独自の解答・詳解
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全4問・無料

東京大学　2021年度　前期日程　文科

東大文系 2021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 2026/10/11

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。文科の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/11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　微分法

3次関数・共有点の個数・極大・極小・対称性当サイトの体感難易度：やや難

原点中心の半径 $1$ の円と $C : y = a x^{3} - 2 x$ の共有点が $6$ 個になる $a > 0$ の範囲を求める

答 $\frac{50}{27} < a < 2$

$C$ も円も原点について対称なので、共有点は原点対称な組でしか現れない。 $6$ 個というのは「 $x > 0$ の側に $3$ 個」ということである。そこで $t = x^{2}$ とおくと、連立式が $t$ の3次方程式になり、 $t > 0$ の解の個数を調べる問題に化ける。 $x$ のまま6次式を相手にするより、はるかに軽い。

$y = a x^{3} - 2 x$ は奇関数で、円 $x^{2} + y^{2} = 1$ も原点対称だから、 $(x, y)$ が共有点なら $(- x, - y)$ も共有点である。また $x = 0$ のとき $y = 0$ で、これは円上にないから、共有点の $x$ 座標は $0$ ではない。よって共有点は原点対称な2点ずつで現れ、

共有点が 6 個 ⟺ x > 0 の共有点が 3 個

である。

$t = x^{2}$ に直す。 連立すると

x^{2} + (a x^{3} - 2 x)^{2} = 1, すなわち x^{2} {1 + (a x^{2} - 2)^{2}} = 1

である。 $t = x^{2}$ とおくと、 $x > 0$ と $t > 0$ は1対1に対応し

g (t) = t {1 + (a t - 2)^{2}} = a^{2} t^{3} - 4 a t^{2} + 5 t

として $g (t) = 1$ の $t > 0$ の解が $3$ 個あることが条件になる。

増減を調べる。

g^{'} (t) = 3 a^{2} t^{2} - 8 a t + 5 = (3 a t - 5) (a t - 1)

なので、 $a > 0$ より $t = \frac{1}{a}$ と $t = \frac{5}{3 a}$ が極値を与え、 $0 < \frac{1}{a} < \frac{5}{3 a}$ である。 $g$ は $t = \frac{1}{a}$ で極大、 $t = \frac{5}{3 a}$ で極小になる。値は

g (\frac{1}{a}) = \frac{1}{a} - \frac{4}{a} + \frac{5}{a} = \frac{2}{a}, g (\frac{5}{3 a}) = \frac{125}{27 a} - \frac{100}{9 a} + \frac{25}{3 a} = \frac{50}{27 a}

である。

解の個数。 $g (0) = 0$ で、 $g$ は $0 < t < \frac{1}{a}$ で増加、 $\frac{1}{a} < t < \frac{5}{3 a}$ で減少、 $t > \frac{5}{3 a}$ で増加し、 $t \to \infty$ で $\infty$ に発散する。したがって $g (t) = 1$ が $t > 0$ に $3$ 個の解をもつ条件は

g (\frac{5}{3 a}) < 1 < g (\frac{1}{a}) ⟺ \frac{50}{27 a} < 1 < \frac{2}{a}

である。 $a > 0$ なので、これは

a > \frac{50}{27} かつ a < 2

と同値である。 $\frac{50}{27} = 1.851 \dots < 2$ なので、求める範囲は

\frac{50}{27} < a < 2

である。

a = 1.9

のときの

C : y = 1.9 x^{3} - 2 x

と単位円。共有点は原点対称に

6

個あり、

x > 0

側の

3

個が

t = x^{2}

の3つの正の解に対応する。

a = 1.9

のときの

y = g (t)

と直線

y = 1

（

y

が

1

に近いところを拡大した図）。極大値

\frac{2}{a} = 1.053

が

1

より大きく、極小値

\frac{50}{27 a} = 0.975

が

1

より小さいので、正の解がちょうど

3

個になる。

$\frac{50}{27} = 1.851852$ 。単位円を角度で $40$ 万等分して $C$ との符号変化を数えると、 $a = 1.8419$ では $2$ 個、 $a = 1.8529$ では $6$ 個、 $a = 1.9$ では $6$ 個、 $a = 2$ では $2$ 個になる。 $a = 1.9$ での極大値は $1.052632 = \frac{2}{a}$ 、極小値は $0.974659 = \frac{50}{27 a}$ で、どちらも $1$ をまたいでいる。

$t = x^{2}$ とおくと、 $t > 0$ の解1つが $x > 0$ の解1つに対応する（ $x < 0$ 側は対称性で自動的に決まる）。「 $t$ の解1つが $x$ の解2つ」と数えて $3$ 個を $6$ 個と取り違えないこと。ここでは $x > 0$ 側だけを見るのがいちばん安全である。

$a = 2$ ちょうどだと極大値が $1$ に等しくなり、そこは接するだけなので共有点は $x > 0$ 側で $2$ 個（全体で $4$ 個）に減る。同様に $a = \frac{50}{27}$ でも $6$ 個にならない。両端は入らない。

$g (0) = 0 < 1$ なので、 $0 < t < \frac{1}{a}$ の区間には必ず解が1つある。3個になるかどうかは極大・極小の値だけで決まる。

第1問だけのページ

第2問　場合の数

連続しない選び方・連続する組・場合分け・一般の N当サイトの体感難易度：難

(1)条件1（連続する2整数を含まない）をみたす選び方の数を求める

答 $N$ 通り

$1$ を選ぶと決まっているので $2$ は選べない。残りは $3$ 以上 $2 N$ 以下から $N - 1$ 個を、隣り合わないように選ぶ問題になる。隣り合わない選び方は、選んだ数から順に $0, 1, 2, \dots$ を引いて詰める（重なりを消す）と、ふつうの選び方に1対1で対応する。

$1 \in S$ だから、条件1より $2 \in / S$ である。よって残りの $N - 1$ 個は $3$ 以上 $2 N$ 以下の $2 N - 2$ 個の整数から、どの2つも隣り合わないように選ぶことになる。

詰めて数える。 選んだ数を $3 \leq x_{1} < x_{2} < \dots < x_{N - 1} \leq 2 N$ とすると、隣り合わない条件は $x_{i + 1} - x_{i} \geq 2$ である。ここで

y_{i} = x_{i} - (i - 1) (i = 1, 2, \dots, N - 1)

とおくと

y_{i + 1} - y_{i} = x_{i + 1} - x_{i} - 1 \geq 1

なので $y_{1} < y_{2} < \dots < y_{N - 1}$ は相異なり、 $y_{1} = x_{1} \geq 3$ 、 $y_{N - 1} = x_{N - 1} - (N - 2) \leq 2 N - (N - 2) = N + 2$ である。逆に $3 \leq y_{1} < \dots < y_{N - 1} \leq N + 2$ を与えれば $x_{i} = y_{i} + (i - 1)$ がもとの条件をみたす並びを与えるので、両者は1対1に対応する。

$3$ 以上 $N + 2$ 以下の整数は $N$ 個あるから、そこから $N - 1$ 個を選ぶ方法は

_{N} C_{N - 1} = N

通りである。よって条件1をみたす選び方は $N$ 通りである。

具体的には、 $1, 3, 5, \dots$ と $2$ とびに並べていき、どこか1か所だけ $3$ とびにする、という形になる。 $N = 5$ なら ${1, 3, 5, 7, 9}$ 、 ${1, 3, 5, 7, 10}$ 、 ${1, 3, 5, 8, 10}$ 、 ${1, 3, 6, 8, 10}$ 、 ${1, 4, 6, 8, 10}$ の $5$ 通りである。

$N = 5$ （ $1$ から $10$ ）では、 $1$ を含む $5$ 個の選び方 $_{9} C_{4} = 126$ 通りをすべて調べると、条件1をみたすのはちょうど $5$ 通りだった。 $N = 6, 7, 8, 9$ でも順に $6, 7, 8, 9$ 通りで、 $N$ 通りと一致する。

$1$ を選ぶことが決まっているので、 $2 N$ 個から選ぶ問題ではなく「 $3$ 以上から $N - 1$ 個」の問題になる。ここを $2 N$ 個のままにすると答えが $N + 1$ 通りになってしまう。

「隣り合わないように $k$ 個を $m$ 個から選ぶのは $_{m - k + 1} C_{k}$ 通り」という公式を使ってもよいが、答案では詰め直す対応を書いておく方が安全である。

(2)条件2（連続する $N - 2$ 個の整数からなる集合を少なくとも1つ含む）をみたす選び方の数を求める

答 $\frac{( N + 1 ) ( 3 N + 2 )}{2}$ 通り

$S$ は $N$ 個しかないので、長さ $N - 2$ 以上の「連続のかたまり」は高々1つしか持てない（2つあれば $2 (N - 2) \leq N$ となり $N \leq 4$ ）。だから、そのかたまりの長さ $L$ （ $N - 2$ 、 $N - 1$ 、 $N$ のどれか）で場合分けすれば、重複なく数え上げられる。残りの $N - L$ 個は、かたまりの両隣を避けて置く。

$2$ 以上の整数 $k$ に対し、 $S$ に含まれる「連続する $k$ 個」を長さ $k$ のかたまりと呼ぶ。もし長さ $N - 2$ 以上のかたまりが2つあれば、それらは共通部分をもたないか、もつなら合わせてさらに長いひとつのかたまりになる。前者なら $∣ S ∣ \geq 2 (N - 2)$ で $N \geq 2 N - 4$ 、つまり $N \leq 4$ となり仮定 $N \geq 5$ に反する。よって

S に含まれる最長のかたまりはただ 1 つで、その長さを L とすると L = N - 2, N - 1, N

のいずれかである（ $L \geq N - 2$ が条件2、 $L \leq ∣ S ∣ = N$ は明らか）。この $L$ で場合分けする。最長のかたまりを $R = {l, l + 1, \dots, l + L - 1}$ とすると、 $l - 1$ と $l + L$ は $S$ に入らない。

(i) $L = N$ のとき。 $S$ 自身がひとつながりで、 $1 \in S$ より $l = 1$ 、つまり

S = {1, 2, \dots, N}

の $1$ 通りである。

(ii) $L = N - 1$ のとき。 $R = {l, \dots, l + N - 2}$ のほかに $1$ 個だけ残り、それを $x$ とする。 $x$ は $l - 1$ でも $l + N - 1$ でもない（そうなると $L = N$ になる）。

$1 \in R$ のとき： $l = 1$ 、 $R = {1, \dots, N - 1}$ 。 $x$ は $N$ （ $= l + N - 1$ ）を避けるので $N + 1 \leq x \leq 2 N$ の $N$ 通り。
$1 \in / R$ のとき： $x = 1$ である。 $1 \neq = l - 1$ より $l \geq 3$ 、また $l + N - 2 \leq 2 N$ より $l \leq N + 2$ 。 $l$ は $N$ 通り。

合わせて $2 N$ 通りである。

(iii) $L = N - 2$ のとき。 $R = {l, \dots, l + N - 3}$ のほかに $2$ 個残る。その $2$ 個は、 $R$ とその両隣を合わせた

{l - 1, l, \dots, l + N - 2}

（ $N$ 個）を避けて $1$ 以上 $2 N$ 以下から選ぶ。この $2$ 個どうしが隣り合うのはかまわない（長さ $2$ のかたまりは $N - 2 \geq 3$ より短い）。 $l$ の動く範囲は $1 \leq l \leq N + 3$ である。

$l = 1$ ：避ける範囲は $1 \leq x \leq N - 1$ の $N - 1$ 個なので、残り $N + 1$ 個（ $N$ 以上 $2 N$ 以下）から $2$ 個。 $1 \in R$ なので条件は自動的にみたされ、 $_{N + 1} C_{2} = \frac{N ( N + 1 )}{2}$ 通り。
$l = 2$ ：避ける範囲が $1$ を含むので $1 \in / S$ となり不適。 $0$ 通り。
$3 \leq l \leq N + 2$ ：避ける範囲はちょうど $N$ 個で、残りは $N$ 個（ $1$ を含む）。 $1$ は必ず選ぶので、もう $1$ 個を残り $N - 1$ 個から選んで $N - 1$ 通り。 $l$ が $N$ 通りあるので $N (N - 1)$ 通り。
$l = N + 3$ ： $R = {N + 3, \dots, 2 N}$ で、避ける範囲は $N + 2$ 以上 $2 N$ 以下の $N - 1$ 個。残りは $1$ 以上 $N + 1$ 以下の $N + 1$ 個で $1$ を含むから、もう $1$ 個を $N$ 通り。

合わせて

\frac{N ( N + 1 )}{2} + N (N - 1) + N = \frac{N ( N + 1 )}{2} + N^{2}

通りである。

合計。 (i)(ii)(iii) は互いに排反なので

1 + 2 N + \frac{N ( N + 1 )}{2} + N^{2} = \frac{2 + 4 N + N ^{2} + N + 2 N ^{2}}{2} = \frac{3 N ^{2} + 5 N + 2}{2} = \frac{( N + 1 ) ( 3 N + 2 )}{2}

通りである。

$N = 5$ なら $\frac{6 \cdot 17}{2} = 51$ 通り、 $N = 6$ なら $\frac{7 \cdot 20}{2} = 70$ 通りである。

$N = 5, 6, 7, 8, 9$ について、 $1$ を含む $N$ 個の選び方をすべて列挙して条件2を直接判定すると $51, 70, 92, 117, 145$ 通りとなり、 $\frac{( N + 1 ) ( 3 N + 2 )}{2}$ の値 $51, 70, 92, 117, 145$ と完全に一致する。

「長さ $N - 2$ のかたまりを含む」を「ちょうど長さ $N - 2$ のかたまりがある」と読み替えてはいけない。長さ $N - 1$ や $N$ のかたまりも、その中に長さ $N - 2$ のかたまりを含んでいるので条件2をみたす。最長の長さで場合分けするのは、この重複を避けるためである。

$L = N - 2$ の場合に $l - 1$ と $l + N - 2$ を除くのを忘れると、長さ $N - 1$ 以上のものを二重に数えてしまう。

$l = 2$ が不適になるのは、 $1$ が「かたまりの左隣」に当たって $S$ に入れられなくなるからである。 $1 \in S$ という条件がここだけ効く。

$N \geq 5$ という前提は、長さ $N - 2$ 以上のかたまりが1つしかないこと、および残り $2$ 個が隣り合っても $N - 2$ に届かないことの両方で使っている。

第2問だけのページ

第3問　図形と方程式

2次方程式の解の配置・領域図示・通過領域・線形計画法当サイトの体感難易度：やや難

(1)点 $(a, b)$ のとりうる範囲を図示する

答 $3$ 点 $(0, - 2)$ 、 $(2, 0)$ 、 $(- 2, 0)$ を頂点とする三角形の内部（境界を含まない）。不等式で書けば $∣ a ∣ - 2 < b < 0$

2つの放物線の共有点の $x$ 座標は $2 x^{2} + a x + b = 0$ の解である。解の配置を調べるときは、解そのものを書くより $f (x) = 2 x^{2} + a x + b$ の符号を見る方が早い。下に凸なので、 $f (- 1) > 0$ 、 $f (0) < 0$ 、 $f (1) > 0$ がそのまま条件になる。

$y = x^{2} + a x + b$ と $y = - x^{2}$ を連立すると

x^{2} + a x + b = - x^{2} ⟺ 2 x^{2} + a x + b = 0

である。 $f (x) = 2 x^{2} + a x + b$ とおくと、条件は「 $f (x) = 0$ が $- 1 < x < 0$ と $0 < x < 1$ にそれぞれ1つずつ解をもつ」である。

符号で読む。 $f$ は下に凸の2次関数だから、この条件は

f (- 1) > 0, f (0) < 0, f (1) > 0

と同値である。実際、 $f (0) < 0$ なら $f$ は $x < 0$ 側と $x > 0$ 側に1つずつ解をもち、 $f (- 1) > 0$ 、 $f (1) > 0$ がその解を $(- 1, 0)$ 、 $(0, 1)$ に閉じ込める。逆も明らかである。書き下すと

f (- 1) f (0) f (1) = 2 - a + b > 0 = b < 0 = 2 + a + b > 0 ⟺ b > a - 2 ⟺ b > - a - 2

である。 $b > a - 2$ と $b > - a - 2$ をまとめると $b > ∣ a ∣ - 2$ なので、求める範囲は

∣ a ∣ - 2 < b < 0

である。これは $3$ 直線 $b = a - 2$ 、 $b = - a - 2$ 、 $b = 0$ で囲まれた三角形の内部で、頂点は $(0, - 2)$ 、 $(2, 0)$ 、 $(- 2, 0)$ である。境界は含まない。

点

(a, b)

のとりうる範囲。横軸が

a

、縦軸が

b

。

3

点

(0, - 2)

、

(2, 0)

、

(- 2, 0)

を頂点とする三角形の内部で、破線の境界は含まない。

$(a, b)$ を $- 4 \leq a \leq 4$ 、 $- 4 \leq b \leq 1$ の範囲に $20$ 万点ランダムに取り、 $2 x^{2} + a x + b = 0$ の解を実際に計算して配置を判定した結果と、 $∣ a ∣ - 2 < b < 0$ の判定は1点も食い違わなかった。たとえば $(a, b) = (0, - 1)$ は範囲内で、解は $x = \pm \frac{1}{2} = \pm 0.707$ である。

判別式 $a^{2} - 8 b > 0$ は書かなくてよい。 $f (0) = b < 0$ から、 $f$ は $x$ 軸と必ず2点で交わることが従うからである。書いても誤りではないが、余計な条件を足して範囲を狭めないよう注意する。

$f (- 1)$ 、 $f (1)$ は $> 0$ で、 $= 0$ は含まない。 $x = \pm 1$ が共有点になってしまうと $- 1 < x < 0$ 、 $0 < x < 1$ の条件から外れる。

(2)放物線 $C$ の通りうる範囲を図示する

答 $x^{2} - 2 < y < x^{2} + 2∣ x ∣$ （ $∣ x ∣ \leq 1$ ）、 $x^{2} - 2∣ x ∣ < y < x^{2} + 2∣ x ∣$ （ $∣ x ∣ \geq 1$ ）。境界は含まない

点 $(x, y)$ が通過範囲に入るのは、 $y = x^{2} + a x + b$ をみたす $(a, b)$ が (1) の三角形の内部にあるときである。 $x$ を固定すると $a x + b$ は $(a, b)$ の1次式なので、その値域は三角形の3頂点での値だけで決まる。領域が開いているので、値域も端を含まない開区間になる。

$x$ を固定する。点 $(x, y)$ が $C$ 上にあるのは $y = x^{2} + (a x + b)$ のときだから、 $y - x^{2}$ が $a x + b$ のとりうる値であればよい。

1次式の値域は頂点で決まる。 $a x + b$ は $(a, b)$ についての1次式で、 $b$ の係数が $1 \neq = 0$ だから定数ではない。(1) の三角形 $T$ （内部、境界を除く）は凸なので、 $a x + b$ の $T$ 上での値域は、 $T$ の閉包での最小値と最大値のあいだの開区間になる。最小・最大は頂点でとるから、 $3$ 頂点での値

(0, - 2) \mapsto - 2, (2, 0) \mapsto 2 x, (- 2, 0) \mapsto - 2 x

を比べればよい。 $max (2 x, - 2 x) = 2∣ x ∣ \geq 0 > - 2$ なので

max = 2∣ x ∣, min = min (- 2, - 2∣ x ∣) = {- 2 - 2∣ x ∣ (∣ x ∣ \leq 1) (∣ x ∣ \geq 1)

である。よって $a x + b$ のとりうる値は

min < a x + b < 2∣ x ∣

で、 $y = x^{2} + (a x + b)$ だから、求める範囲は

⎩ ⎨ ⎧ x^{2} - 2 < y < x^{2} + 2∣ x ∣ x^{2} - 2∣ x ∣ < y < x^{2} + 2∣ x ∣ (∣ x ∣ \leq 1) (∣ x ∣ \geq 1)

である（境界は含まない）。

境界の正体。 $y = x^{2} + 2∣ x ∣$ は $x \geq 0$ では $y = x^{2} + 2 x = (x + 1)^{2} - 1$ 、 $x \leq 0$ では $y = (x - 1)^{2} - 1$ である。 $y = x^{2} - 2∣ x ∣$ は $x \geq 1$ では $y = (x - 1)^{2} - 1$ 、 $x \leq - 1$ では $y = (x + 1)^{2} - 1$ である。つまり外側も内側も、もとの放物線を $\pm 1$ だけ左右にずらして $1$ 下げたものである。 $∣ x ∣ \leq 1$ の部分だけが $y = x^{2} - 2$ という別の放物線になる。

放物線

C

の通りうる範囲。上側の境界は

y = x^{2} + 2∣ x ∣

、下側は

∣ x ∣ \leq 1

で

y = x^{2} - 2

、

∣ x ∣ \geq 1

で

y = x^{2} - 2∣ x ∣

。いずれも境界は含まない。

(\pm 1, - 1)

で下側の境界が折れる。

$(x, y)$ を $- 3 \leq x \leq 3$ 、 $- 6 \leq y \leq 14$ に $6$ 万点ランダムに取り、 $a$ を $- 2$ から $2$ まで $4000$ 等分して $(a, y - x^{2} - a x)$ が三角形の内部に入るかを総当たりで調べると、上の不等式による判定と（境界から $0.01$ 以上離れた点では）1点も食い違わなかった。たとえば $x = 2$ では $0 < y < 8$ で、 $a \to \pm 2$ の極限がちょうど両端にあたる。

$x$ を固定して $(a, b)$ を動かす、という順番を守る。 $a$ と $b$ を別々に動かすと、 $b > ∣ a ∣ - 2$ という結びつきが消えて範囲が広がりすぎる。

$∣ x ∣ \leq 1$ と $∣ x ∣ \geq 1$ で下側の境界が入れ替わるのは、 $- 2$ と $- 2∣ x ∣$ の大小が $∣ x ∣ = 1$ で逆転するからである。 $x = \pm 1$ では両者が一致して $y = - 1$ になり、図では折れ目になる。

三角形の内部（境界を除く）なので、値域も開区間である。 $y = x^{2} + 2∣ x ∣$ などの境界線上の点は通らない。

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第4問　整数

合同式・二項係数・階乗の2の指数・組合せの整除当サイトの体感難易度：難

(1) $K, L$ が正の奇数、 $A, B$ が正の整数で $K A = L B$ のとき、 $K \equiv L (mod 4)$ ならば $A \equiv B (mod 4)$ であることを示す

答 $K (A - B) = (L - K) B$ が $4$ の倍数で、 $K$ が奇数だから $A - B$ が $4$ の倍数

$A - B$ が $4$ の倍数であることを示したい。 $K A = L B$ から $K (A - B)$ を作ると、残りが $(L - K) B$ になり、仮定からこれは $4$ の倍数である。あとは $K$ が奇数、つまり $4$ と互いに素であることを使う。

$K A = L B$ より

K (A - B) = K A - K B = L B - K B = (L - K) B

である。仮定より $L - K$ は $4$ の倍数なので、右辺は $4$ の倍数である。よって $K (A - B)$ は $4$ の倍数である。

$K$ は奇数なので $K$ と $4$ は互いに素である。したがって $A - B$ が $4$ の倍数でなければならない。すなわち $A$ を $4$ で割った余りと $B$ を $4$ で割った余りは等しい。

$K A = L B$ の両辺を $K$ で割ってはいけない。 $A - B$ を作ってから「奇数と $4$ が互いに素」を使う。

(2) $a > b > 0$ のとき、 $A =_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ 、 $B =_{a} C_{b}$ に対して $K A = L B$ となる正の奇数 $K, L$ が存在することを示す

答 $(4 n)! = 2^{3 n} n! c_{n}$ （ $c_{n}$ は奇数）と書けて、 $K = (4 b + 1) c_{b} c_{a - b}$ 、 $L = (4 a + 1) c_{a}$ とすればよい

$\frac{A}{B}$ を階乗で書き下して、 $2$ のべきだけを取り出す。 $(4 n)!$ の中の偶数をまとめて $2$ をくくり出すと、 $(4 n)! = 2^{3 n} n! \times (奇数)$ という形になる。この「奇数」の部分が、そのまま $K, L$ の材料になる。

$2$ のべきをくくり出す。 $1$ から $2 n$ までの積で、偶数だけを集めると $2 \cdot 4 \dots 2 n = 2^{n} n!$ だから

(2 n)! = (2 n 以下の奇数の積) \times 2^{n} n!

である。これを2回使うと

(4 n)! = (4 n 以下の奇数の積) \times 2^{2 n} (2 n)! = (奇数) \times 2^{3 n} n!

となる。そこで正の奇数 $c_{n}$ を $(4 n)! = 2^{3 n} n! c_{n}$ で定める（ $c_{0} = 1$ ）。

$\frac{A}{B}$ を書く。 $m = a - b (\geq 1)$ とおく。

\frac{A}{B} = \frac{( 4 a + 1 )!}{( 4 b + 1 )! ( 4 m )!} \cdot \frac{b ! m !}{a !} = \frac{( 4 a + 1 )!}{a !} \cdot \frac{b !}{( 4 b + 1 )!} \cdot \frac{m !}{( 4 m )!}

であり、 $\frac{( 4 n + 1 )!}{n !} = (4 n + 1) \cdot \frac{( 4 n )!}{n !} = (4 n + 1) 2^{3 n} c_{n}$ だから

\frac{A}{B} = \frac{( 4 a + 1 ) 2 ^{3 a} c _{a}}{( 4 b + 1 ) 2 ^{3 b} c _{b} \cdot 2 ^{3 m} c _{m}} = \frac{( 4 a + 1 ) c _{a}}{( 4 b + 1 ) c _{b} c _{m}}

となる（ $a = b + m$ なので $2$ のべきはすべて打ち消し合う）。したがって

K = (4 b + 1) c_{b} c_{m}, L = (4 a + 1) c_{a}

とおけば $K A = L B$ が成り立つ。 $4 b + 1$ 、 $4 a + 1$ は奇数、 $c_{b}, c_{m}, c_{a}$ も奇数なので、 $K, L$ はともに正の奇数である。

$a = 4$ 、 $b = 1$ なら $A =_{17} C_{5} = 6188 = 2^{2} \cdot 7 \cdot 13 \cdot 17$ 、 $B =_{4} C_{1} = 4$ で、 $2$ の指数はどちらも $2$ である。 $2 \leq a \leq 13$ の範囲のすべての $(a, b)$ で $2$ の指数が一致することを確かめた。

$2$ のべきが打ち消し合うのは $3 a = 3 b + 3 m$ 、つまり $a = b + m$ だからである。 $4 a + 1$ 、 $4 b + 1$ という「 $4$ で割ると $1$ 余る形」が効いていて、 $1$ がずれると成り立たない。

(3)さらに $a - b$ が $2$ で割り切れるとき、 $_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ と $_{a} C_{b}$ を $4$ で割った余りが等しいことを示す

答(2) の $K, L$ が $K \equiv L (mod 4)$ をみたすので、(1) が使える

(1) を使うには $K \equiv L (mod 4)$ を言えばよい。 $4 a + 1 \equiv 4 b + 1 \equiv 1 (mod 4)$ なので、残るのは $c_{b} c_{m} \equiv c_{a} (mod 4)$ である。 $c_{n}$ の漸化式を $4$ を法として見ると、 $c_{n}$ の余りは $n$ を $4$ で割った余りだけで決まることが分かる。

$c_{n}$ を $4$ で割った余り。 定義から

\frac{c _{n + 1}}{c _{n}} = \frac{( 4 n + 4 )!}{( 4 n )!} \cdot \frac{n !}{( n + 1 )!} \cdot \frac{1}{2 ^{3}} = \frac{( 4 n + 1 ) ( 4 n + 2 ) ( 4 n + 3 ) ( 4 n + 4 )}{8 ( n + 1 )}

で、 $(4 n + 2) (4 n + 4) = 8 (2 n + 1) (n + 1)$ だから

c_{n + 1} = c_{n} (4 n + 1) (4 n + 3) (2 n + 1)

となる。 $4$ を法とすると $4 n + 1 \equiv 1$ 、 $4 n + 3 \equiv 3$ なので $c_{n + 1} \equiv 3 (2 n + 1) c_{n}$ であり、 $n$ が偶数なら $2 n + 1 \equiv 1$ で $c_{n + 1} \equiv 3 c_{n}$ 、 $n$ が奇数なら $2 n + 1 \equiv 3$ で $c_{n + 1} \equiv 9 c_{n} \equiv c_{n}$ となる。 $c_{0} = 1$ から順に

c_{0} \equiv 1, c_{1} \equiv 3, c_{2} \equiv 3, c_{3} \equiv 1, c_{4} \equiv 1, c_{5} \equiv 3, \dots (mod 4)

となり、 $c_{n}$ を $4$ で割った余りは $n$ を $4$ で割った余りだけで決まって

c_{n} \equiv {13 (n \equiv 0, 3 (mod 4)) (n \equiv 1, 2 (mod 4))

である。

$K \equiv L$ を示す。 $4 a + 1 \equiv 4 b + 1 \equiv 1 (mod 4)$ なので、(2) の $K, L$ について $K \equiv c_{b} c_{m}$ 、 $L \equiv c_{a} = c_{b + m} (mod 4)$ である。 $m = a - b$ が偶数のとき $c_{b} c_{m} \equiv c_{b + m}$ を示す。

$m \equiv 0 (mod 4)$ のとき： $c_{m} \equiv 1$ 、また $b + m \equiv b$ なので $c_{b + m} \equiv c_{b}$ 。両辺とも $c_{b}$ になり成り立つ。
$m \equiv 2 (mod 4)$ のとき： $c_{m} \equiv 3$ 、また $b + m \equiv b + 2$ である。 $b$ を $4$ で割った余りで4通り調べると、 $b \equiv 0$ では $3 \cdot 1 = 3$ と $c_{2} \equiv 3$ 、 $b \equiv 1$ では $3 \cdot 3 \equiv 1$ と $c_{3} \equiv 1$ 、 $b \equiv 2$ では $3 \cdot 3 \equiv 1$ と $c_{4} \equiv 1$ 、 $b \equiv 3$ では $3 \cdot 1 = 3$ と $c_{5} \equiv 3$ で、いずれも一致する。

よって $K \equiv L (mod 4)$ であり、(1) より $A$ と $B$ を $4$ で割った余りは等しい。すなわち $_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ と $_{a} C_{b}$ を $4$ で割った余りは等しい。

$a = 4$ 、 $b = 2$ （ $a - b = 2$ ）では $_{17} C_{9} = 24310$ で $4$ で割ると $2$ 余り、 $_{4} C_{2} = 6$ も $2$ 余る。 $2 \leq a \leq 15$ で $a - b$ が偶数のすべての組を多倍長整数で調べても例外はなかった。

$m$ が奇数だと $c_{b} c_{m} \equiv c_{b + m}$ は崩れる。たとえば $b = 1$ 、 $m = 1$ なら左辺 $3 \cdot 3 \equiv 1$ 、右辺 $c_{2} \equiv 3$ で一致しない。「 $a - b$ が偶数」という条件はここで効いている。

(4) $_{2021} C_{37}$ を $4$ で割った余りを求める

答 $3$

$2021 = 4 \cdot 505 + 1$ 、 $37 = 4 \cdot 9 + 1$ なので (3) がそのまま使える。 $505$ と $9$ もまた「 $4$ で割ると $1$ 余る形」なので、もう一度使えて一気に小さくなる。

$2021 = 4 \cdot 505 + 1$ 、 $37 = 4 \cdot 9 + 1$ で、 $505 - 9 = 496$ は偶数だから (3) より

_{2021} C_{37} \equiv_{505} C_{9} (mod 4)

である。さらに $505 = 4 \cdot 126 + 1$ 、 $9 = 4 \cdot 2 + 1$ で $126 - 2 = 124$ は偶数だから、もう一度 (3) を使って

_{505} C_{9} \equiv_{126} C_{2} (mod 4)

となる。最後は直接計算して

_{126} C_{2} = \frac{126 \cdot 125}{2} = 7875 = 4 \cdot 1968 + 3

なので、求める余りは $3$ である。

多倍長整数で $_{2021} C_{37}$ をそのまま計算して $4$ で割ると、余りは $3$ になる。 $_{505} C_{9}$ 、 $_{126} C_{2}$ の余りもどちらも $3$ で、2段階の言いかえが正しいことも確かめられる。

(3) を使うには「上も下も $4$ で割ると $1$ 余る」ことと「 $a - b$ が偶数」の両方が要る。 $2021$ と $37$ 、 $505$ と $9$ はどちらもみたしているので2回続けて使える。

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問題文について

原点中心の半径 1 の円と C:y=ax3−2x の共有点が 6 個になる a>0 の範囲を求める

(1)条件1（連続する2整数を含まない）をみたす選び方の数を求める

(2)条件2（連続する N−2 個の整数からなる集合を少なくとも1つ含む）をみたす選び方の数を求める

(1)点 (a,b) のとりうる範囲を図示する

(2)放物線 C の通りうる範囲を図示する

(1)K,L が正の奇数、A,B が正の整数で KA=LB のとき、K≡L(mod4) ならば A≡B(mod4) であることを示す

(2)a>b>0 のとき、A=4a+1​C4b+1​、B=a​Cb​ に対して KA=LB となる正の奇数 K,L が存在することを示す

(3)さらに a−b が 2 で割り切れるとき、4a+1​C4b+1​ と a​Cb​ を 4 で割った余りが等しいことを示す

(4)2021​C37​ を 4 で割った余りを求める

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(1)点 $(a, b)$ のとりうる範囲を図示する

(2)放物線 $C$ の通りうる範囲を図示する

(1) $K, L$ が正の奇数、 $A, B$ が正の整数で $K A = L B$ のとき、 $K \equiv L (mod 4)$ ならば $A \equiv B (mod 4)$ であることを示す

(2) $a > b > 0$ のとき、 $A =_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ 、 $B =_{a} C_{b}$ に対して $K A = L B$ となる正の奇数 $K, L$ が存在することを示す

(3)さらに $a - b$ が $2$ で割り切れるとき、 $_{4 a + 1} C_{4 b + 1}$ と $_{a} C_{b}$ を $4$ で割った余りが等しいことを示す

(4) $_{2021} C_{37}$ を $4$ で割った余りを求める