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全6問・無料

東京大学　2021年度　前期日程　理科

東大理系 2021年度数学の解答・解説

全6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。理科の問題文は、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　図形と方程式

2次方程式の解の配置・領域の図示・通過範囲・1次式の値域当サイトの体感難易度：標準

(1)点 $(a, b)$ のとりうる範囲を図示する

答3点 $(- 2, 0)$ 、 $(2, 0)$ 、 $(0, - 2)$ を頂点とする三角形の内部（周は含まない）

共有点の $x$ 座標は $x^{2} + a x + b = - x^{2}$ 、すなわち2次方程式 $2 x^{2} + a x + b = 0$ の解である。「一方の解が $- 1 < x < 0$ 、他方が $0 < x < 1$ 」は、2次関数の値の符号だけで言いかえられる。下に凸なので、 $- 1, 0, 1$ での値が「正・負・正」であればよい。

共有点の $x$ 座標は $x^{2} + a x + b = - x^{2}$ の解、すなわち

h (x) = 2 x^{2} + a x + b = 0

の解である。条件は「 $h (x) = 0$ が $- 1 < x < 0$ と $0 < x < 1$ にそれぞれ解を1つずつもつ」ことである。 $h$ は下に凸の2次関数なので、これは

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

と同値である。それぞれ書き下すと

2 - a + b > 0, b < 0, 2 + a + b > 0

すなわち $b > a - 2$ かつ $b > - a - 2$ かつ $b < 0$ である。3直線 $b = a - 2$ 、 $b = - a - 2$ 、 $b = 0$ の交点は $(0, - 2)$ 、 $(2, 0)$ 、 $(- 2, 0)$ なので、求める範囲はこの3点を頂点とする三角形の内部（周を含まない）である。

点

(a, b)

のとりうる範囲（網かけ）。3直線

b = 0

、

b = a - 2

、

b = - a - 2

が境界で、境界は含まない。横軸が

a

、縦軸が

b

。

$(a, b) = (0, - 1)$ は三角形の内部にある。このとき $2 x^{2} - 1 = 0$ の解は $x = \pm \frac{1}{2} = \pm 0.707$ で、確かに $- 1 < x < 0$ と $0 < x < 1$ に1つずつある。 $(a, b) = (0, - 3)$ （三角形の外）では解が $\pm 1.5 = \pm 1.22$ となり範囲から外れる。

判別式を使う必要はない。 $h (- 1) > 0$ 、 $h (0) < 0$ 、 $h (1) > 0$ が言えれば、中間値の定理から2つの区間に解が1つずつあり、2次方程式なのでそれで全部である。

「2つの共有点をもつ」はこの3条件に含まれている。 $h (0) < 0$ だけで相異なる2実解があることが従う。

(2)放物線 $C$ の通りうる範囲を図示する

答 $x^{2} + min {- 2∣ x ∣, - 2} < y < x^{2} + 2∣ x ∣$ 、すなわち $∣ x ∣ \geq 1$ では $(∣ x ∣ - 1)^{2} - 1 < y < (∣ x ∣ + 1)^{2} - 1$ 、 $∣ x ∣ < 1$ では $x^{2} - 2 < y < x^{2} + 2∣ x ∣$ （境界は含まない）

点 $(X, Y)$ が $C$ 上にあるのは $Y = X^{2} + a X + b$ のときで、 $X$ を固定すると $a X + b$ は $(a, b)$ の1次式である。1次式が三角形の内部を動くときにとる値の範囲は、3頂点での値の最小と最大のあいだの開区間になる。頂点が3つしかないので、各 $X$ について3つの値を比べるだけで済む。

点 $(X, Y)$ が条件をみたすある $C$ の上にあることは、(1) の三角形の内部にある $(a, b)$ で $Y = X^{2} + a X + b$ となるものが存在すること、すなわち

Y - X^{2} \in {a X + b ∣ (a, b) は三角形の内部}

である。 $X$ を固定すると $a X + b$ は $(a, b)$ の1次式である。三角形は凸で、1次式はその上で頂点のどこかで最大・最小になるから、内部を動かしたときにとる値の全体は、3頂点での値の最小と最大のあいだの開区間になる。3頂点での値は

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

である。最大は $max {- 2 X, 2 X, - 2} = 2∣ X ∣$ （ $2∣ X ∣ \geq 0 > - 2$ ）、最小は

min {- 2 X, 2 X, - 2} = min {- 2∣ X ∣, - 2} = {- 2∣ X ∣ - 2 (∣ X ∣ \geq 1) (∣ X ∣ < 1)

である。よって求める範囲は

x^{2} + min {- 2∣ x ∣, - 2} < y < x^{2} + 2∣ x ∣

すなわち

{(∣ x ∣ - 1)^{2} - 1 < y < (∣ x ∣ + 1)^{2} - 1 x^{2} - 2 < y < (∣ x ∣ + 1)^{2} - 1 (∣ x ∣ \geq 1) (∣ x ∣ < 1)

で、境界は含まない。 $∣ x ∣ = 1$ では下側の2つの式がどちらも $- 1$ を与え、つながっている。

放物線

C

の通りうる範囲（網かけ）。上の境界は

y = x^{2} + 2∣ x ∣

、下の境界は

∣ x ∣ \geq 1

で

y = x^{2} - 2∣ x ∣

、

∣ x ∣ < 1

で

y = x^{2} - 2

。境界は含まない。縦方向は縮めて描いてある。

$x = 0$ では $y = b$ で、 $b$ は $- 2 < b < 0$ を動く。式でも下側 $0 - 2 = - 2$ 、上側 $0 + 0 = 0$ で一致する。 $x = 2$ では下側 $4 - 4 = 0$ 、上側 $4 + 4 = 8$ 。実際 $(a, b) = (2, 0)$ の極限で $y = x^{2} + 2 x$ が上の境界、 $(- 2, 0)$ の極限で $y = x^{2} - 2 x$ が下の境界になる。 $(X, Y)$ を格子で動かして $a$ を細かく振る総当たりの判定とも、境界の近傍を除いて1点も食い違わなかった。

$(a, b)$ を個別に動かすのではなく、 $X$ を固定して「 $a X + b$ という1つの量」の値域を見るのが要点である。1次式なので、凸領域の上での値域は頂点だけ調べれば決まる。

$min {- 2 X, 2 X} = - 2∣ X ∣$ と $- 2$ の大小が $∣ X ∣ = 1$ で入れかわるので、下側の境界はそこで式が変わる。上側は $max {- 2 X, 2 X} = 2∣ X ∣$ がつねに $- 2$ 以上なので、場合分けは要らない。

三角形の周は含まないので、求める範囲も開区間になり、境界の曲線は含まない。

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第2問　複素数平面

複素数の連立・1次変換の像・凸多角形・領域の図示当サイトの体感難易度：やや難

(1) $f (0) = α$ 、 $f (1) = β$ 、 $f (i) = γ$ のとき $a, b, c$ を $α, β, γ$ で表す

答 $a = \frac{( β - γ ) + ( β + γ - 2 α ) i}{2}$ 、 $b = \frac{( β + γ - 2 α ) ( 1 - i )}{2}$ 、 $c = α$

$f (0) = c$ がすぐ出るので、残りは $a, b$ の2元1次連立である。 $i^{2} = - 1$ を使って $f (i) = - a + bi + c$ とだけ気をつければ、あとは複素数の計算で解ける。

$f (0) = c = α$ である。また

f (1) = a + b + c = β, f (i) = a \cdot i^{2} + bi + c = - a + bi = γ - c

なので、 $p = β - α$ 、 $q = γ - α$ とおくと

a + b = p, - a + bi = q

となる。 $b = p - a$ を2つめに入れると $- a + (p - a) i = q$ 、すなわち $- a (1 + i) = q - p i$ で

a = \frac{p i - q}{1 + i} = \frac{( p i - q ) ( 1 - i )}{2} = \frac{( p - q ) + ( p + q ) i}{2}

を得る。さらに

b = p - a = \frac{2 p - ( p - q ) - ( p + q ) i}{2} = \frac{( p + q ) ( 1 - i )}{2}

である。 $p - q = β - γ$ 、 $p + q = β + γ - 2 α$ だから

a = \frac{( β - γ ) + ( β + γ - 2 α ) i}{2}, b = \frac{( β + γ - 2 α ) ( 1 - i )}{2}, c = α

となる。

$f (z) = z^{2}$ なら $α = 0$ 、 $β = 1$ 、 $γ = i^{2} = - 1$ で、式に入れると $a = \frac{2 + 0}{2} = 1$ 、 $b = 0$ 、 $c = 0$ となり元に戻る。 $f (z) = z$ なら $α = 0$ 、 $β = 1$ 、 $γ = i$ で $a = \frac{( 1 - i ) + ( 1 + i ) i}{2} = 0$ 、 $b = \frac{( 1 + i ) ( 1 - i )}{2} = 1$ となり、やはり戻る。

(2) $f (0), f (1), f (i)$ がいずれも $1$ 以上 $2$ 以下の実数であるとき、 $f (2)$ のとりうる範囲を図示する

答6点 $- 2 i$ 、 $3 - i$ 、 $4 + i$ 、 $3 + 2 i$ 、 $i$ 、 $- 1 - i$ を頂点とする六角形の周と内部（ $x + y$ 、 $2 x - y$ 、 $x - 3 y$ がそれぞれ $[- 2, 5]$ 、 $[- 1, 7]$ 、 $[- 3, 6]$ に入る点の全体）

$f (2) = 4 a + 2 b + c$ を (1) の式で $α, β, γ$ に書き直すと、実部も虚部も $α, β, γ$ の1次式になる。つまり $f (2)$ は立方体 $1 \leq α, β, γ \leq 2$ を1次式で平面に写した像である。1次式による凸な立体の像は凸多角形になるので、立方体の8頂点の像をとってその凸包を求めればよい。

(1) より

4 a 2 b c = 2 (β - γ) + 2 (β + γ - 2 α) i = (β + γ - 2 α) (1 - i) = α

だから、 $f (2) = 4 a + 2 b + c$ の実部と虚部はそれぞれ

実部 虚部 = 2 (β - γ) + (β + γ - 2 α) + α = 3 β - γ - α = 2 (β + γ - 2 α) - (β + γ - 2 α) = β + γ - 2 α

となる。すなわち

f (2) = (3 β - γ - α) + (β + γ - 2 α) i (1 \leq α, β, γ \leq 2)

である。 $α = 1 + s$ 、 $β = 1 + t$ 、 $γ = 1 + u$ （ $0 \leq s, t, u \leq 1$ ）とおくと

(実部, 虚部) = (1, 0) + s (- 1, - 2) + t (3, 1) + u (- 1, 1)

となる。 $s, t, u$ はそれぞれ $0$ から $1$ まで独立に動くので、像は立方体を1次式で写したもの、すなわち凸多角形で、その頂点は $(s, t, u)$ が立方体の頂点（各成分が $0$ か $1$ ）のときの像の中にある。8頂点の像は

(0, 0, 0) \to (1, 0), (1, 0, 0) \to (0, - 2), (0, 1, 0) \to (4, 1), (0, 0, 1) \to (0, 1) (1, 1, 0) \to (3, - 1), (1, 0, 1) \to (- 1, - 1), (0, 1, 1) \to (3, 2), (1, 1, 1) \to (2, 0)

である。このうち $(1, 0)$ と $(2, 0)$ は他の6点でできる六角形の内部にあるので、像は

(0, - 2), (3, - 1), (4, 1), (3, 2), (0, 1), (- 1, - 1)

を頂点とする六角形（周を含む）である。 $α, β, γ$ の動く範囲が閉じているので、境界も含む。6本の辺を不等式で書くと

- 2 \leq x + y \leq 5, - 1 \leq 2 x - y \leq 7, - 3 \leq x - 3 y \leq 6

（ $x$ が実部、 $y$ が虚部）となる。

f (2)

のとりうる範囲（網かけ）。6点

- 2 i, 3 - i, 4 + i, 3 + 2 i, i, - 1 - i

を頂点とする六角形で、周も含む。横軸が実部、縦軸が虚部。

$α = β = γ = 1$ なら $f (2) = 3 - 1 - 1 = 1$ 、虚部 $1 + 1 - 2 = 0$ で $(1, 0)$ 、たしかに六角形の内部にある。 $α, β, γ$ を $[1, 2]$ の格子 $3 1^{3}$ 通りで動かした像はすべて3つの不等式をみたし、逆に六角形内の格子点それぞれについて $[1, 2]$ の中の $α, β, γ$ が見つかった。

$α, β, γ$ が実数であることを使うと、 $f (2)$ の実部・虚部がそれぞれ $α, β, γ$ の実1次式になる。複素数のまま動かそうとすると見通しが悪い。

8頂点の像のうち2つは内部に落ちる。全部を頂点として結んではいけない。

$α, β, γ$ の範囲は閉区間なので、答えの六角形も周を含む。

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第3問　微分法・積分法

接線・分数関数・部分分数・三角関数による置換積分当サイトの体感難易度：やや難

(1) $C$ と $ℓ$ の共有点で $A$ と異なるものがただ1つ存在することを示し、その $x$ 座標を求める

答 $x = - 3$

共有点の方程式を作ると分母が払えて3次方程式になる。接点では重解になるはずなので、 $(x - 1)^{2}$ でくくれる。残る1次因子が答えを与える。

$f^{'} (x) = \frac{( x ^{2} + 3 ) - x \cdot 2 x}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}} = \frac{3 - x ^{2}}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}$ より $f (1) = \frac{1}{4}$ 、 $f^{'} (1) = \frac{2}{16} = \frac{1}{8}$ なので

g (x) = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} (x - 1) = \frac{x + 1}{8}

である。共有点は $\frac{x}{x ^{2} + 3} = \frac{x + 1}{8}$ の解で、 $x^{2} + 3 > 0$ だから分母を払って

8 x = (x + 1) (x^{2} + 3) ⟺ x^{3} + x^{2} - 5 x + 3 = 0

となる。 $x = 1$ は接点だから重解のはずで、実際

x^{3} + x^{2} - 5 x + 3 = (x - 1)^{2} (x + 3)

と因数分解できる。よって解は $x = 1$ （2重）と $x = - 3$ だけで、 $A$ と異なる共有点はただ1つ、 $x = - 3$ の点である。

y = f (x)

のグラフ（曲線）と点

A (1, \frac{1}{4})

での接線

ℓ

（直線）。

x = - 3

でもう一度交わる。縦方向は拡大して描いてある。

$f (- 3) = \frac{- 3}{9 + 3} = - \frac{1}{4}$ 、 $g (- 3) = \frac{- 3 + 1}{8} = - \frac{1}{4}$ で一致する。また $(x - 1)^{2} (x + 3)$ を展開すると $(x^{2} - 2 x + 1) (x + 3) = x^{3} + x^{2} - 5 x + 3$ となり、元の式に戻る。

(2) $\int_{α}^{1} {f (x) - g (x)}^{2} d x$ を計算する

答 $\frac{5 3}{24} π + \frac{lo g 3}{8} - \frac{7}{6}$

$f - g$ は分母が $x^{2} + 3$ の分数式で、分子は (1) で求めた3次式である。2乗すると分母が $(x^{2} + 3)^{2}$ になって扱いにくいが、先に分子を分母で割っておくと「多項式」「 $\frac{1}{x ^{2} + 3}$ 型」「 $\frac{x}{x ^{2} + 3}$ 型」「 $\frac{1}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}$ 型」の4種類に分かれ、どれも計算できる形になる。

(1) より

f (x) - g (x) = \frac{8 x - ( x + 1 ) ( x ^{2} + 3 )}{8 ( x ^{2} + 3 )} = - \frac{x ^{3} + x ^{2} - 5 x + 3}{8 ( x ^{2} + 3 )}

である。ここで分子を分母で割ると

x^{3} + x^{2} - 5 x + 3 = (x^{2} + 3) (x + 1) - 8 x

だから

{f (x) - g (x)}^{2} = \frac{1}{64} {(x + 1) - \frac{8 x}{x ^{2} + 3}}^{2} = \frac{1}{64} {(x + 1)^{2} - \frac{16 x ( x + 1 )}{x ^{2} + 3} + \frac{64 x ^{2}}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}}

となる。 $α = - 3$ として3つの部分を順に計算する。まず

\int_{- 3}^{1} (x + 1)^{2} d x = [\frac{( x + 1 ) ^{3}}{3}]_{- 3}^{1} = \frac{8}{3} + \frac{8}{3} = \frac{16}{3}

である。次に $\frac{x ^{2} + x}{x ^{2} + 3} = 1 + \frac{x - 3}{x ^{2} + 3}$ と直すと

\int_{- 3}^{1} \frac{x}{x ^{2} + 3} d x = [\frac{1}{2} lo g (x^{2} + 3)]_{- 3}^{1} = \frac{1}{2} lo g \frac{4}{12} = - \frac{1}{2} lo g 3

であり、 $x = 3 tan θ$ と置換すると $x = - 3$ で $θ = - \frac{π}{3}$ 、 $x = 1$ で $θ = \frac{π}{6}$ なので

\int_{- 3}^{1} \frac{d x}{x ^{2} + 3} = \frac{1}{3} \int_{- \frac{π}{3}}^{\frac{π}{6}} d θ = \frac{1}{3} \cdot \frac{π}{2} = \frac{3}{6} π

となる。よって

- 16 \int_{- 3}^{1} \frac{x ^{2} + x}{x ^{2} + 3} d x = - 16 {4 - \frac{1}{2} lo g 3 - 3 \cdot \frac{3}{6} π} = - 64 + 8 lo g 3 + 83 π

である。最後に $\frac{x ^{2}}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}} = \frac{1}{x ^{2} + 3} - \frac{3}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}$ と直す。 $\frac{1}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}$ の積分は、 $(\frac{x}{x ^{2} + 3})^{'} = \frac{3 - x ^{2}}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}$ と $3 - x^{2} = 6 - (x^{2} + 3)$ を使って

(\frac{x}{x ^{2} + 3})^{'} = \frac{6}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}} - \frac{1}{x ^{2} + 3}

と書けることから

\int_{- 3}^{1} \frac{d x}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}} = \frac{1}{6} {[\frac{x}{x ^{2} + 3}]_{- 3}^{1} + \int_{- 3}^{1} \frac{d x}{x ^{2} + 3}} = \frac{1}{6} (\frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{3}{6} π) = \frac{1}{12} + \frac{3}{36} π

となる。したがって

64 \int_{- 3}^{1} \frac{x ^{2}}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}} d x = 64 {\frac{3}{6} π - 3 (\frac{1}{12} + \frac{3}{36} π)} = \frac{16 3}{3} π - 16

である。3つを足して $\frac{1}{64}$ 倍すると

\int_{- 3}^{1} {f - g}^{2} d x = \frac{1}{64} {\frac{16}{3} - 64 + 8 lo g 3 + 83 π + \frac{16 3}{3} π - 16} = \frac{1}{64} {- \frac{224}{3} + 8 lo g 3 + \frac{40 3}{3} π} = \frac{5 3}{24} π + \frac{lo g 3}{8} - \frac{7}{6}

を得る。

$\frac{5 3}{24} π + \frac{lo g 3}{8} - \frac{7}{6} = 1.133685 + 0.137327 - 1.166667 = 0.104284$ 。被積分関数をそのままシンプソン法で $- 3$ から $1$ まで数値積分すると $0.1042844721$ となり、小数10桁まで一致する。被積分関数は2乗なので値が正であることとも合う。

$(f - g)^{2}$ をそのまま展開すると分母が4次になって手が止まる。先に分子を分母で割り、 $(x + 1) - \frac{8 x}{x ^{2} + 3}$ の形にしてから2乗する。

$\int \frac{d x}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}$ は公式を覚えていなくても、 $\frac{x}{x ^{2} + 3}$ を微分すれば $\frac{1}{( x ^{2} + 3 ) ^{2}}$ と $\frac{1}{x ^{2} + 3}$ の関係が出るので、そこから求まる。

$tan$ の置換で、 $x = - 3$ に対応する $θ$ は $- \frac{π}{3}$ である（ $tan θ = - 3$ ）。符号を落としやすい。

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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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第5問　微分法

半角の公式・関数の増減・中間値の定理・最大値の位置当サイトの体感難易度：やや難

(1) $0 < θ < π$ に $f^{'} (θ) = 0$ となる $θ$ がただ1つ存在することを示す

答 $f^{'} (θ) = 4 cos \frac{θ}{2} \cdot h (θ)$ と書け、 $h$ は狭義減少で $h (0) = α > 0$ 、 $h (π) = - 2 < 0$

$f^{'}$ をそのまま微分して増減を見ようとすると行き詰まる。 $1 + cos θ = 2 cos^{2} \frac{θ}{2}$ 、 $sin θ = 2 sin \frac{θ}{2} cos \frac{θ}{2}$ を使って $cos \frac{θ}{2}$ でくくると、残りの因子 $h$ の導関数が驚くほど簡単になり、符号がすぐ分かる。

$f (θ) = (θ + sin θ + α)^{2} + (cos θ + 3)^{2}$ だから

f^{'} (θ) = 2 (θ + sin θ + α) (1 + cos θ) - 2 sin θ (cos θ + 3)

である。 $1 + cos θ = 2 cos^{2} \frac{θ}{2}$ 、 $sin θ = 2 sin \frac{θ}{2} cos \frac{θ}{2}$ を代入すると $cos \frac{θ}{2}$ でくくれて

f^{'} (θ) = 4 cos \frac{θ}{2} {cos \frac{θ}{2} (θ + sin θ + α) - sin \frac{θ}{2} (cos θ + 3)}

となる。内側を

h (θ) = cos \frac{θ}{2} (θ + sin θ + α) - sin \frac{θ}{2} (cos θ + 3)

とおく。 $0 \leq θ < π$ では $cos \frac{θ}{2} > 0$ なので、この範囲で $f^{'} (θ) = 0$ となるのは $h (θ) = 0$ のときに限る。

$h$ を微分する。 積の微分を順に行い、半角の公式で整理すると

h^{'} (θ) = - \frac{1}{2} sin \frac{θ}{2} (θ + sin θ + α) + cos \frac{θ}{2} (1 + cos θ) - \frac{1}{2} cos \frac{θ}{2} (cos θ + 3) + sin \frac{θ}{2} sin θ

となる。 $1 + cos θ = 2 cos^{2} \frac{θ}{2}$ 、 $cos θ = 1 - 2 sin^{2} \frac{θ}{2}$ 、 $sin θ = 2 sin \frac{θ}{2} cos \frac{θ}{2}$ を入れて、 $α$ と $θ$ を含まない3項をまとめると

2 cos^{3} \frac{θ}{2} - 2 cos \frac{θ}{2} + 3 sin^{2} \frac{θ}{2} cos \frac{θ}{2} = cos \frac{θ}{2} sin^{2} \frac{θ}{2}

となるので

h^{'} (θ) = cos \frac{θ}{2} sin^{2} \frac{θ}{2} - \frac{1}{2} sin \frac{θ}{2} (θ + sin θ + α) = sin \frac{θ}{2} {\frac{1}{2} sin θ - \frac{1}{2} (θ + sin θ + α)}

すなわち

h^{'} (θ) = - \frac{1}{2} (θ + α) sin \frac{θ}{2}

を得る。 $0 < θ \leq π$ では $θ + α > 0$ 、 $sin \frac{θ}{2} > 0$ だから $h^{'} (θ) < 0$ で、 $h$ は $[0, π]$ で狭義減少である。

両端の値は

h (0) = α > 0, h (π) = 0 - 1 \cdot (- 1 + 3) = - 2 < 0

なので、中間値の定理と狭義減少性から $h (θ) = 0$ となる $θ$ は $0 < θ < π$ にただ1つである。よって $f^{'} (θ) = 0$ となる $θ$ もただ1つである。

y = h (θ)

のグラフ（上が

α = 0.3

、下が

α = 0.6

）。どちらも狭義減少で、

h (0) = α > 0

から

h (π) = - 2

まで下がるので、

0

を切る点はちょうど1つ。破線は

θ = \frac{π}{2}

。

$α = 0.3$ のとき $h (0) = 0.3$ 、 $h (1) = 0.26 \dots$ 、 $h (1.5) = - 0.07 \dots$ 、 $h (π) = - 2$ で、 $1.4$ 付近で1回だけ $0$ を切る。 $f$ の数値微分の符号変化を $θ$ の $200000$ 等分で数えても、 $α$ をいろいろ変えて零点はつねにちょうど1つだった。

$θ = π$ でも $f^{'} (π) = 0$ になる（ $cos \frac{π}{2} = 0$ のため）が、これは区間の端なので「 $0 < θ < π$ にただ1つ」には数えない。 $cos \frac{θ}{2}$ でくくることで、この端の零点と本質的な零点をはっきり分けられる。

$h^{'} (θ) = - \frac{1}{2} (θ + α) sin \frac{θ}{2}$ はきれいに消えてくれるが、途中の整理を飛ばすと符号が追えない。 $cos \frac{θ}{2}$ でくくった3項が $cos \frac{θ}{2} sin^{2} \frac{θ}{2}$ にまとまるところが山場である。

(2) $f (θ)$ が区間 $0 < θ < \frac{π}{2}$ のある点で最大になるような $α$ の範囲を求める

答 $0 < α < 2 - \frac{π}{2}$

(1) より $f^{'}$ の符号は $h$ の符号と同じで、 $h$ は減少しながら1回だけ $0$ を切る。だから $f$ は「上がって下がる」形で、最大は必ずその零点 $θ_{0}$ で起きる。あとは $θ_{0} < \frac{π}{2}$ を $h$ の単調性で言いかえれば、 $h (\frac{π}{2}) < 0$ という1つの不等式になる。

(1) の $θ_{0}$ （ $h (θ_{0}) = 0$ となる唯一の点）をとる。 $h$ は狭義減少だから $0 \leq θ < θ_{0}$ で $h > 0$ 、 $θ_{0} < θ \leq π$ で $h < 0$ である。 $0 \leq θ < π$ では $cos \frac{θ}{2} > 0$ なので

f^{'} (θ) = 4 cos \frac{θ}{2} h (θ) {> 0 < 0 (0 < θ < θ_{0}) (θ_{0} < θ < π)

となり、 $f$ は $[0, θ_{0}]$ で増加、 $[θ_{0}, π]$ で減少する。よって $f$ は $θ = θ_{0}$ でのみ最大になる。

求める条件は $0 < θ_{0} < \frac{π}{2}$ である。 $θ_{0} > 0$ はつねに成り立つ。 $h$ は狭義減少なので

θ_{0} < \frac{π}{2} ⟺ h (\frac{π}{2}) < 0

である。実際に計算すると、 $cos \frac{π}{4} = sin \frac{π}{4} = \frac{1}{2}$ 、 $sin \frac{π}{2} = 1$ 、 $cos \frac{π}{2} = 0$ より

h (\frac{π}{2}) = \frac{1}{2} (\frac{π}{2} + 1 + α) - \frac{1}{2} \cdot 3 = \frac{1}{2} (α + \frac{π}{2} - 2)

となる。これが負になる条件は $α < 2 - \frac{π}{2}$ である。 $2 - \frac{π}{2} = 0.429 \dots > 0$ なので、 $α > 0$ とあわせて

0 < α < 2 - \frac{π}{2}

が求める範囲である。

$2 - \frac{π}{2} = 0.42920$ 。 $α = 0.3$ のとき $f$ の最大の位置を数値で探すと $θ = 1.4213 < \frac{π}{2} = 1.5708$ 、 $α = 0.43$ のときは $θ = 1.5716 > \frac{π}{2}$ となり、境目がちょうど $0.4292$ 付近にあることが確かめられる。

最大の位置が $θ_{0}$ そのものであることを先に確定させる。「 $f^{'}$ の零点がただ1つ」だけでは、そこが最大か最小かは決まらない。 $f^{'}$ が正から負へ変わることまで言う。

$θ_{0} = \frac{π}{2}$ は区間 $0 < θ < \frac{π}{2}$ に入らないので、 $α = 2 - \frac{π}{2}$ は範囲から外れる。不等号は等号なしである。

第5問だけのページ

第6問　整式・整数

恒等式と係数比較・因数分解・有理数解・平方数当サイトの体感難易度：やや難

(1) $p \neq = 0$ のとき $q, r$ を $p, b$ で表す

答 $q = \frac{p ^{3} - b}{2 p}$ 、 $r = \frac{p ^{3} + b}{2 p}$

右辺を展開して係数を比べるだけである。 $x^{3}$ の項は自動的に消え、 $x^{2}$ と $x$ の係数から $q + r$ と $r - q$ が分かるので、連立して解く。

右辺を展開すると

(x^{2} + p x + q) (x^{2} - p x + r) = x^{4} + (q + r - p^{2}) x^{2} + p (r - q) x + q r

である。左辺 $x^{4} + b x + c$ と係数を比べて

q + r = p^{2}, p (r - q) = b, q r = c

を得る。 $p \neq = 0$ より $r - q = \frac{b}{p}$ なので、 $q + r = p^{2}$ とあわせて

q = \frac{1}{2} (p^{2} - \frac{b}{p}) = \frac{p ^{3} - b}{2 p}, r = \frac{1}{2} (p^{2} + \frac{b}{p}) = \frac{p ^{3} + b}{2 p}

となる。

残る条件 $q r = c$ に代入すると $\frac{p ^{6} - b ^{2}}{4 p ^{2}} = c$ 、すなわち $p^{6} - 4 c p^{2} - b^{2} = 0$ となる。これが $p$ の決定条件で、(2)(3) の出発点になる。

$p = 1$ 、 $b = 2$ とすると $q = \frac{1 - 2}{2} = - \frac{1}{2}$ 、 $r = \frac{1 + 2}{2} = \frac{3}{2}$ 。 $(x^{2} + x - \frac{1}{2}) (x^{2} - x + \frac{3}{2})$ を展開すると $x^{4} + 2 x - \frac{3}{4}$ となり、 $x^{2}$ の項が消えていることも確かめられる。

(2) $b = (a^{2} + 1) (a + 2)$ 、 $c = - (a + \frac{3}{4}) (a^{2} + 1)$ のとき、 ${p^{2} - (a^{2} + 1)} {p^{4} + f (a) p^{2} + g (a)} = 0$ をみたす有理数係数の整式 $f, g$ を1組求める

答 $f (t) = t^{2} + 1$ 、 $g (t) = (t^{2} + 1) (t + 2)^{2}$

(1) の注で見たとおり、 $p$ がみたすべき式は $p^{6} - 4 c p^{2} - b^{2} = 0$ である。 $P = p^{2}$ とおくと $P$ の3次方程式になり、与えられた形は「 $P - (a^{2} + 1)$ を因数にもつ」と言っている。実際に $P = a^{2} + 1$ が解になることを確かめてから、割り算で残りの2次式を求めればよい。

(1) より $p$ は $p^{6} - 4 c p^{2} - b^{2} = 0$ をみたす。 $P = p^{2}$ 、 $A = a^{2} + 1$ とおくと

b^{2} = A^{2} (a + 2)^{2}, - 4 c = (4 a + 3) A

なので、方程式は

P^{3} + (4 a + 3) A P - A^{2} (a + 2)^{2} = 0

となる。 $P = A$ を代入すると

A^{3} + (4 a + 3) A^{2} - A^{2} (a + 2)^{2} = A^{2} {(a^{2} + 1) + (4 a + 3) - (a + 2)^{2}} = A^{2} \cdot 0 = 0

となるので、 $P - A$ で割り切れる。 $P^{3} + (4 a + 3) A P - A^{2} (a + 2)^{2} = (P - A) (P^{2} + f P + g)$ とおいて展開すると

P^{3} + (f - A) P^{2} + (g - A f) P - A g

なので、係数を比べて $f = A$ 、 $g - A f = (4 a + 3) A$ 、すなわち

f = a^{2} + 1, g = A^{2} + (4 a + 3) A = A (a^{2} + 4 a + 4) = (a^{2} + 1) (a + 2)^{2}

を得る（定数項も $- A g = - A^{2} (a + 2)^{2}$ となって合う）。よって $f (t) = t^{2} + 1$ 、 $g (t) = (t^{2} + 1) (t + 2)^{2}$ とすればよい。

$a = 0$ なら $A = 1$ 、 $b = 2$ 、 $c = - \frac{3}{4}$ で、方程式は $P^{3} + 3 P - 4 = (P - 1) (P^{2} + P + 4) = 0$ 。 $f (0) = 1$ 、 $g (0) = 4$ で、 $P^{2} + f (0) P + g (0) = P^{2} + P + 4$ と一致する。

(3) $a$ を整数とし、 $x^{4} + (a^{2} + 1) (a + 2) x - (a + \frac{3}{4}) (a^{2} + 1)$ が有理数係数の2次式の積に因数分解できる $a$ をすべて求める

答 $a = 0$

4次式が有理数係数の2次式の積に分かれるとき、最高次の係数をそろえれば両方とも最高次係数 $1$ にできる。 $x^{3}$ の項がないので、2つの2次式の1次の係数は符号だけが違う。つまり問題文の形そのものになり、有理数の $p$ が存在することと同じになる。(2) の因数分解を使うと、 $p^{2}$ の候補はほぼ $a^{2} + 1$ に絞られる。

4次式が有理数係数の2次式2つの積になるとき、両方を最高次の係数 $1$ にそろえてよい。 $x^{3}$ の項がないので2つの1次の係数は和が $0$ 、すなわち $p$ と $- p$ である。つまり因数分解できることは、有理数 $p, q, r$ で問題文の恒等式が成り立つことと同じである。

$p = 0$ の場合。 このとき $b = p (r - q) = 0$ だから $(a^{2} + 1) (a + 2) = 0$ 、すなわち $a = - 2$ である。さらに $q + r = 0$ 、 $q r = c$ から $- q^{2} = c$ だが

a = - 2 ⟹ c = - (- 2 + \frac{3}{4}) \cdot 5 = \frac{25}{4} > 0

で $- q^{2} > 0$ は起こらない。よって $p = 0$ の場合は因数分解できない。

$p \neq = 0$ の場合。 (2) より $P = p^{2}$ は

{P - (a^{2} + 1)} {P^{2} + (a^{2} + 1) P + (a^{2} + 1) (a + 2)^{2}} = 0

をみたす。後ろの2次式について、2解の和は $- (a^{2} + 1) < 0$ 、積は $(a^{2} + 1) (a + 2)^{2} \geq 0$ である。よって実数解があってもすべて $0$ 以下で、 $P = p^{2} > 0$ にはなりえない。

したがって $P = p^{2} = a^{2} + 1$ でなければならない。 $p$ は有理数なので $a^{2} + 1$ は有理数の平方であり、 $a$ が整数なので $a^{2} + 1$ は平方数である。 $a^{2} + 1 = k^{2}$ （ $k \geq 0$ の整数）とすると

(k - ∣ a ∣) (k + ∣ a ∣) = 1

で、左辺の2つはともに正の整数だから $k - ∣ a ∣ = k + ∣ a ∣ = 1$ 、すなわち $a = 0$ 、 $k = 1$ である。

逆に $a = 0$ のときは $b = 2$ 、 $c = - \frac{3}{4}$ 、 $p = 1$ として (1) より $q = - \frac{1}{2}$ 、 $r = \frac{3}{2}$ となり

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

と因数分解できる。よって求める $a$ は $a = 0$ だけである。

$- 12 \leq a \leq 12$ の整数について、 $p$ を分母 $4$ 以下の有理数で広く走査して $p^{6} - 4 c p^{2} - b^{2} = 0$ の解を探すと、見つかるのは $a = 0$ のときだけで、そのとき $p = \pm 1$ 、 ${q, r} = {- \frac{1}{2}, \frac{3}{2}}$ となる。 $a^{2} + 1$ が平方数になる整数も $∣ a ∣ \leq 1000$ の範囲で $a = 0$ だけだった。

$p = 0$ の場合を落とさない。 $b = 0$ になる $a = - 2$ だけが候補だが、そこでも $c > 0$ のため成立しない。

$P^{2} + (a^{2} + 1) P + (a^{2} + 1) (a + 2)^{2} = 0$ の解を捨てる根拠は「和が負・積が $0$ 以上」である。判別式を計算する必要はない。

$a^{2} + 1$ が「有理数の平方」であることから「整数の平方」へ進むには、 $a$ が整数であることを使う。整数の平方根は整数か無理数のどちらかである。

第6問だけのページ

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。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針配点・採点基準・難易度を大学の公表値として示すことはしていません。

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問題文について

(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)f(0)=α、f(1)=β、f(i)=γ のとき a,b,c を α,β,γ で表す

(2)f(0),f(1),f(i) がいずれも 1 以上 2 以下の実数であるとき、f(2) のとりうる範囲を図示する

(1)C と ℓ の共有点で A と異なるものがただ1つ存在することを示し、その x 座標を求める

(2)∫α1​{f(x)−g(x)}2dx を計算する

(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

(1)0<θ<π に f′(θ)=0 となる θ がただ1つ存在することを示す

(2)f(θ) が区間 0<θ<2π​ のある点で最大になるような α の範囲を求める

(1)p=0 のとき q,r を p,b で表す

(2)b=(a2+1)(a+2)、c=−(a+43​)(a2+1) のとき、{p2−(a2+1)}{p4+f(a)p2+g(a)}=0 をみたす有理数係数の整式 f,g を1組求める

(3)a を整数とし、x4+(a2+1)(a+2)x−(a+43​)(a2+1) が有理数係数の2次式の積に因数分解できる a をすべて求める