独自の解答・詳解
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全6問・無料

京都大学　2020年度　前期日程　理系

京大理系 2020年度数学の解答・解説

全6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 2026/10/12

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（2026/10/12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

解と係数の関係・正三角形・平行移動・3乗根当サイトの体感難易度：やや難

$z^{3} + 3 a z^{2} + b z + 1 = 0$ （ $a > 0$ 、 $a, b$ 実数）の3解が一辺 $3 a$ の正三角形の頂点になるとき、 $a, b$ と3解を求める

答 $a = \frac{3 4}{2}$ 、 $b = \frac{3 3 2}{2}$ 、3解は $- 34$ と $\frac{3 4}{4} (- 1 \pm 3 i)$

3解の和が $- 3 a$ なので重心は $- a$ である。重心を原点に移すと「和が $0$ の正三角形」になり、 $w^{3} =$ 定数という形の方程式の3解になる。そこで $z = w - a$ と置き換えると、もとの方程式が $w^{3} =$ 定数になるはずで、その条件から $a$ が決まる。

3解を $z_{1}, z_{2}, z_{3}$ とすると、解と係数の関係より

z_{1} + z_{2} + z_{3} = - 3 a, z_{1} z_{2} + z_{2} z_{3} + z_{3} z_{1} = b, z_{1} z_{2} z_{3} = - 1

である。重心は $\frac{z _{1} + z _{2} + z _{3}}{3} = - a$ で、正三角形の重心は外心でもあるから、3解は中心 $- a$ 、半径 $R$ の円周上に $12 0^{\circ}$ おきに並ぶ。一辺 $3 a$ の正三角形では（一辺） $= 3 R$ なので $R = a$ である。

平行移動する。 $w = z + a$ とおくと、 $w_{k} = z_{k} + a$ は絶対値 $a$ で偏角が $12 0^{\circ}$ ずつ違う3つの複素数だから、ある実数 $θ$ を使って

w_{k} = a e^{i (θ + \frac{2 k π}{3})} (k = 0, 1, 2)

と書ける。このとき

w_{0} + w_{1} + w_{2} = 0, w_{0} w_{1} + w_{1} w_{2} + w_{2} w_{0} = 0, w_{0} w_{1} w_{2} = a^{3} e^{3 i θ}

である（前2つは $1 + ω + ω^{2} = 0$ から）。つまり $w_{0}, w_{1}, w_{2}$ は $w^{3} = a^{3} e^{3 i θ}$ の3解である。

$a$ を決める。 $z_{k} = w_{k} - a$ なので

z_{1} z_{2} z_{3} = k \prod (w_{k} - a) = - k \prod (a - w_{k}) = - (a^{3} - a^{3} e^{3 i θ})

である（ $\prod (x - w_{k}) = x^{3} - a^{3} e^{3 i θ}$ に $x = a$ を代入した）。これが $- 1$ に等しいので

a^{3} (1 - e^{3 i θ}) = 1

である。左辺が正の実数になるには $e^{3 i θ}$ が実数、つまり $e^{3 i θ} = \pm 1$ でなければならない。 $e^{3 i θ} = 1$ だと左辺が $0$ になって不適だから $e^{3 i θ} = - 1$ で

2 a^{3} = 1 ⟹ a = \frac{1}{3 2} = \frac{3 4}{2}

である。

解を書き下す。 $e^{3 i θ} = - 1$ より $θ = \frac{π}{3}$ ととってよい（他の $θ$ は3解の入れ替えになるだけ）。このとき

w_{0} = a e^{i \frac{π}{3}}, w_{1} = a e^{iπ} = - a, w_{2} = a e^{i \frac{5 π}{3}}

なので、 $z_{k} = w_{k} - a$ は

z = - 2 a, z = - \frac{a}{2} \pm \frac{3}{2} a i

である。 $a = \frac{3 4}{2}$ を入れると

z = - 34, z = \frac{3 4}{4} (- 1 \pm 3 i)

である。

$b$ 。 $z_{2} + z_{3} = - a$ 、 $z_{2} z_{3} = \frac{a ^{2}}{4} + \frac{3 a ^{2}}{4} = a^{2}$ （ $z_{1} = - 2 a$ とした）なので

b = z_{1} (z_{2} + z_{3}) + z_{2} z_{3} = (- 2 a) (- a) + a^{2} = 3 a^{2} = 3 \cdot \frac{3 16}{4} = \frac{3 3 2}{2}

である（ $a^{2} = 2^{- 2/3} = \frac{3 2}{2}$ ）。 $b$ は実数なので、題意にも合っている。

3解の位置。重心（

=

外心）は

- a = - 0.794

で、

- 34 = - 1.587

と

\frac{3 4}{4} (- 1 \pm 3 i) = - 0.397 \pm 0.687 i

が一辺

3 a = 1.375

の正三角形をなす。

$a = 0.793701$ 、 $b = 1.889882$ として3解 $- 1.587401$ 、 $- 0.396850 \pm 0.687364 i$ から多項式を組み立てると、係数は $1, 2.381102, 1.889882, 1$ となり、 $3 a = 2.381102$ 、 $b = 1.889882$ と一致する。3解の相互の距離はすべて $1.374730 = 3 a$ である。

「一辺 $s$ の正三角形の外接円の半径は $\frac{s}{3}$ 」である。 $s = 3 a$ なので $R = a$ となり、 $a$ が2つの意味（係数と半径）をもつのがこの問題の仕掛けである。

$w = z + a$ と平行移動すると、 $w$ の3つの値が $w^{3} =$ 定数の解になる。これに気づけば積の条件だけで $a$ が決まる。

$a > 0$ と「 $b$ が実数」から $e^{3 i θ} = - 1$ に絞る。 $e^{3 i θ} = 1$ は $a^{3} \cdot 0 = 1$ となって不可能である。

$θ$ の取り方は3通りあるが、3解の集合は同じになる。どれを選んでも答えは変わらない。

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第2問　数列・極限

対称式の漸化式・偶奇・sin の周期・はさみうち当サイトの体感難易度：難

(1)すべての正の整数 $n$ に対し $α^{n} + β^{n}$ が偶数の整数であることを示す

答 $s_{n} = α^{n} + β^{n}$ は $s_{n + 1} = 2 p s_{n} + s_{n - 1}$ 、 $s_{0} = 2$ 、 $s_{1} = 2 p$ をみたすので、帰納法で整数かつ偶数

対称式なので、解と係数の関係から漸化式が立つ。 $α, β$ が $x^{2} = 2 p x + 1$ をみたすことを使えば、2項間ならぬ3項間の漸化式が出る。初項2つが偶数なら、漸化式の形から全部偶数になる。

解と係数の関係より $α + β = 2 p$ 、 $α β = - 1$ である。 $s_{n} = α^{n} + β^{n}$ とおく。 $α, β$ は $x^{2} = 2 p x + 1$ をみたすので、両辺に $x^{n - 1}$ を掛けて足すと

s_{n + 1} = 2 p s_{n} + s_{n - 1} (n \geq 1)

である。また

s_{0} = 2, s_{1} = α + β = 2 p

である。

帰納法。 $s_{0} = 2$ 、 $s_{1} = 2 p$ はどちらも偶数の整数である。 $s_{n - 1}, s_{n}$ が偶数の整数なら、 $s_{n + 1} = 2 p s_{n} + s_{n - 1}$ も整数で、 $2 p s_{n}$ も $s_{n - 1}$ も偶数だから $s_{n + 1}$ も偶数である。よってすべての $n \geq 0$ で $s_{n}$ は偶数の整数であり、とくに正の整数 $n$ について成り立つ。

$p = 1$ なら $s_{n}$ は $2, 2, 6, 14, 34, 82, \dots$ 、 $p = 2$ なら $2, 4, 18, 76, 322, \dots$ である。どれも偶数になっている。

$p = 1, 2, 3, 5$ について漸化式で $s_{n}$ を計算すると $n \leq 40$ ですべて偶数の整数で、 $α^{n} + β^{n}$ の数値とも一致する。

$s_{0} = 2$ から始める。 $s_{1}, s_{2}$ だけを初期値にすると、 $s_{2} = (α + β)^{2} - 2 α β = 4 p^{2} + 2$ を別に計算することになる（結果は同じ）。

漸化式の係数が $+ 1$ （ $s_{n - 1}$ の符号）なのは $α β = - 1$ だからである。 $x^{2} - 2 p x - 1 = 0$ の $- 1$ を落とさない。

(2) $n \to \infty lim (- α)^{n} sin (α^{n} π)$ を求める

答 $- π$

$α β = - 1$ より $β^{n} = \frac{( - 1 ) ^{n}}{α ^{n}}$ である。(1) から $α^{n}$ は「偶数の整数」から小さい数を引いた形になるので、 $sin (α^{n} π)$ がその小さい数だけで書ける。あとは $\frac{s i n x}{x} \to 1$ を使う。

$α β = - 1$ より $β = - \frac{1}{α}$ で、 $∣ α ∣ > 1$ だから $∣ β ∣ < 1$ である。実際 $α = p + p^{2} + 1 > 1$ 、 $β = p - p^{2} + 1 \in (- 1, 0)$ である。

(1) の $s_{n}$ （偶数の整数）を使うと

α^{n} = s_{n} - β^{n} = s_{n} - \frac{( - 1 ) ^{n}}{α ^{n}}

である。したがって

sin (α^{n} π) = sin (s_{n} π - \frac{( - 1 ) ^{n} π}{α ^{n}})

で、 $s_{n}$ は偶数だから $sin (s_{n} π - x) = sin (- x) = - sin x$ である。さらに $sin$ は奇関数なので

sin (α^{n} π) = - sin \frac{( - 1 ) ^{n} π}{α ^{n}} = - (- 1)^{n} sin \frac{π}{α ^{n}}

である。よって

(- α)^{n} sin (α^{n} π) = (- 1)^{n} α^{n} \cdot (- (- 1)^{n}) sin \frac{π}{α ^{n}} = - α^{n} sin \frac{π}{α ^{n}}

となる。

極限。 $α > 1$ より $α^{n} \to \infty$ 、つまり $t_{n} = \frac{π}{α ^{n}} \to 0$ である。

- α^{n} sin \frac{π}{α ^{n}} = - π \cdot \frac{sin t _{n}}{t _{n}} n \to \infty - π

である。したがって求める極限は

- π

である。

$s_{n}$ が偶数であることがここで効く。奇数だと $sin (s_{n} π - x) = sin x$ となって符号が変わり、極限は $+ π$ になる。(1) は (2) のための準備である。

恒等式 $sin (α^{n} π) = - (- 1)^{n} sin \frac{π}{α ^{n}}$ は $p = 1, 2, 3, 5$ 、 $n \leq 8$ で数値的に成り立つ。 $- α^{n} sin \frac{π}{α ^{n}}$ は $n = 10, 20, 40$ でいずれも $- 3.141592654 = - π$ になる。

$sin (α^{n} π)$ を直接計算しようとしない。 $α^{n}$ は巨大になるが、整数部分が $sin$ で消えることを使う。

$sin (\frac{( - 1 ) ^{n} π}{α ^{n}}) = (- 1)^{n} sin \frac{π}{α ^{n}}$ は $sin$ が奇関数だから。 $(- 1)^{n}$ を中に入れたまま放置しない。

最後は $lim_{t \to 0} \frac{s i n t}{t} = 1$ の形に持ち込む。 $α^{n} = \frac{π}{t _{n}}$ と見る。

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第3問　空間ベクトル

内積・対称性・単位球面・2次方程式当サイトの体感難易度：難

単位球面上の4点が与えられた内積の関係をみたすとき、 $k = OA \cdot OD = OB \cdot OD$ を求める

答 $k = \frac{3 2 - 6}{8}$

$c$ も $d$ も $a, b$ と同じ内積をもつので、どちらも $a - b$ と直交する。つまり $c, d$ は $a - b$ に垂直な平面の中にある。この平面を座標平面にとってしまえば、あとは平面上の単位ベクトル2本の話になる。

$a, b, c, d$ を $OA, \dots, OD$ とする。すべて単位ベクトルである。

$c, d$ は $a - b$ に垂直。 条件より $a \cdot c = b \cdot c$ なので

(a - b) \cdot c = 0, 同様に (a - b) \cdot d = 0

である。

座標を置く。 $a - b^{2} = 1 + 1 - 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$ なので $f = a - b$ は単位ベクトルである。また $e = \frac{a + b}{a + b}$ とおくと $a + b^{2} = 3$ より $e = \frac{a + b}{3}$ で、 $e \cdot f = 0$ である。 $f, e$ と、両方に垂直な単位ベクトル $g$ を座標軸にとると

a = (\frac{1}{2}, \frac{3}{2}, 0), b = (- \frac{1}{2}, \frac{3}{2}, 0)

であり、 $c, d$ は第1成分が $0$ である。

$c$ を決める。 $c = (0, c_{2}, c_{3})$ 、 $c_{2}^{2} + c_{3}^{2} = 1$ である。 $a \cdot c = \frac{3}{2} c_{2} = - \frac{6}{4}$ より

c_{2} = - \frac{6}{4} \cdot \frac{2}{3} = - \frac{1}{2}, c_{3} = \pm \frac{1}{2}

である。 $g$ の向きを選んで $c_{3} = \frac{1}{2}$ としてよい。

$d$ を決める。 $d = (0, d_{2}, d_{3})$ で、 $a \cdot d = \frac{3}{2} d_{2} = k$ より $d_{2} = \frac{2 k}{3}$ である。 $c \cdot d = \frac{1}{2}$ より

- \frac{1}{2} \cdot \frac{2 k}{3} + \frac{1}{2} d_{3} = \frac{1}{2} ⟹ d_{3} = \frac{1}{2} + \frac{2 k}{3}

である。 $d = 1$ に入れると

\frac{4 k ^{2}}{3} + (\frac{1}{2} + \frac{2 k}{3})^{2} = 1

すなわち

\frac{8 k ^{2}}{3} + \frac{4 k}{6} - \frac{1}{2} = 0 ⟺ 16 k^{2} + 46 k - 3 = 0

である。解くと

k = \frac{- 4 6 \pm 96 + 192}{32} = \frac{- 4 6 \pm 12 2}{32} = \frac{- 6 \pm 3 2}{8}

で、 $k > 0$ より

k = \frac{3 2 - 6}{8}

である（ $0.2241$ ほど）。

a - b

に垂直な平面で切った断面。横軸が

e = \frac{a + b}{3}

の向き。

c, d

はこの平面内の単位ベクトルで、

a, b

はどちらも点

M (\frac{3}{2}, 0)

に射影される。

c

と

d

のなす角は

6 0^{\circ}

。

$k = \frac{3 2 - 6}{8} = 0.224143868$ として座標を作ると、4本とも長さ $1$ で、 $a \cdot b = c \cdot d = 0.500000000$ 、 $a \cdot c = b \cdot c = - 0.612372436 = - \frac{6}{4}$ 、 $a \cdot d = b \cdot d = 0.224143868 = k$ となり、条件をすべてみたす。

$a \cdot c = b \cdot c$ を「 $c$ が $a, b$ と同じ角をなす」で止めず、 $(a - b) \cdot c = 0$ という垂直の形にすると、座標を置く方針がはっきりする。

$c_{3}$ の符号は、座標軸の向きの選び方で決まる自由度である。どちらにとっても $k$ の方程式は同じになる。

$16 k^{2} + 46 k - 3 = 0$ の2解のうち負のほうは $k > 0$ で捨てる。 $288 = 122$ の計算に注意する。

4点が実際にこの条件で存在することは、 $k$ を代入して $d = 1$ を確かめれば分かる。問題は $k$ を求めよなので必須ではないが、検算になる。

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第4問　整数

3進付値・合同式・mod 9 での絞り込み・最大値を与える組当サイトの体感難易度：難

$A (m, n) = B (m^{3} + n^{2} + n + 3)$ の最大値と、それを与える $(m, n)$ をすべて求める

答最大値 $4$ 。与える $(m, n)$ は $(3, 11), (12, 11), (21, 11), (30, 11)$ の4組

まず $3$ で割った余りで、 $m$ と $n$ の組み合わせを絞る。 $n \equiv 1$ の場合は $f$ が $3$ でちょうど1回しか割れないことが計算で分かるので、 $n \equiv 2$ （このとき $m \equiv 0$ ）だけが残る。 $m = 3 m^{'}$ とすると $m^{3}$ が $27$ の倍数になるので、 $n^{2} + n + 3$ の $3$ の指数が $3$ 以上かどうかが勝負になる。

$f (m, n) = m^{3} + n^{2} + n + 3$ とする。フェルマーの小定理（あるいは $m \equiv 0, 1, 2$ の直接計算）より $m^{3} \equiv m (mod 3)$ である。 $3 ∤ n$ なので $n \equiv 1$ または $2 (mod 3)$ で

$n \equiv 1$ ： $n^{2} + n \equiv 2$ なので $f \equiv m + 2$ 。 $3 ∣ f$ には $m \equiv 1 (mod 3)$ 。
$n \equiv 2$ ： $n^{2} + n \equiv 4 + 2 \equiv 0$ なので $f \equiv m$ 。 $3 ∣ f$ には $m \equiv 0 (mod 3)$ 。

$n \equiv 1 (mod 3)$ の場合は $A = 1$ まで。 $m = 3 s + 1$ 、 $n = 3 t + 1$ とおくと

m^{3} n^{2} + n + 3 = 27 s^{3} + 27 s^{2} + 9 s + 1 = 9 t^{2} + 9 t + 5

なので

f = 3 (9 s^{3} + 9 s^{2} + 3 s + 3 t^{2} + 3 t + 2)

で、かっこの中は $3$ で割ると $2$ 余る。したがって $A (m, n) = 1$ である。

$n \equiv 2 (mod 3)$ 、 $m \equiv 0 (mod 3)$ の場合。 $m = 3 m^{'}$ とすると $m^{3} = 27 m^{' 3}$ である。まず $n^{2} + n + 3$ の $3$ の指数を調べる。 $n = 3 u + 2$ とおくと

n^{2} + n + 3 = 9 u^{2} + 15 u + 9 = 3 (3 u^{2} + 5 u + 3)

で、 $3 u^{2} + 5 u + 3 \equiv 2 u (mod 3)$ である。さらに $u = 3 w$ のとき

3 u^{2} + 5 u + 3 = 27 w^{2} + 15 w + 3 = 3 (9 w^{2} + 5 w + 1), 9 w^{2} + 5 w + 1 \equiv 2 w + 1 (mod 3)

である。 $1 \leq n \leq 30$ 、 $n \equiv 2 (mod 9)$ となるのは $n = 2, 11, 20, 29$ （ $w = 0, 1, 2, 3$ ）で、 $2 w + 1 \equiv 0 (mod 3)$ となるのは $w = 1$ 、すなわち

n = 11 : n^{2} + n + 3 = 135 = 27 \cdot 5

だけである。他の $n$ では $B (n^{2} + n + 3) \leq 2$ である。

$B (n^{2} + n + 3) \leq 2$ のとき： $27 ∣ m^{3}$ なので $B (f) = B (n^{2} + n + 3) \leq 2$ 。
$n = 11$ のとき： $f = 27 m^{' 3} + 135 = 27 (m^{' 3} + 5)$ なので $A = 3 + B (m^{' 3} + 5)$ 。

$B (m^{' 3} + 5)$ を調べる。 $3 ∣ m^{' 3} + 5$ は $m^{' 3} \equiv 1 (mod 3)$ 、つまり $m^{'} \equiv 1 (mod 3)$ と同値である。このとき $m^{'} = 3 k + 1$ とすると

m^{' 3} = 27 k^{3} + 27 k^{2} + 9 k + 1 \equiv 1 (mod 9)

なので $m^{' 3} + 5 \equiv 6 (mod 9)$ となり、 $9$ では割り切れない。したがって $B (m^{' 3} + 5) = 1$ ちょうどで

A = 3 + 1 = 4

である。 $m = 3 m^{'} \leq 30$ より $m^{'} \leq 10$ で、 $m^{'} \equiv 1 (mod 3)$ となるのは $m^{'} = 1, 4, 7, 10$ 、すなわち $m = 3, 12, 21, 30$ である。

まとめ。 以上より最大値は

A_{m a x} = 4

(m, n) = (3, 11), (12, 11), (21, 11), (30, 11)

である。

実際 $f (3, 11) = 27 + 121 + 11 + 3 = 162 = 2 \cdot 3^{4}$ 、 $f (30, 11) = 27000 + 135 = 27135 = 335 \cdot 3^{4}$ である。

$1 \leq m \leq 30$ 、 $1 \leq n \leq 30$ （ $3 ∤ n$ ）のすべてで $B (f (m, n))$ を直接計算すると、最大は $4$ で、与える組は $(3, 11), (12, 11), (21, 11), (30, 11)$ の4つだけだった。それぞれ $f = 162, 1863, 9396, 27135$ で、 $3^{4} = 81$ で割ると $2, 23, 116, 335$ となり、いずれも $3$ の倍数ではない。

$m \equiv 0 (mod 3)$ のとき $m^{3}$ は $27$ の倍数になる（ $9$ ではなく $27$ ）。だから $n^{2} + n + 3$ の指数が $2$ 以下なら、 $m$ は結果に影響しない。

$n^{2} + n + 3$ の指数が $3$ になるのは $n = 11$ だけである。 $n \equiv 2 (mod 9)$ まで絞ってから、さらに $w$ の条件を見る。

$m^{'} \equiv 1 (mod 3)$ なら $m^{' 3} \equiv 1 (mod 9)$ である（ $mod 3$ ではなく $mod 9$ で効く）。これで $B (m^{' 3} + 5)$ が $1$ で止まる。

$n \equiv 1 (mod 3)$ の場合を「たぶん小さい」で片づけず、 $A = 1$ をきちんと示す。

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第5問　場合の数

ラテン方陣・完全順列・置換の型・場合分け当サイトの体感難易度：やや難

$4 \times 4$ のマス目に $1, 2, 3, 4$ を入れ、どの行にもどの列にも同じ数字が1回しか現れないようにする入れ方の総数を求める

答 $576$ 通り

各行は $1, 2, 3, 4$ の並べ替えになる。1行目は $4!$ 通り、2行目は1行目と同じ列に同じ数字が来てはいけないので「完全順列」になる。3行目以降の数は、2行目の「ずれ方」の型（2つの入れ替えか、4つの巡回か）で変わるので、そこで場合分けする。

どの行にも $1, 2, 3, 4$ が1回ずつ現れるので、各行は $1, 2, 3, 4$ の並べ替えである。

1行目。 $4! = 24$ 通り。以下、1行目を固定して数え、最後に $24$ を掛ける。

2行目。 どの列でも1行目と違う数字が来るので、2行目は1行目に対する完全順列（どの位置も動く並べ替え）である。 $4$ 個の完全順列は $9$ 通りで、その内訳は

2つずつ入れ替える型（たとえば $1234 \to 2143$ ）： $4$ 個を2組のペアに分ける分け方で $3$ 通り。
$4$ つが順に回る型（たとえば $1234 \to 2341$ ）： $3! = 6$ 通り。

である（ $3 + 6 = 9$ ）。

3・4行目。 各列には、1行目と2行目で使った数字以外の2つが残る。3行目はその残り2つから1つずつ選んで並べ替えになるようにし、4行目は自動的に決まる。

1行目を $1, 2, 3, 4$ として型ごとに数える。

2つずつ入れ替える型（例：2行目が $2, 1, 4, 3$ ）。各列の残りは左から ${3, 4}, {3, 4}, {1, 2}, {1, 2}$ である。3行目は左2列に $3, 4$ を並べ（ $2$ 通り）、右2列に $1, 2$ を並べる（ $2$ 通り）ので $4$ 通り。4行目は残りで決まる。よって $3 \times 4 = 12$ 通り。
$4$ つが順に回る型（例：2行目が $2, 3, 4, 1$ ）。各列の残りは ${3, 4}, {1, 4}, {1, 2}, {2, 3}$ である。1列目に $3$ を置くと4列目は $2$ 、3列目は $1$ 、2列目は $4$ と順に決まり $3, 4, 1, 2$ 。 $4$ を置くと $4, 1, 2, 3$ 。よって $2$ 通りで、 $6 \times 2 = 12$ 通り。

1行目を固定したときの総数は $12 + 12 = 24$ 通りである。したがって全体は

24 \times 24 = 576

通りである。

$n \times n$ でこのような入れ方の総数は「ラテン方陣の個数」と呼ばれ、 $n = 4$ では $576$ である。 $n = 5$ では $161280$ と急に増え、一般の公式は知られていない。

$4$ 行すべてを全探索して数えると $576$ 通りだった。1行目を固定したときの内訳も、 $(2, 2)$ 型の $3$ 通りが合計 $12$ 、 $4$ 項環状型の $6$ 通りが合計 $12$ で、 $24$ 通りと一致する。

2行目が1行目の完全順列になることは「列ごとに違う」から従う。 $9$ という数は $4$ 個の完全順列の個数で、 $3! = 6$ ではない。

完全順列の型で3・4行目の数が変わる（ $4$ 通りと $2$ 通り）。型を分けずに一律に掛けると答えがずれる。

4行目は3行目まで決めれば自動的に決まる。ここでさらに掛けないこと。

問題は「マス目に数字を入れる」ことを数えているので、回転や裏返しで移り合うものも別に数える。

第5問だけのページ

第6問　積分法

2回の回転・断面積・円環・log の積分当サイトの体感難易度：難

$x z$ 平面の曲線 $z = lo g (1 + x)$ （ $0 \leq x \leq 1$ ）を $z$ 軸のまわりに回して $S$ を作り、 $S$ を $x$ 軸のまわりに回してできる立体 $V$ の体積を求める

答 $2 π (\frac{5}{3} - lo g 2) = \frac{10 π}{3} - 2 π lo g 2$

$z$ 軸まわりに回した $S$ は「 $z = lo g (1 + r)$ （ $r = x^{2} + y^{2} \leq 1$ ）」という回転面である。次に $x$ 軸まわりに回すので、 $x$ を固定して「 $S$ の点の $x$ 軸からの距離」がどんな値をとるかを調べればよい。その範囲が区間になるので、断面は円環になる。

$S$ は $z$ 軸まわりの回転面なので、 $r = x^{2} + y^{2}$ とおくと

S = {(x, y, z) z = lo g (1 + r), 0 \leq r \leq 1}

である。

$x$ を固定して考える。 $x$ 軸まわりに回すので、 $S$ の点 $(x, y, z)$ は平面 $x =$ （一定）の中で半径

ρ = y^{2} + z^{2}

の円を描く。 $x$ を固定したとき $ρ$ のとりうる値を調べる。 $r^{2} = x^{2} + y^{2}$ より $y^{2} = r^{2} - x^{2}$ で、 $r$ は $∣ x ∣ \leq r \leq 1$ を動く（ $y$ はそれに応じて決まる）。したがって

ρ^{2} = y^{2} + z^{2} = (r^{2} - x^{2}) + lo g (1 + r)

である。 $r \mapsto r^{2} + lo g (1 + r)$ は $r \geq 0$ で増加するので、 $ρ^{2}$ は $r = ∣ x ∣$ から $r = 1$ まで連続に増え

lo g (1 + ∣ x ∣) \leq ρ^{2} \leq 1 + lo g 2 - x^{2}

のすべての値をとる。つまり平面 $x =$ （一定）での $V$ の断面は、内半径 $lo g (1 + ∣ x ∣)$ 、外半径 $1 + lo g 2 - x^{2}$ の円環である。

（ $∣ x ∣ = 1$ では両者が $lo g 2$ で一致し、断面は円周だけになる。 $∣ x ∣ > 1$ では $S$ の点がないので断面は空である。）

体積。 断面積は

π {(1 + lo g 2 - x^{2}) - lo g (1 + ∣ x ∣)}

なので、偶関数であることを使って

V = \int_{- 1}^{1} π {1 + lo g 2 - x^{2} - lo g (1 + ∣ x ∣)} d x = 2 π \int_{0}^{1} {1 + lo g 2 - x^{2} - lo g (1 + x)} d x

である。それぞれ計算すると

\int_{0}^{1} (1 + lo g 2) d x = 1 + lo g 2, \int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3}

\int_{0}^{1} lo g (1 + x) d x = [(1 + x) lo g (1 + x) - (1 + x)]_{0}^{1} = (2 lo g 2 - 2) - (- 1) = 2 lo g 2 - 1

なので

\int_{0}^{1} {\dots} d x = (1 + lo g 2) - \frac{1}{3} - (2 lo g 2 - 1) = \frac{5}{3} - lo g 2

であり

V = 2 π (\frac{5}{3} - lo g 2) = \frac{10 π}{3} - 2 π lo g 2

である（ $6.1168$ ほど）。

平面

x =

（一定）での断面の半径。内半径

lo g (1 + ∣ x ∣)

と外半径

1 + lo g 2 - x^{2}

で、

∣ x ∣ = 1

でどちらも

lo g 2 = 0.833

に一致する。網かけの幅が円環の厚みにあたる。

断面積を $- 1 \leq x \leq 1$ で $200$ 万点の数値積分すると $6.116803331$ で、 $2 π (\frac{5}{3} - lo g 2) = 6.116803331$ と一致する。同じ条件で3次元のモンテカルロ法（ $200$ 万点）を行っても $6.11604$ となり、よく合っている。

$S$ は曲面（厚みのない面）である。それを回すので、断面は円環になり、内側に穴が開く。 $S$ を「曲線が通過した部分」と読み違えて塗りつぶさない。

$x$ を固定したとき $r$ が動ける範囲は $∣ x ∣ \leq r \leq 1$ である。 $r \geq ∣ x ∣$ は $y^{2} = r^{2} - x^{2} \geq 0$ から来る。

$ρ^{2} = r^{2} - x^{2} + lo g (1 + r)$ が $r$ について連続増加なので、 $ρ$ のとりうる値が区間になる。ここを言わないと「円環全体が埋まる」ことが示せない。

$\int lo g (1 + x) d x$ は部分積分で $(1 + x) lo g (1 + x) - (1 + x)$ である。 $x lo g (1 + x) - x$ としない。

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問題文について

z3+3az2+bz+1=0（a>0、a,b 実数）の3解が一辺 3​a の正三角形の頂点になるとき、a,b と3解を求める

(1)すべての正の整数 n に対し αn+βn が偶数の整数であることを示す

(2)n→∞lim​(−α)nsin(αnπ) を求める

単位球面上の4点が与えられた内積の関係をみたすとき、k=OA⋅OD=OB⋅OD を求める

A(m,n)=B(m3+n2+n+3) の最大値と、それを与える (m,n) をすべて求める

4×4 のマス目に 1,2,3,4 を入れ、どの行にもどの列にも同じ数字が1回しか現れないようにする入れ方の総数を求める

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(1)すべての正の整数 $n$ に対し $α^{n} + β^{n}$ が偶数の整数であることを示す

(2) $n \to \infty lim (- α)^{n} sin (α^{n} π)$ を求める

単位球面上の4点が与えられた内積の関係をみたすとき、 $k = OA \cdot OD = OB \cdot OD$ を求める

$A (m, n) = B (m^{3} + n^{2} + n + 3)$ の最大値と、それを与える $(m, n)$ をすべて求める

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