独自の解答・詳解
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全5問・無料

九州大学　2024年度　前期日程　理科系

九大理系 2024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 2026/10/12

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。理科系の問題文は、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　空間ベクトル

外積・三角形の面積・共線条件・3次関数の最大当サイトの体感難易度：標準

(1) $a \neq = - 1$ 、 $a \neq = 1$ のとき、3点 $P, Q, R$ が一直線上にないことを示す

答 $PQ \times PR = 2 (a^{2} - 1) (- 1, - a, 1) \neq = 0$

一直線上にある $⟺$ $PQ$ と $PR$ が平行。外積を計算して $0$ でないことを言えばよい。 $a^{2} - 1$ がきれいにくくり出せる。

PQ = (2, 0, 2), PR = (a + 1, a^{2} - 1, a^{3} + 1)

である。外積を計算すると

PQ \times PR = (0 \cdot (a^{3} + 1) - 2 (a^{2} - 1), 2 (a + 1) - 2 (a^{3} + 1), 2 (a^{2} - 1) - 0) = (- 2 (a^{2} - 1), - 2 a (a^{2} - 1), 2 (a^{2} - 1)) = 2 (a^{2} - 1) (- 1, - a, 1)

である（第2成分は $2 (a + 1) - 2 (a^{3} + 1) = - 2 a (a^{2} - 1)$ ）。 $(- 1, - a, 1)$ は第1成分が $- 1 \neq = 0$ なので、どんな $a$ でも $0$ ではない。

よって $a \neq = \pm 1$ のとき $a^{2} - 1 \neq = 0$ だから $PQ \times PR \neq = 0$ 、すなわち $PQ$ と $PR$ は平行でない。したがって3点 $P, Q, R$ は一直線上にない。

外積を使わないなら、 $PR = k PQ$ とおいて成分を比べる。第2成分から $a^{2} - 1 = 0$ が出てしまうので、 $a \neq = \pm 1$ では不可能、という議論になる。

$a = 0$ で外積は $(2, 0, - 2)$ 、 $a = 2$ で $(- 6, - 12, 6) = 2 \cdot 3 \cdot (- 1, - 2, 1)$ となり、どちらも公式と合う。

$a^{3} + 1 = (a + 1) (a^{2} - a + 1)$ 、 $a^{2} - 1 = (a + 1) (a - 1)$ なので $a = - 1$ では $PR = 0$ （ $R = P$ ）になる。 $a = 1$ では $R = Q$ である。除外されている理由はここにある。

外積の第2成分は符号が逆になる。 $(u_{3} v_{1} - u_{1} v_{3})$ の順で書く。

(2) $- 1 < a < 1$ のとき三角形 $PQR$ の面積の最大値を求める

答 $2$ （ $a = 0$ のとき）

面積は外積の大きさの半分なので、(1) の結果から $a^{2} - 1 a^{2} + 2$ になる。 $t = a^{2}$ とおいて、面積の2乗を $t$ の3次関数として調べる。

(1) より

S = \frac{1}{2} PQ \times PR = \frac{1}{2} \cdot 2 a^{2} - 1 1 + a^{2} + 1 = a^{2} - 1 a^{2} + 2

である。 $- 1 < a < 1$ では $a^{2} - 1 < 0$ だから $a^{2} - 1 = 1 - a^{2}$ で、 $t = a^{2}$ とおくと $0 \leq t < 1$ で

S = (1 - t) t + 2

である。 $S > 0$ なので $S^{2}$ の最大を調べればよい。

g (t) = S^{2} = (1 - t)^{2} (t + 2)

とおくと

g^{'} (t) = - 2 (1 - t) (t + 2) + (1 - t)^{2} = (1 - t) {- 2 (t + 2) + (1 - t)} = (1 - t) (- 3 t - 3) = - 3 (1 - t) (t + 1)

である。 $0 \leq t < 1$ では $1 - t > 0$ 、 $t + 1 > 0$ なので $g^{'} (t) < 0$ 、すなわち $g$ はつねに減少する。よって $t = 0$ で最大で

g (0) = 1^{2} \cdot 2 = 2, S = 2

である。 $t = a^{2} = 0$ すなわち $a = 0$ のときで、求める最大値は $2$ である。

- 1 < a < 1

における面積

S = (1 - a^{2}) a^{2} + 2

。

a = 0

で最大

2 = 1.414

をとり、

a \to \pm 1

で

0

に近づく。

$a$ を $- 1$ から $1$ まで $40$ 万点に刻んで直接面積を計算すると、最大は $a = 0$ での $1.4142135624$ で、 $2$ と一致する。

$- 1 < a < 1$ は開区間なので $a = \pm 1$ は入らない。そこでは3点が一直線上に並び、三角形にならない。

のまま微分せず、 $S^{2}$ を調べる。 $S > 0$ なので $S^{2}$ の最大と $S$ の最大は同じところで起きる。

$g^{'} (t) = - 3 (1 - t) (t + 1)$ は $0 \leq t < 1$ で符号が変わらない。端点 $t = 0$ が最大になる形で、「 $g^{'} = 0$ を解く」型の問題ではない。

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第2問　複素数平面

因数分解・1 の n 乗根・絶対値・集合として一致する条件当サイトの体感難易度：やや難

(1) $f (z) = 0$ をみたすすべての複素数 $z$ に対して $∣ z ∣ = 1$ が成り立つことを示す

答 $f (z) = (z^{2} + 1) (z^{4} + 1)$ で、 $z^{2} = - 1$ または $z^{4} = - 1$ だから $∣ z ∣^{2} = 1$ または $∣ z ∣^{4} = 1$

$z^{4}$ でくくると $z^{2} + 1$ が共通因数として見える。因数分解してしまえば、絶対値をとるだけで済む。

f (z) = z^{4} (z^{2} + 1) + (z^{2} + 1) = (z^{2} + 1) (z^{4} + 1)

なので、 $f (z) = 0$ は $z^{2} = - 1$ または $z^{4} = - 1$ と同値である。

絶対値をとる。 $∣ z^{n} ∣ = ∣ z ∣^{n}$ なので

$z^{2} = - 1$ のとき $∣ z ∣^{2} = ∣ - 1 ∣ = 1$
$z^{4} = - 1$ のとき $∣ z ∣^{4} = ∣ - 1 ∣ = 1$

である。 $∣ z ∣$ は $0$ 以上の実数だから、どちらの場合も $∣ z ∣ = 1$ である。

$(z^{2} - 1) f (z) = z^{8} - 1$ なので、 $f (z) = 0$ の解は「 $1$ の $8$ 乗根のうち $\pm 1$ でないもの」6個である。この見方は (2) で効いてくる。

$1$ の8乗根8個を代入すると、 $f$ が $0$ になるのは $\pm 1$ 以外の6個で、どれも絶対値が $1$ だった。

$z^{4} + 1 = 0$ の解を具体的に求める必要はない。絶対値だけなら $∣ z ∣^{4} = 1$ から直ちに出る。

$∣ z ∣^{4} = 1$ から $∣ z ∣ = 1$ と言えるのは $∣ z ∣ \geq 0$ の実数だからである。複素数の4乗根は4つあるが、ここは実数の話。

(2) $f (z) = 0$ をみたすすべての $z$ に対して $f (w z) = 0$ が成り立つような複素数 $w$ をすべて求める

答 $w = 1, - 1$

$f (z) = 0$ の解全体を $S$ とおくと、条件は $w S \subset S$ である。 $S$ は有限集合で、 $w \neq = 0$ なら $z \mapsto w z$ は単射だから、じつは $w S = S$ になる。 $S$ が「 $1$ の8乗根から $\pm 1$ を除いたもの」だと分かれば、 $w$ も $1$ の8乗根に限られる。

$(z^{2} - 1) f (z) = z^{8} - 1$ だから、 $f (z) = 0$ の解全体は

S = {z z^{8} = 1} ∖ {1, - 1}

である。 $z^{8} = 1$ の解は $ζ_{k} = cos \frac{k π}{4} + i sin \frac{k π}{4}$ （ $k = 0, 1, \dots, 7$ ）の8個なので、 $S$ は $k = 1, 2, 3, 5, 6, 7$ に当たる6個である。

$w$ は $1$ の8乗根に限られる。 条件は「すべての $z \in S$ に対して $w z \in S$ 」である。 $z = i \in S$ をとると $w i \in S$ なので $w = \frac{w i}{i}$ は $1$ の8乗根どうしの商、つまり

w^{8} = \frac{( w i ) ^{8}}{i ^{8}} = \frac{1}{1} = 1

をみたす。よって $w = ζ_{k}$ のいずれかである。

$8$ 通りを調べる。 $ζ_{k}$ を掛けるのは「偏角を $4 5^{\circ} \times k$ 回す」ことである。 $S$ は $4 5^{\circ}$ 刻みの8方向から $0^{\circ}$ と $18 0^{\circ}$ を抜いたものなので、回したあとに $0^{\circ}$ や $18 0^{\circ}$ が現れてはいけない。

$k = 0$ （ $w = 1$ ）： $S$ はそのまま。◯
$k = 4$ （ $w = - 1$ ）： $4 5^{\circ} \to 22 5^{\circ}$ 、 $9 0^{\circ} \to 27 0^{\circ}$ 、 $13 5^{\circ} \to 31 5^{\circ}$ で $S$ に戻る。◯
$k = 1, 3, 5, 7$ （ $4 5^{\circ}$ の奇数倍）： $13 5^{\circ}$ が $18 0^{\circ}$ に、または $4 5^{\circ}$ が $0^{\circ}$ に移る。×
$k = 2, 6$ （ $\pm 9 0^{\circ}$ ）： $9 0^{\circ}$ が $18 0^{\circ}$ か $0^{\circ}$ に移る。×

したがって

w = 1, w = - 1

の2つである。

f (z) = 0

の解

S

（黒丸、6個）と、

S

に入らない

1

の8乗根

\pm 1

（

\circ

印の位置）。

w

を掛けると全体が回転する。

0^{\circ}

と

18 0^{\circ}

の穴の位置が変わらない回転は

0^{\circ}

と

18 0^{\circ}

だけである。

$1$ の8乗根8個すべてを $w$ の候補として、 $S$ の6個に掛けて $f$ の値を見ると、条件をみたすのは $w = 1$ と $w = - 1$ だけだった。

条件は「すべての $z$ について」である。1つの $z$ でうまくいく $w$ を見つけただけでは足りない。

$∣ w ∣ = 1$ だけでは絞り切れない。 $w z$ が $S$ の元という「位置」の条件まで使う。

$w$ を $1$ の8乗根に限ってよい理由（ $z$ と $w z$ がどちらも $1$ の8乗根だから商も $1$ の8乗根）を書いておく。これを飛ばすと、候補が無限にあるまま場合分けすることになる。

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第3問　整数

階乗・不等式による絞り込み・大小の評価・不定方程式当サイトの体感難易度：やや難

(1)自然数 $a, b$ が $a < b$ をみたすとき $\frac{b !}{a !} \geq b$ を示す

答 $\frac{b !}{a !} = (a + 1) (a + 2) \dots b$ は $b$ を因数にもち、他の因数はすべて $1$ 以上

約分すると連続する整数の積になる。そこに $b$ が入っていて、残りはすべて $1$ 以上だから、積は $b$ 以上である。

$a < b$ なので $b!$ は $a!$ で割り切れて

\frac{b !}{a !} = (a + 1) (a + 2) \dots (b - 1) b

である（ $b - a$ 個の整数の積）。 $a \geq 1$ より因数はすべて $2$ 以上、とくに $1$ 以上で、しかも最後の因数が $b$ である。

$b$ 以外の因数の積を $K$ とおくと $K \geq 1$ （因数が1つもないとき、つまり $b = a + 1$ のときは $K = 1$ ）だから

\frac{b !}{a !} = K b \geq b

である。

等号が成り立つのは $K = 1$ 、すなわち $b = a + 1$ のときである。このことは (2) で使う。

$a = 2, b = 5$ で $\frac{120}{2} = 60 \geq 5$ 、 $a = 4, b = 5$ で $\frac{120}{24} = 5 \geq 5$ （等号）となり、どちらも正しい。

$\frac{b !}{a !}$ は「 $b$ から下へ $b - a$ 個」の積である。 $b$ が因数に入っていることが要点で、ここを言わないと $\geq b$ が出ない。

$b = a + 1$ のときは積が $b$ 1個だけになる。この端の場合も込みで成り立つ。

(2) $2 \cdot a! = b!$ をみたす自然数の組 $(a, b)$ をすべて求める

答 $(a, b) = (1, 2)$

$b! = 2 a! > a!$ だから $b > a$ である。すると (1) が使えて $\frac{b !}{a !} = 2 \geq b$ 、つまり $b$ が $2$ 以下に押さえ込まれる。

$b! = 2 \cdot a! > a!$ である。階乗は $1! \leq 2! \leq 3! \leq \dots$ と（広義）増加なので、 $b! > a!$ から $b > a$ がしたがう。

そこで (1) が使えて

2 = \frac{b !}{a !} \geq b

すなわち $b \leq 2$ である。一方 $b > a \geq 1$ より $b \geq 2$ だから $b = 2$ で、 $2 \cdot a! = 2$ より $a! = 1$ 、 $a = 1$ である。

(a, b) = (1, 2)

は実際 $2 \cdot 1! = 2 = 2!$ をみたす。

$1 \leq a < b \leq 60$ を全探索すると $(1, 2)$ だけだった。

まず $b > a$ を言う。これがないと (1) が使えない。

$a! = 1$ の解は自然数の範囲では $a = 1$ だけである（ $0! = 1$ だが $0$ は自然数に入れない）。

(3) $a! + b! = 2 \cdot c!$ をみたす自然数の組 $(a, b, c)$ をすべて求める

答 $(a, b, c) = (n, n, n)$ （ $n$ は任意の自然数）

$a = b$ なら $a! = c!$ となって $c = a$ 。 $a \neq = b$ のときは、大きいほうを $b$ として「 $c < b$ 」を示し、 $2 \cdot c! \leq 2 (b - 1)!$ と $a! + b! > b! = b (b - 1)!$ を突き合わせると $b < 2$ となって矛盾する。

$a = b$ のとき。 $2 \cdot a! = 2 \cdot c!$ より $a! = c!$ である。階乗は自然数の範囲で単射（ $1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, \dots$ とすべて異なる）だから $c = a$ 。よって $(n, n, n)$ はすべて解である。

$a \neq = b$ のとき。 $a, b$ は入れ替えても式が変わらないので $a < b$ としてよい。

$a! < b!$ だから

b! < a! + b! < 2 \cdot b!

である。真ん中が $2 \cdot c!$ だから $2 \cdot c! < 2 \cdot b!$ 、すなわち $c! < b!$ で $c < b$ 、つまり $c \leq b - 1$ である。したがって

2 \cdot c! \leq 2 (b - 1)!

である。一方

2 \cdot c! = a! + b! > b! = b (b - 1)!

なので、2つを合わせて

b (b - 1)! < 2 (b - 1)! ⟹ b < 2

となる。しかし $b > a \geq 1$ より $b \geq 2$ であり、矛盾する。よって $a \neq = b$ の解はない。

以上より求める組は

(a, b, c) = (n, n, n) (n = 1, 2, 3, \dots)

である。

$1 \leq a, b, c \leq 39$ を全探索すると解は $39$ 組あり、すべて $a = b = c$ だった。

「すべて求めよ」なので、 $a = b = c$ という無限個の解を答えとして書く。1組だけ挙げて終わりにしない。

$a \neq = b$ のとき「 $a < b$ としてよい」と断る。式が $a, b$ について対称だから許される。

$2 \cdot c! \leq 2 (b - 1)!$ と $2 \cdot c! > b (b - 1)!$ という2つの評価を挟み撃ちにする。 $(b - 1)! > 0$ で割れるのがきれいなところである。

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第4問　場合の数

格子点・傾きによる分類・直線の本数・数え上げ当サイトの体感難易度：やや難

(1) $L (3)$ を求める

答 $L (3) = 8$

$3 \times 3$ では、3点以上を通る直線は「3点ちょうどを通る直線」である。横・縦・斜めを数え上げればよい。

$3 \times 3$ の格子点は9個で、横の並びが3本、縦の並びが3本ある。斜めは傾き $1$ と $- 1$ の対角線が1本ずつである。

傾きが $\pm 2$ 、 $\pm \frac{1}{2}$ などの直線はどうか。たとえば傾き $2$ で3点並ぶには $y$ が $4$ だけ増える必要があるが、 $y$ の幅は $3 - 1 = 2$ しかない。よって不可能である。

L (3) = 3 + 3 + 2 = 8

3 \times 3

の格子点と、3点を通る8本の直線（横3・縦3・対角線2）。

9点から2点を選ぶ36通りの直線をすべて作って重複を除き、3点以上通るものを数えると8本だった。

中央の点を通る斜めの直線は対角線2本だけである。「縦横斜めで8本」は三目並べと同じ数え方になる。

(2) $L (4)$ を求める

答 $L (4) = 14$

横・縦に加えて、傾き $\pm 1$ の斜めが何本あるかを数える。傾きが $\pm 2$ 以上や $\pm \frac{1}{2}$ の直線はまだ3点を乗せられない。

横4本、縦4本である。

傾き $1$ 。 直線 $y = x + k$ 上の格子点の個数は、 $k = - 3, - 2, \dots, 3$ に対して $1, 2, 3, 4, 3, 2, 1$ である。3個以上なのは $k = - 1, 0, 1$ の3本。傾き $- 1$ も対称に3本。

その他の傾き。 傾きが $\frac{q}{p}$ （ $p, q$ は互いに素、 $p, q \geq 1$ ）の直線に3点が乗るには、 $x$ が $2 p$ 、 $y$ が $2 q$ だけ増える必要がある。 $4 \times 4$ では幅も高さも $3$ なので $2 p \leq 3$ かつ $2 q \leq 3$ 、つまり $p = q = 1$ しかない。これは傾き $\pm 1$ の場合である。

L (4) = 4 + 4 + 3 + 3 = 14

16点から作れる直線をすべて列挙すると、3点以上通るものは14本だった。

傾き $\pm 1$ の「3点だけ通る」短い対角線を忘れない。長い対角線2本だけでは足りない。

「3点乗せるには $x$ が $2 p$ 増える」という評価が効く。 $4 \times 4$ で傾き $2$ が入らない理由がこれである。

(3) $L (5)$ を求める

答 $L (5) = 32$

$5 \times 5$ になると幅・高さが $4$ になり、傾き $\pm 2$ 、 $\pm \frac{1}{2}$ の直線にも3点が乗るようになる。傾きごとに本数を数える。

横5本、縦5本である。

傾き $\pm 1$ 。 $y = x + k$ 上の点の個数は $k = - 4, \dots, 4$ に対して $1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1$ なので、3個以上は 5本。傾き $- 1$ も 5本。

傾き $2$ 。 方向ベクトルを $(1, 2)$ とすると、3点は $(x, y), (x + 1, y + 2), (x + 2, y + 4)$ である。 $y + 4 \leq 5$ より $y = 1$ 、 $x + 2 \leq 5$ より $x = 1, 2, 3$ の 3本。4点だと $y$ が $6$ 増えて範囲外なので、これ以上は乗らない。

傾き $- 2$ 、 $\frac{1}{2}$ 、 $- \frac{1}{2}$ 。 対称性から、それぞれ 3本ずつ。合わせて $3 \times 4 = 12$ 本。

それ以外の傾き。 傾き $\frac{q}{p}$ （ $p, q$ 互いに素）で3点乗せるには $2 p \leq 4$ かつ $2 q \leq 4$ 、つまり $p \leq 2$ 、 $q \leq 2$ が必要である。互いに素な組は $(p, q) = (1, 1), (1, 2), (2, 1)$ で、すでに数えた傾き $\pm 1, \pm 2, \pm \frac{1}{2}$ に尽きる。

L (5) = 5 + 5 + 5 + 5 + 12 = 32

5 \times 5

で傾き

2

の直線は3本。

(1, 1), (2, 3), (3, 5)

のように3点ずつ乗る。

4 \times 4

までは高さが足りず、この型が現れない。

25点から作れる直線をすべて列挙して重複を除くと、3点以上通るものは32本だった（同じ方法で $L (3) = 8$ 、 $L (4) = 14$ も再現した）。

$n = 5$ で初めて傾き $\pm 2$ 、 $\pm \frac{1}{2}$ が登場する。(1)(2) と同じ数え方のままだと $20$ になってしまう。

傾き $2$ の直線を「 $4$ 本」と数えないこと。 $y = 1$ からしか始められないので3本である。

同じ直線を2回数えないよう、傾きで分類してから本数を数える。

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第5問　積分法

部分積分・漸化式・はさみうちの原理・極限当サイトの体感難易度：標準

(1) $I (m + 1, n + 1)$ を $I (m, n + 1)$ 、 $I (m, n)$ 、 $m$ 、 $n$ で表す

答 $I (m + 1, n + 1) = e^{m + e + 1} - (m + 1) I (m, n + 1) - (n + 1) I (m, n)$

$e^{x}$ を積分する側、 $x^{m + 1} (lo g x)^{n + 1}$ を微分する側にして部分積分する。微分すると $x^{m} (lo g x)^{n + 1}$ と $x^{m} (lo g x)^{n}$ の2つが出て、ちょうど $I (m, n + 1)$ と $I (m, n)$ になる。

$u = x^{m + 1} (lo g x)^{n + 1}$ 、 $v^{'} = e^{x}$ として部分積分する。

I (m + 1, n + 1) = [x^{m + 1} e^{x} (lo g x)^{n + 1}]_{1}^{e} - \int_{1}^{e} e^{x} {x^{m + 1} (lo g x)^{n + 1}}^{'} d x

境界の値。 $x = 1$ では $lo g 1 = 0$ で、 $n + 1 \geq 1$ だから $(lo g 1)^{n + 1} = 0$ 。 $x = e$ では $lo g e = 1$ なので

[\dots]_{1}^{e} = e^{m + 1} \cdot e^{e} \cdot 1 - 0 = e^{m + e + 1}

である。

微分する側。 積の微分で

{x^{m + 1} (lo g x)^{n + 1}}^{'} = (m + 1) x^{m} (lo g x)^{n + 1} + x^{m + 1} (n + 1) (lo g x)^{n} \cdot \frac{1}{x} = (m + 1) x^{m} (lo g x)^{n + 1} + (n + 1) x^{m} (lo g x)^{n}

である。これに $e^{x}$ を掛けて $1$ から $e$ まで積分すると、定義より

(m + 1) I (m, n + 1) + (n + 1) I (m, n)

になる。したがって

I (m + 1, n + 1) = e^{m + e + 1} - (m + 1) I (m, n + 1) - (n + 1) I (m, n)

である。

$m, n = 1, 2, 3$ の9通りで両辺を数値積分すると、相対誤差 $1 0^{- 6}$ 以内で一致した。

$e^{m + 1} \cdot e^{e} = e^{m + e + 1}$ である。 $e^{m + 1}$ と $e^{e}$ を掛け忘れない。

$(lo g x)^{n + 1}$ の微分は $(n + 1) (lo g x)^{n} \cdot \frac{1}{x}$ で、 $\frac{1}{x}$ が付く。これが $x^{m + 1}$ の次数を1つ下げて $x^{m}$ にする。

$x = 1$ での値が $0$ になるのは $n + 1 \geq 1$ だから。 $n$ は自然数なのでつねに成り立つ。

(2)すべての自然数 $m$ に対して $n \to \infty lim I (m, n) = 0$ を示す

答 $0 < I (m, n) \leq \frac{e ^{m + e + 1}}{n + 1} \to 0$ ではさみうち

$t = lo g x$ と置換すると区間が $[0, 1]$ になり、 $(lo g x)^{n}$ が $t^{n}$ になる。残りの因子を定数で上から押さえれば $\int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{1}{n + 1}$ に帰着する。

$t = lo g x$ とおくと $x = e^{t}$ 、 $d x = e^{t} d t$ で、 $x : 1 \to e$ のとき $t : 0 \to 1$ である。

I (m, n) = \int_{0}^{1} e^{m t} \cdot e^{e^{t}} \cdot t^{n} \cdot e^{t} d t = \int_{0}^{1} e^{(m + 1) t} e^{e^{t}} t^{n} d t

である。

上から押さえる。 $0 \leq t \leq 1$ では $e^{(m + 1) t} \leq e^{m + 1}$ 、 $e^{t} \leq e$ より $e^{e^{t}} \leq e^{e}$ である。よって

0 < I (m, n) \leq e^{m + 1} e^{e} \int_{0}^{1} t^{n} d t = \frac{e ^{m + e + 1}}{n + 1}

である（左の不等号は、被積分関数が $0 < t \leq 1$ で正だから）。

$m$ を固定すると $e^{m + e + 1}$ は定数なので、 $n \to \infty$ で右辺は $0$ に収束する。はさみうちの原理より

n \to \infty lim I (m, n) = 0

である。

置換を使わずに、 $1 \leq x \leq e$ で $x^{m} e^{x} \leq e^{m} e^{e}$ 、 $0 \leq lo g x \leq 1$ と押さえて $I (m, n) \leq e^{m + e} \int_{1}^{e} (lo g x)^{n} d x$ としてもよいが、結局 $\int_{1}^{e} (lo g x)^{n} d x \to 0$ を示すのに同じ置換が要る。はじめから置換したほうが早い。

$m = 2$ で $I (2, n)$ を数値積分すると $n = 1, 5, 20, 80$ に対し $46.10, 27.58, 11.52, 3.51$ と減っていき、評価式 $\frac{e ^{m + e + 1}}{n + 1}$ の下にあった。

$(lo g x)^{n} \to 0$ だから積分も $0$ 、とは言えない。 $x = e$ では $(lo g x)^{n} = 1$ のままである。積分全体を定数 $\times \frac{1}{n + 1}$ で押さえるのが要点。

$e^{e^{t}}$ を $e^{e}$ で押さえるとき、 $e^{t} \leq e^{1} = e$ （ $0 \leq t \leq 1$ ）を使う。 $e^{e^{t}} \leq e^{t}$ などとしない。

$m$ は固定して $n$ だけを動かす。 $e^{m + e + 1}$ は $n$ によらない定数である。

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問題文について

(1)a=−1、a=1 のとき、3点 P,Q,R が一直線上にないことを示す

(2)−1<a<1 のとき三角形 PQR の面積の最大値を求める

(1)f(z)=0 をみたすすべての複素数 z に対して ∣z∣=1 が成り立つことを示す

(2)f(z)=0 をみたすすべての z に対して f(wz)=0 が成り立つような複素数 w をすべて求める

(1)自然数 a,b が a<b をみたすとき a!b!​≥b を示す

(2)2⋅a!=b! をみたす自然数の組 (a,b) をすべて求める

(3)a!+b!=2⋅c! をみたす自然数の組 (a,b,c) をすべて求める

(1)L(3) を求める

(2)L(4) を求める

(3)L(5) を求める

(1)I(m+1,n+1) を I(m,n+1)、I(m,n)、m、n で表す

(2)すべての自然数 m に対して n→∞lim​I(m,n)=0 を示す

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(1) $a \neq = - 1$ 、 $a \neq = 1$ のとき、3点 $P, Q, R$ が一直線上にないことを示す

(2) $- 1 < a < 1$ のとき三角形 $PQR$ の面積の最大値を求める

(1) $f (z) = 0$ をみたすすべての複素数 $z$ に対して $∣ z ∣ = 1$ が成り立つことを示す

(2) $f (z) = 0$ をみたすすべての $z$ に対して $f (w z) = 0$ が成り立つような複素数 $w$ をすべて求める

(1)自然数 $a, b$ が $a < b$ をみたすとき $\frac{b !}{a !} \geq b$ を示す

(2) $2 \cdot a! = b!$ をみたす自然数の組 $(a, b)$ をすべて求める

(3) $a! + b! = 2 \cdot c!$ をみたす自然数の組 $(a, b, c)$ をすべて求める

(1) $L (3)$ を求める

(2) $L (4)$ を求める

(3) $L (5)$ を求める

(1) $I (m + 1, n + 1)$ を $I (m, n + 1)$ 、 $I (m, n)$ 、 $m$ 、 $n$ で表す

(2)すべての自然数 $m$ に対して $n \to \infty lim I (m, n) = 0$ を示す