東京科学大学　2026年度　前期日程　理系

東京科学大 2026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 2026/10/06

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（2026/10/06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・無理数

無理数と有理数係数の方程式・一意性の示し方・3乗根・次数の下がらない理由当サイトの体感難易度：標準

(1) $x^{2} + p x + q = 0$ をみたす有理数 $p, q$ を求め、組がただ一つであることを示す

答 $p = - 2 a, q = a^{2} - b^{2} n$

方針 $x - a = b n$ として根号を片側に寄せてから2乗すれば、有理数係数の2次式になる。一意性は、2つあると仮定して引き算すると1次式になることから。

x - a = b n ⟹ (x - a)^{2} = b^{2} n ⟹ x^{2} - 2 a x + a^{2} - b^{2} n = 0

$a, b, n$ は有理数（ $n$ は整数）なので $p = - 2 a, q = a^{2} - b^{2} n$ は有理数。

一意性。 $x^{2} + p x + q = 0$ と $x^{2} + p^{'} x + q^{'} = 0$ がともに成り立つとすると、引いて $(p - p^{'}) x + (q - q^{'}) = 0$ 。

もし $p \neq = p^{'}$ なら $x = - \frac{q - q ^{'}}{p - p ^{'}}$ となって $x$ が有理数になり、 $x$ が無理数であることに反する。よって $p = p^{'}$ 、続いて $q = q^{'}$ 。

答案で省略しない方がよい点

一意性の論法がこの大問の核。「差をとると次数が下がる」ことを使い、 $x$ が無理数であることと矛盾させる。

(2) $x^{3} + p x^{2} + q x + r = 0$ をみたす有理数 $p, q, r$ を求め、組がただ一つであることを示す

答 $p = - 3 a, q = 3 a^{2}, r = - (a^{3} + b^{3} n)$

方針求め方は (1) と同じで、3乗する。一意性は差をとると2次式になるので、「 $3 n$ は有理数係数の2次方程式をみたさない」という一段を挟む必要がある。

(x - a)^{3} = b^{3} n ⟹ x^{3} - 3 a x^{2} + 3 a^{2} x - a^{3} - b^{3} n = 0

一意性。 2組あるとして差をとると $A x^{2} + B x + C = 0$ （ $A, B, C$ は有理数）。 $t = 3 n$ 、 $x = a + b t$ （ $b \neq = 0$ 、 $t$ は無理数）を入れて $t$ について整理すると

A b^{2} t^{2} + (2 A ab + B b) t + (A a^{2} + B a + C) = 0

補題。 $t = 3 n$ が無理数なら、有理数 $α, β, γ$ で $α t^{2} + β t + γ = 0$ をみたすのは $α = β = γ = 0$ のときだけ。

$α = 0$ なら $β t + γ = 0$ 。 $β \neq = 0$ だと $t$ が有理数になるので $β = 0$ 、続いて $γ = 0$
$α \neq = 0$ なら $α = 1$ としてよく $t^{2} = - β t - γ$ 。両辺に $t$ を掛けて $t^{3} = n$ を使うと $(β^{2} - γ) t = n - β γ$
$β^{2} - γ \neq = 0$ なら $t$ が有理数になり矛盾。 $β^{2} - γ = 0$ なら $γ = β^{2}$ かつ $n = β γ = β^{3}$ となり、 $3 n = β$ が有理数で矛盾

補題より $A b^{2} = 0$ 。 $b \neq = 0$ だから $A = 0$ 、続いて $B = 0, C = 0$ 。よって2組は一致する。

検算

$a = 1, b = 1, n = 2$ なら $x = 1 + 32$ で、 $p = - 3, q = 3, r = - 3$ 。実際 $(x - 1)^{3} = 2$ を展開すると $x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 3 = 0$ になる。

答案で省略しない方がよい点

$x$ が無理数であることだけでは、2次式が $0$ になることを否定できない。補題を立てて $t$ の2次式に落とす。

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第2問　場合の数

パスカルの法則・二項係数の和・格子点の数え上げ・重複を除く当サイトの体感難易度：やや難

(1)パスカルの法則と、二項係数の縦の和の公式を示す

答どちらも階乗で書くか、パスカルの法則を使って差の形に直し、telescoping で示す

方針2つめの式は、パスカルの法則を「 $_{k} C_{r} =_{k + 1} C_{r + 1} -_{k} C_{r + 1}$ 」と差の形に読み替えると、足し合わせたときに次々打ち消し合う。

パスカルの法則。 階乗で書いて通分すると

_{n - 1} C_{r} +_{n - 1} C_{r - 1} = \frac{( n - 1 )! {( n - r ) + r }}{r ! ( n - r )!} = \frac{n !}{r ! ( n - r )!} =_{n} C_{r}

縦の和。 パスカルの法則を $r + 1$ の位置で使うと $_{k + 1} C_{r + 1} =_{k} C_{r + 1} +_{k} C_{r}$ 、すなわち

_{k} C_{r} =_{k + 1} C_{r + 1} -_{k} C_{r + 1}

$k = r$ から $n$ まで足すと、隣どうしが打ち消し合って

\sum_{k = r}^{n}_{k} C_{r} =_{n + 1} C_{r + 1} -_{r} C_{r + 1} =_{n + 1} C_{r + 1}

（ $_{r} C_{r + 1} = 0$ 。）

(2) $x + y + z < n$ をみたす正の整数の点の個数を求める

答 $_{n - 1} C_{3} = \frac{( n - 1 ) ( n - 2 ) ( n - 3 )}{6}$

方針和の値 $m$ で分けて数え、 $m$ について足す。そこで (1) の縦の和がそのまま効く。

$x + y + z = m$ をみたす正の整数の組は、仕切りの入れ方を考えて $_{m - 1} C_{2}$ 通り。 $x + y + z < n$ は $m = 3, 4, \dots, n - 1$ をすべて足すことなので

\sum_{m = 3}^{n - 1}_{m - 1} C_{2} = \sum_{k = 2}^{n - 2}_{k} C_{2} =_{n - 1} C_{3}

検算

$n = 4$ なら $x + y + z = 3$ の $(1, 1, 1)$ だけで $1$ 個、 $_{3} C_{3} = 1$ 。 $n = 5$ なら $1 + 3 = 4$ 個で $_{4} C_{3} = 4$ 。合う。

答案で省略しない方がよい点

$x, y, z$ は正の整数。 $0$ を許すと仕切りの数え方が変わる。

(3) $x + y + z = 3 n$ かつ $x < y < z$ をみたす点の個数を求める

答 $n$ が偶数のとき $\frac{3 n ^{2} - 6 n + 4}{4}$ 、 $n$ が奇数のとき $\frac{3 ( n - 1 ) ^{2}}{4}$

方針まず順序を無視して数え、2つ以上が等しい組を除いてから $3!$ で割る。等しい組の個数に $n$ の偶奇が効く。

$x + y + z = 3 n$ をみたす正の整数の組は $_{3 n - 1} C_{2}$ 通り。このうち $x = y$ となるのは $2 x + z = 3 n, x \geq 1, z \geq 1$ から $A = ⌊ \frac{3 n - 1}{2} ⌋$ 通り。 $y = z$ 、 $x = z$ も同数。

3つとも等しいのは $x = y = z = n$ の1通りだけ。包除原理で「2つ以上が等しい」組は $3 A - 2$ 通りなので

（相異なる順序つきの組） =_{3 n - 1} C_{2} - (3 A - 2)

$x < y < z$ はこれを $3! = 6$ で割ったもの。 $A$ を偶奇で書き分けると

$n$ が偶数 … $A = \frac{3 n - 2}{2}$ で、個数は $\frac{3 n ^{2} - 6 n + 4}{4}$
$n$ が奇数 … $A = \frac{3 n - 1}{2}$ で、個数は $\frac{3 ( n - 1 ) ^{2}}{4}$

検算

$n = 4$ なら $x + y + z = 12$ を相異なる3数に分ける方法で $(1, 2, 9), (1, 3, 8), (1, 4, 7), (1, 5, 6), (2, 3, 7), (2, 4, 6), (3, 4, 5)$ の $7$ 個。式も $\frac{48 - 24 + 4}{4} = 7$ 。 $n = 5$ は $12$ 個で $\frac{3 \cdot 16}{4} = 12$ 。

答案で省略しない方がよい点

$3 n$ は $3$ の倍数なので $x = y = z = n$ がつねに起こる。包除原理でここを $2$ 回引きすぎないよう注意。
$A$ の床関数が $n$ の偶奇で変わる。最後に場合分けが残るのはそのため。

第2問だけのページ

第3問　図形と方程式

中点と外心・垂直条件・相似の対応・辺の比当サイトの体感難易度：やや難

(1) $P, Q$ の座標を $a, b$ で表す

答 $P (\frac{3 a}{4}, \frac{b}{4}), Q (\frac{a ^{2} - b ^{2}}{4 a}, \frac{b}{2})$

方針 $Q$ は $O, B$ から等距離なので、まず $OB$ の垂直二等分線 $y = \frac{b}{2}$ 上にあると分かる。あとは $C$ からの距離をそろえるだけ。

$C$ は $AB$ の中点で $(\frac{a}{2}, \frac{b}{2})$ 、 $P$ は $AC$ の中点で $(\frac{3 a}{4}, \frac{b}{4})$ 。

$O (0, 0)$ と $B (0, b)$ はどちらも $y$ 軸上にあるので、外心は $y = \frac{b}{2}$ 上。 $Q (q, \frac{b}{2})$ とおいて $∣ QO ∣ = ∣ QC ∣$ より

q^{2} + \frac{b ^{2}}{4} = (q - \frac{a}{2})^{2} ⟹ q = \frac{a ^{2} - b ^{2}}{4 a}

答案で省略しない方がよい点

$O, B, C$ が一直線上に並ばないことを確かめておく。 $C$ の $x$ 座標が $\frac{a}{2} \neq = 0$ なので大丈夫。

(2)直線 $OA$ 上で $∠ PRQ = \frac{π}{2}$ をみたす点 $R$ をすべて求める

答 $R (\frac{a}{4}, 0)$ と $R (\frac{3 a ^{2} - b ^{2}}{4 a}, 0)$ （ $b = 2 a$ のときは一致して1点）

方針 $R (t, 0)$ とおいて $RP \cdot RQ = 0$ 。 $t$ の2次方程式になり、判別式が完全平方になるので根号が外れる。

$R (t, 0)$ とすると $RP = (\frac{3 a}{4} - t, \frac{b}{4})$ 、 $RQ = (\frac{a ^{2} - b ^{2}}{4 a} - t, \frac{b}{2})$ 。内積を $0$ とおいて整理すると

t^{2} - \frac{4 a ^{2} - b ^{2}}{4 a} t + \frac{3 a ^{2} - b ^{2}}{16} = 0

判別式を計算すると

D = \frac{( 4 a ^{2} - b ^{2} ) ^{2} - 4 a ^{2} ( 3 a ^{2} - b ^{2} )}{16 a ^{2}} = \frac{( 2 a ^{2} - b ^{2} ) ^{2}}{16 a ^{2}}

完全平方なので $D = \frac{2 a ^{2} - b ^{2}}{4 a}$ となり、2解は符号にかかわらず

t = \frac{a}{4}, t = \frac{3 a ^{2} - b ^{2}}{4 a}

検算

$t = \frac{a}{4}$ では $RP = (\frac{a}{2}, \frac{b}{4}), RQ = (- \frac{b ^{2}}{4 a}, \frac{b}{2})$ で、内積は $- \frac{b ^{2}}{8} + \frac{b ^{2}}{8} = 0$ 。もう一方も同様に $0$ になる。

答案で省略しない方がよい点

判別式が完全平方になるので、 $2 a^{2} - b^{2}$ の符号で場合分けしても2解の組は同じ。場合分けして書き分ける必要はない。

(3) $△ PQR ∽ △ ABO$ または $△ QPR ∽ △ ABO$ となる $R$ をすべて求める

答 $R (\frac{a}{4}, 0)$ （このとき $△ PQR ∽ △ ABO$ が $a, b$ によらずつねに成り立つ）

方針 $△ ABO$ は $O$ が直角で、直角をはさむ辺の比が $OA : OB = a : b$ 。 $△ PQR$ も $R$ が直角なので、直角をはさむ2辺の比だけを見ればよい。

$△ PQR ∽ △ ABO$ （ $P \leftrightarrow A, Q \leftrightarrow B, R \leftrightarrow O$ ）は $\frac{∣ RQ ∣}{∣ RP ∣} = \frac{b}{a}$ 、 $△ QPR ∽ △ ABO$ は $\frac{∣ RP ∣}{∣ RQ ∣} = \frac{b}{a}$ と同じこと。

$R (\frac{a}{4}, 0)$ のとき。

∣ RP ∣^{2} = \frac{4 a ^{2} + b ^{2}}{16}, ∣ RQ ∣^{2} = \frac{b ^{2} ( 4 a ^{2} + b ^{2} )}{16 a ^{2}}

比をとると $\frac{∣ RQ ∣ ^{2}}{∣ RP ∣ ^{2}} = \frac{b ^{2}}{a ^{2}}$ 、つまり $\frac{∣ RQ ∣}{∣ RP ∣} = \frac{b}{a}$ が $a, b$ によらずつねに成り立つ。よって $△ PQR ∽ △ ABO$ 。

$R (\frac{3 a ^{2} - b ^{2}}{4 a}, 0)$ のとき。 同様に計算すると

RP = (\frac{b ^{2}}{4 a}, \frac{b}{4}), RQ = (- \frac{a}{2}, \frac{b}{2}), \frac{∣ RQ ∣}{∣ RP ∣} = \frac{2 a}{b}

$△ PQR ∽ △ ABO$ … $\frac{2 a}{b} = \frac{b}{a}$ すなわち $b^{2} = 2 a^{2}$ 。だがこのとき (2) の2点は一致するので、新しい点は出ない
$△ QPR ∽ △ ABO$ … $\frac{b}{2 a} = \frac{b}{a}$ となり $\frac{1}{2} = 1$ 。起こらない

以上より、求める点は $R (\frac{a}{4}, 0)$ のみ。

検算

$a = 1, b = 2$ では $R (\frac{1}{4}, 0)$ で $∣ RQ ∣ : ∣ RP ∣ = 2 : \frac{2}{2} = 2 : 1 = b : a$ 。もう一方の $R (- \frac{1}{4}, 0)$ では比が $1$ になり、 $b : a = 2 : 1$ と合わない。

答案で省略しない方がよい点

直角の位置が $△ PQR$ では $R$ 、 $△ ABO$ では $O$ 。対応がそろっているので、残りは直角をはさむ2辺の比だけ。
$R (\frac{a}{4}, 0)$ が条件を無条件に満たすのは偶然ではない。 $∣ RQ ∣^{2}$ に $\frac{b ^{2}}{a ^{2}}$ がそのまま括り出せる形になっている。

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第4問　複素数平面

直線に関する対称移動・共役と回転・正六角形の辺・周期6の漸化式当サイトの体感難易度：難

(1) $R_{n} (z) = e (θ_{1}) \overline{z} + 3 e (θ_{2})$ の $θ_{1}, θ_{2}$ を $n$ で表す

答 $θ_{1} = \frac{2 ( n + 1 ) π}{3}, θ_{2} = \frac{( 2 n - 1 ) π}{6}$

方針2点 $p, q$ を通る直線に関する対称移動は $z \mapsto \frac{q - p}{q - p} (\overline{z} - \overline{p}) + p$ 。 $ℓ_{n}$ は単位円に内接する正六角形の辺なので、 $q - p$ の偏角がきれいに出る。

$ζ = e (\frac{π}{3})$ とおくと $p = ζ^{n - 1}, q = ζ^{n}$ で

q - p = ζ^{n - 1} (ζ - 1) = ζ^{n - 1} e (\frac{2 π}{3}) = e (\frac{( n + 1 ) π}{3})

（ $ζ - 1 = - \frac{1}{2} + \frac{3}{2} i = e (\frac{2 π}{3})$ 。）よって $\frac{q - p}{q - p} = e (\frac{2 ( n + 1 ) π}{3}) = ζ^{2 n + 2}$ で

R_{n} (z) = ζ^{2 n + 2} \overline{z} + (ζ^{n - 1} - ζ^{n + 3})

定数項は $ζ^{n - 1} (1 - ζ^{4})$ で、 $1 - ζ^{4} = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} i = 3 e (\frac{π}{6})$ 。したがって

R_{n} (z) = e (\frac{2 ( n + 1 ) π}{3}) \overline{z} + 3 e (\frac{( 2 n - 1 ) π}{6})

検算

$n = 1$ なら $ℓ_{1}$ は $1$ と $e (\frac{π}{3})$ を結ぶ直線。 $R_{1} (1) = 1$ 、 $R_{1} (e (\frac{π}{3})) = e (\frac{π}{3})$ となり、直線上の点は動かない。 $R_{1} (0) = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} i$ は、原点から $ℓ_{1}$ に下ろした垂線の足 $(\frac{3}{4}, \frac{3}{4})$ の2倍で、確かに対称点。

答案で省略しない方がよい点

$\frac{q - p}{q - p}$ は「直線の向きの2乗」。 $∣ q - p ∣$ で割らなくても、比の形になっているので自動的に絶対値 $1$ 。

(2) $z_{1} = a + bi, z_{n + 1} = R_{n} (z_{n})$ で定まる ${z_{n}}$ の一般項を求める

答 $z_{n + 6} = z_{n} - 33 i$ 。 $z_{1} \sim z_{6}$ は下の表のとおりで、 $n = 6 q + r (1 \leq r \leq 6)$ と書くと $z_{n} = z_{r} - 33 q i$

方針 $ζ^{6} = 1$ なので $R_{n}$ は $n$ について周期6。6回ぶん合成すると、対称移動が偶数回で向きが戻り、結果は平行移動になる。

$ζ = e (\frac{π}{3}), η = e (\frac{π}{6})$ とおくと $R_{n} (z) = ζ^{2 n + 2} \overline{z} + 3 η ζ^{n - 1}$ で、 $n$ を $6$ 増やすと元に戻る。順に計算すると

$z_{2} = ζ^{4} \overline{z_{1}} + 3 η$
$z_{3} = ζ^{2} z_{1} + 3 η$
$z_{4} = \overline{z_{1}} + 3 ζ^{2}$
$z_{5} = ζ^{4} z_{1} - 3 + 3 i$
$z_{6} = ζ^{2} \overline{z_{1}} - 3 - 23 i$
$z_{7} = z_{1} - 33 i$

$z_{7}$ で $z_{1}$ の係数が $1$ に戻り、共役も外れた。つまり6回の合成は平行移動 $z \mapsto z - 33 i$ 。 $R_{n}$ が周期6で繰り返すので、この関係はどこから始めても成り立ち

z_{n + 6} = z_{n} - 33 i

$n$ を $6$ で割った余りで分け、 $n = 6 q + r (1 \leq r \leq 6)$ と書けば $z_{n} = z_{r} - 33 q i$ 。

検算

$z_{1} = 0$ から順に計算すると $z_{2} = z_{3} = \frac{3}{2} + \frac{3}{2} i$ 、 $z_{4} = - \frac{3}{2} + \frac{3 3}{2} i$ 、 $z_{5} = - 3 + 3 i$ 、 $z_{6} = - 3 - 23 i$ 、 $z_{7} = - 33 i$ 。確かに $z_{7} = z_{1} - 33 i$ 。

答案で省略しない方がよい点

共役が入るので、2回合成するごとに $z$ と $\overline{z}$ が入れ替わる。偶数回で共役が外れることを使う。
$z_{3} = ζ^{2} z_{1} + 3 η$ は $z \mapsto ζ^{2} (z - ζ) + ζ$ （ $ζ$ を中心とする $12 0^{\circ}$ 回転）と書けるが、この形は $z_{2} \to z_{4}$ では成り立たない。一般の $n$ で同じ式を使い回さないこと。

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第5問　極限・積分

リーマン・ルベーグの補題・半角の公式・ガンマ積分・端の評価当サイトの体感難易度：難

不等式をみたす最小の $k$ を求める

答 $k = 4$

方針 $sin^{2} (n x) = \frac{1 - cos ( 2 n x )}{2}$ と直すと、振動する項は $n \to \infty$ で消える。残るのは定数 $\frac{1}{2}$ 倍の積分で、それが $k!$ にほぼ等しい。

半角の公式で分けると

\int_{0}^{100} x^{k} e^{- x} sin^{2} (n x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{100} x^{k} e^{- x} d x - \frac{1}{2} \int_{0}^{100} x^{k} e^{- x} cos (2 n x) d x

第2項は部分積分すると $\frac{1}{2 n}$ の大きさになる（ $g (x) = x^{k} e^{- x}$ とその導関数は $[0, 100]$ で有界）。よって $n \to \infty$ で $0$ に向かい

lim_{n \to \infty} \int_{0}^{100} x^{k} e^{- x} sin^{2} (n x) d x = \frac{1}{2} \int_{0}^{100} x^{k} e^{- x} d x

$I_{k} = \int_{0}^{100} x^{k} e^{- x} d x$ とおくと、部分積分で $I_{k} = k I_{k - 1} - 10 0^{k} e^{- 100}$ 。 $\int_{0}^{\infty} x^{k} e^{- x} d x = k!$ との差は、 $x \geq 100$ で $x^{k} e^{- x /2}$ が減少することから

0 < k! - I_{k} = \int_{100}^{\infty} x^{k} e^{- x} d x \leq 10 0^{k} e^{- 50} \int_{100}^{\infty} e^{- x /2} d x = 2 \cdot 10 0^{k} e^{- 100}

$e > 2$ より $e^{- 100} < 2^{- 100}$ なので、 $k \leq 4$ ではこの差は $1 0^{- 20}$ より小さい。したがって $I_{k}$ は $k!$ とみなしてよく、求める条件 $\frac{I _{k}}{2} > 10$ は実質 $k! > 20$ 。

$k = 1, 2, 3$ … $k! = 1, 2, 6$ でいずれも $20$ 以下。条件を満たさない
$k = 4$ … $k! = 24 > 20$ 。条件を満たす

よって最小の $k$ は $4$ 。

検算

$I_{4} = 23.999 \dots$ （ $24$ との差は $1 0^{- 20}$ 未満）なので $\frac{I _{4}}{2} = 11.99 \dots > 10$ 。 $I_{3} ≒ 6$ で $\frac{I _{3}}{2} = 3 < 10$ 。数値積分で $n$ を大きくしても同じ値に近づく。

答案で省略しない方がよい点

$sin^{2}$ の平均が $\frac{1}{2}$ であることが効く。 $sin^{2} (n x) \leq 1$ だけで押さえると $k!$ が出てしまい、 $k = 3$ を誤って答えてしまう。
積分区間が $[0, 100]$ で $[0, \infty)$ ではない。差が無視できることを $e > 2$ を使って評価しておく。この但し書きはそのためにある。