独自の解答・詳解
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全4問・無料

東京大学　2022年度　前期日程　文科

東大文系 2022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　2次関数

接線・直交条件・円と接線・軸当サイトの体感難易度：標準

(1) $b$ を $a$ で表し、 $a$ のとりうる値の範囲を求める

答 $b = \frac{a ^{2} + 1}{4}$ 、 $a$ はすべての実数をとりうる

原点を通る接線を探すとき、接点を $(t, t^{2} + a t + b)$ とおいて接線の式を作り、そこに原点を代入するのがいちばん短い。この放物線では定数項が $- t^{2} + b$ になるので、条件が $t^{2} = b$ というきわめて簡単な形になる。あとは2つの傾きの積が $- 1$ というだけである。

$y^{'} = 2 x + a$ なので、接点を $(t, t^{2} + a t + b)$ とすると接線は

y = (2 t + a) (x - t) + t^{2} + a t + b = (2 t + a) x - t^{2} + b

である。これが原点を通る条件は $- t^{2} + b = 0$ 、つまり

t^{2} = b

である。接線が2本あるには $t$ が2つなければならないので $b > 0$ が必要で、このとき $t = \pm b$ の2つに決まる。

傾きを書き下す。 $x$ 座標の小さい方が $P_{1}$ なので $t = - b$ が $P_{1}$ 、 $t = b$ が $P_{2}$ である。接線の傾きをそれぞれ $m_{1}, m_{2}$ とすると

m_{1} = a - 2 b, m_{2} = a + 2 b

で、 $ℓ_{1} ⊥ ℓ_{2}$ より $m_{1} m_{2} = - 1$ 、すなわち

a^{2} - 4 b = - 1 ⟺ b = \frac{a ^{2} + 1}{4}

を得る。

範囲を確かめる。 逆に $a$ をどんな実数にとっても $b = \frac{a ^{2} + 1}{4} > 0$ だから、接線は確かに2本あり、その傾きの積は $a^{2} - 4 b = - 1$ で直交する。2本は原点で交わっているので、条件をみたす $ℓ_{1}, ℓ_{2}$ が実際にとれる。したがって

a はすべての実数をとりうる

である。

$b > 0$ は「接線が2本ある」ための条件として先に出てくるが、 $b = \frac{a ^{2} + 1}{4}$ はどんな $a$ でも自動的に正になる。だから $a$ に制限が付かない。範囲を問われているのに制限が出ないときは、ここを書いておかないと答案が完結しない。

$a = 0.2$ なら $b = 0.26$ 、 $b = 0.509902$ で、 $m_{1} = 0.2 - 1.019804 = - 0.819804$ 、 $m_{2} = 0.2 + 1.019804 = 1.219804$ 。積は $- 1.000000$ になる。 $a = 2$ でも $b = 1.25$ 、 $m_{1} = - 0.236068$ 、 $m_{2} = 4.236068$ で積は $- 1$ である。

$P_{1}$ 、 $P_{2}$ の区別（ $x$ 座標の小さい方が $P_{1}$ ）は (1) では効かないが、(2) では $m_{1} < 0 < m_{2}$ を使うところで決定的に効く。ここで $t = - b$ が $P_{1}$ だと決めておく。

接線が「原点で」直交することは、原点を通る2本という条件に含まれている。交点をあらためて求める必要はない。

(2) $D_{2}$ の半径が $D_{1}$ の半径の2倍になる $a$ を求める

答 $a = \frac{3}{4}$

円が点 $P_{i}$ で $ℓ_{i}$ に接するなら、中心は $P_{i}$ を通る $ℓ_{i}$ の法線上にある。それが軸 $x = - \frac{a}{2}$ と交わる点が中心で、半径は中心と $P_{i}$ の距離である。ここで $m_{1} m_{2} = - 1$ だから「 $ℓ_{1}$ の法線の傾きは $m_{2}$ 」「 $ℓ_{2}$ の法線の傾きは $m_{1}$ 」となり、2つの半径を同じ文字で書ける。比をとると約分が効いて、 $\frac{r _{2}}{r _{1}} = ∣ m_{2} ∣$ という驚くほど簡単な式になる。

$s = b > 0$ とおく。 $t^{2} = b$ より $P_{1}, P_{2}$ の $y$ 座標は $b + a t + b = 2 b + a t$ と書けるので

P_{1} (- s, 2 b - a s), P_{2} (s, 2 b + a s)

である。また $C$ の軸は $x = - \frac{a}{2}$ である。

中心と半径。 $D_{1}$ は $P_{1}$ で $ℓ_{1}$ に接するので、中心は $P_{1}$ を通り $ℓ_{1}$ に垂直な直線上にある。その傾きは $- \frac{1}{m _{1}} = m_{2}$ （ $m_{1} m_{2} = - 1$ を使った）である。中心の $x$ 座標は $- \frac{a}{2}$ なので、 $P_{1}$ からの $x$ の変化は $- \frac{a}{2} - (- s) = s - \frac{a}{2}$ で

r_{1} = s - \frac{a}{2} 1 + m_{2}^{2}

となる。同様に $D_{2}$ の中心は傾き $- \frac{1}{m _{2}} = m_{1}$ の法線上にあり、 $x$ の変化は $- \frac{a}{2} - s$ なので

r_{2} = s + \frac{a}{2} 1 + m_{1}^{2}

である。

比をとる。 $m_{2} = - \frac{1}{m _{1}}$ より

1 + m_{2}^{2} = 1 + \frac{1}{m _{1}^{2}} = \frac{1 + m _{1}^{2}}{∣ m _{1} ∣}

なので、 $1 + m_{1}^{2}$ が約分されて

\frac{r _{2}}{r _{1}} = \frac{s + \frac{a}{2} 1 + m _{1}^{2}}{s - \frac{a}{2} \cdot \frac{1 + m _{1}^{2}}{∣ m _{1} ∣}} = \frac{∣ 2 s + a ∣}{∣ 2 s - a ∣} \cdot ∣ a - 2 s ∣ = ∣ a + 2 s ∣ = ∣ m_{2} ∣

となる。よって条件 $r_{2} = 2 r_{1}$ は

∣ m_{2} ∣ = 2

と同値である。

符号を決める。 $m_{2} - m_{1} = 4 s > 0$ かつ $m_{1} m_{2} = - 1 < 0$ だから、 $m_{1} < 0 < m_{2}$ である。したがって $m_{2} = 2$ に決まり、 $m_{1} = - \frac{1}{m _{2}} = - \frac{1}{2}$ である。 $m_{1} + m_{2} = 2 a$ より

a = \frac{m _{1} + m _{2}}{2} = \frac{- \frac{1}{2} + 2}{2} = \frac{3}{4}

を得る。このとき $s = \frac{m _{2} - m _{1}}{4} = \frac{5}{8} > 0$ で、 $b = s^{2} = \frac{25}{64}$ は $\frac{a ^{2} + 1}{4}$ と一致している。よって

a = \frac{3}{4}

が答えである。

a = \frac{3}{4}

（

b = \frac{25}{64}

）のときの放物線

C

、原点で直交する2本の接線

ℓ_{1}, ℓ_{2}

、および軸

x = - \frac{3}{8}

上に中心をもつ2つの円

D_{1}, D_{2}

。半径は

\frac{5}{4}

と

\frac{5}{2}

でちょうど2倍になる。

$a = \frac{3}{4}$ のとき $P_{1} (- \frac{5}{8}, \frac{5}{16})$ 、 $P_{2} (\frac{5}{8}, \frac{5}{4})$ 、軸は $x = - \frac{3}{8}$ 。 $D_{1}$ の中心は $(- \frac{3}{8}, \frac{13}{16})$ で $r_{1} = \frac{1}{16} + \frac{1}{4} = \frac{5}{4} = 0.559017$ 、 $D_{2}$ の中心は $(- \frac{3}{8}, \frac{7}{4})$ で $r_{2} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{2} = 1.118034$ 。確かに $r_{2} = 2 r_{1}$ である。

$∣ m_{2} ∣ = 2$ から $m_{2} = \pm 2$ と2通り書いて、 $m_{2} = - 2$ を残してしまうと $a = - \frac{3}{4}$ という余計な答えが出る。 $m_{2} - m_{1} = 4 b > 0$ と $m_{1} m_{2} = - 1$ から $m_{1} < 0 < m_{2}$ が決まることを、かならず書いておく。

$D_{1}$ の中心は $D_{2}$ の内部に入る（ $a = \frac{3}{4}$ では2円の中心間距離 $\frac{15}{16}$ が $r_{2} = \frac{5}{2}$ より小さい）。図を描いて「2円が離れているはず」と思い込むと混乱する。接しているのは円と直線で、2円の位置関係は問われていない。

半径を「中心と接点の距離」で出すほかに、「中心と直線 $ℓ_{i}$ の距離」で出してもよい。後者だと点と直線の距離の公式になり、 $1 + m_{i}^{2}$ が分母に来る。どちらでも比は同じ形になる。

第1問だけのページ

第2問　微分法

法線・3次関数・解と係数の関係・値域当サイトの体感難易度：やや難

(1) $ℓ$ が $C$ と3つの異なる点で交わる $α$ の範囲を求める

答 $- \frac{1}{3} < α < \frac{1}{3}$

$P$ が交点の1つだとわかっているので、連立の3次式は $x - α$ で必ず割れる。割った残りの2次式が「異なる2実解をもち、どちらも $α$ ではない」が条件である。法線の傾きを $m$ とおいたまま進め、最後に $m = - \frac{1}{3 α ^{2} - 1}$ を入れると、 $T = 3 α^{2} - 1$ の符号だけの問題に落ちる。

$y^{'} = 3 x^{2} - 1$ なので $P$ での接線の傾きは $3 α^{2} - 1$ である。これを $T$ とおく。 $T = 0$ だと接線が $x$ 軸に平行で $ℓ$ は $x = α$ となり、 $C$ とは1点でしか交わらない。よって $T \neq = 0$ で、 $ℓ$ の傾きは

m = - \frac{1}{T}

である。 $ℓ : y = m (x - α) + α^{3} - α$ と $C$ の連立は

x^{3} - x (x^{3} - α^{3}) - (x - α) - m (x - α) (x - α) (x^{2} + α x + α^{2} - 1 - m) = m (x - α) + α^{3} - α = 0 = 0

となる。 $3$ つの異なる交点をもつ条件は、2次式

g (x) = x^{2} + α x + α^{2} - 1 - m

が異なる2実解をもち、しかもそのどちらも $α$ ではないことである。

判別式。 $g (x) = 0$ の判別式は

D = α^{2} - 4 (α^{2} - 1 - m) = - 3 α^{2} + 4 + 4 m

である。 $3 α^{2} = T + 1$ 、 $m = - \frac{1}{T}$ を入れると

D = - (T + 1) + 4 - \frac{4}{T} = 3 - T - \frac{4}{T} = - \frac{T ^{2} - 3 T + 4}{T}

となる。ここで $T^{2} - 3 T + 4 = (T - \frac{3}{2})^{2} + \frac{7}{4} > 0$ がつねに成り立つので

D > 0 ⟺ T < 0

である。

$x = α$ が解でないこと。

g (α) = α^{2} + α^{2} + α^{2} - 1 - m = T - m = T + \frac{1}{T} = \frac{T ^{2} + 1}{T}

で、 $T^{2} + 1 > 0$ 、 $T \neq = 0$ だから $g (α) \neq = 0$ である。この条件は自動的にみたされる。

したがって求める条件は $T = 3 α^{2} - 1 < 0$ 、すなわち

- \frac{1}{3} < α < \frac{1}{3}

である。

α = 0.3

のときの

C : y = x^{3} - x

と、

P (0.3, - 0.273)

での法線

ℓ

。

ℓ

は

C

と3点で交わり、

P

以外の2つの交点の

x

座標が

β = - 1.667

、

γ = 1.367

である。

$α = \pm \frac{1}{3}$ は $C$ の極値をとる $x$ で、そこでは接線が水平、法線が垂直になって交点が1つに減る。 $∣ α ∣$ がそれより大きいところでも、法線の傾きが小さすぎて交点は1つしかない。

$α = 0.3$ なら $T = - 0.73$ 、 $m = 1.369863$ で $D = 0.09 - 4 (0.09 - 1 - 1.369863) = 9.209452 > 0$ 。解は $x = - 1.667356, 1.367356$ となり、 $C$ 上の点 $(- 1.667356, - 2.967993)$ 、 $(1.367356, 1.189192)$ はどちらも $ℓ$ の上に乗っている。いっぽう $α = 0.6$ なら $T = 0.08 > 0$ で $D = - 3 (0.36) + 4 + 4 (- 12.5) = - 47.08 < 0$ 、交点は $P$ だけである。

$T = 0$ （ $α = \pm \frac{1}{3}$ ）を「傾きが定義できない」で片づけず、そのとき $ℓ$ が $x = α$ という垂直線になり交点が1個であることまで書く。範囲の端が除かれる理由がここにある。

$D > 0$ を $- 3 α^{2} + 4 + 4 m > 0$ のまま $m$ に代入して分母を払うときは、 $T$ の符号で不等号の向きが変わる。 $D = - \frac{T ^{2} - 3 T + 4}{T}$ の形にまとめてしまえば場合分けが消える。

(2) $β^{2} + β γ + γ^{2} - 1 \neq = 0$ であることを示す

答 $β^{2} + β γ + γ^{2} - 1 = m = - \frac{1}{3 α ^{2} - 1} \neq = 0$

$β, γ$ は (1) で出した2次式の2解なので、 $β + γ$ と $β γ$ が $α$ と $m$ で書ける。 $β^{2} + β γ + γ^{2}$ は $(β + γ)^{2} - β γ$ という対称式なので、代入するだけで $α$ が消えて $m$ だけが残る。

$β, γ$ は $x^{2} + α x + (α^{2} - 1 - m) = 0$ の2解だから、解と係数の関係より

β + γ = - α, β γ = α^{2} - 1 - m

である。したがって

β^{2} + β γ + γ^{2} = (β + γ)^{2} - β γ = α^{2} - (α^{2} - 1 - m) = 1 + m

となり

β^{2} + β γ + γ^{2} - 1 = m = - \frac{1}{3 α ^{2} - 1}

を得る。 $m$ は $- \frac{1}{T}$ という形の数で、分子が $- 1$ だから $0$ になりえない。よって

β^{2} + β γ + γ^{2} - 1 \neq = 0

である。

$β^{2} + β γ + γ^{2}$ は $β, γ$ の対称式で、 $β^{2} + 2 β γ + γ^{2} - β γ = (β + γ)^{2} - β γ$ と見るのがこの形の定石である。 $β^{3} - γ^{3} = (β - γ) (β^{2} + β γ + γ^{2})$ の因数として覚えている人は、そちらから $β \neq = γ$ を使って示してもよい。

$α = 0.3$ では $β = - 1.667356$ 、 $γ = 1.367356$ で $β^{2} + β γ + γ^{2} - 1 = 2.779876 - 2.279863 + 1.869663 - 1 = 1.369863$ 。これは $m = - \frac{1}{3 ( 0.09 ) - 1} = \frac{1}{0.73} = 1.369863$ と一致する。 $- 0.57 \leq α \leq 0.57$ を $11$ 万 $4001$ 点で調べても、両者の差はすべて $1 0^{- 9}$ 未満だった。

「 $\neq = 0$ を示せ」なので、値が何になるかまで出してしまうのがいちばん確実である。 $β^{2} + β γ + γ^{2} - 1$ がちょうど $ℓ$ の傾き $m$ になるという事実が、そのまま (3) の計算に効く。

$β, γ$ は実数だが、 $β^{2} + β γ + γ^{2} \geq 0$ だけでは $- 1$ して $0$ にならないことは言えない。実際 $1 + m - 1 = m$ は負にもなる（ $T < 0$ だから $m > 0$ で、ここでは正だが）。値を出す以外の近道はない。

(3) $u = 4 α^{3} + \frac{1}{β ^{2} + β γ + γ ^{2} - 1}$ のとりうる値の範囲を求める

答 $- \frac{4 3}{9} < u \leq 1$

(2) で分母が $m$ だとわかったので、 $\frac{1}{m} = - T = 1 - 3 α^{2}$ と置き換えるだけで $u$ が $α$ だけの3次関数になる。あとは (1) の範囲 $∣ α ∣ < \frac{1}{3}$ での値域を増減表で出す。端が開いていること、極小値が左端の値より大きいことに注意する。

(2) より分母は $m = - \frac{1}{T}$ なので $\frac{1}{m} = - T = 1 - 3 α^{2}$ である。よって

u = 4 α^{3} + 1 - 3 α^{2} = 4 α^{3} - 3 α^{2} + 1

となり、 $u$ は $α$ だけの関数である。定義域は (1) より $- \frac{1}{3} < α < \frac{1}{3}$ である。

増減。 $f (α) = 4 α^{3} - 3 α^{2} + 1$ とすると

f^{'} (α) = 12 α^{2} - 6 α = 6 α (2 α - 1)

なので、 $α = 0$ と $α = \frac{1}{2}$ が極値を与える。 $\frac{1}{3} = 0.577 \dots$ なのでどちらも定義域の内部にある。 $f^{'}$ の符号は $α < 0$ で正、 $0 < α < \frac{1}{2}$ で負、 $α > \frac{1}{2}$ で正である。

$- \frac{1}{3} < α \leq 0$ ：増加。値は $f (- \frac{1}{3}) = - \frac{4}{3 3} - 1 + 1 = - \frac{4 3}{9}$ を含まず、 $f (0) = 1$ まで。
$0 \leq α \leq \frac{1}{2}$ ：減少。 $1$ から $f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{2} - \frac{3}{4} + 1 = \frac{3}{4}$ まで。
$\frac{1}{2} \leq α < \frac{1}{3}$ ：増加。 $\frac{3}{4}$ から $f (\frac{1}{3}) = \frac{4 3}{9}$ を含まずまで。

まとめる。 $\frac{4 3}{9} = 0.7698 \dots$ は $1$ より小さく、 $\frac{3}{4} = 0.75$ より大きい。だから3番目の区間で出る値 $[\frac{3}{4}, \frac{4 3}{9})$ も、2番目の区間で出る値 $[\frac{3}{4}, 1]$ も、1番目の区間で出る値

(- \frac{4 3}{9}, 1]

にすべて含まれる。 $f$ は1番目の区間で連続かつ増加で、左端の値 $- \frac{4 3}{9}$ だけが届かず $f (0) = 1$ は実際にとる。よって

- \frac{4 3}{9} < u \leq 1

が求める範囲である。

u = 4 α^{3} - 3 α^{2} + 1

のグラフ（

- \frac{1}{3} < α < \frac{1}{3}

）。

α = 0

で最大値

1

、

α = \frac{1}{2}

で極小値

\frac{3}{4}

をとる。両端は定義域に入らないので、

- \frac{4 3}{9} = - 0.770

と

\frac{4 3}{9} = 0.770

はとらない。

$- \frac{4 3}{9} = - 0.769800$ 。 $α$ を $- 0.575$ から $0.575$ まで $23$ 万等分して $u = 4 α^{3} - 3 α^{2} + 1$ を計算すると、最大 $1.000000$ （ $α = 0$ ）、最小 $- 0.752313$ となる。定義域をさらに端へ寄せると最小は $- 0.769800$ に近づくが届かない。 $α = \frac{1}{2}$ では $u = 0.75$ である。

極小値 $\frac{3}{4}$ は最小値ではない。左端近くで $u$ は $- \frac{4 3}{9}$ まで下がるので、極小値だけ見て「 $\frac{3}{4} \leq u \leq 1$ 」とすると大きく外す。定義域の端の値をかならず計算して比べる。

右端の値 $\frac{4 3}{9} = 0.770$ は最大値 $1$ より小さいので、範囲の上端には関係しない。3つの区間の値域を合わせるときは、数値で大小を確かめておくと安全である。

端が開いているので、下端は $<$ 、上端は $\leq$ になる。 $u = 1$ は $α = 0$ で実際にとれる（このとき $P$ は原点で、 $ℓ$ は $y = x$ である）。

第2問だけのページ

第3問　整数

漸化式・合同式・周期性・最大公約数当サイトの体感難易度：標準

(1) $a_{2022}$ を $3$ で割った余りを求める

答 $2$

$a_{n}$ そのものは爆発的に大きくなるので、 $mod 3$ だけを追う。 $n (n + 2)$ の余りは $n$ の余りだけで決まるから、全体が周期をもつはずだと見当がつく。実際に数項書けば周期6が見える。

$mod 3$ で考える。まず $n (n + 2)$ の余りは $n$ の余りだけで決まり

n \equiv 0 \Rightarrow n (n + 2) \equiv 0, n \equiv 1 \Rightarrow n (n + 2) \equiv 1 \cdot 3 \equiv 0, n \equiv 2 \Rightarrow n (n + 2) \equiv 2 \cdot 4 \equiv 2

である。つまり足される項は、 $n \equiv 2 (mod 3)$ のときだけ $2$ で、ほかは $0$ である。

$a_{1} = 4 \equiv 1$ から順に計算すると

a_{1} a_{2} a_{3} a_{4} a_{5} a_{6} a_{7} \equiv 1 \equiv a_{1}^{2} + 1 \cdot 3 \equiv 1 + 0 = 1 \equiv a_{2}^{2} + 2 \cdot 4 \equiv 1 + 2 = 0 \equiv a_{3}^{2} + 3 \cdot 5 \equiv 0 + 0 = 0 \equiv a_{4}^{2} + 4 \cdot 6 \equiv 0 + 0 = 0 \equiv a_{5}^{2} + 5 \cdot 7 \equiv 0 + 2 = 2 \equiv a_{6}^{2} + 6 \cdot 8 \equiv 4 + 0 = 1

となる。 $a_{1}$ から並べると

1, 1, 0, 0, 0, 2, 1, 1, 0, 0, 0, 2, \dots

である。 $a_{7} \equiv a_{1} \equiv 1$ で、 $a_{n + 1}$ は「 $a_{n}$ の余り」と「 $n$ の余り」だけから決まるのだから、 $a_{7} \equiv a_{1}$ かつ $7 \equiv 1 (mod 3)$ （ $7 - 1 = 6$ は $3$ の倍数）より、以後は周期 $6$ でまったく同じ並びが続く。

$2022 = 6 \times 337$ なので、 $a_{2022}$ は周期のちょうど6番目にあたり

a_{2022} \equiv 2 (mod 3)

である。求める余りは $2$ である。

周期が $6$ になるのは、 $a_{n}$ の余りが決まっても次を出すには $n$ の余りも必要だからである。「状態」は（ $a_{n}$ の余り、 $n$ の余り）の組で、 $n$ の周期 $3$ と $a_{n}$ の並びがかみ合って $6$ になる。 $a_{7} \equiv a_{1}$ を確かめるだけでなく、 $7 \equiv 1 (mod 3)$ も確かめないと周期が言えない。

$mod 3$ の漸化式を $n = 1$ から $2021$ まで実際に回すと $a_{2022} \equiv 2$ になる。 $mod 9$ で回すと $a_{2022} \equiv 8$ で、これも $3$ で割れば $2$ である。周期6の表（ $1, 1, 0, 0, 0, 2$ ）で $2022 \div 6 = 337$ 余り $0$ だから6番目の $2$ 、という読み方と一致する。

$a_{1} = 4$ を $4$ のまま2乗して $16$ 、と進めると数が大きくなるだけである。最初から余りに直す。

「 $a_{7} \equiv a_{1}$ だから周期 $6$ 」と書くには、 $n$ の側の余りもそろっていることが必要である。 $a_{4} \equiv a_{5} \equiv 0$ のように同じ余りが並ぶ箇所があるので、 $a$ の値だけで周期を主張すると誤る。

(2) $a_{2022}, a_{2023}, a_{2024}$ の最大公約数を求める

答 $1$

漸化式は「次の項 $=$ 前の項の2乗 $+$ 具体的な整数」という形である。だから3項すべてを割る数は、漸化式の差をとることで具体的な整数 $n (n + 2)$ を割らなければならない。2つ分使えば候補が一気に絞られ、(1) の結果でとどめを刺せる。

$d = g cd (a_{2022}, a_{2023}, a_{2024})$ とおく（ $a_{n} > 0$ なので $d$ は正の整数）。

候補を絞る。 漸化式より

a_{2023} = a_{2022}^{2} + 2022 \cdot 2024, a_{2024} = a_{2023}^{2} + 2023 \cdot 2025

である。 $d$ は $a_{2022}$ と $a_{2023}$ をともに割るので、 $a_{2023} - a_{2022}^{2} = 2022 \cdot 2024$ を割る。同じく $d$ は $a_{2023}$ と $a_{2024}$ をともに割るので、 $a_{2024} - a_{2023}^{2} = 2023 \cdot 2025$ を割る。よって

d ∣ g cd (2022 \cdot 2024, 2023 \cdot 2025)

である。素因数分解すると

2022 \cdot 2024 2023 \cdot 2025 = (2 \cdot 3 \cdot 337) (2^{3} \cdot 11 \cdot 23) = 2^{4} \cdot 3 \cdot 11 \cdot 23 \cdot 337 = (7 \cdot 1 7^{2}) (3^{4} \cdot 5^{2}) = 3^{4} \cdot 5^{2} \cdot 7 \cdot 1 7^{2}

で、共通の素因数は $3$ だけ、しかも前者には $3$ が1個しかないので

g cd (2022 \cdot 2024, 2023 \cdot 2025) = 3

である。したがって $d = 1$ または $d = 3$ である。

$3$ を落とす。 (1) より $a_{2022} \equiv 2 (mod 3)$ なので $a_{2022}$ は $3$ の倍数ではない。よって $d \neq = 3$ で

d = 1

である。求める最大公約数は $1$ である。

$2024 = 2^{3} \cdot 11 \cdot 23$ 、 $2025 = 3^{4} \cdot 5^{2} = 4 5^{2}$ 、 $2023 = 7 \cdot 1 7^{2}$ はどれも年号がらみでよく出てくる分解である。 $2022 = 2 \cdot 3 \cdot 337$ の $337$ は素数で、 $337 < 1 9^{2} = 361$ なので $2, 3, 5, 7, 11, 13, 17$ で割れないことを確かめれば足りる。

$2022 \cdot 2024 = 4092528$ 、 $2023 \cdot 2025 = 4096575$ で $g cd = 3$ 。いっぽう $mod 3$ の漸化式から $a_{2022} \equiv 2$ 、 $a_{2023} \equiv 1$ 、 $a_{2024} \equiv 1$ なので、3項とも $3$ では割れない。 $3$ 以外の共通素因数は上の絞り込みで消えているので、最大公約数は $1$ しかありえない。

$d ∣ 3$ まで出した時点で止めると、 $d = 3$ かもしれない。(1) がここで使われる設問構成なので、 $a_{2022} \equiv 2$ を引いてくる。

$g cd (a, b, c)$ は3つ同時の最大公約数である。 $g cd (a_{2022}, a_{2023})$ だけを計算しても、 $2022 \cdot 2024$ の約数という条件しか出ず絞り切れない。2本の差を両方使う。

$2022 \cdot 2024$ に $3$ が1個しかないことまで見る。 $g cd$ の指数は小さい方なので、 $2023 \cdot 2025$ に $3^{4}$ あっても結果は $3^{1}$ である。

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第4問　確率・ベクトル

1次独立・場合の数・重複組合せ・対称性当サイトの体感難易度：難

(1) $N = 5$ のとき $X_{5}$ が $O$ にある確率を求める

答 $\frac{1}{16}$

$v_{k}$ は $k$ を $3$ で割った余りだけで決まる3本のベクトルで、3本足すと $0$ になる。だから「どの向きを何本足したか」だけが問題になる。表の回数を「その表より前に出た裏の回数」で分類すれば、原点に戻る条件が3つの本数が等しいという条件に化ける。

$v_{k}$ は $\frac{2 k π}{3}$ で決まるので、 $k$ を $3$ で割った余りだけで決まり、 $v_{0}, v_{1}, v_{2}$ の3通りしかない。この3本は正三角形の頂点の向きで

v_{0} + v_{1} + v_{2} = 0

をみたし、 $v_{0}$ と $v_{1}$ は1次独立である。

3つのベクトル

v_{0}, v_{1}, v_{2}

。互いに

12 0^{\circ}

ずつずれた単位ベクトルで、3つ足すと

0

になる。

表が出るたびに、そのときまでに出た裏の回数 $k$ に応じて $v_{k}$ が足される。そこで各回の表を「その表より前に出た裏の回数」で分類し、裏がちょうど $j$ 回出たあとに出た表の回数を $m_{j}$ とする。裏が全部で $t$ 回なら $j = 0, 1, \dots, t$ である。すると

OX_{N} = j = 0 \sum t m_{j} v_{j} = A v_{0} + B v_{1} + C v_{2}

となる。ここで $A, B, C$ はそれぞれ $j$ を $3$ で割った余りが $0, 1, 2$ である $m_{j}$ の総和である。 $v_{2} = - v_{0} - v_{1}$ を代入すると

OX_{N} = (A - C) v_{0} + (B - C) v_{1}

で、 $v_{0}, v_{1}$ が1次独立だから、 $X_{N}$ が $O$ にあることは

A = B = C

と同値である。

$N = 5$ の場合。 表の回数を $r$ とすると $r = A + B + C = 3 A$ なので $r$ は $3$ の倍数で、 $r \leq 5$ より $r = 0, 3$ である。

$r = 0$ ：すべて裏。 $A = B = C = 0$ で条件をみたす。 $1$ 通り。
$r = 3$ ： $t = 2$ なので $j = 0, 1, 2$ の $3$ 個。余り $0, 1, 2$ の組にそれぞれ $1$ 個ずつ入るので、 $A = m_{0}$ 、 $B = m_{1}$ 、 $C = m_{2}$ である。 $A = B = C = 1$ より $m_{0} = m_{1} = m_{2} = 1$ の $1$ 通り。

$m_{0}, m_{1}, \dots, m_{t}$ の組を決めることと表裏の並びを決めることは1対1に対応するので、条件をみたす並びは $1 + 1 = 2$ 通りである。全体は $2^{5} = 32$ 通りで、どれも同じ確率だから

\frac{2}{32} = \frac{1}{16}

が答えである。

$2^{5} = 32$ 通りの表裏をすべて並べて $X_{5}$ の座標を直接計算すると、原点に戻るのはちょうど $2$ 通り（表 $0$ 回が $1$ 通り、表 $3$ 回が $1$ 通り）で、上の数え方と一致する。確率は $\frac{2}{32} = \frac{1}{16} = 0.0625$ である。

$k$ は「それまでに出た裏の回数」であって何回目かではない。裏が出た回では点は動かず、 $k$ が1つ増えるだけである。

$v_{0}, v_{1}, v_{2}$ の3本は1次従属（足すと $0$ ）なので、 $A v_{0} + B v_{1} + C v_{2} = 0$ からただちに $A = B = C = 0$ とは言えない。 $v_{2}$ を消して1次独立な2本にしてから係数を比べる。

$r = 3$ のときの並びは「表表表裏裏」ではない。 $m_{0} = m_{1} = m_{2} = 1$ は「表・裏・表・裏・表」という並び1通りを指す。 $m_{j}$ の組と並びの対応を取り違えないこと。

(2) $N = 98$ のとき、表がちょうど $90$ 回・裏がちょうど $8$ 回出て、かつ $X_{98}$ が $O$ にある確率を求める

答 $\frac{49 6 ^{3}}{2 ^{98}} = \frac{3 1 ^{3}}{2 ^{86}} = \frac{29791}{2 ^{86}}$

(1) の数え方をそのまま使う。裏が $8$ 回なら $m_{j}$ の番号 $j$ は $0$ から $8$ までの $9$ 個で、 $9$ は $3$ の倍数だから、余り $0, 1, 2$ の3組にちょうど $3$ 個ずつきれいに分かれる。あとは各組で「 $3$ 個の数の和を $30$ にする」のを数えるだけで、重複組合せになる。

(1) と同じく、 $X_{98}$ が $O$ にある条件は $A = B = C$ である。表の回数は $r = 90$ で $A + B + C = 90$ だから

A = B = C = 30

が条件である。 $90$ は $3$ の倍数なので、この条件は矛盾しない。

組の分かれ方。 裏は $t = 8$ 回なので、 $m_{j}$ の番号 $j$ は $0, 1, \dots, 8$ の $9$ 個ある。 $j$ を $3$ で割った余りで分けると

余り 0 : j = 0, 3, 6 余り 1 : j = 1, 4, 7 余り 2 : j = 2, 5, 8

で、どの組もちょうど $3$ 個である。したがって

A = m_{0} + m_{3} + m_{6}, B = m_{1} + m_{4} + m_{7}, C = m_{2} + m_{5} + m_{8}

である。

数える。 各組について「 $0$ 以上の整数 $3$ 個の和を $30$ にする」組を数えればよい。これは $30$ 個のものを $3$ 個の箱に分ける重複組合せで

_{30 + 3 - 1} C_{3 - 1} =_{32} C_{2} = \frac{32 \cdot 31}{2} = 496

通りである。3つの組は互いに関係なく決められるので、条件をみたす $(m_{0}, m_{1}, \dots, m_{8})$ は

49 6^{3} = 122023936

通りある。 $m_{j}$ の組と表裏の並びは1対1に対応し（ $m_{j}$ が決まれば「表を $m_{0}$ 回、裏、表を $m_{1}$ 回、裏、…、裏、表を $m_{8}$ 回」という並びが一意に決まる）、どの組でも表は $90$ 回、裏は $8$ 回で合計 $98$ 回になる。

全体は $2^{98}$ 通りでどれも同じ確率だから、求める確率は

\frac{49 6 ^{3}}{2 ^{98}} = \frac{( 2 ^{4} \cdot 31 ) ^{3}}{2 ^{98}} = \frac{2 ^{12} \cdot 3 1 ^{3}}{2 ^{98}} = \frac{3 1 ^{3}}{2 ^{86}} = \frac{29791}{2 ^{86}}

である。

$98$ という回数と $90$ 回という指定が効いているのは、裏が $8$ 回だと番号が $9$ 個になり $3$ で割り切れる点である。たとえば裏が $7$ 回（表 $91$ 回）だと番号が $8$ 個で組の個数が $3, 3, 2$ と不均等になり、しかも $91$ が $3$ の倍数でないので確率は $0$ になる。

小さい場合で同じ数え方を試すと、 $(N, r) = (11, 3)$ では番号 $9$ 個・各組3個・和 $1$ なので $(_{3} C_{2})^{3} = 27$ 通り、 $(N, r) = (14, 6)$ では和 $2$ なので $(_{4} C_{2})^{3} = 216$ 通りになる。 $2^{11}$ 、 $2^{14}$ 通りの全探索でも、原点に戻る並びはそれぞれちょうど $27$ 通り、 $216$ 通りだった。

番号の個数は裏の回数 $t$ ではなく $t + 1$ である。裏が $8$ 回なら「最初の裏より前」も1区間なので $9$ 個になる。ここを $8$ にすると組が $3$ 個ずつに分かれず、答えが変わってしまう。

重複組合せは $_{s + n - 1} C_{n - 1}$ で、 $n$ は箱の数である。 $_{32} C_{2}$ の $2$ は「 $3$ 個の箱の仕切り $2$ 本」であって、 $3$ ではない。

$m_{j}$ の組を数えたあとに「並べ方」を掛けてはいけない。 $m_{j}$ の組1つに対して表裏の並びはちょうど1通りで、すでに数え上がっている。

最後に約分する。 $496 = 2^{4} \cdot 31$ に気づけば $\frac{3 1 ^{3}}{2 ^{86}}$ まで下げられる。

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問題文について

(1)b を a で表し、a のとりうる値の範囲を求める

(2)D2​ の半径が D1​ の半径の2倍になる a を求める

(1)ℓ が C と3つの異なる点で交わる α の範囲を求める

(2)β2+βγ+γ2−1=0 であることを示す

(3)u=4α3+β2+βγ+γ2−11​ のとりうる値の範囲を求める

(1)a2022​ を 3 で割った余りを求める

(2)a2022​,a2023​,a2024​ の最大公約数を求める

(1)N=5 のとき X5​ が O にある確率を求める

(2)N=98 のとき、表がちょうど 90 回・裏がちょうど 8 回出て、かつ X98​ が O にある確率を求める

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(1) $N = 5$ のとき $X_{5}$ が $O$ にある確率を求める

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