独自の解答・詳解
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全6問・無料

京都大学　2023年度　前期日程　理系

京大理系 2023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　積分法／整式

部分積分・対数の性質・多項式の割り算・x⁵=1当サイトの体感難易度：標準

問1 $\int_{1}^{4} x lo g (x^{2}) d x$ を求める

答 $\frac{64}{3} lo g 2 - \frac{56}{9}$

$lo g (x^{2}) = 2 lo g x$ と外に出してから部分積分する。 $x$ の原始関数が $\frac{2}{3} x^{3/2}$ なので、 $lo g x$ を微分する側に回すときれいに片づく。

$1 \leq x \leq 4$ では $x > 0$ なので $lo g (x^{2}) = 2 lo g x$ である。よって

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

である。部分積分すると

\int x^{\frac{1}{2}} lo g x d x = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} lo g x - \int \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \cdot \frac{1}{x} d x = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} lo g x - \frac{4}{9} x^{\frac{3}{2}}

である。 $x = 4$ では $x^{3/2} = 8$ 、 $lo g 4 = 2 lo g 2$ なので

[\frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} lo g x - \frac{4}{9} x^{\frac{3}{2}}]_{1}^{4} = (\frac{16}{3} \cdot 2 lo g 2 - \frac{32}{9}) - (0 - \frac{4}{9}) = \frac{32}{3} lo g 2 - \frac{28}{9}

である。 $2$ 倍して

I = \frac{64}{3} lo g 2 - \frac{56}{9}

である（ $8.5649$ ほど）。

$\frac{64}{3} lo g 2 = 14.787135$ 、 $\frac{56}{9} = 6.222222$ で、差は $8.564913$ 。 $400$ 万点の数値積分でも $8.564918$ になり一致する。

$lo g (x^{2}) = 2 lo g x$ が使えるのは $x > 0$ のときである。積分区間が $1 \leq x \leq 4$ なので問題ない。

$lo g 4 = 2 lo g 2$ に直してから計算する。 $lo g 4$ のまま残すと答えの形が揃わない。

$x^{3/2}$ の値を $x = 4$ で $8$ 、 $x = 1$ で $1$ と押さえる。 $4^{3/2} = (4^{1/2})^{3} = 2^{3}$ である。

問2 $x^{2023} - 1$ を $x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1$ で割った余りを求める

答 $x^{3} - 1$

$x^{5} - 1 = (x - 1) (x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1)$ なので、割る式を法として $x^{5} \equiv 1$ が使える。あとは $2023$ を $5$ で割った余りを見るだけである。

$D (x) = x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1$ とおく。

x^{5} - 1 = (x - 1) D (x)

なので、 $D (x)$ を法として $x^{5} \equiv 1$ である。 $2023 = 5 \cdot 404 + 3$ だから

x^{2023} = (x^{5})^{404} \cdot x^{3} \equiv 1^{404} \cdot x^{3} = x^{3} (mod D (x))

である。したがって

x^{2023} - 1 \equiv x^{3} - 1 (mod D (x))

で、 $x^{3} - 1$ の次数 $3$ は $D$ の次数 $4$ より小さいから、これがそのまま余りである。

きちんと書くなら、 $x^{2023} - x^{3} = x^{3} (x^{2020} - 1)$ で、 $x^{2020} - 1 = (x^{5})^{404} - 1$ は $x^{5} - 1$ で割り切れ、 $x^{5} - 1$ は $D (x)$ で割り切れる、という形になる。

$x^{2023} - 1$ を $x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1$ で整数係数のまま多項式除算すると、余りの係数は $x^{0}$ から順に $(- 1, 0, 0, 1)$ 、すなわち $x^{3} - 1$ になる。

$D (x)$ は $x^{5} - 1$ の因数であって $x^{5} - 1$ そのものではない。 $x^{5} \equiv 1$ が使えるのは、 $x^{5} - 1$ が $D$ で割り切れるからである。

$2023$ を $5$ で割った余りは $3$ である。 $2023 = 2020 + 3$ と見れば速い。

余りの次数が $3$ 以下であることを確かめる。 $x^{3} - 1$ はそのまま答えになる。

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第2問　空間ベクトル

1次独立・共線条件・係数比較・内分点当サイトの体感難易度：標準

直線 $QR$ と直線 $PC$ が交点をもつように $R$ を直線 $OD$ 上にとるとき、 $OR : RD$ を求める

答 $OR : RD = 1 : 9$

$OA, OB, OC$ は1次独立なので、これを「座標軸」だと思って係数を比べればよい。 $OR = k OD$ とおき、2直線上の点を媒介変数で書いて一致させると、3本の式から $k$ が決まる。

$O, A, B, C$ は同一平面上にないので、 $a = OA$ 、 $b = OB$ 、 $c = OC$ は1次独立である。条件より

OD = a + 2 b + 3 c, OP = \frac{1}{3} a, OQ = \frac{1}{2} b

である（ $P$ は $OA$ を $1 : 2$ に内分、 $Q$ は $OB$ の中点）。 $R$ は直線 $OD$ 上なので

OR = k OD = k a + 2 k b + 3 k c

とおける。

2直線上の点を書く。 直線 $QR$ 上の点は、実数 $s$ を使って

OQ + s (OR - OQ) = s k a + {\frac{1}{2} + s (2 k - \frac{1}{2})} b + 3 s k c

である。直線 $PC$ 上の点は、実数 $u$ を使って

OP + u (c - OP) = \frac{1 - u}{3} a + 0 \cdot b + u c

である。

係数を比べる。 1次独立だから、交点をもつことは次の3式が同時に成り立つ $s, u, k$ があることと同値である。

⎩ ⎨ ⎧ s k = \frac{1 - u}{3} \frac{1}{2} + s (2 k - \frac{1}{2}) = 0 3 s k = u \dots a \dots b \dots c

$c$ の式を $a$ の式に入れると $s k = \frac{1 - 3 s k}{3}$ 、つまり $3 s k = 1 - 3 s k$ より

s k = \frac{1}{6}, u = \frac{1}{2}

である。 $b$ の式に $s k = \frac{1}{6}$ を入れると

\frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{6} - \frac{s}{2} = 0 ⟹ \frac{s}{2} = \frac{5}{6} ⟹ s = \frac{5}{3}

となり、 $k = \frac{1/6}{5/3} = \frac{1}{10}$ である。よって

OR = \frac{1}{10} OD, OR : RD = 1 : 9

である。

交点は $\frac{1}{6} a + \frac{1}{2} c$ にあたる点である。 $b$ の係数が $0$ になっているので、この点は平面 $OAC$ 上にある。

$a, b, c$ を基本ベクトルにとった座標で計算すると、 $s = \frac{5}{3}$ 、 $k = \frac{1}{10}$ のとき直線 $QR$ 上の点は $(\frac{1}{6}, 0, \frac{1}{2})$ 、 $u = \frac{1}{2}$ のとき直線 $PC$ 上の点も $(\frac{1}{6}, 0, \frac{1}{2})$ で一致する。

$b$ の式に $s (2 k - \frac{1}{2})$ と $k$ がかかった形で現れるので、 $s k$ をひとかたまりとして扱うと見通しがよい。 $s$ と $k$ を別々に解こうとすると式が混み合う。

$P$ は $OA$ を $1 : 2$ に内分するので $OP = \frac{1}{3} a$ である。 $\frac{1}{2}$ や $\frac{2}{3}$ と取り違えない。

$OR : RD$ は $k : (1 - k)$ である。 $k = \frac{1}{10}$ から $1 : 9$ となる。 $1 : 10$ としない。

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第3問　確率

余事象・包除原理・倍数判定・反復試行当サイトの体感難易度：標準

(1) $Y = X_{1} X_{2} \dots X_{n}$ が $5$ で割り切れる確率を求める

答 $1 - (\frac{5}{6})^{n}$

$5$ は素数で、 $1$ から $6$ のうち $5$ の倍数は $5$ だけである。積が $5$ で割り切れるのは「少なくとも1回 $5$ が出る」ときなので、余事象が速い。

$5$ は素数なので、 $Y$ が $5$ で割り切れるのは $X_{1}, \dots, X_{n}$ のどれかが $5$ の倍数のときである。 $1$ から $6$ のうち $5$ の倍数は $5$ だけだから、条件は「少なくとも1回 $5$ が出る」である。

余事象「1回も $5$ が出ない」の確率は $(\frac{5}{6})^{n}$ なので

P = 1 - (\frac{5}{6})^{n}

である。

$n = 2$ なら $1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}$ で、 $36$ 通りの全探索でも $\frac{11}{36}$ である。 $n = 1, \dots, 7$ のすべてで一致した。

$5$ が素数であることが効いている。「 $4$ で割り切れる」なら $2$ が2回出る場合なども要るので、余事象だけでは済まない。

(2) $Y$ が $15$ で割り切れる確率を求める

答 $1 - (\frac{5}{6})^{n} - (\frac{2}{3})^{n} + (\frac{1}{2})^{n}$

$15 = 3 \times 5$ なので「 $5$ の倍数が1回は出る」かつ「 $3$ の倍数が1回は出る」である。2つの条件のどちらも成り立つ確率なので、余事象（どちらかが成り立たない）に包除原理を使う。

$15 = 3 \cdot 5$ で $3, 5$ は相異なる素数だから、 $Y$ が $15$ で割り切れるのは

事象 $A$ ： $5$ が少なくとも1回出る（ $Y$ が $5$ の倍数）
事象 $B$ ： $3$ または $6$ が少なくとも1回出る（ $Y$ が $3$ の倍数）

がともに起こるときである。余事象をとって包除原理を使うと

P (A \cap B) = 1 - P (\overline{A} \cup \overline{B}) = 1 - P (\overline{A}) - P (\overline{B}) + P (\overline{A} \cap \overline{B})

である。それぞれ

$\overline{A}$ ：毎回 $5$ 以外（ $5$ 通り）。 $P (\overline{A}) = (\frac{5}{6})^{n}$ 。
$\overline{B}$ ：毎回 $3, 6$ 以外（ $1, 2, 4, 5$ の $4$ 通り）。 $P (\overline{B}) = (\frac{4}{6})^{n} = (\frac{2}{3})^{n}$ 。
$\overline{A} \cap \overline{B}$ ：毎回 $3, 5, 6$ 以外（ $1, 2, 4$ の $3$ 通り）。 $P = (\frac{3}{6})^{n} = (\frac{1}{2})^{n}$ 。

なので

P = 1 - (\frac{5}{6})^{n} - (\frac{2}{3})^{n} + (\frac{1}{2})^{n}

である。

$n = 1$ では $1 - \frac{5}{6} - \frac{2}{3} + \frac{1}{2} = 0$ で、1回では $15$ の倍数になりえないことと合う。 $n = 2$ では $\frac{1}{9}$ で、 $(5, 3), (5, 6), (3, 5), (6, 5)$ の $4$ 通り $/36$ と一致する。

$n = 3$ なら $1 - \frac{125}{216} - \frac{8}{27} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4}$ で、 $216$ 通りの全探索でも $\frac{1}{4}$ である。 $n = 1, \dots, 7$ のすべてで式と一致した。

$A$ と $B$ は独立ではない（同じ出目の列を見ている）。 $P (A) P (B)$ としない。余事象の和に包除原理を使うのが定石である。

$3$ の倍数は $3$ と $6$ の2つである。 $6$ を忘れると $(\frac{5}{6})^{n}$ になってしまう。

$\overline{A} \cap \overline{B}$ は「 $3, 5, 6$ のどれも出ない」で、残りは $1, 2, 4$ の $3$ 通りである。

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第4問　微分法

合成の最大最小・t+1/t の単調性・偶関数・置き換え当サイトの体感難易度：やや難

$f (x) = g (x) + \frac{1}{g ( x )}$ （ $g (x) = e^{- x^{2}} + \frac{x ^{2}}{4} + 1$ 、 $- 1 \leq x \leq 1$ ）の最大値と最小値を求める

答最大値 $\frac{5}{2}$ （ $x = 0$ ）、最小値 $m + \frac{1}{m}$ （ $m = \frac{5}{4} + \frac{1}{e}$ 、 $x = \pm 1$ ）

$f$ は $g$ の値だけで決まる形 $t + \frac{1}{t}$ である。 $g > 1$ がすぐ分かるので、 $t > 1$ では $t + \frac{1}{t}$ が増加することを使えば、「 $g$ の最大・最小を求める」だけの問題になる。 $g$ は $x^{2}$ の関数なので、 $u = x^{2}$ とおくと1変数の単調性の話になる。

$t = g (x) = e^{- x^{2}} + \frac{x ^{2}}{4} + 1$ とおくと $f (x) = t + \frac{1}{t}$ である。

$t > 1$ である。 $e^{- x^{2}} > 0$ 、 $\frac{x ^{2}}{4} \geq 0$ なので $t > 1$ である。 $(t + \frac{1}{t})^{'} = 1 - \frac{1}{t ^{2}} > 0$ （ $t > 1$ ）だから、 $t + \frac{1}{t}$ は $t > 1$ で増加する。したがって

f の最大 ⟺ g の最大, f の最小 ⟺ g の最小

である。

$g$ の値域。 $u = x^{2}$ とおくと $- 1 \leq x \leq 1$ は $0 \leq u \leq 1$ に対応し

h (u) = e^{- u} + \frac{u}{4} + 1

である。

h^{'} (u) = - e^{- u} + \frac{1}{4}

で、 $0 \leq u \leq 1$ では $e^{- u} \geq e^{- 1} = 0.367 \dots > \frac{1}{4}$ だから $h^{'} (u) < 0$ 、つまり $h$ は減少する。よって

h (1) = \frac{1}{e} + \frac{5}{4} \leq g \leq h (0) = 2

である。最大 $2$ は $u = 0$ 、すなわち $x = 0$ のとき、最小 $m = \frac{5}{4} + \frac{1}{e}$ は $u = 1$ 、すなわち $x = \pm 1$ のときである。

答え。

最大値 = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2} (x = 0)

最小値 = m + \frac{1}{m} = \frac{5 e + 4}{4 e} + \frac{4 e}{5 e + 4} (x = \pm 1)

である（最小値は $2.2360$ ほど）。

y = f (x)

のグラフ（

- 1 \leq x \leq 1

）。偶関数で、

x = 0

で最大

\frac{5}{2}

、

x = \pm 1

で最小

m + \frac{1}{m} = 2.236

（

m = \frac{5}{4} + \frac{1}{e}

）をとる。

$- 1 \leq x \leq 1$ を $200$ 万等分して $f$ を直接計算すると、最大 $2.500000000$ （ $x = 0$ ）、最小 $2.235972467$ （ $x = \pm 1$ ）である。 $m = 1.617879441$ 、 $\frac{1}{m} = 0.618093026$ で和は $2.235972467$ と一致する。

$t + \frac{1}{t}$ は $t > 0$ 全体では $t = 1$ で最小の谷をもつ。 $t > 1$ に限れば増加なので、まず $g > 1$ を押さえるのが要点である。 $g$ の最小が $1$ より小さければ話がまるで変わる。

$u = x^{2}$ と置き換えると、 $- 1 \leq x \leq 1$ が $0 \leq u \leq 1$ になる。 $x$ のまま微分して $f^{'}$ を作ると式が重い。

$h^{'} (u) = 0$ となるのは $u = lo g 4 = 1.386$ で、区間 $[0, 1]$ の外である。区間内では単調なので端で最大最小をとる。

最小値は二重分数のままでよい。 $m + \frac{1}{m}$ を1つの分数にすると $\frac{41 e ^{2} + 40 e + 16}{20 e ^{2} + 16 e}$ となり、かえって見にくい。

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第5問　空間図形・積分法

線分の通過範囲・包絡線・回転体の体積・断面積当サイトの体感難易度：難

$P$ が $x$ 軸上、 $Q$ が $y z$ 平面上、 $OP + OQ = 1$ を保って動くとき、線分 $PQ$ が通過してできる立体の体積を求める

答 $\frac{2 π}{15}$

$Q$ は $y z$ 平面上を自由に回せるので、立体は $x$ 軸まわりの回転体である。だから $x$ 軸からの距離 $r = y^{2} + z^{2}$ だけを見ればよく、問題は「 $(x, r)$ 平面で、両軸の切片の和が $1$ の線分の族が覆う範囲」という平面の問題に落ちる。

$OP = a$ 、 $OQ = b$ とすると $a, b \geq 0$ 、 $a + b = 1$ である。 $P = (\pm a, 0, 0)$ 、 $Q = (0, b cos φ, b sin φ)$ と書ける。

$φ$ は自由に動くので、立体は $x$ 軸のまわりの回転体である。また $P$ の符号も自由なので $x \to - x$ について対称である。そこで $x \geq 0$ 、 $r = y^{2} + z^{2} \geq 0$ の $(x, r)$ 平面で考える。

線分の族。 $P = (a, 0)$ 、 $Q = (0, b) = (0, 1 - a)$ を結ぶ線分は

\frac{x}{a} + \frac{r}{1 - a} = 1 (0 \leq x \leq a)

である（ $0 < a < 1$ ）。 $a$ を $0$ から $1$ まで動かしたときの線分の和集合を求める。

覆う範囲。 $x, r > 0$ を固定し $φ (a) = \frac{x}{a} + \frac{r}{1 - a}$ （ $0 < a < 1$ ）を考える。 $φ$ は両端で $+ \infty$ に発散し、

φ^{'} (a) = - \frac{x}{a ^{2}} + \frac{r}{( 1 - a ) ^{2}} = 0 ⟺ \frac{a}{1 - a} = \frac{x}{r}

で最小になる。このとき $a = \frac{x}{x + r}$ で、最小値は

φ_{m i n} = x (x + r) + r (x + r) = (x + r)^{2}

である。したがって $φ (a) = 1$ をみたす $a$ が存在することは $φ_{m i n} \leq 1$ 、すなわち

x + r \leq 1

と同値である。境界 $x + r = 1$ はこの線分族の包絡線である。

体積。 $x \geq 0$ の断面は半径 $r (x) = (1 - x)^{2}$ の円で、 $0 \leq x \leq 1$ である。 $x \to - x$ の対称性から

V = 2 \int_{0}^{1} π {(1 - x)^{2}}^{2} d x = 2 π \int_{0}^{1} (1 - x)^{4} d x

である。 $u = x$ （ $x = u^{2}$ 、 $d x = 2 u d u$ ）とおくと

\int_{0}^{1} (1 - x)^{4} d x = \int_{0}^{1} (1 - u)^{4} \cdot 2 u d u

で、さらに $v = 1 - u$ とすると

2 \int_{0}^{1} v^{4} (1 - v) d v = 2 (\frac{1}{5} - \frac{1}{6}) = \frac{1}{15}

である。よって

V = 2 π \cdot \frac{1}{15} = \frac{2 π}{15}

である（ $0.4189$ ほど）。

x

軸を含む平面での断面。輪郭は

∣ x ∣ + ∣ r ∣ = 1

で、細い線は

a = 0.1, 0.3, 0.5, 0.7, 0.9

に対する線分

PQ

。これらの線分が包絡線としてこの輪郭を作る。立体はこれを

x

軸のまわりに回したもの。

条件をみたす $P, Q$ と $t$ を $20$ 万組ランダムにとって線分上の点を作ると、すべて $∣ x ∣ + r \leq 1$ をみたした。 $∣ x ∣ + r \leq 1$ の体積を $400$ 万点のモンテカルロ法で求めると $0.41824$ で、 $\frac{2 π}{15} = 0.41888$ とよく合う。

$Q$ が $y z$ 平面上を自由に動くので、立体は回転体になる。 $Q$ を1方向に固定して考えると、体積が出せない。

$P$ は $x$ 軸上の負の側にも行ける。 $x \to - x$ の対称性から、 $x \geq 0$ の体積を $2$ 倍する。

線分の族が覆う範囲は、包絡線の内側全部である。 $φ_{m i n} \leq 1$ という形で言いかえるのがいちばん確実で、包絡線を微分で求めるだけだと「内側が全部覆われる」ことの説明が要る。

断面の半径は $(1 - x)^{2}$ で、面積は $π (1 - x)^{4}$ である。 $4$ 乗になるところを落とさない。

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第6問　三角関数・整数

3倍角・4倍角・漸化式・合同式・背理法当サイトの体感難易度：難

(1) $cos 3 θ$ と $cos 4 θ$ を $cos θ$ の式で表す

答 $cos 3 θ = 4 cos^{3} θ - 3 cos θ$ 、 $cos 4 θ = 8 cos^{4} θ - 8 cos^{2} θ + 1$

$cos 2 θ = 2 cos^{2} θ - 1$ から順に積み上げる。 $cos 4 θ$ は $cos 2 (2 θ)$ と見るのがいちばん速い。

$c = cos θ$ とおく。まず $cos 2 θ = 2 c^{2} - 1$ である。

cos 3 θ = cos (2 θ + θ) = cos 2 θ cos θ - sin 2 θ sin θ = (2 c^{2} - 1) c - 2 (1 - c^{2}) c = 4 c^{3} - 3 c

である。 $cos 4 θ$ は $2 θ$ の2倍角と見て

cos 4 θ = 2 cos^{2} 2 θ - 1 = 2 (2 c^{2} - 1)^{2} - 1 = 8 c^{4} - 8 c^{2} + 1

である。

$θ = 6 0^{\circ}$ （ $c = \frac{1}{2}$ ）なら $4 c^{3} - 3 c = - 1 = cos 18 0^{\circ}$ 、 $8 c^{4} - 8 c^{2} + 1 = \frac{1}{2} - 2 + 1 = - \frac{1}{2} = cos 24 0^{\circ}$ で合っている。

$cos 4 θ$ を $cos (3 θ + θ)$ として出すと $sin 3 θ sin θ$ が現れて手間が増える。 $2 θ$ の2倍角と見る。

(2) $cos θ = \frac{1}{p}$ （ $p$ は $3$ 以上の素数）のとき、 $θ = \frac{m}{n} π$ となる正の整数 $m, n$ が存在するか判定する

答存在しない

(1) の形を一般化する。 $cos θ = \frac{1}{p}$ のとき $p^{k} cos k θ$ が整数になり、しかも $p$ で割り切れないことを漸化式で示す。もし $θ = \frac{m}{n} π$ なら $cos 2 n θ = 1$ となり、 $p^{2 n} cos 2 n θ = p^{2 n}$ は $p$ で割り切れるので矛盾する。

$c_{k} = p^{k} cos k θ$ とおく。積和の公式 $cos (k + 1) θ + cos (k - 1) θ = 2 cos θ cos k θ$ から

cos (k + 1) θ = \frac{2}{p} cos k θ - cos (k - 1) θ

で、両辺を $p^{k + 1}$ 倍すると

c_{k + 1} = 2 c_{k} - p^{2} c_{k - 1} (k \geq 1)

となる。 $c_{0} = 1$ 、 $c_{1} = p \cdot \frac{1}{p} = 1$ だから、帰納的に $c_{k}$ はすべて整数である。

実際に書き下すと $c_{2} = 2 - p^{2}$ 、 $c_{3} = 4 - 3 p^{2}$ 、 $c_{4} = 8 - 8 p^{2} + p^{4}$ で、これは (1) の式 $p^{3} (4 c^{3} - 3 c)$ 、 $p^{4} (8 c^{4} - 8 c^{2} + 1)$ に $c = \frac{1}{p}$ を入れたものと一致する。

$p$ で割り切れない。 漸化式を $p$ を法として見ると $c_{k + 1} \equiv 2 c_{k} (mod p)$ なので、 $k \geq 1$ で

c_{k} \equiv 2^{k - 1} c_{1} = 2^{k - 1} (mod p)

である。 $p$ は $3$ 以上の素数だから奇数で、 $p ∤ 2^{k - 1}$ である。したがって

p ∤ c_{k} (k \geq 1)

である。

背理法。 $θ = \frac{m}{n} π$ （ $m, n$ は正の整数）とする。 $2 n θ = 2 mπ$ なので $cos 2 n θ = 1$ 、したがって

c_{2 n} = p^{2 n} cos 2 n θ = p^{2 n}

である。 $2 n \geq 2 \geq 1$ なので上の結果より $p ∤ c_{2 n}$ のはずだが、 $p^{2 n}$ は $p$ で割り切れる。矛盾である。

よって、そのような正の整数 $m, n$ は

存在しない

。

$p = 3, 5, 7, 11, 13$ について $c_{0} = c_{1} = 1$ 、 $c_{k + 1} = 2 c_{k} - p^{2} c_{k - 1}$ で定めた整数は、 $p^{k} cos k θ$ （ $cos θ = \frac{1}{p}$ ）と $k \leq 8$ で小数6桁まで一致した。また $c_{k} mod p$ は $2^{k - 1} mod p$ と完全に一致し、どれも $0$ にならなかった。

$c_{k}$ が整数であることと、 $p$ で割り切れないことの両方が要る。整数であるだけでは矛盾が出ない。

$p$ が奇素数であることは $p ∤ 2^{k - 1}$ のところで効く。 $p = 2$ だと議論が崩れる（実際 $cos θ = \frac{1}{2}$ なら $θ = \frac{π}{3}$ で、 $m, n$ は存在する）。

$θ = \frac{m}{n} π$ から $cos (2 n θ) = 1$ を作る。 $cos (n θ) = \pm 1$ でもよいが、 $2 n$ にしておけば符号を気にしなくてよい。

(1) はこの漸化式の $k = 3, 4$ の場合を具体的に見せる誘導である。 $c_{3} = 4 - 3 p^{2}$ 、 $c_{4} = 8 - 8 p^{2} + p^{4}$ が $p$ で割ると $4, 8$ 余ることを確かめておくと、一般の形が見える。

第6問だけのページ

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問題文について

問1∫14​x​log(x2)dx を求める

問2x2023−1 を x4+x3+x2+x+1 で割った余りを求める

直線 QR と直線 PC が交点をもつように R を直線 OD 上にとるとき、OR:RD を求める

(1)Y=X1​X2​⋯Xn​ が 5 で割り切れる確率を求める

(2)Y が 15 で割り切れる確率を求める

f(x)=g(x)+g(x)1​（g(x)=e−x2+4x2​+1、−1≤x≤1）の最大値と最小値を求める

P が x 軸上、Q が yz 平面上、OP+OQ=1 を保って動くとき、線分 PQ が通過してできる立体の体積を求める

(1)cos3θ と cos4θ を cosθ の式で表す

(2)cosθ=p1​（p は 3 以上の素数）のとき、θ=nm​π となる正の整数 m,n が存在するか判定する

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直線 $QR$ と直線 $PC$ が交点をもつように $R$ を直線 $OD$ 上にとるとき、 $OR : RD$ を求める

(1) $Y = X_{1} X_{2} \dots X_{n}$ が $5$ で割り切れる確率を求める

(2) $Y$ が $15$ で割り切れる確率を求める

$f (x) = g (x) + \frac{1}{g ( x )}$ （ $g (x) = e^{- x^{2}} + \frac{x ^{2}}{4} + 1$ 、 $- 1 \leq x \leq 1$ ）の最大値と最小値を求める

$P$ が $x$ 軸上、 $Q$ が $y z$ 平面上、 $OP + OQ = 1$ を保って動くとき、線分 $PQ$ が通過してできる立体の体積を求める

(1) $cos 3 θ$ と $cos 4 θ$ を $cos θ$ の式で表す

(2) $cos θ = \frac{1}{p}$ （ $p$ は $3$ 以上の素数）のとき、 $θ = \frac{m}{n} π$ となる正の整数 $m, n$ が存在するか判定する