独自の解答・詳解
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全4問・無料

名古屋大学　2019年度　前期日程　理科系

名大理系 2019年度数学の解答・解説

全4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　積分法

漸化式のある定積分・部分積分・円錐の切断・弓形の面積当サイトの体感難易度：難

(1) $I_{n} = \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{d θ}{cos ^{n} θ}$ について $I_{1}$ を求める

答 $I_{1} = lo g (2 + 3)$

問題に与えられた分解 $\frac{1}{cos θ} = \frac{1}{2} (\frac{cos θ}{1 + sin θ} + \frac{cos θ}{1 - sin θ})$ をそのまま使う。分子が分母の微分（の $\pm$ ）になっているので、どちらも $lo g$ になる。

$(1 + sin θ)^{'} = cos θ$ 、 $(1 - sin θ)^{'} = - cos θ$ なので

\int \frac{d θ}{cos θ} = \frac{1}{2} {lo g (1 + sin θ) - lo g (1 - sin θ)} + C = \frac{1}{2} lo g \frac{1 + sin θ}{1 - sin θ} + C

である（ $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{3}$ では $1 \pm sin θ > 0$ ）。 $sin \frac{π}{3} = \frac{3}{2}$ 、 $sin 0 = 0$ だから

I_{1} = \frac{1}{2} lo g \frac{1 + \frac{3}{2}}{1 - \frac{3}{2}} = \frac{1}{2} lo g \frac{2 + 3}{2 - 3}

である。分母を有理化すると $(2 - 3) (2 + 3) = 1$ だから

\frac{2 + 3}{2 - 3} = (2 + 3)^{2}

で、したがって

I_{1} = \frac{1}{2} lo g (2 + 3)^{2} = lo g (2 + 3)

である。

数値積分で $1.3169578969$ 、 $lo g (2 + 3) = 1.3169578969$ だった。

$\frac{2 + 3}{2 - 3}$ をそのまま $lo g$ に残さない。 $(2 - 3) (2 + 3) = 1$ で平方になる。

(2) $n ≧ 3$ のとき $I_{n}$ を $I_{n - 2}$ と $n$ で表す

答 $I_{n} = \frac{3 \cdot 2 ^{n - 2} + ( n - 2 ) I _{n - 2}}{n - 1}$

$\frac{tan θ}{cos ^{n - 2} θ}$ を微分すると $\frac{1}{cos ^{n} θ}$ と $\frac{1}{cos ^{n - 2} θ}$ だけが出てくる。これを $0$ から $\frac{π}{3}$ まで積分すれば、そのまま漸化式になる。部分積分を「微分して確かめる」向きに使うのがいちばん速い。

$\frac{tan θ}{cos ^{n - 2} θ}$ を微分する。積の微分で

\frac{d}{d θ} (\frac{tan θ}{cos ^{n - 2} θ}) = \frac{1}{cos ^{2} θ} \cdot \frac{1}{cos ^{n - 2} θ} + tan θ \cdot \frac{( n - 2 ) sin θ}{cos ^{n - 1} θ}

である（ $(cos^{- (n - 2)} θ)^{'} = (n - 2) sin θ cos^{- (n - 1)} θ$ ）。まとめると

= \frac{1}{cos ^{n} θ} + \frac{( n - 2 ) sin ^{2} θ}{cos ^{n} θ} = \frac{1}{cos ^{n} θ} + \frac{( n - 2 ) ( 1 - cos ^{2} θ )}{cos ^{n} θ}

すなわち

\frac{d}{d θ} (\frac{tan θ}{cos ^{n - 2} θ}) = \frac{n - 1}{cos ^{n} θ} - \frac{n - 2}{cos ^{n - 2} θ}

である。両辺を $0$ から $\frac{π}{3}$ まで積分すると、右辺は $(n - 1) I_{n} - (n - 2) I_{n - 2}$ で、左辺は

[\frac{tan θ}{cos ^{n - 2} θ}]_{0}^{\frac{π}{3}} = \frac{3}{( \frac{1}{2} ) ^{n - 2}} - 0 = 3 \cdot 2^{n - 2}

である（ $tan \frac{π}{3} = 3$ 、 $cos \frac{π}{3} = \frac{1}{2}$ ）。よって

(n - 1) I_{n} - (n - 2) I_{n - 2} = 3 \cdot 2^{n - 2}

で、 $n ≧ 3$ より $n - 1 \neq = 0$ だから

I_{n} = \frac{3 \cdot 2 ^{n - 2} + ( n - 2 ) I _{n - 2}}{n - 1}

である。

$n = 3$ とすると $I_{3} = \frac{2 3 + I _{1}}{2} = 3 + \frac{1}{2} lo g (2 + 3)$ である。(3) で使う。

$n = 3$ から $8$ まで $I_{n}$ を数値積分し、この式の右辺と小数9桁まで一致した。

$\frac{1}{cos ^{n} θ} = \frac{1}{cos ^{n - 2} θ} \cdot \frac{1}{cos ^{2} θ}$ と見て部分積分してもよいが、「何を微分すると目的の形が出るか」から入るほうが計算が短い。

$sin^{2} θ = 1 - cos^{2} θ$ で次数を2つ下げるのがこの種の漸化式の要である。

(3) $x y$ 平面の原点を中心とする半径 $1$ の円板 $D$ を底面、 $(0, 0, 1)$ を頂点とする円錐 $C$ を平面 $x = \frac{1}{2}$ で2つに切ったとき、小さいほうの立体 $S$ の体積を求める

答 $\frac{π}{9} - \frac{3}{6} + \frac{1}{24} lo g (2 + 3)$

$z$ 軸に垂直な平面で切ると、円錐の切り口は半径 $1 - z$ の円板で、 $S$ の切り口はそれを弦 $x = \frac{1}{2}$ で切った弓形になる。弓形の面積を $z$ の式で書いて積分する。 $arccos$ が出るので、 $\frac{1}{2 r} = cos θ$ と置換すると (1)(2) の $I_{n}$ に帰着する。

高さ z での切り口。円錐の断面は半径 r = 1 - z の円で、S の断面は弦 x = 1/2 より右の弓形（網かけ）。中心角の半分を θ とすると cos θ = 1/(2r)。図は r = 0.8 の場合。

切り口の面積。 高さ $z$ （ $0 ≦ z ≦ 1$ ）での円錐の切り口は、原点を中心とする半径 $r = 1 - z$ の円板である。 $S$ はこのうち $x ≧ \frac{1}{2}$ の部分だから、切り口は弦 $x = \frac{1}{2}$ で切り取られる弓形になる。 $r ≦ \frac{1}{2}$ 、つまり $z ≧ \frac{1}{2}$ では空である。

$0 ≦ z < \frac{1}{2}$ のとき、弓形を挟む中心角の半分を $θ$ とすると $cos θ = \frac{1}{2 r}$ である。弓形の面積は「扇形 $-$ 三角形」で

A (r) = r^{2} θ - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 r sin θ = r^{2} θ - \frac{1}{2} r^{2} - \frac{1}{4}

である（扇形は中心角 $2 θ$ で面積 $\frac{1}{2} r^{2} \cdot 2 θ = r^{2} θ$ 、三角形は底辺 $2 r sin θ = 2 r^{2} - \frac{1}{4}$ 、高さ $\frac{1}{2}$ ）。

積分する。 求める体積は

V = \int_{0}^{\frac{1}{2}} A (1 - z) d z = \int_{\frac{1}{2}}^{1} A (r) d r

である（ $r = 1 - z$ 、 $d r = - d z$ で向きが入れ替わる）。ここで $cos θ = \frac{1}{2 r}$ 、つまり

r = \frac{1}{2 cos θ}, d r = \frac{sin θ}{2 cos ^{2} θ} d θ

と置換する。 $r = \frac{1}{2}$ のとき $cos θ = 1$ で $θ = 0$ 、 $r = 1$ のとき $cos θ = \frac{1}{2}$ で $θ = \frac{π}{3}$ である。また

r^{2} = \frac{1}{4 cos ^{2} θ}, r^{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \frac{1 - cos ^{2} θ}{cos ^{2} θ} = \frac{tan θ}{2}

なので

A (r) = \frac{θ}{4 cos ^{2} θ} - \frac{tan θ}{4}

である。したがって

V = \int_{0}^{\frac{π}{3}} (\frac{θ}{4 cos ^{2} θ} - \frac{tan θ}{4}) \frac{sin θ}{2 cos ^{2} θ} d θ = \frac{1}{8} \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{θ sin θ}{cos ^{4} θ} d θ - \frac{1}{8} \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{sin ^{2} θ}{cos ^{3} θ} d θ

である。2つに分けて計算する。

第1項。 $\frac{d}{d θ} (\frac{1}{3 cos ^{3} θ}) = \frac{sin θ}{cos ^{4} θ}$ なので、部分積分で

\int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{θ sin θ}{cos ^{4} θ} d θ = [\frac{θ}{3 cos ^{3} θ}]_{0}^{\frac{π}{3}} - \frac{1}{3} \int_{0}^{\frac{π}{3}} \frac{d θ}{cos ^{3} θ} = \frac{8 π}{9} - \frac{I _{3}}{3}

である（ $cos^{3} \frac{π}{3} = \frac{1}{8}$ なので $\frac{π /3}{3 \cdot \frac{1}{8}} = \frac{8 π}{9}$ ）。

第2項。 $sin^{2} θ = 1 - cos^{2} θ$ より

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

である。よって

V = \frac{1}{8} (\frac{8 π}{9} - \frac{I _{3}}{3}) - \frac{1}{8} (I_{3} - I_{1}) = \frac{π}{9} - \frac{I _{3}}{6} + \frac{I _{1}}{8}

である（ $- \frac{1}{24} I_{3} - \frac{1}{8} I_{3} = - \frac{1}{6} I_{3}$ ）。(2) より $I_{3} = 3 + \frac{1}{2} I_{1}$ だから

V = \frac{π}{9} - \frac{1}{6} (3 + \frac{I _{1}}{2}) + \frac{I _{1}}{8} = \frac{π}{9} - \frac{3}{6} + (\frac{1}{8} - \frac{1}{12}) I_{1}

で、 $\frac{1}{8} - \frac{1}{12} = \frac{1}{24}$ と $I_{1} = lo g (2 + 3)$ から

V = \frac{π}{9} - \frac{3}{6} + \frac{1}{24} lo g (2 + 3)

である。数値は $0.11526 \dots$ で、円錐全体の体積 $\frac{π}{3} = 1.0472$ の約 $11%$ である。

弓形の面積を $z$ について数値積分すると $0.1152639615$ 、式の値も $0.1152639615$ だった。200万点のモンテカルロでも $0.115162$ になった。

切り口が空になるのは $r ≦ \frac{1}{2}$ 、つまり $z ≧ \frac{1}{2}$ のとき。積分範囲を $0 ≦ z ≦ 1$ にしない。

弓形の面積は「扇形 $-$ 三角形」。三角形の高さは $\frac{1}{2}$ （原点から弦までの距離）で、 $r$ ではない。

$cos θ = \frac{1}{2 r}$ という置換が (1)(2) への橋渡しになっている。 $θ$ の範囲が $[0, \frac{π}{3}]$ とぴったり一致するのが設計である。

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第2問　空間ベクトル

正射影・内積・鈍角の判定・余弦定理当サイトの体感難易度：標準

(1)空間内の $∠ BAC = \frac{π}{2}$ の直角二等辺三角形 $ABC$ と平面 $P$ があり、 $A$ は $P$ 上、 $B, C$ は $P$ 上になく $P$ に関して同じ側にある。 $B, C$ から $P$ に下ろした垂線の足を $B^{'}, C^{'}$ とするとき、 $AB^{'} \cdot AC^{'} + B^{'} B \cdot C^{'} C = 0$ を示す

答 $AB = AB^{'} + B^{'} B$ などと分解すると、直交する項が消えて $AB \cdot AC = 0$ そのものになる

$AB$ を「 $P$ に平行な成分」と「 $P$ に垂直な成分」に分ける。前者が $AB^{'}$ 、後者が $B^{'} B$ で、異なる種類どうしの内積は $0$ になる。示すべき式はちょうど $AB \cdot AC$ の展開である。

$P$ の単位法線ベクトルを $n$ とする。 $B^{'}$ は $B$ から $P$ に下ろした垂線の足なので $B^{'} B$ は $n$ に平行、 $AB^{'}$ は $P$ 上のベクトルなので $n$ に垂直である。 $C$ についても同じである。したがって

AB^{'} \cdot C^{'} C = 0, B^{'} B \cdot AC^{'} = 0

である。一方

AB = AB^{'} + B^{'} B, AC = AC^{'} + C^{'} C

なので、内積を展開すると

AB \cdot AC = AB^{'} \cdot AC^{'} + AB^{'} \cdot C^{'} C + B^{'} B \cdot AC^{'} + B^{'} B \cdot C^{'} C

で、まん中の2項が $0$ だから

AB \cdot AC = AB^{'} \cdot AC^{'} + B^{'} B \cdot C^{'} C

である。 $∠ BAC = \frac{π}{2}$ より左辺は $0$ なので

AB^{'} \cdot AC^{'} + B^{'} B \cdot C^{'} C = 0

である。 $■$

座標を組んで数値で確かめると、左辺は $0.00 e + 00$ になった。

$AB^{'}$ は「 $P$ 上のベクトル」、 $B^{'} B$ は「 $P$ に垂直なベクトル」。この2種類が直交することを明記する。

$A$ が $P$ 上にあるので $AB^{'}$ が $P$ 上のベクトルになる。 $A$ の位置の条件が効いている。

(2) $∠ B^{'} AC^{'} > \frac{π}{2}$ を示す

答(1) より $AB^{'} \cdot AC^{'} = - B^{'} B \cdot C^{'} C < 0$

$B, C$ は $P$ の同じ側にあるので $B^{'} B$ と $C^{'} C$ は同じ向きで、その内積は正である。(1) の等式からもう一方の内積が負と分かる。

$P$ の単位法線 $n$ を、 $B$ のある側を向くようにとる。 $B, C$ は $P$ 上になく同じ側にあるので、正の数 $b, c$ があって

B^{'} B = b n, C^{'} C = c n (b > 0, c > 0)

と書ける。 $∣ n ∣ = 1$ だから

B^{'} B \cdot C^{'} C = b c > 0

である。(1) より

AB^{'} \cdot AC^{'} = - b c < 0 \dots ①

である。とくに左辺は $0$ でないので $AB^{'} \neq = 0$ 、 $AC^{'} \neq = 0$ であり、 $∠ B^{'} AC^{'}$ が定まる。そして

cos ∠ B^{'} AC^{'} = \frac{AB ^{'} \cdot AC ^{'}}{AB ^{'} AC ^{'}} < 0

である。 $0 ≦ ∠ B^{'} AC^{'} ≦ π$ で $cos$ が負なのは $\frac{π}{2} < ∠ B^{'} AC^{'} ≦ π$ のときだから

∠ B^{'} AC^{'} > \frac{π}{2}

である。 $■$

「同じ側にある」が $b, c$ の符号をそろえ、「 $P$ 上にない」が $b, c \neq = 0$ を保証している。どちらが欠けても結論は崩れる。

(3) の設定で実際に角を計算すると $109. 1^{\circ} > 9 0^{\circ}$ だった。

$AB^{'} = 0$ だと角が定まらない。① の左辺が $0$ でないことから、 $B^{'} \neq = A$ 、 $C^{'} \neq = A$ が言える。

(3) $P$ 上の三角形 $AB^{'} C^{'}$ の辺の長さが短いものから $4, 21, 7$ であるとき、辺 $AB$ の長さを求める

答 $AB = 5$

(2) より $A$ のところが鈍角なので、 $A$ の対辺 $B^{'} C^{'}$ がいちばん長い $7$ に決まる。これで3辺の割り当てが確定し、余弦定理から ① の $b c$ が出る。あとは $AB = AC$ を使って $b, c$ を決める。

辺の割り当て。 三角形では最大角の対辺が最大辺である。(2) より $∠ B^{'} AC^{'}$ は鈍角で、三角形の鈍角は1つしかないから $∠ B^{'} AC^{'}$ が最大角である。よってその対辺 $B^{'} C^{'}$ が最大辺で

B^{'} C^{'} = 7, {AB^{'}, AC^{'}} = {4, 21}

である。以下 $AB^{'} = 4$ 、 $AC^{'} = 21$ とする（入れ替えても $AB$ は同じ値になることを最後に確かめる）。

平面 P 上の三角形 AB'C'。A のところが鈍角（約 109.1°）なので、その対辺 B'C' が最大辺 7 になる。

内積を求める。 余弦定理から

cos ∠ B^{'} AC^{'} = \frac{4 ^{2} + ( 21 ) ^{2} - 7 ^{2}}{2 \cdot 4 \cdot 21} = \frac{16 + 21 - 49}{8 21} = \frac{- 12}{8 21} = - \frac{3}{2 21}

である（負なので確かに鈍角）。よって

AB^{'} \cdot AC^{'} = 4 \cdot 21 \cdot (- \frac{3}{2 21}) = - 6

で、(2) の ① から

b c = 6 \dots ②

である。

$b, c$ を決める。 三平方の定理から

AB^{2} = AB^{' 2} + b^{2} = 16 + b^{2}, AC^{2} = AC^{' 2} + c^{2} = 21 + c^{2}

である。 $△ ABC$ は $∠ BAC = \frac{π}{2}$ の直角二等辺三角形なので $AB = AC$ 、したがって

16 + b^{2} = 21 + c^{2}, すなわち b^{2} - c^{2} = 5 \dots ③

である。② より $c = \frac{6}{b}$ を ③ に入れると

b^{2} - \frac{36}{b ^{2}} = 5 ⟹ b^{4} - 5 b^{2} - 36 = 0 ⟹ (b^{2} - 9) (b^{2} + 4) = 0

となる。 $b > 0$ より $b^{2} = 9$ 、つまり $b = 3$ で、② から $c = 2$ である。よって

AB^{2} = 16 + 9 = 25, AB = 5

である。

入れ替えた場合。 $AB^{'} = 21$ 、 $AC^{'} = 4$ とすると ③ は $b^{2} - c^{2} = - 5$ になり、同じ計算で $b = 2, c = 3$ 、 $AB^{2} = 21 + 4 = 25$ でやはり $AB = 5$ である。

AB = 5

$(b, c) = (3, 2)$ として座標を組むと $AB = AC = 5.000000000$ 、 $AB \cdot AC = 0$ 、 $B^{'} C^{'} = 7.000000$ で、すべて条件に合った。

「短いものから $4, 21, 7$ 」だけでは $A$ がどの頂点か決まらない。(2) の鈍角が、最大辺 $7$ を $A$ の対辺に固定する働きをしている。

$b^{4} - 5 b^{2} - 36 = 0$ の $b^{2} = - 4$ は捨てる。 $b$ は長さなので正である。

$AB = AC$ は「直角二等辺」の等辺が $AB, AC$ であることによる（直角が $A$ にあるから）。

第2問だけのページ

第3問　整数

平方根の小数部分・不等式の整数解・ガウス記号当サイトの体感難易度：標準

(1)正の整数 $n$ の正の平方根 $n$ が整数でなく、 $10$ 進法で表したとき小数第1位が $0$ 、第2位が $0$ 以外であるとき、このような $n$ の最小のものを求める

答 $n = 26$

条件を小数部分の不等式 $0.01 ≦ n - m < 0.1$ （ $m = [n]$ ）に書き直す。2乗すると $n$ が入る区間が $m$ の式で書けるので、 $m = 1, 2, 3, \dots$ と順に、その区間に整数が入るかを見ればよい。

$m = [n]$ とおく。 $n$ の小数部分を $f = n - m$ とすると、条件は

小数第1位が $0$ ： $0 ≦ f < 0.1$
小数第2位が $0$ 以外： $f ≧ 0.01$ （これは $n$ が整数でないことも含む）

すなわち

0.01 ≦ n - m < 0.1 \dots ①

である。① の各辺に $m$ を足して2乗すると（すべて正なので向きは変わらない）

(m + 0.01)^{2} ≦ n < (m + 0.1)^{2}

すなわち

m^{2} + 0.02 m + 0.0001 ≦ n < m^{2} + 0.2 m + 0.01 \dots ②

である。 $k = n - m^{2}$ （整数）とおくと ② は

0.02 m + 0.0001 ≦ k < 0.2 m + 0.01 \dots ③

となる。 $m$ を小さいほうから調べる。

$m = 1$ ： $0.0201 ≦ k < 0.21$ 。整数 $k$ なし
$m = 2$ ： $0.0401 ≦ k < 0.41$ 。なし
$m = 3$ ： $0.0601 ≦ k < 0.61$ 。なし
$m = 4$ ： $0.0801 ≦ k < 0.81$ 。なし
$m = 5$ ： $0.1001 ≦ k < 1.01$ 。 $k = 1$ があり、 $n = 25 + 1 = 26$

$m$ が大きくなると $n ≧ m^{2}$ も大きくなるので、 $m ≦ 4$ に解がない以上、最小は $m = 5$ のときの

n = 26

である。実際 $26 = 5.09901 \dots$ で、小数第1位は $0$ 、第2位は $9$ である。

③ の右端が $1$ を超えるのは $0.2 m + 0.01 > 1$ 、つまり $m ≧ 5$ のときである。「 $k = 1$ が入れるようになる最小の $m$ 」が $5$ だと見てもよい。

$n = 1$ から順に $n$ の小数部分を計算すると、条件を満たす最小の $n$ は $26$ だった。

「小数第2位が $0$ 以外」は $f ≧ 0.01$ と同値（ $f < 0.1$ のもとで）。 $f > 0$ だけでは足りない。

$(m + 0.01)^{2}$ を展開するとき $0.0001$ を落とさない。もっとも、 $k$ が整数なので最後は効かない。

(2)このような $n$ を小さいものから順に並べたときの10番目を求める

答 $n = 145$

(1) の ③ をそのまま $m = 5, 6, 7, \dots$ と続ける。 $m$ ごとに該当する $k$ （したがって $n$ ）を全部書き出し、 $m$ の小さい順に並べれば順番がそのまま決まる。

(1) の ③ は

0.02 m + 0.0001 ≦ k < 0.2 m + 0.01

である。 $m$ が同じなら $n = m^{2} + k$ は $k$ について増加し、 $m$ が1つ増えると $n$ は必ず大きくなるので、 $m$ の小さい順に並べればよい。

$m = 5$ ： $0.1001 ≦ k < 1.01$ より $k = 1$ 。 $n = 26$
$m = 6$ ： $0.1201 ≦ k < 1.21$ より $k = 1$ 。 $n = 37$
$m = 7$ ： $0.1401 ≦ k < 1.41$ より $k = 1$ 。 $n = 50$
$m = 8$ ： $0.1601 ≦ k < 1.61$ より $k = 1$ 。 $n = 65$
$m = 9$ ： $0.1801 ≦ k < 1.81$ より $k = 1$ 。 $n = 82$
$m = 10$ ： $0.2001 ≦ k < 2.01$ より $k = 1, 2$ 。 $n = 101, 102$
$m = 11$ ： $0.2201 ≦ k < 2.21$ より $k = 1, 2$ 。 $n = 122, 123$
$m = 12$ ： $0.2401 ≦ k < 2.41$ より $k = 1, 2$ 。 $n = 145, 146$

小さい順に並べると

26, 37, 50, 65, 82, 101, 102, 122, 123, \underline{145}, 146, \dots

なので、10番目は

n = 145

である。実際 $145 = 12.04159 \dots$ で、小数第1位は $0$ 、第2位は $4$ である。

$m$ ごとの個数は ③ の区間の幅 $0.18 m + 0.0099$ でおおよそ決まり、 $m = 5 \sim 9$ で1個、 $m = 10 \sim 15$ で2個、…… と増えていく。9番目までが $m ≦ 11$ で尽きるので、10番目は $m = 12$ の小さいほうになる。

$n$ を $1$ から順に総当たりすると、条件を満たすものは $26, 37, 50, 65, 82, 101, 102, 122, 123, 145, \dots$ で、10番目は $145$ だった。

$m$ ごとに $k$ が1個とは限らない。 $m = 10$ から2個になるので、ここで数え落とすと順番がずれる。

$k < 0.2 m + 0.01$ の右端は整数になりえない（ $0.01$ がある）ので、 $k ≦ [0.2 m + 0.01]$ としてよい。

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第4問　場合の数

順列のサイクル・かく乱順列・対数と調和級数・積分による評価当サイトの体感難易度：難

(1) $1, 2, \dots, n$ の順列 $(a_{1}, \dots, a_{n})$ を等確率に選び、 $a_{i} = j \to a_{j} = k \to \dots$ とたどってできる巡回の長さをサイクルの長さとする。 $n = 3$ のとき、選んだ順列が長さ $1$ のサイクルを含む確率を求める

答 $\frac{2}{3}$

長さ $1$ のサイクルとは $a_{i} = i$ （不動点）のこと。余事象は「不動点がない」、つまりかく乱順列である。 $n = 3$ なら数えるだけで済む。

長さ $1$ のサイクルは $a_{i} = i$ となる $i$ そのものである（ $a_{i} = i$ なら1歩で戻る）。

$n = 3$ の順列は $3! = 6$ 通りで、 $a_{i} = i$ となる $i$ が1つもないのは

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

の $2$ 通りである（どちらも長さ $3$ のサイクル1つ）。よって長さ $1$ のサイクルを含むのは $6 - 2 = 4$ 通りで、求める確率は

\frac{4}{6} = \frac{2}{3}

である。

残り4通りを書き出すと $(1, 2, 3)$ （長さ1が3つ）、 $(1, 3, 2), (3, 2, 1), (2, 1, 3)$ （長さ1が1つと長さ2が1つ）である。

$6$ 通りを全列挙して数えると $4$ 通りだった。

(2) $n = 4$ のとき、長さ $4$ のサイクルを含む順列をすべて挙げる

答 $(2, 3, 4, 1), (2, 4, 1, 3), (3, 1, 4, 2), (3, 4, 2, 1), (4, 1, 2, 3), (4, 3, 1, 2)$ の6個

長さ $4$ のサイクルは $1, 2, 3, 4$ をひと回りする巡回で、 $1$ から出発して残り3つを並べる順番で決まるから $3! = 6$ 個。巡回の順番を書き出し、それを $a_{i}$ の形に直す。

$n = 4$ で長さ $4$ のサイクルを含むのは、 $1, 2, 3, 4$ 全体が1つの巡回になっているときである。巡回は $1 \to x \to y \to z \to 1$ の形で、 $(x, y, z)$ は $2, 3, 4$ の並べ方だから $3! = 6$ 通りある。

それぞれを $(a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4})$ に直す。たとえば $1 \to 2 \to 3 \to 4 \to 1$ なら $a_{1} = 2, a_{2} = 3, a_{3} = 4, a_{4} = 1$ である。

$1 \to 2 \to 3 \to 4 \to 1$ ： $(2, 3, 4, 1)$
$1 \to 2 \to 4 \to 3 \to 1$ ： $(2, 4, 1, 3)$
$1 \to 3 \to 2 \to 4 \to 1$ ： $(3, 4, 2, 1)$
$1 \to 3 \to 4 \to 2 \to 1$ ： $(3, 1, 4, 2)$
$1 \to 4 \to 2 \to 3 \to 1$ ： $(4, 3, 1, 2)$
$1 \to 4 \to 3 \to 2 \to 1$ ： $(4, 1, 2, 3)$

番号順に並べ直すと

(2, 3, 4, 1), (2, 4, 1, 3), (3, 1, 4, 2), (3, 4, 2, 1), (4, 1, 2, 3), (4, 3, 1, 2)

の6個である。

$24$ 通りを全列挙してサイクル分解すると、長さ $4$ のサイクル1つになるのはこの6通りだけだった。

巡回の書き方 $1 \to 3 \to 2 \to 4 \to 1$ と、順列の書き方 $(3, 4, 2, 1)$ を混同しない。前者は「次にどこへ行くか」の並び、後者は添字順に値を並べたものである。

$(2, 1, 4, 3)$ のような「長さ2が2つ」は長さ4のサイクルではない。

(3) $n$ 以下の正の整数 $k$ に対して $j = k \sum n \frac{1}{j} > lo g (n + 1) - lo g k$ を示す

答 $\frac{1}{j} > \int_{j}^{j + 1} \frac{d x}{x}$ を $j = k$ から $n$ まで足す

$\frac{1}{x}$ は減少関数なので、区間 $[j, j + 1]$ では $\frac{1}{x} ≦ \frac{1}{j}$ で、等号は左端だけ。幅 $1$ の区間で積分すると $\frac{1}{j}$ のほうが真に大きい。これを足し合わせると右辺の $lo g$ が望遠鏡のように縮む。

$j$ を正の整数とする。 $j ≦ x ≦ j + 1$ では $\frac{1}{x} ≦ \frac{1}{j}$ で、 $x > j$ では真に $\frac{1}{x} < \frac{1}{j}$ である。よって

\int_{j}^{j + 1} \frac{d x}{x} < \int_{j}^{j + 1} \frac{d x}{j} = \frac{1}{j}

である。左辺は

\int_{j}^{j + 1} \frac{d x}{x} = lo g (j + 1) - lo g j

だから

\frac{1}{j} > lo g (j + 1) - lo g j

である。これを $j = k, k + 1, \dots, n$ について足すと、右辺は隣どうしで打ち消し合って

j = k \sum n {lo g (j + 1) - lo g j} = lo g (n + 1) - lo g k

となる。よって

j = k \sum n \frac{1}{j} > lo g (n + 1) - lo g k

である。 $■$

$1 ≦ k ≦ n ≦ 59$ のすべての組で数値的に確かめ、反例は $0$ 件だった。

不等号が真に成り立つことを言うには、 $\frac{1}{x} < \frac{1}{j}$ となる $x$ が区間の中に正の長さぶんあることに触れる。

$lo g (n + 1)$ と $lo g n$ を取り違えない。区間の右端まで積分するので $n + 1$ である。

(4) $n$ を奇数とするとき、選んだ順列が長さ $\frac{n + 1}{2}$ 以上のサイクルを含む確率 $p$ が $p > lo g 2$ を満たすことを示す

答長さがちょうど $L (L > \frac{n}{2})$ のサイクルをもつ確率が $\frac{1}{L}$ なので $p = L = \frac{n + 1}{2} \sum n \frac{1}{L} > lo g (n + 1) - lo g \frac{n + 1}{2} = lo g 2$

$L > \frac{n}{2}$ の長さのサイクルは、あったとしても1つしかない。だから「長さ $L$ のサイクルをもつ順列」の個数を数えて足せばよく、重複を心配しなくてよい。個数を数えると $\frac{n !}{L}$ というきれいな形になり、確率は $\frac{1}{L}$ になる。

長さが半分を超えるサイクルは高々1つ。 長さ $L_{1}, L_{2}$ の異なる2つのサイクルがあれば、それらは共通の数字をもたないので $L_{1} + L_{2} ≦ n$ である。 $L > \frac{n}{2}$ のサイクルが2つあると $L_{1} + L_{2} > n$ となって矛盾する。よって長さ $\frac{n}{2}$ より大きいサイクルは、あっても1つである。

$n$ は奇数なので $\frac{n + 1}{2} > \frac{n}{2}$ である。したがって「長さ $\frac{n + 1}{2}$ 以上のサイクルを含む」という事象は、 $L = \frac{n + 1}{2}, \frac{n + 1}{2} + 1, \dots, n$ について「長さがちょうど $L$ のサイクルをもつ」という事象の排反な和になる。

長さちょうど $L$ のサイクルをもつ順列の個数。 $\frac{n}{2} < L ≦ n$ とする。

サイクルに入る $L$ 個の数字を選ぶ： $_{n} C_{L}$ 通り
その $L$ 個を1つの巡回に並べる： $(L - 1)!$ 通り（円順列）
残り $n - L$ 個の並べ方： $(n - L)!$ 通り（ $n - L < \frac{n}{2} < L$ なので、ここから長さ $L$ 以上のサイクルは出てこない）

よって個数は

_{n} C_{L} \cdot (L - 1)! \cdot (n - L)! = \frac{n !}{L ! ( n - L ) !} \cdot (L - 1)! \cdot (n - L)! = \frac{n !}{L}

である。全体が $n!$ 通りなので、長さちょうど $L$ のサイクルをもつ確率は $\frac{1}{L}$ である。

$p$ を書く。 排反な和だから

p = L = \frac{n + 1}{2} \sum n \frac{1}{L}

である。(3) を $k = \frac{n + 1}{2}$ （ $n$ が奇数なので正の整数）として使うと

p > lo g (n + 1) - lo g \frac{n + 1}{2} = lo g \frac{n + 1}{\frac{n + 1}{2}} = lo g 2

である。 $■$

$n = 5$ なら $p = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} = \frac{47}{60} = 0.7833$ 、 $n = 11$ なら $0.7365$ で、 $n$ を大きくしても $lo g 2 = 0.6931$ を下回らない。実際 $n \to \infty$ で $p \to lo g 2$ に近づく。

$n = 5, 7, 9, 11$ で全順列を列挙して $p$ を分数で求めると、 $\frac{47}{60}, \frac{319}{420}, \frac{1879}{2520}, \frac{20417}{27720}$ となり、 $\sum_{L} \frac{1}{L}$ と完全に一致した。いずれも $lo g 2 = 0.69314718$ より大きい。

「長さ $\frac{n + 1}{2}$ 以上」をいきなり足すと重複を疑いたくなるが、半分を超える長さのサイクルは高々1つなので排反である。 $n$ が奇数という条件はここで効く。

$_{n} C_{L} (L - 1)! (n - L)! = \frac{n !}{L}$ の約分を丁寧に書く。 $L!$ と $(L - 1)!$ が $L$ だけ残す。

(3) の $k$ に $\frac{n + 1}{2}$ を入れるには、それが正の整数で $k ≦ n$ であることが要る。 $n$ が奇数で $n ≧ 1$ ならどちらも成り立つ。

第4問だけのページ

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問題文について

(1)In​=∫03π​​cosnθdθ​ について I1​ を求める

(2)n≧3 のとき In​ を In−2​ と n で表す

(3)xy 平面の原点を中心とする半径 1 の円板 D を底面、(0,0,1) を頂点とする円錐 C を平面 x=21​ で2つに切ったとき、小さいほうの立体 S の体積を求める

(1)空間内の ∠BAC=2π​ の直角二等辺三角形 ABC と平面 P があり、A は P 上、B,C は P 上になく P に関して同じ側にある。B,C から P に下ろした垂線の足を B′,C′ とするとき、AB′⋅AC′+B′B⋅C′C=0 を示す

(2)∠B′AC′>2π​ を示す

(3)P 上の三角形 AB′C′ の辺の長さが短いものから 4, 21​, 7 であるとき、辺 AB の長さを求める

(1)正の整数 n の正の平方根 n​ が整数でなく、10 進法で表したとき小数第1位が 0、第2位が 0 以外であるとき、このような n の最小のものを求める

(2)このような n を小さいものから順に並べたときの10番目を求める

(1)1,2,…,n の順列 (a1​,…,an​) を等確率に選び、ai​=j→aj​=k→⋯ とたどってできる巡回の長さをサイクルの長さとする。n=3 のとき、選んだ順列が長さ 1 のサイクルを含む確率を求める

(2)n=4 のとき、長さ 4 のサイクルを含む順列をすべて挙げる

(3)n 以下の正の整数 k に対して j=k∑n​j1​>log(n+1)−logk を示す

(4)n を奇数とするとき、選んだ順列が長さ 2n+1​ 以上のサイクルを含む確率 p が p>log2 を満たすことを示す

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