}$ なら $\frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}}{\frac{1}{4}} = 3$ で、平均 $3$ 点でゲームが終わる。 $p \to 1$ では発散する（表ばかり出てなかなか終わらない）。

$p = 0.3$ では $1.040816$ で、 $\frac{p ( 2 - p )}{( 1 - p ) ^{2}} = 1.040816$ と一致した。

$\sum n r^{n}$ をそのまま (3) に当てはめない。 $n$ と $n + 1$ のずれを等比級数で調整する。

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第4問　数列・三角関数

フィボナッチ数列・カッシーニの等式・tan の加法定理・望遠鏡和当サイトの体感難易度：難

(1)数列 ${a_{n}}$ を $a_{1} = a_{2} = 1$ 、 $a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_{n}$ で定め、数列 ${b_{n}}$ を $tan b_{n} = \frac{1}{a _{n}}$ （ $0 < b_{n} < \frac{π}{2}$ ）で定める。 $n ≧ 2$ に対して $a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}$ を求める

答 $a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2} = (- 1)^{n}$

$c_{n} = a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}$ とおいて $c_{n + 1}$ を $c_{n}$ で表すと、 $c_{n + 1} = - c_{n}$ という簡単な関係になる。

$c_{n} = a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}$ （ $n ≧ 2$ ）とおく。漸化式 $a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_{n}$ より

c_{n + 1} = a_{n + 2} a_{n} - a_{n + 1}^{2} = (a_{n + 1} + a_{n}) a_{n} - a_{n + 1}^{2}

すなわち

c_{n + 1} = a_{n + 1} a_{n} + a_{n}^{2} - a_{n + 1}^{2} = a_{n}^{2} - a_{n + 1} (a_{n + 1} - a_{n})

である。漸化式より $a_{n + 1} - a_{n} = a_{n - 1}$ なので

c_{n + 1} = a_{n}^{2} - a_{n + 1} a_{n - 1} = - (a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2}) = - c_{n}

である。初項は

c_{2} = a_{3} a_{1} - a_{2}^{2} = 2 \cdot 1 - 1 = 1

だから、 $c_{n} = (- 1)^{n - 2} c_{2} = (- 1)^{n}$ である。よって

a_{n + 1} a_{n - 1} - a_{n}^{2} = (- 1)^{n}

である。

$n = 2$ から $11$ まで直接計算すると $1, - 1, 1, - 1, \dots$ だった。

$c_{n + 1} = - c_{n}$ を導くときは、 $a_{n + 2}$ と $a_{n + 1}$ のどちらを分解するか決めてから進める。

(2) $m ≧ 1$ （ $m$ は整数）に対して $a_{2 m} \cdot tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2})$ を求める

答 $a_{2 m} \cdot tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2}) = 1$

$tan$ の加法定理で $tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2})$ を $a$ の式にし、(1) のカッシーニ型の等式で分母を書きかえる。

$tan b_{k} = \frac{1}{a _{k}}$ なので、加法定理より

tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2}) = \frac{\frac{1}{a _{2 m + 1}} + \frac{1}{a _{2 m + 2}}}{1 - \frac{1}{a _{2 m + 1} a _{2 m + 2}}} = \frac{a _{2 m + 1} + a _{2 m + 2}}{a _{2 m + 1} a _{2 m + 2} - 1}

である（分母・分子に $a_{2 m + 1} a_{2 m + 2}$ を掛けた）。分子は $a_{2 m + 3}$ である。したがって

a_{2 m} tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2}) = \frac{a _{2 m} a _{2 m + 3}}{a _{2 m + 1} a _{2 m + 2} - 1}

である。

分子を整理する。 $a_{2 m + 3} = a_{2 m + 2} + a_{2 m + 1}$ 、 $a_{2 m} = a_{2 m + 2} - a_{2 m + 1}$ なので

a_{2 m} a_{2 m + 3} = (a_{2 m + 2} - a_{2 m + 1}) (a_{2 m + 2} + a_{2 m + 1}) = a_{2 m + 2}^{2} - a_{2 m + 1}^{2}

である。

分母と比べる。 (1) を $n = 2 m + 1$ （奇数）で使うと $a_{2 m + 2} a_{2 m} - a_{2 m + 1}^{2} = - 1$ 、すなわち

a_{2 m + 1}^{2} = a_{2 m + 2} a_{2 m} + 1 = a_{2 m + 2} (a_{2 m + 2} - a_{2 m + 1}) + 1

である。これを使うと

a_{2 m + 2}^{2} - a_{2 m + 1}^{2} = a_{2 m + 2}^{2} - a_{2 m + 2}^{2} + a_{2 m + 1} a_{2 m + 2} - 1 = a_{2 m + 1} a_{2 m + 2} - 1

となり、分子と分母が一致する。よって

a_{2 m} \cdot tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2}) = 1

である。

$m = 1$ から $7$ まで数値計算すると、どれもちょうど $1.0$ だった。

(1) を使う $n$ の偶奇に注意する。ここでは $n = 2 m + 1$ （奇数）なので右辺は $- 1$ である。

加法定理の分母 $1 - tan tan$ が $0$ でないことは、 $a_{2 m + 1} a_{2 m + 2} ≧ 2 \cdot 3 = 6 > 1$ （ $m ≧ 1$ ）から分かる。

(3)無限級数 $m = 0 \sum \infty b_{2 m + 1}$ を求める

答 $\frac{π}{2}$

(2) は $tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2}) = \frac{1}{a _{2 m}} = tan b_{2 m}$ ということ。角の範囲を確かめれば $b_{2 m + 1} = b_{2 m} - b_{2 m + 2}$ となり、和が望遠鏡式にたたまれる。

(2) より $m ≧ 1$ のとき

tan (b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2}) = \frac{1}{a _{2 m}} = tan b_{2 m}

である。 $m ≧ 1$ では $a_{2 m + 1} ≧ 2$ 、 $a_{2 m + 2} ≧ 3$ なので $0 < b_{2 m + 1} ≦ arctan \frac{1}{2}$ 、 $0 < b_{2 m + 2} ≦ arctan \frac{1}{3}$ であり

0 < b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2} ≦ arctan \frac{1}{2} + arctan \frac{1}{3} = \frac{π}{4} < \frac{π}{2}

である。 $b_{2 m}$ も $(0, \frac{π}{2})$ にあり、 $tan$ はこの区間で1対1だから

b_{2 m + 1} + b_{2 m + 2} = b_{2 m}, すなわち b_{2 m + 1} = b_{2 m} - b_{2 m + 2}

である（ $m ≧ 1$ ）。したがって部分和は望遠鏡式にたたまれて

m = 1 \sum M b_{2 m + 1} = m = 1 \sum M (b_{2 m} - b_{2 m + 2}) = b_{2} - b_{2 M + 2}

である。 $a_{2} = 1$ より $tan b_{2} = 1$ 、 $0 < b_{2} < \frac{π}{2}$ なので $b_{2} = \frac{π}{4}$ である。また $a_{2 M + 2} \to \infty$ より $tan b_{2 M + 2} \to 0$ 、よって $b_{2 M + 2} \to 0$ である。したがって

m = 1 \sum \infty b_{2 m + 1} = \frac{π}{4}

である。最後に $m = 0$ の項を足す。 $a_{1} = 1$ より $b_{1} = \frac{π}{4}$ なので

m = 0 \sum \infty b_{2 m + 1} = \frac{π}{4} + \frac{π}{4} = \frac{π}{2}

である。

具体的には $\frac{π}{4} + arctan \frac{1}{2} + arctan \frac{1}{5} + arctan \frac{1}{13} + \dots = \frac{π}{2}$ ということである。分母に現れるのは奇数番目のフィボナッチ数 $1, 2, 5, 13, 34, \dots$ である。

$m = 0$ から $13$ まで足すと $1.570793180$ で、 $\frac{π}{2} = 1.570796327$ に近づいた。

$tan X = tan Y$ から $X = Y$ と言うには、 $X, Y$ がともに $tan$ が1対1である区間に入っていることが要る。ここを確かめる。

$m = 0$ の項 $b_{1}$ は (2) の関係に乗らない（ $a_{0}$ が定義されていない）。別に足す。

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第5問　微分法

分数関数の増減・グラフの概形・方程式の解の個数・条件の読みかえ当サイトの体感難易度：難

(1)関数 $f (t) = \frac{t ^{2} - 1}{t ^{3}}$ （ $t \neq = 0$ ）の増減を調べ、グラフの概形をかく

答 $f^{'} (t) = \frac{3 - t ^{2}}{t ^{4}}$ 。 $t = - 3$ で極小値 $- \frac{2 3}{9}$ 、 $t = 3$ で極大値 $\frac{2 3}{9}$

$f (t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t ^{3}}$ と分けてから微分すると楽である。分母 $t^{4}$ はつねに正なので、符号は分子だけで決まる。

$f (t) = \frac{1}{t} - \frac{1}{t ^{3}} = t^{- 1} - t^{- 3}$ なので

f^{'} (t) = - t^{- 2} + 3 t^{- 4} = \frac{- t ^{2} + 3}{t ^{4}} = \frac{3 - t ^{2}}{t ^{4}}

である。 $t^{4} > 0$ なので、 $f^{'}$ の符号は $3 - t^{2}$ の符号と同じである。したがって

$t < - 3$ ： $f^{'} < 0$ で減少
$- 3 < t < 0$ ： $f^{'} > 0$ で増加
$0 < t < 3$ ： $f^{'} > 0$ で増加
$t > 3$ ： $f^{'} < 0$ で減少

である。極値は

f (\pm 3) = \frac{3 - 1}{\pm 3 3} = \pm \frac{2}{3 3} = \pm \frac{2 3}{9}

で、 $t = - 3$ で極小値 $- \frac{2 3}{9}$ 、 $t = 3$ で極大値 $\frac{2 3}{9}$ をとる。

そのほかの様子は

$f (- t) = - f (t)$ なので原点について対称（奇関数）
$f (t) = 0$ となるのは $t = \pm 1$
$t \to + 0$ のとき $f \to - \infty$ 、 $t \to - 0$ のとき $f \to + \infty$ （ $y$ 軸が漸近線）
$t \to \pm \infty$ のとき $f \to 0$ （ $x$ 軸が漸近線）

である。グラフの概形は次のようになる。

y = f(t) のグラフ。原点について対称で、y 軸と x 軸が漸近線。t = -√3 で極小値 -2√3/9 ≒ -0.385、t = √3 で極大値 2√3/9 ≒ 0.385。t = ±1 で 0 になる。

$f (3) = 0.384900179$ 、 $\frac{2 3}{9} = 0.384900179$ で一致した。

$t = 0$ は定義域に入らない。増減表は $t < 0$ と $t > 0$ を分けて書く。

$- 3 < t < 0$ と $0 < t < 3$ はどちらも増加だが、 $t = 0$ をまたいで「増加」とは言えない。

(2)実数 $x, y, z$ が、 $x < y < z$ 、 $x y z \neq = 0$ 、 $x^{3} y^{2} - x^{3} = x^{2} y^{3} - y^{3}$ 、 $y^{3} z^{2} - y^{3} = y^{2} z^{3} - z^{3}$ を満たしながら動くとき、 $x$ が取り得る値の範囲を求める

答 $x < - 3$ または $- 1 < x < - \frac{3}{2}$

2本の等式はどちらも $f (x) = f (y)$ 、 $f (y) = f (z)$ と書きかえられる。つまり「 $f$ の値が等しい3点が $x < y < z$ の順に並ぶ」という問題になり、(1) のグラフを横線で切る話に変わる。

条件を書きかえる。 1本目の等式は

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

である。 $x y z \neq = 0$ なので $x^{3} y^{3} \neq = 0$ で、両辺を $x^{3} y^{3}$ で割ると

\frac{y ^{2} - 1}{y ^{3}} = \frac{x ^{2} - 1}{x ^{3}}, すなわち f (y) = f (x)

である。2本目も同様に $f (z) = f (y)$ となる。よって条件は

f (x) = f (y) = f (z) かつ x < y < z

である。つまり、ある値 $k$ について方程式 $f (t) = k$ が相異なる3つ以上の解をもち、 $x$ はそのうち最小のもの、ということである。

解の個数を調べる。 $A = \frac{2 3}{9}$ とおく。(1) のグラフを $y = k$ で切ると

$k > A$ または $k < - A$ ：解は1個
$k = \pm A$ ：解は2個
$0 < k < A$ ：解は3個（ $- 1 < t < 0$ に1つ、 $1 < t < 3$ に1つ、 $t > 3$ に1つ）
$k = 0$ ：解は2個（ $t = \pm 1$ ）
$- A < k < 0$ ：解は3個（ $t < - 3$ に1つ、 $- 3 < t < - 1$ に1つ、 $0 < t < 1$ に1つ）

である。したがって条件を満たす $k$ は $- A < k < 0$ または $0 < k < A$ であり、このとき解はちょうど3個なので $x, y, z$ はその3個に決まる。

k = 0.25（0 < k < 2√3/9 ≒ 0.385）のときの横線。交点は3つで、いちばん左のものが x にあたる。k を 0 から 2√3/9 まで動かすと、この左端の交点は -1 から -√3/2 まで動く。k が負のときは左端の交点が t < -√3 の側に移る。

$x$ の範囲。 $0 < k < A$ のときは、最小の解は $- 1 < t < 0$ の部分にある。この部分で $f$ は増加し、 $f (- 1) = 0$ である。 $f (t) = A$ となる $t$ をこの範囲で探すと

f (- \frac{3}{2}) = \frac{\frac{3}{4} - 1}{- \frac{3 3}{8}} = \frac{- \frac{1}{4} \cdot 8}{- 3 3} = \frac{2}{3 3} = \frac{2 3}{9} = A

なので、 $t = - \frac{3}{2}$ である。 $f$ は $- 1 < t < 0$ で増加するから、 $k$ が $0$ から $A$ まで動くとき最小の解は $- 1$ から $- \frac{3}{2}$ まで動く。両端は $k = 0$ 、 $k = A$ にあたり条件を満たさないので

- 1 < x < - \frac{3}{2}

である。

$- A < k < 0$ のときは、最小の解は $t < - 3$ の部分にある。この部分で $f$ は減少し、 $t \to - \infty$ で $f \to 0$ 、 $t = - 3$ で $f = - A$ である。 $k$ が $- A$ から $0$ まで動くとき、最小の解は $- 3$ から $- \infty$ まで動く。端は条件を満たさないので

x < - 3

である。以上より求める範囲は

x < - 3 または - 1 < x < - \frac{3}{2}

である。

$f (- \frac{3}{2}) = f (3)$ になっているのが鍵である。 $9 (t^{2} - 1) = 23 t^{3}$ を整理した $23 t^{3} - 9 t^{2} + 9 = 0$ は $t = 3$ を解にもち、 $(t - 3)$ でくくると $t = - \frac{3}{2}$ （重解 $t = 3$ とあわせて）が出る。

$k$ を細かく動かして $f (t) = k$ の最小解を集めると、 $[- 55.54, - 1.804]$ と $[- 0.9912, - 0.8663]$ の2つの範囲に分かれ、 $- 3 = - 1.7321$ 、 $- \frac{3}{2} = - 0.8660$ と合った。

$x^{3} y^{3}$ で割ってよいのは $x y z \neq = 0$ があるから。この条件を使うことを書く。

$k = 0$ のときは解が $t = \pm 1$ の2個しかない。 $0$ をまたいで一続きの範囲にしない。

$k = \pm A$ のときは極値をとる点で2つの解が重なり、相異なる解は2個になる。端点を含めない。

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問題文について

(1)関数 f(x) を x≧0 に対して f(x)=xlog(1+x) と定める。不定積分 ∫xlog(1+x)dx を求める

(2)y=f(x)（x≧0）の逆関数を y=g(x)（x≧0）とし、a,b を g(a)=1、g(b)=2 となる実数とする。定積分 I=∫ab​g(x)dx の値を求める

(2)ℓ 上に2点 A=(t,−t,1)、B=(2+t+sint, −2−t−sint, 1)、m 上に2点 C=(1,t,3−2t)、D=(1, 2+t+cost, −1−2t−2cost) があるとする（t は実数）。四面体 ABCD の体積を V(t) とするとき、V(0) を求める

(3)t が t≧0 を動くとき、V(t) の最大値と最小値を求める

(2)Qn​ を n と p を用いて表す

(3)0<x<1 を満たす実数 x に対して (1−x)21​=n=0∑∞​(n+1)xn が成り立つことを示す（必要ならば 0<x<1 のとき n→∞lim​nxn=0 であることを証明なしで使ってよい）

(4)無限級数 n=0∑∞​nQn​ を p を用いて表す

(1)数列 {an​} を a1​=a2​=1、an+2​=an+1​+an​ で定め、数列 {bn​} を tanbn​=an​1​（0<bn​<2π​）で定める。n≧2 に対して an+1​an−1​−an2​ を求める

(2)m≧1（m は整数）に対して a2m​⋅tan(b2m+1​+b2m+2​) を求める

(3)無限級数 m=0∑∞​b2m+1​ を求める

(1)関数 f(t)=t3t2−1​（t=0）の増減を調べ、グラフの概形をかく

(2)実数 x,y,z が、x<y<z、xyz=0、x3y2−x3=x2y3−y3、y3z2−y3=y2z3−z3 を満たしながら動くとき、x が取り得る値の範囲を求める

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