独自の解答・詳解
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全6問・無料

京都大学　2022年度　前期日程　理系

京大理系 2022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　指数・対数

底の変換・常用対数・不等式の評価・2のべき当サイトの体感難易度：標準

$5.4 < lo g_{4} 2022 < 5.5$ を示す（ $0.301 < lo g_{10} 2 < 0.3011$ を用いてよい）

答上は $2022 < 2^{11}$ から、下は $lo g_{4} 2022 = \frac{lo g _{10} 2022}{2 lo g _{10} 2} > \frac{3.301}{0.6022} > 5.4$ から

上限は $2$ のべきと比べるだけで済む。 $2048 = 2^{11}$ がちょうど $4^{5.5}$ だからである。下限は $lo g_{10}$ に直し、 $2022 > 2000 = 2 \times 1 0^{3}$ を使って $lo g_{10} 2022$ を下から押さえる。

$lo g_{4} 2022 = \frac{lo g _{10} 2022}{lo g _{10} 4} = \frac{lo g _{10} 2022}{2 lo g _{10} 2}$ である。

上からの評価。 $2022 < 2048 = 2^{11}$ で、 $2^{11} = (2^{2})^{5.5} = 4^{5.5}$ だから

lo g_{4} 2022 < lo g_{4} 4^{5.5} = 5.5

である。

下からの評価。 $2022 > 2000 = 2 \times 1 0^{3}$ なので

lo g_{10} 2022 > lo g_{10} 2 + 3 > 0.301 + 3 = 3.301

である。また $lo g_{10} 2 < 0.3011$ より $2 lo g_{10} 2 < 0.6022$ だから

lo g_{4} 2022 = \frac{lo g _{10} 2022}{2 lo g _{10} 2} > \frac{3.301}{0.6022}

である。ここで

5.4 \times 0.6022 = 3.25188 < 3.301

なので $\frac{3.301}{0.6022} > 5.4$ 、したがって

5.4 < lo g_{4} 2022 < 5.5

が示された。

実際の値は $lo g_{4} 2022 = 5.4908$ である。上限 $5.5$ はかなりぎりぎりで、 $2022$ と $2048$ の近さがそのまま効いている。

$lo g_{4} 2022 = 5.490784$ で、確かに $5.4$ と $5.5$ のあいだにある。下からの評価の値は $\frac{3.301}{0.6022} = 5.481568$ で、 $5.4$ より大きい。

分数の下からの評価では、分子を小さく・分母を大きく見積もる。 $lo g_{10} 2022$ には $0.301$ （下から）、 $lo g_{10} 2$ には $0.3011$ （上から）と、同じ $lo g_{10} 2$ でも使う向きが違う。

$\frac{3.301}{0.6022} > 5.4$ は割り算せず、 $5.4 \times 0.6022$ を計算して比べる。筆算が軽く、誤差の心配もない。

上限は常用対数を使わなくても出る。 $4^{5.5} = 2^{11}$ に気づけるかどうかだけである。

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第2問　確率

組合せ・間隔の条件・詰め直し・約分当サイトの体感難易度：標準

$1$ から $n$ までの札から $3$ 枚引き、小さい順に $X, Y, Z$ とするとき、 $Y - X \geq 2$ かつ $Z - Y \geq 2$ となる確率を求める

答 $\frac{( n - 3 ) ( n - 4 )}{n ( n - 1 )}$

「どの2つも隣り合わない」選び方を数える。選んだ数から順に $0, 1, 2$ を引いて詰め直すと、ふつうの3個の選び方と1対1に対応する。全体は $_{n} C_{3}$ なので、割り算は大半が約分で消える。

条件は $X < Y < Z$ で $Y - X \geq 2$ 、 $Z - Y \geq 2$ 、つまり「どの2つも隣り合わない」である。

詰め直す。

X^{'} = X, Y^{'} = Y - 1, Z^{'} = Z - 2

とおくと

Y^{'} - X^{'} = Y - X - 1 \geq 1, Z^{'} - Y^{'} = Z - Y - 1 \geq 1

なので $1 \leq X^{'} < Y^{'} < Z^{'} \leq n - 2$ である。逆に $1 \leq X^{'} < Y^{'} < Z^{'} \leq n - 2$ を与えれば $X = X^{'}$ 、 $Y = Y^{'} + 1$ 、 $Z = Z^{'} + 2$ がもとの条件をみたすので、両者は1対1に対応する。

よって条件をみたす組は $_{n - 2} C_{3}$ 通りで、全体は $_{n} C_{3}$ 通りだから

P = \frac{_{n - 2} C _{3}}{_{n} C _{3}} = \frac{\frac{( n - 2 ) ( n - 3 ) ( n - 4 )}{6}}{\frac{n ( n - 1 ) ( n - 2 )}{6}} = \frac{( n - 3 ) ( n - 4 )}{n ( n - 1 )}

である。

$n \geq 5$ という条件は、 $_{n - 2} C_{3}$ が意味をもつ（ $n - 2 \geq 3$ ）ためのものである。 $n = 5$ では $\frac{2 \cdot 1}{5 \cdot 4} = \frac{1}{10}$ で、 ${1, 3, 5}$ の1通りだけが条件をみたす。

$n = 5, \dots, 12$ について $_{n} C_{3}$ 通りを全探索すると、条件をみたす割合は $\frac{1}{10}, \frac{1}{5}, \frac{2}{7}, \frac{5}{14}, \frac{5}{12}, \frac{7}{15}, \frac{28}{55}, \frac{6}{11}$ で、 $\frac{( n - 3 ) ( n - 4 )}{n ( n - 1 )}$ と完全に一致する。

$Y - X \geq 2$ は「 $1$ つ以上あいだを空ける」ということである。詰め直すときに引くのは $0, 1, 2$ で、 $0, 2, 4$ ではない。

対応が1対1であること（逆向きも作れること）を書いておく。片側だけだと「数えすぎていない」ことが言えない。

約分で $(n - 2)$ が消える。最後の形は $\frac{( n - 3 ) ( n - 4 )}{n ( n - 1 )}$ である。

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第3問　整数

最大公約数・多項式の割り算・mod 6・場合分け当サイトの体感難易度：やや難

$A_{n} = g cd (n^{2} + 2, n^{4} + 2, n^{6} + 2)$ を求める

答 $A_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ 1236 (n \equiv 3) (n \equiv 0) (n \equiv 1, 5) (n \equiv 2, 4) (mod 6)$

$n^{4} + 2$ も $n^{6} + 2$ も $n^{2} + 2$ で割ってみると、余りがどちらも定数 $\pm 6$ になる。だから $A_{n}$ は $6$ の約数で、しかも「 $n^{2} + 2$ と $6$ の最大公約数」そのものになる。あとは $n$ の偶奇と $3$ で割った余りで決まる。

$m = n^{2}$ とおくと、多項式として

n^{4} + 2 n^{6} + 2 = (n^{2} + 2) (n^{2} - 2) + 6 = (n^{2} + 2) (n^{4} - 2 n^{2} + 4) - 6

である（ $(n^{2} + 2) (n^{4} - 2 n^{2} + 4) = n^{6} + 8$ ）。

$A_{n}$ は $6$ の約数。 $d$ を $n^{2} + 2$ と $n^{4} + 2$ の公約数とすると、1本目より $d ∣ 6$ である。

逆も言える。 $d$ が $n^{2} + 2$ と $6$ の公約数なら、上の2式より $d$ は $n^{4} + 2$ も $n^{6} + 2$ も割り切る。したがって

A_{n} = g cd (n^{2} + 2, 6)

である。

$2$ と $3$ で割って調べる。

$2$ ： $n^{2} + 2 \equiv n^{2} \equiv n (mod 2)$ なので、 $2 ∣ n^{2} + 2$ となるのは $n$ が偶数のとき。
$3$ ： $n^{2} \equiv 0$ または $1 (mod 3)$ なので $n^{2} + 2 \equiv 2$ または $0$ 。 $3 ∣ n^{2} + 2$ となるのは $n$ が $3$ の倍数でないとき。

これを $n$ を $6$ で割った余りでまとめると

A_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ 2361 (n \equiv 0 (mod 6)) (n \equiv 1, 5 (mod 6)) (n \equiv 2, 4 (mod 6)) (n \equiv 3 (mod 6))

である。

$n = 1, \dots, 6$ では $A_{n} = 3, 6, 1, 6, 3, 2$ である。「 $n$ が偶数なら $2$ が、 $3$ の倍数でなければ $3$ が入る」と覚えておけばよい。

$n = 1$ から $1999$ まで $g cd (n^{2} + 2, n^{4} + 2, n^{6} + 2)$ を直接計算すると、すべて $g cd (n^{2} + 2, 6)$ に一致し、 $n mod 6 = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ でそれぞれ $2, 3, 6, 1, 6, 3$ になった。

$A_{n} ∣ 6$ を示しただけでは終わらない。逆向き（ $n^{2} + 2$ と $6$ の公約数が3つすべてを割り切ること）を言って、はじめて $A_{n} = g cd (n^{2} + 2, 6)$ になる。

$n^{6} + 2$ のほうの余りは $- 6$ である。符号が違っても「 $6$ の約数」という結論は同じだが、割り算の式はきちんと書く。

$3 ∣ n^{2} + 2$ になるのは $n$ が $3$ の倍数でないときである。向きを取り違えやすい。

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第4問　空間ベクトル

内積の計算・重心・垂直条件・2次関数の最小当サイトの体感難易度：標準

(1) $PG ⊥ OA$ を示す

答 $a \cdot b = a \cdot c = 8$ なので $OP \cdot a = 8$ が $P$ の位置によらず一定で、 $PG \cdot a = \frac{16 - 2 \cdot 8}{3} = 0$

$a = OA$ などとおいて、6本の辺の長さから内積をすべて出してしまう。重心なので $OG = \frac{a + OP}{3}$ と書け、 $PG$ は $a$ と $OP$ だけの式になる。

$a = OA$ 、 $b = OB$ 、 $c = OC$ とおく。辺の長さから内積を出す。

∣ a ∣^{2} = 16, b^{2} = 9, ∣ c ∣^{2} = 12

であり、 $AB = 3$ から

b - a^{2} = 9 ⟹ 9 - 2 a \cdot b + 16 = 9 ⟹ a \cdot b = 8

である。 $AC = 23$ から

12 - 2 a \cdot c + 16 = 12 ⟹ a \cdot c = 8

であり、 $BC = 3$ から

12 - 2 b \cdot c + 9 = 9 ⟹ b \cdot c = 6

である。

$PG$ を書く。 $P$ は辺 $BC$ 上なので、 $0 \leq s \leq 1$ として

OP = (1 - s) b + s c

とおける。 $G$ は $△ OAP$ の重心だから

OG = \frac{0 + a + OP}{3}, PG = OG - OP = \frac{a - 2 OP}{3}

である。

内積を計算する。 $a \cdot b = a \cdot c = 8$ なので

OP \cdot a = (1 - s) \cdot 8 + s \cdot 8 = 8

となり、 $s$ によらず一定である。したがって

PG \cdot OA = \frac{∣ a ∣ ^{2} - 2 OP \cdot a}{3} = \frac{16 - 16}{3} = 0

である。 $PG \neq = 0$ 、 $OA \neq = 0$ なので $PG ⊥ OA$ である。

$a \cdot b = a \cdot c = 8$ は、 $B$ と $C$ から直線 $OA$ に下ろした垂線の足が同じ点（ $OA$ を $8 : 8$ に、つまり $OA$ の長さ $4$ の上で $O$ から $2$ の点）だということである。だから辺 $BC$ 全体が $OA$ に垂直な平面に乗っている。

内積の表から座標を作ると、 $OA = 4$ 、 $OB = AB = BC = 3$ 、 $OC = AC = 23 = 3.4641$ がすべて再現され、四面体の体積は $4$ である。 $P$ を辺 $BC$ 上で $40$ 万等分して動かしても、 $PG \cdot OA$ は誤差 $1 0^{- 9}$ 未満でつねに $0$ であった。

$OG$ は $△ OAP$ の重心なので、 $O$ も頂点に数えて $3$ で割る。 $\frac{a + OP}{2}$ としない。

$a \cdot b$ と $a \cdot c$ が等しいことが効いている。等しくなければ $s$ が残って垂直にならない。

(2) $P$ が辺 $BC$ 上を動くときの $PG$ の最小値を求める

答 $\frac{4}{3}$

(1) の式 $PG = \frac{a - 2 OP}{3}$ の長さを2乗すると、 $OP \cdot a = 8$ が一定なので $OP^{2}$ だけの式になる。あとは $OP$ を最小にする $s$ を探すだけである。

(1) より $PG = \frac{a - 2 OP}{3}$ なので

PG^{2} = \frac{∣ a ∣ ^{2} - 4 OP \cdot a + 4 OP ^{2}}{9} = \frac{16 - 32 + 4 OP ^{2}}{9} = \frac{4 OP ^{2} - 16}{9}

である。したがって $PG$ が最小になるのは $OP$ が最小のときである。

$OP^{2}$ を計算する。

OP^{2} = (1 - s) b + s c^{2} = (1 - s)^{2} \cdot 9 + 2 s (1 - s) \cdot 6 + s^{2} \cdot 12 = 9 - 18 s + 9 s^{2} + 12 s - 12 s^{2} + 12 s^{2} = 9 s^{2} - 6 s + 9 = 9 (s - \frac{1}{3})^{2} + 8

である。 $s = \frac{1}{3}$ は $0 \leq s \leq 1$ の中にあるので、最小値は $OP^{2} = 8$ である。このとき

PG^{2} = \frac{4 \cdot 8 - 16}{9} = \frac{16}{9}

なので

PG_{m i n} = \frac{4}{3}

である（ $P$ が $BC$ を $1 : 2$ に内分する点のとき）。

座標で $P$ を辺 $BC$ 上に $40$ 万等分して動かすと、 $PG$ の最小は $1.333333333$ （ $s = 0.333332$ ）で、 $\frac{4}{3} = 1.333333333$ 、 $s = \frac{1}{3}$ と一致する。このとき $OP = 8 = 22$ である。

$PG$ を最小にすることと $OP$ を最小にすることが同値なのは、 $OP \cdot a$ が一定だからである。(1) の結果がそのまま効いている。

$s = \frac{1}{3}$ が区間 $[0, 1]$ の内部にあることを確かめる。外に出ていれば端の値を比べることになる。

$2 s (1 - s) b \cdot c$ の係数 $2$ を落とさない。展開は $∣ u + v ∣^{2} = ∣ u ∣^{2} + 2 u \cdot v + ∣ v ∣^{2}$ である。

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第5問　積分法・微分法

cos³x の積分・最大値の一意性・不等式の証明・因数分解当サイトの体感難易度：難

(1) $S$ （ $C : y = cos^{3} x$ 、 $x$ 軸、 $y$ 軸で囲まれた図形の面積）を求める

答 $S = \frac{2}{3}$

$cos^{3} x = cos x (1 - sin^{2} x)$ として $sin x$ で置換するのが定石である。

$0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ で $cos^{3} x \geq 0$ だから

S = \int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{3} x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 - sin^{2} x) cos x d x

である。 $u = sin x$ とおくと $d u = cos x d x$ 、 $x : 0 \to \frac{π}{2}$ で $u : 0 \to 1$ なので

S = \int_{0}^{1} (1 - u^{2}) d u = [u - \frac{u ^{3}}{3}]_{0}^{1} = \frac{2}{3}

である。

$400$ 万点の数値積分で $0.666666667$ となり、 $\frac{2}{3}$ と一致する。

$cos^{3} x$ は3倍角（ $cos 3 x = 4 cos^{3} x - 3 cos x$ ）を使って $cos^{3} x = \frac{c o s 3 x + 3 c o s x}{4}$ としてもよい。どちらでも $\frac{2}{3}$ になる。

(2) $f (t) = t cos^{3} t$ が最大値をただ1つの $t = α$ でとることを示し、 $f (α) = \frac{cos ^{4} α}{3 sin α}$ を示す

答 $f^{'} (t) = cos^{2} t (cos t - 3 t sin t)$ で、 $g (t) = cos t - 3 t sin t$ は狭義減少かつ符号が変わるので零点はただ1つ。そこで $cos α = 3 α sin α$ を使う

長方形 $OPQR$ は縦 $cos^{3} t$ 、横 $t$ なので $f (t) = t cos^{3} t$ である。微分すると $cos^{2} t$ がくくり出せて、残りの因子 $g (t) = cos t - 3 t sin t$ の符号だけを見ればよい。 $g$ が狭義減少であることを示せば、零点の一意性が出る。

$P (t, 0)$ 、 $Q (t, cos^{3} t)$ 、 $R (0, cos^{3} t)$ なので、長方形 $OPQR$ の面積は

f (t) = t cos^{3} t (0 < t < \frac{π}{2})

である。

微分する。

f^{'} (t) = cos^{3} t + t \cdot 3 cos^{2} t (- sin t) = cos^{2} t (cos t - 3 t sin t)

である。 $0 < t < \frac{π}{2}$ では $cos^{2} t > 0$ なので、 $f^{'}$ の符号は $g (t) = cos t - 3 t sin t$ の符号で決まる。

$g$ は狭義減少。

g^{'} (t) = - sin t - 3 sin t - 3 t cos t = - 4 sin t - 3 t cos t < 0 (0 < t < \frac{π}{2})

である（ $sin t > 0$ 、 $t > 0$ 、 $cos t > 0$ ）。また

t \to + 0 lim g (t) = 1 > 0, g (\frac{π}{2}) = - \frac{3 π}{2} < 0

なので、中間値の定理と狭義単調性より $g (α) = 0$ となる $α \in (0, \frac{π}{2})$ がただ1つ存在する。 $t < α$ で $g > 0$ （ $f$ は増加）、 $t > α$ で $g < 0$ （ $f$ は減少）だから、 $f$ は $t = α$ でただ1つの最大値をとる。

値を書き直す。 $g (α) = 0$ より $cos α = 3 α sin α$ 、すなわち

α = \frac{cos α}{3 sin α}

である（ $0 < α < \frac{π}{2}$ で $sin α > 0$ ）。これを代入して

f (α) = α cos^{3} α = \frac{cos α}{3 sin α} \cdot cos^{3} α = \frac{cos ^{4} α}{3 sin α}

を得る。

C : y = cos^{3} x

と、面積が最大になる長方形

OPQR

（

t = α = 0.547

）。網かけが

S = \frac{2}{3}

、長方形の面積が

f (α) = 0.341

。

$f (t) = t cos^{3} t$ の最大を $200$ 万点で探すと $0.340797$ （ $t = 0.547161$ ）で、そこでの $cos t - 3 t sin t$ は $- 7.8 \times 1 0^{- 7}$ （ほぼ $0$ ）、 $\frac{c o s ^{4} t}{3 s i n t} = 0.340797$ となり一致する。

$f^{'}$ から $cos^{2} t$ をくくり出す。 $cos^{2} t > 0$ なので符号には効かないが、くくり出さないと零点が見えにくい。

$g$ が狭義減少であることまで言えば、零点が1つしかないことが出る。中間値の定理だけでは「少なくとも1つ」しか言えない。

$t \to + 0$ では $f (t) \to 0$ 、 $t \to \frac{π}{2}$ でも $f (t) \to 0$ なので、最大は内部でとる。開区間なので端の値は比べなくてよい。

(3) $\frac{f ( α )}{S} < \frac{9}{16}$ を示す

答 $sin α > \frac{1}{2}$ （すなわち $α > \frac{π}{6}$ ）を示せばよく、それは $g (\frac{π}{6}) = \frac{3}{2} - \frac{π}{4} > 0$ （ $23 > π$ ）から従う

$\frac{f ( α )}{S} < \frac{9}{16}$ を $sin α$ だけの不等式に直す。 $cos^{4} α = (1 - sin^{2} α)^{2}$ とすれば $u = sin α$ の4次不等式になり、 $u = \frac{1}{2}$ が境目だと分かる。あとは $α > \frac{π}{6}$ を $g$ の単調性で示せばよい。

(1)(2) より

\frac{f ( α )}{S} = \frac{cos ^{4} α}{3 sin α} \cdot \frac{3}{2} = \frac{cos ^{4} α}{2 sin α}

である。 $sin α > 0$ だから、示すべき不等式は

\frac{cos ^{4} α}{2 sin α} < \frac{9}{16} ⟺ 8 cos^{4} α < 9 sin α

である。 $u = sin α \in (0, 1)$ とおくと $cos^{4} α = (1 - u^{2})^{2}$ なので

h (u) = 8 (1 - u^{2})^{2} - 9 u = 8 u^{4} - 16 u^{2} - 9 u + 8 < 0

を示せばよい。 $h (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} - 4 - \frac{9}{2} + 8 = 0$ なので $2 u - 1$ で割り切れて

h (u) = (2 u - 1) (4 u^{3} + 2 u^{2} - 7 u - 8)

である。 $0 < u < 1$ では

4 u^{3} + 2 u^{2} - 7 u - 8 < 4 + 2 - 0 - 8 = - 2 < 0

なので

h (u) < 0 ⟺ 2 u - 1 > 0 ⟺ sin α > \frac{1}{2}

である。 $0 < α < \frac{π}{2}$ だから、これは $α > \frac{π}{6}$ と同値である。

$α > \frac{π}{6}$ を示す。 (2) の $g (t) = cos t - 3 t sin t$ は狭義減少で $g (α) = 0$ だから、 $g (\frac{π}{6}) > 0$ を言えばよい。

g (\frac{π}{6}) = cos \frac{π}{6} - 3 \cdot \frac{π}{6} \cdot sin \frac{π}{6} = \frac{3}{2} - \frac{π}{4}

で、 $\frac{3}{2} > \frac{π}{4}$ は $23 > π$ と同値である。 $(23)^{2} = 12$ 、 $π < 3.15$ より $π^{2} < 9.93 < 12$ なので $23 > π$ である。よって $g (\frac{π}{6}) > 0$ 、したがって $α > \frac{π}{6}$ である。

以上より

\frac{f ( α )}{S} < \frac{9}{16}

が示された。

実際には $α = 0.5472$ 、 $\frac{f ( α )}{S} = 0.5112$ で、 $\frac{9}{16} = 0.5625$ よりかなり小さい。 $u = \frac{1}{2}$ （ $α = \frac{π}{6}$ ）がちょうど等号になるように $\frac{9}{16}$ が選ばれている。

$α = 0.547161$ 、 $sin α = 0.520265 > \frac{1}{2}$ 、 $\frac{π}{6} = 0.523599 < α$ である。 $\frac{f ( α )}{S} = 0.511196 < 0.5625$ 。 $\frac{3}{2} - \frac{π}{4} = 0.080627 > 0$ も確かめた。

$\frac{9}{16}$ という数は $u = \frac{1}{2}$ で $h (u) = 0$ になるように作られている。 $h (\frac{1}{2}) = 0$ に気づけば因数分解の方針が立つ。

$α$ の値そのものは求まらない。 $g$ の単調性を使って「 $\frac{π}{6}$ より大きい」とだけ言うのが要点である。

$23 > π$ は平方して比べる。 $π < 3.15$ などの粗い評価で十分である。

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第6問　数列

漸化式・周期性・階差・数学的帰納法当サイトの体感難易度：やや難

$x_{1} = 0$ 、 $x_{n + 1} = x_{n} + n + 2 cos \frac{2 π x _{n}}{3}$ と、 $y_{3 m + 1} = 3 m$ 、 $y_{3 m + 2} = 3 m + 2$ 、 $y_{3 m + 3} = 3 m + 4$ で定まる数列について、 ${x_{n} - y_{n}}$ の一般項を求める

答 $x_{n} - y_{n} = \frac{n ( n - 1 )}{2}$

$cos \frac{2 π x _{n}}{3}$ は $x_{n}$ を $3$ で割った余りだけで決まる。そこで「 $x_{n} - y_{n} = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ 」を帰納法の仮定にすると、 $x_{n}$ の余りが $n$ の余りから決まり、漸化式の形が確定する。 $y$ の側の階差も $n$ の余りで決まるので、差の階差がきれいに $n$ になる。

$z_{n} = x_{n} - y_{n}$ とおき、 $z_{n} = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ を $n$ についての帰納法で示す。

$n = 1$ 。 $x_{1} = 0$ 、 $y_{1} = 0$ （ $m = 0$ ）なので $z_{1} = 0 = \frac{1 \cdot 0}{2}$ ✓。

$x_{n}$ を $3$ で割った余り。 $z_{n} = \frac{n ( n - 1 )}{2}$ を仮定すると $x_{n} = y_{n} + \frac{n ( n - 1 )}{2}$ である。 $n = 3 m + 1, 3 m + 2, 3 m + 3$ の場合に分けて $3$ を法として計算すると

$n = 3 m + 1$ ： $y_{n} = 3 m \equiv 0$ 、 $\frac{n ( n - 1 )}{2} = \frac{3 m ( 3 m + 1 )}{2} = 3 \cdot \frac{m ( 3 m + 1 )}{2} \equiv 0$ 。よって $x_{n} \equiv 0$ 。
$n = 3 m + 2$ ： $y_{n} = 3 m + 2 \equiv 2$ 、 $\frac{( 3 m + 2 ) ( 3 m + 1 )}{2} = \frac{9 m ( m + 1 )}{2} + 1 \equiv 1$ 。よって $x_{n} \equiv 0$ 。
$n = 3 m + 3$ ： $y_{n} = 3 m + 4 \equiv 1$ 、 $\frac{3 ( m + 1 ) ( 3 m + 2 )}{2} = 3 \cdot \frac{( m + 1 ) ( 3 m + 2 )}{2} \equiv 0$ 。よって $x_{n} \equiv 1$ 。

（いずれも $m (3 m + 1)$ 、 $m (m + 1)$ 、 $(m + 1) (3 m + 2)$ が偶数なので、割り算のあとも整数で $3$ の因子が残る。）つまり

x_{n} \equiv {0 (mod 3) 1 (mod 3) (3 ∤ n) (3 ∣ n)

である。したがって

2 cos \frac{2 π x _{n}}{3} = ⎩ ⎨ ⎧ 2 \cdot 1 = 2 2 \cdot (- \frac{1}{2}) = - 1 (3 ∤ n) (3 ∣ n)

で、 $x$ の階差は

x_{n + 1} - x_{n} = {n + 2 n - 1 (3 ∤ n) (3 ∣ n)

である。

$y$ の階差。 定義から $y_{3 m + 1} = 3 m$ 、 $y_{3 m + 2} = 3 m + 2$ 、 $y_{3 m + 3} = 3 m + 4$ 、 $y_{3 m + 4} = 3 (m + 1) = 3 m + 3$ なので

y_{n + 1} - y_{n} = {2 - 1 (n \equiv 1, 2 (mod 3)) (n \equiv 0 (mod 3))

である。

差の階差。 2つを引くと、どちらの場合も

z_{n + 1} - z_{n} = {(n + 2) - 2 = n (n - 1) - (- 1) = n (3 ∤ n) (3 ∣ n)

となり、場合によらず $z_{n + 1} - z_{n} = n$ である。よって

z_{n + 1} = \frac{n ( n - 1 )}{2} + n = \frac{n ( n + 1 )}{2}

で、 $n + 1$ のときも成り立つ。帰納法により、すべての $n \geq 1$ で

x_{n} - y_{n} = \frac{n ( n - 1 )}{2}

である。

実際に並べると $x_{n}$ は $0, 3, 7, 9, 15, 22, 27, 36, 46, 54, 66, \dots$ 、 $y_{n}$ は $0, 2, 4, 3, 5, 7, 6, 8, 10, 9, 11, \dots$ で、差は $0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, \dots$ と三角数になる。

漸化式から $x_{n}$ を数値計算すると $0, 3, 7, 9, 15, 22, 27, 36, 46, 54, 66, 79$ となり、 $x_{n} - y_{n}$ は $0, 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66$ で $\frac{n ( n - 1 )}{2}$ と一致する（ $n \leq 14$ まで確認）。 $x_{n}$ を $3$ で割った余りも $0, 0, 1, 0, 0, 1, \dots$ と、 $3 ∣ n$ のときだけ $1$ になっている。

$cos \frac{2 π x _{n}}{3}$ は $x_{n}$ が整数のとき、 $x_{n}$ を $3$ で割った余りだけで決まる（余り $0$ で $1$ 、 $1$ と $2$ で $- \frac{1}{2}$ ）。まず $x_{n}$ が整数であることを押さえる。

$x_{n}$ の余りを「 $n$ の余り」から出すには、 $z_{n}$ の形を仮定するのがいちばん早い。余りの規則を別に帰納法で示してもよいが、二度手間になる。

$y$ の階差は $n \equiv 0 (mod 3)$ のところだけ $- 1$ と減る。 $y$ は単調増加ではない。

$z_{n + 1} - z_{n} = n$ が場合によらないことが、この問題の仕掛けである。 $x$ と $y$ の「ずれ方」がちょうど打ち消し合う。

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問題文について

5.4<log4​2022<5.5 を示す（0.301<log10​2<0.3011 を用いてよい）

1 から n までの札から 3 枚引き、小さい順に X,Y,Z とするとき、Y−X≥2 かつ Z−Y≥2 となる確率を求める

An​=gcd(n2+2,n4+2,n6+2) を求める

(1)PG⊥OA を示す

(2)P が辺 BC 上を動くときの PG の最小値を求める

(1)S（C:y=cos3x、x 軸、y 軸で囲まれた図形の面積）を求める

(2)f(t)=tcos3t が最大値をただ1つの t=α でとることを示し、f(α)=3sinαcos4α​ を示す

(3)Sf(α)​<169​ を示す

x1​=0、xn+1​=xn​+n+2cos32πxn​​ と、y3m+1​=3m、y3m+2​=3m+2、y3m+3​=3m+4 で定まる数列について、{xn​−yn​} の一般項を求める

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(1) $PG ⊥ OA$ を示す

(2) $P$ が辺 $BC$ 上を動くときの $PG$ の最小値を求める

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(2) $f (t) = t cos^{3} t$ が最大値をただ1つの $t = α$ でとることを示し、 $f (α) = \frac{cos ^{4} α}{3 sin α}$ を示す

(3) $\frac{f ( α )}{S} < \frac{9}{16}$ を示す

$x_{1} = 0$ 、 $x_{n + 1} = x_{n} + n + 2 cos \frac{2 π x _{n}}{3}$ と、 $y_{3 m + 1} = 3 m$ 、 $y_{3 m + 2} = 3 m + 2$ 、 $y_{3 m + 3} = 3 m + 4$ で定まる数列について、 ${x_{n} - y_{n}}$ の一般項を求める