独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全4問・無料

名古屋大学　2020年度　前期日程　理科系

名大理系 2020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　図形と方程式

双曲線・解と係数の関係・点と直線の距離・面積の最小値当サイトの体感難易度：標準

(1)双曲線 $x^{2} - y^{2} = 1$ の $x > 0$ の部分を $C_{1}$ 、 $x < 0$ の部分を $C_{2}$ とするとき、直線 $a x - b y = 1$ が $C_{1}, C_{2}$ の両方と1点ずつで交わるための $a, b$ の条件を求める

答 $a^{2} < b^{2}$

$y$ を消して $x$ の2次方程式にすると、「 $C_{1}$ と $C_{2}$ に1点ずつ」は「 $x$ の2解が正と負に1つずつ」と言い換わる。符号が分かれる条件は判別式ではなく解の積が負なので、定数項と2次の係数の比だけ見ればよい。

$b = 0$ は不適。 $b = 0$ なら直線は $a x = 1$ で、 $a \neq = 0$ のときは $x = \frac{1}{a}$ という $y$ 軸に平行な直線である。 $x$ の符号が1つに決まるので、 $C_{1}$ と $C_{2}$ の両方とは交われない。 $a = 0$ なら直線にならない。よって $b \neq = 0$ である。

$b \neq = 0$ のとき $y = \frac{a x - 1}{b}$ を $x^{2} - y^{2} = 1$ に代入して、両辺を $b^{2}$ 倍すると

b^{2} x^{2} - (a x - 1)^{2} = b^{2}

すなわち

(b^{2} - a^{2}) x^{2} + 2 a x - (1 + b^{2}) = 0 \dots ①

である。双曲線上の点は $x$ が決まれば $y = \frac{a x - 1}{b}$ で1つに決まるので、交点と ① の実数解は1対1に対応する。したがって求める条件は

① が正の解と負の解を 1 つずつもつ

である。

係数を見る。 まず $b^{2} - a^{2} = 0$ だと ① は1次方程式になり、解が1つしかないので不適である。よって $b^{2} - a^{2} \neq = 0$ で、① は2次方程式である。

2解を $x_{1}, x_{2}$ とすると、解と係数の関係から

x_{1} x_{2} = \frac{- ( 1 + b ^{2} )}{b ^{2} - a ^{2}}

である。解が正と負に1つずつあるのは $x_{1} x_{2} < 0$ のとき、つまり

\frac{1 + b ^{2}}{b ^{2} - a ^{2}} > 0 ⟺ b^{2} - a^{2} > 0

のときである（ $1 + b^{2} > 0$ に注意）。このとき2解の積が負なので判別式は自動的に正になり、実数解も確かに2つある。よって求める条件は

a^{2} < b^{2} (すなわち ∣ a ∣ < ∣ b ∣)

である（このとき $b \neq = 0$ も自動的に成り立つ）。

$(a, b) = (1, 0.3)$ （ $a^{2} > b^{2}$ ）では2解とも同符号になり、 $(a, b) = (0.3, 1)$ では $x = 1.189, - 1.848$ と符号が分かれた。

$y$ 軸に平行な場合（ $b = 0$ ）を先に外しておく。代入して割る操作が使えないので、別扱いが要る。

「2つの実数解をもつ」だけでは足りない。両方とも正だと $C_{1}$ 側に2点、 $C_{2}$ 側に0点になる。見るのは解の積の符号である。

$b^{2} - a^{2} = 0$ の場合は2次方程式ですらない。係数が $0$ になる場合を落とさない。

(2) $a^{2} < b^{2}$ のとき、 $A (a, b)$ と、直線 $a x - b y = 1$ が $C_{1}, C_{2}$ と交わる点 $P, Q$ でできる $△ APQ$ の面積 $S$ を $a, b$ で表す

答 $S = \frac{( 1 + b ^{2} - a ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}{b ^{2} - a ^{2}}$

$PQ$ を底辺、 $A$ から直線までの距離を高さとする。 $PQ$ は ① の2解の差から、距離は点と直線の距離の公式から出る。交点の座標そのものは要らない。

(a, b) = (0.3, 1) のときの様子。双曲線 x² - y² = 1 の右の枝が C1、左の枝が C2 で、直線 ax - by = 1 が各枝と1点ずつで交わる。網かけが △APQ。

高さ。 $A (a, b)$ と直線 $a x - b y - 1 = 0$ の距離 $d$ は

d = \frac{∣ a \cdot a - b \cdot b - 1 ∣}{a ^{2} + b ^{2}} = \frac{a ^{2} - b ^{2} - 1}{a ^{2} + b ^{2}}

である。 $a^{2} - b^{2} < 0$ だから $a^{2} - b^{2} - 1 < 0$ で、絶対値が外れて

d = \frac{1 + b ^{2} - a ^{2}}{a ^{2} + b ^{2}}

である。とくに $d > 0$ なので $A$ は直線上になく、 $△ APQ$ はつぶれない。

底辺。 ① の2解を $x_{1}, x_{2}$ とすると、解と係数の関係から

x_{1} + x_{2} = \frac{- 2 a}{b ^{2} - a ^{2}}, x_{1} x_{2} = \frac{- ( 1 + b ^{2} )}{b ^{2} - a ^{2}}

である。 $k = b^{2} - a^{2} (> 0)$ とおくと

(x_{1} - x_{2})^{2} = \frac{4 a ^{2}}{k ^{2}} + \frac{4 ( 1 + b ^{2} )}{k} = \frac{4 { a ^{2} + ( 1 + b ^{2} ) k }}{k ^{2}}

で、中身を展開すると

a^{2} + (1 + b^{2}) (b^{2} - a^{2}) = a^{2} + b^{2} - a^{2} + b^{4} - a^{2} b^{2} = b^{2} (1 + b^{2} - a^{2})

となる。したがって

(x_{1} - x_{2})^{2} = \frac{4 b ^{2} ( 1 + b ^{2} - a ^{2} )}{k ^{2}}

である。 $y = \frac{a x - 1}{b}$ より $y_{1} - y_{2} = \frac{a}{b} (x_{1} - x_{2})$ なので

PQ^{2} = (x_{1} - x_{2})^{2} (1 + \frac{a ^{2}}{b ^{2}}) = \frac{4 b ^{2} ( 1 + b ^{2} - a ^{2} )}{k ^{2}} \cdot \frac{a ^{2} + b ^{2}}{b ^{2}} = \frac{4 ( 1 + b ^{2} - a ^{2} ) ( a ^{2} + b ^{2} )}{k ^{2}}

すなわち

PQ = \frac{2 ( 1 + b ^{2} - a ^{2} ) ( a ^{2} + b ^{2} )}{k}

である（ $k > 0$ ）。

面積。 以上から

S = \frac{1}{2} \cdot PQ \cdot d = \frac{1}{2} \cdot \frac{2 ( 1 + b ^{2} - a ^{2} ) ( a ^{2} + b ^{2} )}{k} \cdot \frac{1 + b ^{2} - a ^{2}}{a ^{2} + b ^{2}}

で、 $a^{2} + b^{2}$ が約分されて

S = \frac{( 1 + b ^{2} - a ^{2} ) ^{\frac{3}{2}}}{b ^{2} - a ^{2}}

である。

$S$ が $a, b$ に $b^{2} - a^{2}$ の形でしか依存していないのが、この問題のしかけである。(3) でそのまま効く。

$(a, b) = (3, - 4)$ で交点を数値で求め、 $\frac{1}{2} AP \times AQ$ を計算すると $3.2324881426$ 、式の値も $3.2324881426$ だった。

交点の座標を根号で書き下すと式が重くなる。 $PQ$ は $(x_{1} - x_{2})^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2}$ で出す。

$a^{2} - b^{2} - 1$ の絶対値は (1) の条件 $b^{2} > a^{2}$ で外れる。符号の根拠を書いておく。

(3) $S$ の最小値と、それを与える $a, b$ の条件を求める

答最小値 $\frac{3 3}{2}$ 。 $b^{2} - a^{2} = 2$ のとき

$S$ は $u = b^{2} - a^{2}$ だけの関数 $\frac{( 1 + u ) ^{3/2}}{u}$ である。 $u > 0$ で1変数の最小化に落ちるので、微分するだけでよい。

$u = b^{2} - a^{2}$ とおくと、(1) より $u > 0$ で、 $a, b$ が条件を満たして動くとき $u$ は $u > 0$ の全体を動く（たとえば $a = 0, b = u$ ）。(2) より

S = g (u) = \frac{( 1 + u ) ^{\frac{3}{2}}}{u} (u > 0)

である。微分すると

g^{'} (u) = \frac{\frac{3}{2} ( 1 + u ) ^{\frac{1}{2}} \cdot u - ( 1 + u ) ^{\frac{3}{2}}}{u ^{2}} = \frac{( 1 + u ) ^{\frac{1}{2}} { \frac{3}{2} u - ( 1 + u ) }}{u ^{2}}

すなわち

g^{'} (u) = \frac{1 + u}{u ^{2}} \cdot \frac{u - 2}{2}

である。 $\frac{1 + u}{u ^{2}} > 0$ なので $g^{'}$ の符号は $u - 2$ の符号と同じで、 $0 < u < 2$ で $g^{'} < 0$ 、 $u > 2$ で $g^{'} > 0$ である。したがって $g$ は $u = 2$ で最小になる。

g (2) = \frac{3 ^{\frac{3}{2}}}{2} = \frac{3 3}{2}

よって $S$ の最小値は $\frac{3 3}{2}$ で、それを与えるのは

b^{2} - a^{2} = 2

のときである（この条件は $b^{2} - a^{2} = 2 > 0$ なので (1) の条件を自動的に満たす）。

$u$ を $1 0^{- 5}$ 刻みで $0$ から $20$ まで動かすと、最小は $u = 2.00000$ での $2.5980762114$ で、 $\frac{3 3}{2} = 2.5980762114$ と一致した。

$u = b^{2} - a^{2}$ が $u > 0$ の全体を動けることを言っておく。範囲が狭ければ端点での値も調べる必要がある。

答えは「 $a, b$ の値」ではなく「 $a, b$ の条件」である。 $b^{2} - a^{2} = 2$ を満たす $(a, b)$ はすべて最小を与える。

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第2問　整数

素数・不等式の評価・約数の絞り込み・平方数当サイトの体感難易度：やや難

(1) $2, m^{2} + 1, m^{4} + 1$ が相異なる素数となる正の整数 $m$ を1つ固定し、この3数のうち1つを $a$ 、残り2つを $b, c$ とするとき、 $a^{2} < b c$ となる $a$ をすべて求める

答 $a = 2$ と $a = m^{2} + 1$

まず $m$ が偶数（とくに $m ≧ 2$ ）であることを押さえる。あとは3通りを順に不等式で判定するだけで、どれも因数分解できる形になる。

$m$ は偶数で $m ≧ 2$ 。 $m$ が奇数なら $m^{2} + 1$ は偶数である。これが素数なら $m^{2} + 1 = 2$ 、つまり $m = 1$ だが、そのとき3数は $2, 2, 2$ で相異なるという条件に反する。よって $m$ は偶数で、 $m ≧ 2$ である。

以下、3通りを順に調べる。

(i) $a = 2$ のとき。 $b c = (m^{2} + 1) (m^{4} + 1)$ で、 $m ≧ 2$ より

(m^{2} + 1) (m^{4} + 1) ≧ 5 \cdot 17 = 85 > 4 = a^{2}

なので、つねに $a^{2} < b c$ である。

(ii) $a = m^{2} + 1$ のとき。 $b c = 2 (m^{4} + 1)$ である。 $a^{2} < b c$ は

(m^{2} + 1)^{2} < 2 (m^{4} + 1)

と同値で、移項すると

0 < 2 m^{4} + 2 - (m^{4} + 2 m^{2} + 1) = m^{4} - 2 m^{2} + 1 = (m^{2} - 1)^{2}

となる。 $m ≧ 2$ より $m^{2} - 1 \neq = 0$ なので右辺は正であり、 $a^{2} < b c$ が成り立つ。

(iii) $a = m^{4} + 1$ のとき。 $b c = 2 (m^{2} + 1)$ である。 $m ≧ 2$ より

a^{2} = (m^{4} + 1)^{2} > m^{4} + 1 ≧ m^{4} + 1

であり、一方

b c = 2 m^{2} + 2 ≦ m^{4} + 1

である（ $m^{4} + 1 - 2 m^{2} - 2 = (m^{2} - 1)^{2} - 2 ≧ 9 - 2 > 0$ 、 $m ≧ 2$ より $m^{2} - 1 ≧ 3$ ）。よって $a^{2} > b c$ となり、不適である。

以上より、 $a^{2} < b c$ となるのは

a = 2 と a = m^{2} + 1

の2つである。

(ii) で出てきた $(m^{2} - 1)^{2}$ は (2) でそのまま平方数として現れる。ここが誘導になっている。

$m = 2, 4, 6, 16, 20, 24$ のそれぞれで3通りを総当たりすると、 $a^{2} < b c$ になるのは毎回 $a = 2$ と $a = m^{2} + 1$ だけだった。

$m = 1$ を外しておかないと (ii) の不等号が等号になってしまう。「相異なる」という条件が効く。

$m$ が奇数だと $m^{2} + 1$ が $2$ より大きい偶数になって素数でない。最初にこれを言う。

(2)正の整数 $x, y$ が $(x + y) (x^{2} + 2 y^{2} + 2 x y) = 2 (m^{2} + 1) (m^{4} + 1)$ を満たすとき、 $x, y$ を求める

答 $x = 2$ 、 $y = m^{2} - 1$

$x^{2} + 2 y^{2} + 2 x y = (x + y)^{2} + y^{2}$ と変形すると、左辺は $s = x + y$ を使って $s (s^{2} + y^{2})$ になる。 $0 < y < s$ から $s^{3} < (右辺) < 2 s^{3}$ が出るので、 $s$ は右辺の約数のうちこの不等式を満たすものに限られる。右辺は相異なる3つの素数の積なので、約数は8個しかない。

左辺を整理する。 $x^{2} + 2 y^{2} + 2 x y = (x^{2} + 2 x y + y^{2}) + y^{2} = (x + y)^{2} + y^{2}$ なので、 $s = x + y$ とおくと与式は

s (s^{2} + y^{2}) = N, N = 2 (m^{2} + 1) (m^{4} + 1)

となる。 $x, y$ は正の整数なので $1 ≦ y ≦ s - 1$ 、とくに $0 < y < s$ である。すると

s^{3} < s (s^{2} + y^{2}) < s (s^{2} + s^{2}) = 2 s^{3}

すなわち

s^{3} < N < 2 s^{3} \dots ①

である。また $s$ は $N$ の約数である。

約数を絞る。 $p = m^{2} + 1$ 、 $q = m^{4} + 1$ とおくと $2, p, q$ は相異なる素数で、 $m ≧ 2$ より $2 < p < q$ である。 $N = 2 pq$ の正の約数は

1, 2, p, q, 2 p, 2 q, pq, 2 pq

の8個しかない。① の前半 $s^{3} < N = 2 pq$ を満たすものを見ていく。

$s = 2 q, pq, 2 pq$ ： $s ≧ pq$ なので $s^{3} ≧ p^{3} q^{3} > 2 pq = N$ 。不適
$s = 2 p$ ： $s^{3} = 8 p^{3} < 2 pq$ は $4 p^{2} < q$ と同値。しかし $q = m^{4} + 1 < m^{4} + 2 m^{2} + 1 = p^{2} < 4 p^{2}$ なので不適
$s = q$ ：① の後半 $N < 2 s^{3}$ は $2 pq < 2 q^{3}$ でよいが、前半 $q^{3} < 2 pq$ は $q^{2} < 2 p$ と同値。 $q > p$ より $q^{2} > p^{2} > 2 p$ （ $p ≧ 5$ ）なので不適
$s = 1, 2$ ： $y < s$ から $y ≧ 1$ と合わせて $s ≧ 2$ 、さらに $s = 2$ なら $N < 2 \cdot 8 = 16$ だが $N ≧ 2 \cdot 5 \cdot 17 = 170$ で不適

残るのは $s = p = m^{2} + 1$ である。実際このとき ① は

p^{3} < 2 pq < 2 p^{3} ⟺ \frac{p ^{2}}{2} < q < p^{2}

と同値で、 $p^{2} = m^{4} + 2 m^{2} + 1$ 、 $q = m^{4} + 1$ だから

q < p^{2} は 0 < 2 m^{2}, \frac{p ^{2}}{2} < q は 0 < (m^{2} - 1)^{2}

と同値で、どちらも $m ≧ 2$ で成り立つ（後者は (1)(ii) そのものである）。

$y$ を求める。 $s = p$ を $s (s^{2} + y^{2}) = 2 pq$ に入れると $s^{2} + y^{2} = 2 q$ 、すなわち

y^{2} = 2 (m^{4} + 1) - (m^{2} + 1)^{2} = m^{4} - 2 m^{2} + 1 = (m^{2} - 1)^{2}

である。 $y > 0$ かつ $m ≧ 2$ だから

y = m^{2} - 1, x = s - y = (m^{2} + 1) - (m^{2} - 1) = 2

である。これは $x, y$ とも正の整数で、条件を満たす。よって

x = 2, y = m^{2} - 1

である。

$m = 2, 4, 6, 16, 20$ で右辺の約数を総当たりして解を探すと、いつも $(x, y) = (2, m^{2} - 1)$ の1組だけだった（ $m = 2$ なら $(2, 3)$ 、 $m = 20$ なら $(2, 399)$ ）。

$x^{2} + 2 y^{2} + 2 x y$ をそのまま扱わず、 $(x + y)^{2} + y^{2}$ と見る。 $x + y$ でくくれる形になるのがすべての出発点である。

$0 < y < s$ から $s^{3} < N < 2 s^{3}$ という両側の評価が出る。片側だけだと約数が絞りきれない。

$N = 2 pq$ の約数は8個。1つずつ潰すときに $2 p$ と $q$ を忘れやすい。

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第3問　積分法

凸関数・対称性による積分の分割・置換積分・不等式の証明当サイトの体感難易度：やや難

(1) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $f^{''} (x) > 0$ のとき、 $F (x) = f (x) - f (π - x) - f (π + x) + f (2 π - x)$ が $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ で $F (x) ≧ 0$ であることを示す

答 $F^{'} (x) < 0$ かつ $F (\frac{π}{2}) = 0$ なので、 $F$ は $[0, \frac{π}{2}]$ で減少して最後に $0$ になる

$F$ の値を直接評価するのは難しいが、 $F^{'}$ は $f^{'}$ の差だけでできている。 $f^{''} > 0$ は「 $f^{'}$ が増加」ということなので、差の符号がすぐ読める。あとは右端 $x = \frac{π}{2}$ で $F = 0$ になることに気づけばよい。

$0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ のとき、 $π - x, π + x, 2 π - x$ はいずれも $[0, 2 π]$ に入る（順に $[\frac{π}{2}, π], [π, \frac{3 π}{2}], [\frac{3 π}{2}, 2 π]$ ）。だから $F$ はこの区間で定義でき、微分もできる。

右端の値。 $x = \frac{π}{2}$ を入れると $π - x = \frac{π}{2}$ 、 $π + x = \frac{3 π}{2}$ 、 $2 π - x = \frac{3 π}{2}$ なので

F (\frac{π}{2}) = f (\frac{π}{2}) - f (\frac{π}{2}) - f (\frac{3 π}{2}) + f (\frac{3 π}{2}) = 0

である。

導関数の符号。 合成関数の微分で

F^{'} (x) = f^{'} (x) + f^{'} (π - x) - f^{'} (π + x) - f^{'} (2 π - x)

である（ $- f (π - x)$ の導関数は $+ f^{'} (π - x)$ 、 $f (2 π - x)$ の導関数は $- f^{'} (2 π - x)$ ）。2つずつ組にすると

F^{'} (x) = {f^{'} (x) - f^{'} (π + x)} + {f^{'} (π - x) - f^{'} (2 π - x)}

である。 $f^{''} > 0$ より $f^{'}$ は $[0, 2 π]$ で狭義単調増加である。 $x < π + x$ と $π - x < 2 π - x$ だから、2つの ${}$ はどちらも負である。よって

F^{'} (x) < 0 (0 ≦ x ≦ \frac{π}{2})

である。

結論。 $F$ は $[0, \frac{π}{2}]$ で単調減少なので、 $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ のとき $F (x) ≧ F (\frac{π}{2}) = 0$ である。 $■$

$f = x^{2}, e^{0.4 x}, cosh (x - 3), x^{4} - 3 x + 1$ のそれぞれで $[0, \frac{π}{2}]$ を2000等分して $F$ を計算すると、最小値はいずれもちょうど $0$ （右端での値）だった。

$F$ を直接評価しようとしない。 $f$ の形は分からず、分かるのは「 $f^{'}$ が増加」だけである。

$- f (π - x)$ を微分すると符号が2回変わって $+ f^{'} (π - x)$ になる。内側の微分 $- 1$ を落とさない。

(2)(1) の $f$ について $\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x ≧ 0$ を示す

答4つの区間に分けて折り返すと $\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} F (t) cos t d t ≧ 0$

$cos$ は $π - x, π + x, 2 π - x$ の置換で符号が $-, -, +$ と変わる。これは $F$ の係数 $- 1, - 1, + 1$ とちょうど同じなので、 $[0, 2 π]$ を4等分して全部 $[0, \frac{π}{2}]$ に折り返すと被積分関数が $F (t) cos t$ にまとまる。

y = cos x のグラフ。x, π-x, π+x, 2π-x の4点での cos の値は順に c, -c, -c, c（図は x = 0.6 の場合）。F(x) の係数 +1, -1, -1, +1 と同じ並びになる。

積分区間を $[0, \frac{π}{2}], [\frac{π}{2}, π], [π, \frac{3 π}{2}], [\frac{3 π}{2}, 2 π]$ の4つに分け、後ろの3つを置換で $[0, \frac{π}{2}]$ に移す。

$[\frac{π}{2}, π]$ ： $x = π - t$ 。 $d x = - d t$ 、 $cos x = - cos t$ 、 $t$ は $\frac{π}{2}$ から $0$ まで動くので

\int_{\frac{π}{2}}^{π} f (x) cos x d x = \int_{\frac{π}{2}}^{0} f (π - t) (- cos t) (- d t) = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (π - t) cos t d t

$[π, \frac{3 π}{2}]$ ： $x = π + t$ 。 $d x = d t$ 、 $cos x = - cos t$ 、 $t$ は $0$ から $\frac{π}{2}$ まで動くので

\int_{π}^{\frac{3 π}{2}} f (x) cos x d x = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (π + t) cos t d t

$[\frac{3 π}{2}, 2 π]$ ： $x = 2 π - t$ 。 $d x = - d t$ 、 $cos x = cos t$ 、 $t$ は $\frac{π}{2}$ から $0$ まで動くので

\int_{\frac{3 π}{2}}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (2 π - t) cos t d t

4つを足すと、 $cos t$ でくくれて

\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} {f (t) - f (π - t) - f (π + t) + f (2 π - t)} cos t d t

すなわち

\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} F (t) cos t d t

である。 $0 ≦ t ≦ \frac{π}{2}$ では (1) より $F (t) ≧ 0$ 、また $cos t ≧ 0$ なので被積分関数は $0$ 以上である。したがって

\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x ≧ 0

である。 $■$

$f = x^{2}$ なら $\int_{0}^{2 π} x^{2} cos x d x = 4 π = 12.566$ 、 $f = e^{0.4 x}$ なら $3.912$ と、数値積分でも正だった。

置換のたびに「 $d x$ の符号」と「積分範囲の向き」の2か所で符号が出る。両方を同時に処理して混乱しないよう、1つずつ書く。

$F$ の係数の並び $+ 1, - 1, - 1, + 1$ と、 $cos$ の値の並び $+, -, -, +$ が一致することがこの問題の核心である。(1) の $F$ の形はそのために作られている。

(3) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $g^{'} (x) < 0$ のとき、 $\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x ≧ 0$ を示す

答同じ折り返しで $\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} {g (t) + g (π - t) - g (π + t) - g (2 π - t)} sin t d t$ となり、 ${} > 0$

(2) とまったく同じ4分割を $sin$ でやる。 $sin$ の符号の並びは $+, +, -, -$ になるので、できあがる ${}$ は「 $g$ の値を $π$ ずらして引いた差」2つの和になり、 $g$ が減少であることだけで正と分かる。 $f^{''}$ にあたる仮定は要らない。

(2) と同じ置換をする。 $sin$ については

sin (π - t) = sin t, sin (π + t) = - sin t, sin (2 π - t) = - sin t

なので、同じ計算で

\int_{\frac{π}{2}}^{π} g sin d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} g (π - t) sin t d t

\int_{π}^{\frac{3 π}{2}} g sin d x = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} g (π + t) sin t d t

\int_{\frac{3 π}{2}}^{2 π} g sin d x = - \int_{0}^{\frac{π}{2}} g (2 π - t) sin t d t

となる。4つを足して

\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} G (t) sin t d t

である。ここで

G (t) = g (t) + g (π - t) - g (π + t) - g (2 π - t)

とおいた。これを2つずつ組にすると

G (t) = {g (t) - g (π + t)} + {g (π - t) - g (2 π - t)}

である。 $g^{'} < 0$ より $g$ は $[0, 2 π]$ で狭義単調減少である。 $t < π + t$ と $π - t < 2 π - t$ だから、2つの ${}$ はどちらも正である。よって $G (t) > 0$ である。

$0 ≦ t ≦ \frac{π}{2}$ では $sin t ≧ 0$ なので被積分関数は $0$ 以上で、

\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x ≧ 0

である。 $■$

$cos$ のときは「ずらした差の差」まで要ったので $f^{''} > 0$ （ $f^{'}$ が増加）が必要だったが、 $sin$ では「ずらした差」で止まるので $g^{'} < 0$ （ $g$ が減少）だけで足りる。(1)(2) と (3) の仮定が違うのはこのためである。

$g = - x$ で $\int_{0}^{2 π} (- x) sin x d x = 2 π = 6.283$ 、 $g = e^{- x}$ で $0.499$ 、 $g = cos \frac{x}{4}$ で $1.0667$ と、いずれも正だった。

$sin$ の符号の並びは $+, +, -, -$ で、 $cos$ の $+, -, -, +$ とは違う。そのため $G$ の係数は $+ 1, + 1, - 1, - 1$ になる。

(1)(2) を使おうとしなくてよい。 $g$ には2階微分の仮定がないので、むしろ使えない。

第3問だけのページ

第4問　確率・漸化式

推移確率・連立漸化式・3項間漸化式・和の比較当サイトの体感難易度：難

(1)正方形の頂点を反時計回りに $A, B, C, D$ とし、先攻の駒を $A$ 、後攻の駒を $C$ に置く。先攻から交互にサイコロを振り、出た目を $3$ で割った余りが $0$ なら動かさず、 $1$ なら自分の駒を反時計回りに、 $2$ なら時計回りに隣へ動かす。移った先に相手の駒があればそこで終了とするとき、ちょうど $n$ 回目で勝敗が決まる確率を $p_{n}$ として $p_{2}, p_{3}$ を求める

答 $p_{2} = \frac{2}{9}$ 、 $p_{3} = \frac{4}{27}$

$3$ で割った余りは $0, 1, 2$ がそれぞれ確率 $\frac{1}{3}$ で出る。注目すべきは駒の位置そのものではなく2つの駒の間の距離（正方形の辺をいくつたどるか）で、これは $2$ （対角）か $1$ （隣）しかない。状態が2つだけなので一気に見通しがよくなる。

正方形の頂点を反時計回りに A, B, C, D とし、先攻の駒を A、後攻の駒を C に置いたところ。最初は2つの駒は対角（距離 2）にある。

余りの確率。 $1$ から $6$ のうち、 $3$ で割った余りが $0$ なのは $3, 6$ 、 $1$ なのは $1, 4$ 、 $2$ なのは $2, 5$ の各2通りである。よって「動かさない」「反時計回りに1つ」「時計回りに1つ」はそれぞれ確率 $\frac{1}{3}$ である。

状態は距離だけで決まる。 正方形の頂点を反時計回りに $0, 1, 2, 3$ と番号づけ、2つの駒の番号の差を $4$ を法として見る。駒は「隣」か「対角」のどちらかにあり、距離は $1$ か $2$ である（ $0$ になったら終了）。

距離 $2$ （対角）のとき、振った人が駒を動かすとどちらに回しても距離 $1$ になる。相手の駒に乗ることはない。したがって

距離 $2$ から：確率 $\frac{1}{3}$ で距離 $2$ のまま、確率 $\frac{2}{3}$ で距離 $1$ へ。終了しない
距離 $1$ から：相手の側へ回せば乗るので確率 $\frac{1}{3}$ で終了、逆へ回すと距離 $2$ で確率 $\frac{1}{3}$ 、動かさなければ距離 $1$ のままで確率 $\frac{1}{3}$

どちらの駒を動かすかで状況は変わらない（距離だけで決まる）ので、先攻・後攻の区別は確率の計算には影響しない。

計算。 最初は $A$ と $C$ で距離 $2$ である。

1回目：距離 $2$ からなので終了しない。 $p_{1} = 0$ で、1回目のあと距離 $2$ である確率が $\frac{1}{3}$ 、距離 $1$ である確率が $\frac{2}{3}$ である。

2回目：終了するのは「1回目のあと距離 $1$ 」かつ「2回目に相手の側へ回す」ときなので

p_{2} = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}

である。2回目のあとの状態は、距離 $2$ が $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{3}$ 、距離 $1$ が $\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{9}$ である。

3回目：同様に

p_{3} = \frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}

である。

30万回のシミュレーションで $p_{2} = 0.22304$ （ $\frac{2}{9} = 0.22222$ ）、 $p_{3} = 0.14838$ （ $\frac{4}{27} = 0.14815$ ）だった。

「出た目を $3$ で割った余り」なので、 $0, 1, 2$ はどれも確率 $\frac{1}{3}$ 。 $\frac{1}{6}$ 刻みで考えなくてよい。

対角にいる状態からはどう動いても相手に乗れない。最初の1回で勝負がつくことはないので $p_{1} = 0$ である。

(2) $p_{n}$ を求める

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

$n$ 回目を振る直前に「まだ終わっておらず距離が $2$ ／ $1$ 」である確率を $u_{n}, v_{n}$ とおくと、連立漸化式になる。 $p_{n} = \frac{1}{3} v_{n}$ なので、 $v_{n}$ の3項間漸化式に直して特性方程式を解く。

$n$ 回目を振る直前に、まだ勝敗がついておらず2つの駒の距離が $2$ である確率を $u_{n}$ 、距離が $1$ である確率を $v_{n}$ とする。(1) の推移から

u_{n + 1} = \frac{1}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n}, v_{n + 1} = \frac{2}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n} \dots ①

である。また終了するのは距離 $1$ から相手の側へ回したときだけなので

p_{n} = \frac{1}{3} v_{n} \dots ②

である。初期条件は $u_{1} = 1, v_{1} = 0$ である。

3項間漸化式にする。 ① の第1式から $u_{n} = 3 u_{n + 1} - v_{n}$ である。これを第2式の $n \to n + 1$ の形

v_{n + 2} = \frac{2}{3} u_{n + 1} + \frac{1}{3} v_{n + 1}

に使うため、第2式 $v_{n + 1} = \frac{2}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n}$ から

u_{n + 1} = \frac{1}{3} (u_{n} + v_{n}) = \frac{1}{3} (\frac{3}{2} v_{n + 1} - \frac{1}{2} v_{n} + v_{n}) = \frac{1}{2} v_{n + 1} + \frac{1}{6} v_{n}

を得る（第2式を $u_{n} = \frac{3}{2} v_{n + 1} - \frac{1}{2} v_{n}$ と解いて代入した）。これを $v_{n + 2} = \frac{2}{3} u_{n + 1} + \frac{1}{3} v_{n + 1}$ に入れると

v_{n + 2} = \frac{2}{3} (\frac{1}{2} v_{n + 1} + \frac{1}{6} v_{n}) + \frac{1}{3} v_{n + 1} = \frac{2}{3} v_{n + 1} + \frac{1}{9} v_{n}

となる。② より $p_{n}$ も同じ漸化式を満たす。

p_{n + 2} = \frac{2}{3} p_{n + 1} + \frac{1}{9} p_{n}, p_{1} = 0, p_{2} = \frac{2}{9}

特性方程式。 $t^{2} = \frac{2}{3} t + \frac{1}{9}$ 、すなわち $9 t^{2} - 6 t - 1 = 0$ を解くと

t = \frac{6 \pm 36 + 36}{18} = \frac{6 \pm 6 2}{18} = \frac{1 \pm 2}{3}

である。よって定数 $A, B$ を使って

p_{n} = A (\frac{1 + 2}{3})^{n} + B (\frac{1 - 2}{3})^{n}

と書ける。 $α = \frac{1 + 2}{3}$ 、 $β = \frac{1 - 2}{3}$ とおくと、 $p_{1} = 0$ から $A α + B β = 0$ 、 $p_{2} = \frac{2}{9}$ から $A α^{2} + B β^{2} = \frac{2}{9}$ である。前者より $B β = - A α$ なので

A α^{2} + (- A α) β = A α (α - β) = \frac{2}{9}

である。 $α - β = \frac{2 2}{3}$ 、 $α = \frac{1 + 2}{3}$ だから

A = \frac{2}{9} \cdot \frac{1}{α ( α - β )} = \frac{2}{9} \cdot \frac{9}{( 1 + 2 ) \cdot 2 2} = \frac{1}{2 ( 1 + 2 )}

で、同様に $B = - A \frac{α}{β} = - \frac{1}{2 ( 1 - 2 )}$ である。これを代入すると

p_{n} = \frac{1}{2} {\frac{α ^{n}}{1 + 2} - \frac{β ^{n}}{1 - 2}} = \frac{1}{2 \cdot 3 ^{n}} {(1 + 2)^{n - 1} - (1 - 2)^{n - 1}}

である。すなわち

p_{n} = \frac{( 1 + 2 ) ^{n - 1} - ( 1 - 2 ) ^{n - 1}}{2 \cdot 3 ^{n}}

である。

$n = 1, 2, 3, 4$ を入れると $0, \frac{2}{9}, \frac{4}{27}, \frac{10}{81}$ となり、(1) と合う。 $(1 + 2)^{n - 1} - (1 - 2)^{n - 1}$ は $2$ の整数倍なので、 $p_{n}$ はちゃんと有理数になる。

漸化式を分数のまま $n = 20$ まで回した値と、この式の値の差は最大 $2.8 \times 1 0^{- 17}$ だった。

状態を「駒の位置の組」で立てると $4 \times 4$ になって手に負えない。距離だけに潰すと2状態で済む。

$p_{1} = 0$ を初期条件に使う。 $p_{2}, p_{3}$ から始めてもよいが、 $p_{1} = 0$ のほうが連立が軽い。

(3) $2$ 以上の任意の整数 $N$ に対して $m = 1 \sum [\frac{N + 1}{2}] p_{2 m - 1} < m = 1 \sum [\frac{N}{2}] p_{2 m}$ が成り立つこと（このゲームが後攻に有利であること）を示す

答 $n ≧ 2$ で $p_{n} > p_{n + 1}$ を示し、 $p_{1} = 0$ とあわせて項ごとに比べる

左辺は $N$ 回以内に先攻が勝つ確率、右辺は後攻が勝つ確率である。項数は同じか左が1つ多いだけなので、 $p_{2 m} > p_{2 m + 1}$ を言えば項ごとの比較で終わる。 $p_{n}$ の単調減少は閉じた式を使わなくても、 $u_{n}, v_{n}$ の大小から出る。

$v_{n} > u_{n}$ （ $n ≧ 2$ ）。 ① より

v_{n + 1} - u_{n + 1} = (\frac{2}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n}) - (\frac{1}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n}) = \frac{1}{3} u_{n}

である。 $u_{1} = 1 > 0$ で、 $u_{n + 1} = \frac{1}{3} (u_{n} + v_{n})$ と $u_{n}, v_{n} ≧ 0$ から帰納的に $u_{n} > 0$ （すべての $n$ ）なので

v_{n} - u_{n} = \frac{1}{3} u_{n - 1} > 0 (n ≧ 2)

である。

$p_{n} > p_{n + 1}$ （ $n ≧ 2$ ）。 ② と ① より

p_{n} - p_{n + 1} = \frac{1}{3} (v_{n} - v_{n + 1}) = \frac{1}{3} {v_{n} - (\frac{2}{3} u_{n} + \frac{1}{3} v_{n})} = \frac{2}{9} (v_{n} - u_{n})

である。 $n ≧ 2$ では $v_{n} - u_{n} > 0$ なので

p_{n} > p_{n + 1} (n ≧ 2) \dots ③

である。つまり $p_{2} > p_{3} > p_{4} > \dots$ である。

和の比較。 左辺を $L$ 、右辺を $R$ とおく。 $N$ の偶奇で場合分けする。

③ は「奇数番より1つ手前の偶数番のほうが大きい」という形なので、 $p_{2 m}$ と $p_{2 m + 1}$ を組にして比べる。

$N = 2 K$ （ $K ≧ 1$ ）のとき。 $[\frac{N + 1}{2}] = K$ 、 $[\frac{N}{2}] = K$ なので $L = p_{1} + p_{3} + \dots + p_{2 K - 1}$ 、 $R = p_{2} + p_{4} + \dots + p_{2 K}$ である。 $R$ の最後の項 $p_{2 K}$ と $L$ の最初の項 $p_{1}$ を別にしてから組にすると

R - L = p_{2 K} - p_{1} + m = 1 \sum K - 1 (p_{2 m} - p_{2 m + 1})

である。 $p_{1} = 0$ 、 $p_{2 K} > 0$ で、③ より各 $p_{2 m} - p_{2 m + 1} > 0$ だから $R - L > 0$ である。

$N = 2 K + 1$ （ $K ≧ 1$ ）のとき。 $[\frac{N + 1}{2}] = K + 1$ 、 $[\frac{N}{2}] = K$ なので $L = p_{1} + p_{3} + \dots + p_{2 K + 1}$ 、 $R = p_{2} + p_{4} + \dots + p_{2 K}$ である。やはり $p_{2 m}$ と $p_{2 m + 1}$ で組にすると

R - L = m = 1 \sum K (p_{2 m} - p_{2 m + 1}) - p_{1} = m = 1 \sum K (p_{2 m} - p_{2 m + 1})

で、③ より各項が正だから $R - L > 0$ である。

いずれの場合も $L < R$ 、すなわち

m = 1 \sum [\frac{N + 1}{2}] p_{2 m - 1} < m = 1 \sum [\frac{N}{2}] p_{2 m}

が成り立つ。 $■$

$N \to \infty$ とすると先攻の勝率は約 $0.429$ 、後攻は約 $0.571$ に近づく。最初の1回では決して決まらず、しかも1回振るごとに「次に決まる確率」が減っていくので、1手遅く始める後攻のほうが有利になる。

$N = 2$ から $12$ まで数値で両辺を計算すると、すべて左辺 $<$ 右辺だった（たとえば $N = 12$ で $0.37923 < 0.53172$ ）。30万回のシミュレーションでも後攻の勝率が $0.571$ だった。

$[\frac{N + 1}{2}]$ と $[\frac{N}{2}]$ は $N$ が奇数のとき $1$ だけ違う。項数がそろわない場合を落とさない。

組にするときは $p_{2 m - 1}$ と $p_{2 m}$ ではなく $p_{2 m}$ と $p_{2 m + 1}$ でそろえる。前者だと不等号の向きが逆になる。

$p_{n}$ の単調減少は閉じた式から言ってもよいが、 $v_{n} > u_{n}$ を示すほうが短く、根号を扱わずに済む。

第4問だけのページ

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問題文について

(1)双曲線 x2−y2=1 の x>0 の部分を C1​、x<0 の部分を C2​ とするとき、直線 ax−by=1 が C1​,C2​ の両方と1点ずつで交わるための a,b の条件を求める

(2)a2<b2 のとき、A(a,b) と、直線 ax−by=1 が C1​,C2​ と交わる点 P,Q でできる △APQ の面積 S を a,b で表す

(3)S の最小値と、それを与える a,b の条件を求める

(1)2, m2+1, m4+1 が相異なる素数となる正の整数 m を1つ固定し、この3数のうち1つを a、残り2つを b,c とするとき、a2<bc となる a をすべて求める

(2)正の整数 x,y が (x+y)(x2+2y2+2xy)=2(m2+1)(m4+1) を満たすとき、x,y を求める

(1)0≦x≦2π で f′′(x)>0 のとき、F(x)=f(x)−f(π−x)−f(π+x)+f(2π−x) が 0≦x≦2π​ で F(x)≧0 であることを示す

(2)(1) の f について ∫02π​f(x)cosxdx≧0 を示す

(3)0≦x≦2π で g′(x)<0 のとき、∫02π​g(x)sinxdx≧0 を示す

(2)pn​ を求める

(3)2 以上の任意の整数 N に対して m=1∑[2N+1​]​p2m−1​<m=1∑[2N​]​p2m​ が成り立つこと（このゲームが後攻に有利であること）を示す

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(1)双曲線 $x^{2} - y^{2} = 1$ の $x > 0$ の部分を $C_{1}$ 、 $x < 0$ の部分を $C_{2}$ とするとき、直線 $a x - b y = 1$ が $C_{1}, C_{2}$ の両方と1点ずつで交わるための $a, b$ の条件を求める

(2) $a^{2} < b^{2}$ のとき、 $A (a, b)$ と、直線 $a x - b y = 1$ が $C_{1}, C_{2}$ と交わる点 $P, Q$ でできる $△ APQ$ の面積 $S$ を $a, b$ で表す

(3) $S$ の最小値と、それを与える $a, b$ の条件を求める

(1) $2, m^{2} + 1, m^{4} + 1$ が相異なる素数となる正の整数 $m$ を1つ固定し、この3数のうち1つを $a$ 、残り2つを $b, c$ とするとき、 $a^{2} < b c$ となる $a$ をすべて求める

(2)正の整数 $x, y$ が $(x + y) (x^{2} + 2 y^{2} + 2 x y) = 2 (m^{2} + 1) (m^{4} + 1)$ を満たすとき、 $x, y$ を求める

(1) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $f^{''} (x) > 0$ のとき、 $F (x) = f (x) - f (π - x) - f (π + x) + f (2 π - x)$ が $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ で $F (x) ≧ 0$ であることを示す

(2)(1) の $f$ について $\int_{0}^{2 π} f (x) cos x d x ≧ 0$ を示す

(3) $0 ≦ x ≦ 2 π$ で $g^{'} (x) < 0$ のとき、 $\int_{0}^{2 π} g (x) sin x d x ≧ 0$ を示す

(2) $p_{n}$ を求める

(3) $2$ 以上の任意の整数 $N$ に対して $m = 1 \sum [\frac{N + 1}{2}] p_{2 m - 1} < m = 1 \sum [\frac{N}{2}] p_{2 m}$ が成り立つこと（このゲームが後攻に有利であること）を示す