独自の解答・詳解
問題文は非掲載
全6問・無料

東北大学　2019年度　前期日程　理系

東北大理系 2019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 2026/10/13

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（2026/10/13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

接線・直交条件・三角関数の値の範囲・すべて求める当サイトの体感難易度：標準

$x y$ 平面における曲線 $y = sin x$ の2つの接線が直交するとき、その交点の $y$ 座標の値をすべて求める

答 $y = \frac{π}{2} + k π$ （ $k$ は整数）

接点を $a, b$ とすると傾きは $cos a, cos b$ 。直交条件 $cos a cos b = - 1$ は、 $∣ cos ∣ ≦ 1$ とあわせると片方が $1$ 、もう片方が $- 1$ に決まってしまう。

$y = sin x$ の $x = a$ における接線は、 $y^{'} = cos x$ より

y = cos a (x - a) + sin a

である。接点を $a, b$ （ $a \neq = b$ ）とすると、2つの接線が直交する条件は

cos a cos b = - 1

である。ここで $∣ cos a ∣ ≦ 1$ 、 $∣ cos b ∣ ≦ 1$ なので

1 = ∣ cos a cos b ∣ = ∣ cos a ∣ ∣ cos b ∣ ≦ 1

で、等号が成り立つには $∣ cos a ∣ = ∣ cos b ∣ = 1$ が必要である。積が $- 1$ なので、符号は逆になる。入れかえても同じなので

cos a = 1, cos b = - 1

としてよい。このとき

a = 2 mπ, b = (2 n + 1) π (m, n は整数)

で、 $sin a = sin b = 0$ だから、2つの接線は

ℓ_{1} : y = x - 2 mπ, ℓ_{2} : y = - x + (2 n + 1) π

である。連立して $x - 2 mπ = - x + (2 n + 1) π$ より

x = \frac{( 2 m + 2 n + 1 ) π}{2}

で、 $y = x - 2 mπ$ に代入すると

y = \frac{( 2 m + 2 n + 1 ) π}{2} - 2 mπ = \frac{( 2 n - 2 m + 1 ) π}{2}

である。 $2 n - 2 m + 1$ は $m, n$ を動かすとすべての奇数をとり、逆にどの奇数も $m = 0$ と適当な $n$ で作れる。したがって求める $y$ の値は、奇数 $2 k + 1$ を使って

y = \frac{( 2 k + 1 ) π}{2} = \frac{π}{2} + k π (k は整数)

である。

k = 0 の場合。y = sin x の (0, 0) での接線 y = x と、(π, 0) での接線 y = -x + π は直交し、交点の y 座標は π/2 になる。接線が引けるのは傾きが ±1 になる点、つまり曲線が x 軸と交わる点に限られる。

接線が直交するには傾きの積が $- 1$ だが、 $sin$ の導関数の値は $- 1$ 以上 $1$ 以下しかとれない。だから「どちらも絶対値 $1$ 」という極端な場合しか起こらず、接点が $x$ 軸上に限られてしまう。

$m, n$ を $- 2$ から $2$ まで動かして交点を計算すると、 $\frac{y}{π}$ は $- 3.5, - 2.5, \dots, 4.5$ だけだった。

$cos a cos b = - 1$ を解く段階で、 $∣ cos ∣ ≦ 1$ による絞り込みを使う。ここが山場である。

接点の $m, n$ を動かすと交点は無数にあるが、 $y$ 座標は $\frac{π}{2} + k π$ の形だけになる。

第1問だけのページ

第2問　対数関数

底による不等号の向き・真数条件・2次不等式・必要十分条件当サイトの体感難易度：やや難

(1) $a$ を $1$ ではない正の実数、 $n$ を正の整数とし、不等式 $lo g_{a} (x - n) > \frac{1}{2} lo g_{a} (2 n - x)$ を考える。 $n = 6$ のとき、この不等式を満たす整数 $x$ をすべて求める

答 $a > 1$ のとき $x = 9, 10, 11$ 。 $0 < a < 1$ のとき $x = 7$

右辺を $lo g_{a} 2 n - x$ とまとめる。底が $1$ より大きいか小さいかで不等号の向きが変わるので、そこで場合分けする。

真数条件。 $x - n > 0$ かつ $2 n - x > 0$ なので

n < x < 2 n

である。 $n = 6$ なら $6 < x < 12$ で、整数は $x = 7, 8, 9, 10, 11$ である。

不等式の書きかえ。 右辺は $\frac{1}{2} lo g_{a} (2 n - x) = lo g_{a} 2 n - x$ なので、もとの不等式は

lo g_{a} (x - n) > lo g_{a} 2 n - x

である。 $u = x - n > 0$ とおくと $2 n - x = n - u$ だから、底で分けて

$a > 1$ ： $u > n - u$
$0 < a < 1$ ： $u < n - u$

となる。 $u > 0$ 、 $n - u > 0$ なので両辺を2乗してよく、 $u^{2}$ と $n - u$ の大小、すなわち $u^{2} + u - n$ の符号で決まる。

$n = 6$ のとき。 $u = x - 6$ で $u = 1, 2, 3, 4, 5$ であり

u^{2} + u - 6 = (u + 3) (u - 2)

である。 $u > 0$ では $u + 3 > 0$ なので、符号は $u - 2$ で決まる。

$a > 1$ のとき $u^{2} + u - 6 > 0$ 、つまり $u > 2$ なので $u = 3, 4, 5$ 、すなわち $x = 9, 10, 11$
$0 < a < 1$ のとき $u^{2} + u - 6 < 0$ 、つまり $u < 2$ なので $u = 1$ 、すなわち $x = 7$

である（ $u = 2$ 、すなわち $x = 8$ は両辺が等しくなるので除く）。

$a = 2, 10, 1.5$ では整数解が $9, 10, 11$ 、 $a = 0.5, 0.1, 0.9$ では $7$ だけだった。

底が $1$ より小さいと不等号が逆になる。 $a$ の値が決まっていないので、両方の場合を答える。

真数条件 $n < x < 2 n$ を先に出しておかないと、 $x ≦ n$ の値を拾ってしまう。

(2)この不等式を満たす整数 $x$ が存在するための $n$ についての必要十分条件を求める

答 $n ≧ 3$ （ $a$ が $1$ より大きいか小さいかによらない）

(1) と同じく $u = x - n$ （ $1 ≦ u ≦ n - 1$ の整数）に直し、 $u^{2} + u$ と $n$ の大小を見る。 $u$ は $1$ から $n - 1$ まで動かせるので、 $u^{2} + u$ の最小値と最大値を見れば存在するかどうかが決まる。

真数条件 $n < x < 2 n$ より、整数 $x$ は $u = x - n$ とおいて $1 ≦ u ≦ n - 1$ の整数に対応する。(1) と同じ計算で、不等式は

$a > 1$ ： $u^{2} + u > n$
$0 < a < 1$ ： $u^{2} + u < n$

となる。 $u \mapsto u^{2} + u$ は $u ≧ 1$ で増加するので、 $1 ≦ u ≦ n - 1$ では

2 = 1^{2} + 1 ≦ u^{2} + u ≦ (n - 1)^{2} + (n - 1) = n (n - 1)

である（ $n ≧ 2$ のとき）。

$n = 1$ のとき。 $1 < x < 2$ に整数はないので、どちらの場合も解なし。

$n = 2$ のとき。 $u = 1$ だけで $u^{2} + u = 2 = n$ である。 $> n$ も $< n$ も成り立たないので解なし。

$n ≧ 3$ のとき。 $a > 1$ なら $u = n - 1$ をとると

u^{2} + u = n (n - 1) > n ⟺ n - 1 > 1 ⟺ n > 2

なので成り立つ。 $0 < a < 1$ なら $u = 1$ をとると $u^{2} + u = 2 < n$ が成り立つ。いずれの場合も整数解が存在する。

以上より、求める必要十分条件は

n ≧ 3

である。

答えが $a$ によらないのが面白いところである。 $a > 1$ では「 $u$ を大きくとればよい」、 $0 < a < 1$ では「 $u = 1$ ととればよい」と、使う $x$ はまったく違うのに、存在する条件だけは一致する。

$a = 2$ でも $a = 0.5$ でも、整数解が存在する $n$ は $3, 4, 5, \dots$ で、 $n = 1, 2$ では存在しなかった。

$n = 2$ が等号の場合で落ちる。 $u^{2} + u = n$ ちょうどは不等式を満たさないので、ここを $n ≧ 2$ と答えてしまわない。

「存在するか」なので、 $u$ を1つうまくとれればよい。すべての $u$ で成り立つ必要はない。

第2問だけのページ

第3問　数列と極限

漸化式と単調性・発散の証明・数学的帰納法・有界単調数列の収束当サイトの体感難易度：標準

(1) $a$ を実数とし、 $x_{1} = a$ 、 $x_{n + 1} = x_{n} + x_{n}^{2}$ （ $n = 1, 2, 3, \dots$ ）で数列 ${x_{n}}$ を定める。 $a > 0$ のとき ${x_{n}}$ が発散することを示す

答 $x_{n} ≧ a$ より $x_{n + 1} - x_{n} = x_{n}^{2} ≧ a^{2}$ となり、 $x_{n} ≧ a + (n - 1) a^{2} \to \infty$

「増え方が毎回 $a^{2}$ 以上」を示せば、1次式で下から押さえられる。極限を求める必要はなく、いくらでも大きくなることが言えればよい。

まず、すべての $n$ で $x_{n} ≧ a$ を示す。 $x_{1} = a$ であり、 $x_{n} ≧ a > 0$ とすると

x_{n + 1} = x_{n} + x_{n}^{2} > x_{n} ≧ a

なので、数学的帰納法によりすべての $n$ で $x_{n} ≧ a > 0$ である。

このとき

x_{n + 1} - x_{n} = x_{n}^{2} ≧ a^{2}

なので、これを $n = 1$ から $n - 1$ まで足し合わせると

x_{n} - x_{1} ≧ (n - 1) a^{2}, x_{n} ≧ a + (n - 1) a^{2}

である。 $a^{2} > 0$ だから右辺は $n \to \infty$ で $\infty$ に発散する。よって $x_{n} \to \infty$ となり、 ${x_{n}}$ は発散する。 $■$

$a = 0.1$ でも60回で $1 0^{308}$ を超えた。

「増加するから発散」とは言えない。増加しても上に有界なら収束してしまう。増え方が $0$ に潰れないことを示す必要がある。

(2) $- 1 < a < 0$ のとき、すべての正の整数 $n$ に対して $- 1 < x_{n} < 0$ が成り立つことを示す

答 $x_{n + 1} = x_{n} (1 + x_{n})$ と因数分解すると、 $- 1 < x_{n} < 0$ から符号と大きさが決まる

$x + x^{2} = x (1 + x)$ と見る。 $- 1 < x < 0$ では $x < 0$ 、 $1 + x > 0$ なので積は負。下からは平方完成で $- \frac{1}{4}$ 以上と分かる。

数学的帰納法で示す。 $n = 1$ のとき $x_{1} = a$ で、仮定より $- 1 < a < 0$ ✓。

$- 1 < x_{n} < 0$ と仮定する。 $g (x) = x + x^{2}$ とおくと

x_{n + 1} = g (x_{n}) = x_{n} (1 + x_{n})

である。仮定より $x_{n} < 0$ かつ $1 + x_{n} > 0$ なので、積は負である。つまり $x_{n + 1} < 0$ ✓。

一方、平方完成すると

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

なので $x_{n + 1} ≧ - \frac{1}{4} > - 1$ ✓。よって $- 1 < x_{n + 1} < 0$ となり、数学的帰納法によりすべての $n$ で成り立つ。 $■$

y = x + x² のグラフ。-1 < x < 0 では値は負で、いちばん下がっても -1/4 までしかいかない。つまり区間 (-1, 0) はこの写像で自分自身の中に移る。

$a = - 0.999$ でも20万回まで $- 1 < x_{n} < 0$ が保たれた。

$x + x^{2}$ を $x (1 + x)$ と因数分解すると符号が一目で分かる。展開したままだと見通しが悪い。

(3) $- 1 < a < 0$ のとき、数列 ${x_{n}}$ の極限を調べる

答 $n \to \infty lim x_{n} = 0$

(2) で上に有界が分かっている。増加であることを足せば収束が言え、極限の値は漸化式に極限を代入して決まる。

(2) よりすべての $n$ で $- 1 < x_{n} < 0$ である。このとき

x_{n + 1} - x_{n} = x_{n}^{2} ≧ 0

なので ${x_{n}}$ は（広い意味で）増加する。また (2) より上に $0$ で押さえられている。上に有界な増加数列は収束するので、極限 $α = n \to \infty lim x_{n}$ が存在し、 $- 1 ≦ α ≦ 0$ である。

漸化式 $x_{n + 1} = x_{n} + x_{n}^{2}$ で $n \to \infty$ とすると

α = α + α^{2}, α^{2} = 0, α = 0

である。よって

n \to \infty lim x_{n} = 0

である。

$x_{n}$ は負のまま $0$ に近づく。(1) の $a > 0$ の場合と比べると、 $x = 0$ は「右から来ると離れていき、左から来ると吸い寄せられる」境目になっている。

$a = - 0.9, - 0.5, - 0.1$ のいずれでも20万回後は $- 5 \times 1 0^{- 6}$ 程度で、 $0$ に近づいていた。

「 $α = α + α^{2}$ だから $α = 0$ 」とだけ書くと、極限の存在を示していないことになる。有界性と単調性から収束を先に言う。

$x_{n + 1} - x_{n} = x_{n}^{2}$ は $0$ 以上であって、正とは限らない（ $x_{n} = 0$ なら $0$ ）。ここでは $x_{n} < 0$ なので実際は正である。

第3問だけのページ

第4問　式と証明

多項式の剰余・剰余の積の法則・2倍角の公式・すべて求める当サイトの体感難易度：やや難

(1)実数を係数にもつ整式 $A (x)$ を $x^{2} + 1$ で割った余りを $[A (x)]$ と表すとき、 $[2 x^{2} + x + 3]$ 、 $[x^{5} - 1]$ 、 $[[2 x^{2} + x + 3] [x^{5} - 1]]$ をそれぞれ求める

答 $x + 1$ 、 $x - 1$ 、 $- 2$

$x^{2} + 1$ で割るので、 $x^{2}$ を $- 1$ に置きかえていくのが速い。 $x^{4} = (x^{2})^{2}$ は $1$ に化ける。

余りを求めるときは、 $x^{2}$ を $- 1$ に置きかえてよい（ $x^{2} = (x^{2} + 1) - 1$ だから）。

$[2 x^{2} + x + 3]$ 。

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

なので $[2 x^{2} + x + 3] = x + 1$ である。

$[x^{5} - 1]$ 。 $x^{2} \to - 1$ より $x^{4} \to 1$ 、 $x^{5} = x \cdot x^{4} \to x$ なので

[x^{5} - 1] = x - 1

である。

3つめ。 上の2つを掛けて、また余りをとる。

[(x + 1) (x - 1)] = [x^{2} - 1] = [(x^{2} + 1) - 2] = - 2

である。

多項式の割り算をそのまま実装して計算させたところ、 $x + 1$ 、 $x - 1$ 、 $- 2$ だった。

(2)整式 $A (x), B (x)$ に対して $[A (x) B (x)] = [[A (x)] [B (x)]]$ が成り立つことを示す

答 $A = (x^{2} + 1) Q_{A} + [A]$ 、 $B = (x^{2} + 1) Q_{B} + [B]$ を掛けると、差が $x^{2} + 1$ で割り切れる

「余りが等しい」は「差が $x^{2} + 1$ で割り切れる」と同じこと。掛け算を展開して、 $[A] [B]$ 以外の項がすべて $x^{2} + 1$ を因数にもつことを見る。

商を $Q_{A} (x), Q_{B} (x)$ とすると、割り算の原理から

A (x) = (x^{2} + 1) Q_{A} (x) + [A (x)], B (x) = (x^{2} + 1) Q_{B} (x) + [B (x)]

である。掛け合わせると

A (x) B (x) = (x^{2} + 1) {(x^{2} + 1) Q_{A} Q_{B} + Q_{A} [B] + Q_{B} [A]} + [A (x)] [B (x)]

となるので

A (x) B (x) - [A (x)] [B (x)] は x^{2} + 1 で割り切れる

である。2つの整式の差が $x^{2} + 1$ で割り切れるなら、それらを $x^{2} + 1$ で割った余りは等しい。よって

[A (x) B (x)] = [[A (x)] [B (x)]]

である。 $■$

整数を $m$ で割った余りについて成り立つ「積の余りは、余りの積の余り」とまったく同じ仕組みである。

乱数で作った200組の $A, B$ で両辺を計算すると、すべて一致した。

(3)実数 $θ$ に対して $[(x sin θ + cos θ)^{2}] = x sin 2 θ + cos 2 θ$ が成り立つことを示す

答展開して $x^{2} sin^{2} θ = sin^{2} θ (x^{2} + 1) - sin^{2} θ$ と直すと、残りがちょうど2倍角になる

$x^{2}$ の項だけを $x^{2} + 1$ の倍数に吸わせればよい。残った定数項が $cos^{2} θ - sin^{2} θ$ になるところが要点。

展開すると

(x sin θ + cos θ)^{2} = x^{2} sin^{2} θ + 2 x sin θ cos θ + cos^{2} θ

である。 $x^{2} sin^{2} θ = sin^{2} θ (x^{2} + 1) - sin^{2} θ$ と書きかえると

= sin^{2} θ (x^{2} + 1) + x \cdot 2 sin θ cos θ + (cos^{2} θ - sin^{2} θ)

となる。2倍角の公式 $2 sin θ cos θ = sin 2 θ$ 、 $cos^{2} θ - sin^{2} θ = cos 2 θ$ より

= sin^{2} θ (x^{2} + 1) + (x sin 2 θ + cos 2 θ)

である。 $x sin 2 θ + cos 2 θ$ は1次以下なので、これが余りである。よって

[(x sin θ + cos θ)^{2}] = x sin 2 θ + cos 2 θ

である。 $■$

$x sin θ + cos θ$ を2乗すると角が $2 θ$ になる、という形は $(cos θ + i sin θ)^{2} = cos 2 θ + i sin 2 θ$ とそっくりである。 $x^{2} + 1$ で割ることが「 $x$ を虚数単位だと思う」ことに対応している。

$θ$ を $0$ から $7.0$ まで20通りとって両辺を比べると、すべて小数12桁まで一致した。

(4) $[(a x + b)^{4}] = - 1$ を満たす実数 $a, b$ の組 $(a, b)$ をすべて求める

答 $(a, b) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, - \frac{1}{2}), (- \frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (- \frac{1}{2}, - \frac{1}{2})$ の4組

$a x + b$ を $r (x sin θ + cos θ)$ の形に直すと、(2)(3) がそのまま効いて4乗の余りが一気に出る。

$(a, b) = (0, 0)$ なら左辺は $0$ で不適である。以下 $(a, b) \neq = (0, 0)$ とし

r = a^{2} + b^{2} > 0, sin θ = \frac{a}{r}, cos θ = \frac{b}{r}

となる $θ$ をとる（ $sin^{2} θ + cos^{2} θ = 1$ なので必ずとれる）。このとき

a x + b = r (x sin θ + cos θ)

である。 $P (x) = x sin θ + cos θ$ とおくと、(2) と (3) から

[P (x)^{4}] = [[P (x)^{2}] [P (x)^{2}]] = [(x sin 2 θ + cos 2 θ)^{2}] = x sin 4 θ + cos 4 θ

である（最後はもう一度 (3) を $θ$ の代わりに $2 θ$ で使った）。定数倍は余りの計算をそのまま通るので

[(a x + b)^{4}] = r^{4} (x sin 4 θ + cos 4 θ)

である。これが $- 1$ に等しいとは、 $x$ の係数と定数項を比べて

r^{4} sin 4 θ = 0, r^{4} cos 4 θ = - 1

ということである。 $r > 0$ より $sin 4 θ = 0$ で、このとき $cos 4 θ = \pm 1$ である。2つめの式の右辺が負だから $cos 4 θ = - 1$ 、したがって $r^{4} = 1$ 、つまり $r = 1$ である。

$cos 4 θ = - 1$ より $4 θ = π + 2 k π$ 、すなわち

θ = \frac{π}{4} + \frac{k π}{2} (k は整数)

である。 $r = 1$ なので $(a, b) = (sin θ, cos θ)$ で、 $k = 0, 1, 2, 3$ に対応して

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

の4組である。

直接計算しても確かめられる。 $[(a x + b)^{2}] = 2 ab x + (b^{2} - a^{2})$ で、もう一度2乗して余りをとると $4 ab (b^{2} - a^{2}) x + (b^{2} - a^{2})^{2} - 4 a^{2} b^{2}$ になる。 $= - 1$ から $ab (b^{2} - a^{2}) = 0$ と $(b^{2} - a^{2})^{2} - 4 a^{2} b^{2} = - 1$ が出て、 $a = 0$ も $b = 0$ も不適なので $b^{2} = a^{2}$ 、したがって $- 4 a^{4} = - 1$ となり同じ答えになる。

4組すべてで $[(a x + b)^{4}]$ を計算すると $- 1$ （ $x$ の係数は $0$ ）になった。 $0.01$ 刻みの格子では解が見つからなかったが、これは $\frac{1}{2} = 0.7071 \dots$ が刻みに乗らないためである。

$(a, b) = (0, 0)$ を先に外しておく。 $r$ で割る操作がそこだけできない。

$r^{4} cos 4 θ = - 1$ の右辺が負であることから $cos 4 θ = - 1$ に決まる。 $+ 1$ のほうを拾わない。

第4問だけのページ

第5問　積分法

x を -x に置きかえる置換・偶関数・奇関数・定積分を定数とおく・関数の決定当サイトの体感難易度：やや難

(1) $\int_{- 1}^{1} \frac{sin ^{2} ( π x )}{1 + e ^{x}} d x = \int_{0}^{1} sin^{2} (π x) d x = \frac{1}{2}$ が成り立つことを示す

答 $x \to - x$ の置換で同じ積分の「相棒」を作り、足して $\frac{1}{1 + e ^{x}} + \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}} = 1$ を使う

$\frac{1}{1 + e ^{x}}$ は偶関数でも奇関数でもないが、 $x \to - x$ で $\frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}$ に変わり、もとと足すと $1$ になる。被積分関数の残り $sin^{2} (π x)$ が偶関数なのでうまくいく。

$I = \int_{- 1}^{1} \frac{sin ^{2} ( π x )}{1 + e ^{x}} d x$ とおく。 $x = - u$ と置換すると $d x = - d u$ で、積分区間は $u$ が $1 \to - 1$ になるから

I = \int_{1}^{- 1} \frac{sin ^{2} ( - π u )}{1 + e ^{- u}} (- d u) = \int_{- 1}^{1} \frac{sin ^{2} ( π u )}{1 + e ^{- u}} d u

である（ $sin^{2}$ は偶関数なので $sin^{2} (- π u) = sin^{2} (π u)$ ）。ここで分母・分子に $e^{u}$ を掛けると

I = \int_{- 1}^{1} \frac{e ^{u} sin ^{2} ( π u )}{1 + e ^{u}} d u

である。もとの式と足し合わせると

2 I = \int_{- 1}^{1} sin^{2} (π x) (\frac{1}{1 + e ^{x}} + \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}) d x = \int_{- 1}^{1} sin^{2} (π x) d x

となる。 $sin^{2} (π x)$ は偶関数なので

2 I = 2 \int_{0}^{1} sin^{2} (π x) d x, I = \int_{0}^{1} sin^{2} (π x) d x

である。最後に半角の公式で

\int_{0}^{1} sin^{2} (π x) d x = \int_{0}^{1} \frac{1 - cos 2 π x}{2} d x = [\frac{x}{2} - \frac{sin 2 π x}{4 π}]_{0}^{1} = \frac{1}{2}

である。 $■$

太い実線が sin²(πx)/(1+eˣ)、破線は x を -x に置きかえたもの（= eˣsin²(πx)/(1+eˣ)）。2つは y 軸について対称で、足すと細い線の sin²(πx) になる。だから太い線の面積は細い線の面積のちょうど半分。

一般に、 $f$ が偶関数なら $\int_{- c}^{c} \frac{f ( x )}{1 + e ^{x}} d x = \int_{0}^{c} f (x) d x$ が成り立つ。この問題はその特別な場合である。

数値積分すると左の積分も真ん中の積分も $0.500000000$ だった。

$\frac{1}{1 + e ^{x}}$ そのものは偶関数でも奇関数でもない。置換して足す、という手順が必要である。

(2) $(1 + e^{x}) f (x) = sin^{2} (π x) + \int_{- 1}^{1} (e^{x} - e^{t} + 1) f (t) d t$ を満たす関数 $f (x)$ を求める

答 $f (x) = \frac{1}{1 + e ^{x}} (sin^{2} (π x) - \frac{1}{2} + \frac{e ^{x}}{2 ( e - e ^{- 1} - 2 )})$

積分の中は $t$ だけの関数なので、 $\int_{- 1}^{1} f (t) d t$ と $\int_{- 1}^{1} e^{t} f (t) d t$ を定数 $A, B$ とおく。 $f$ を $A, B$ で書いてから、その $f$ を使って $A, B$ を計算し直すと連立方程式になる。

$A = \int_{- 1}^{1} f (t) d t$ 、 $B = \int_{- 1}^{1} e^{t} f (t) d t$ とおく。右辺の積分は

\int_{- 1}^{1} (e^{x} - e^{t} + 1) f (t) d t = e^{x} A - B + A

なので（ $e^{x}$ は $t$ について定数）、もとの等式は

(1 + e^{x}) f (x) = sin^{2} (π x) + A e^{x} + (A - B)

すなわち

f (x) = \frac{sin ^{2} ( π x ) + A e ^{x} + ( A - B )}{1 + e ^{x}}

である。

準備。 よく使う積分を先に求めておく。(1) の結果と同じ置換の議論から

$\int_{- 1}^{1} \frac{sin ^{2} ( π x )}{1 + e ^{x}} d x = \frac{1}{2}$ 、よって $\int_{- 1}^{1} \frac{e ^{x} sin ^{2} ( π x )}{1 + e ^{x}} d x = \int_{- 1}^{1} sin^{2} (π x) d x - \frac{1}{2} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$
$\int_{- 1}^{1} \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}} d x = [lo g (1 + e^{x})]_{- 1}^{1} = lo g \frac{1 + e}{1 + e ^{- 1}} = lo g e = 1$
$\int_{- 1}^{1} \frac{d x}{1 + e ^{x}} = \int_{- 1}^{1} d x - 1 = 2 - 1 = 1$
$\int_{- 1}^{1} \frac{e ^{2 x}}{1 + e ^{x}} d x = \int_{- 1}^{1} (e^{x} - \frac{e ^{x}}{1 + e ^{x}}) d x = (e - e^{- 1}) - 1$

$A$ の式。 $f$ を代入して項ごとに積分すると

A = \frac{1}{2} + A \cdot 1 + (A - B) \cdot 1

である。整理すると $0 = \frac{1}{2} + A - B$ 、つまり

A - B = - \frac{1}{2}

である。

$B$ の式。 同じように $e^{x} f (x)$ を積分すると

B = \frac{1}{2} + A {(e - e^{- 1}) - 1} + (A - B) \cdot 1 = \frac{1}{2} + A (e - e^{- 1} - 1) - \frac{1}{2}

すなわち $B = A (e - e^{- 1} - 1)$ である。 $B = A + \frac{1}{2}$ と合わせて

A + \frac{1}{2} = A (e - e^{- 1} - 1), \frac{1}{2} = A (e - e^{- 1} - 2)

である。 $e - e^{- 1} - 2 = 0.3504 \dots \neq = 0$ なので

A = \frac{1}{2 ( e - e ^{- 1} - 2 )} = \frac{e}{2 ( e ^{2} - 2 e - 1 )}

である。 $A - B = - \frac{1}{2}$ を使って、求める関数は

f (x) = \frac{1}{1 + e ^{x}} {sin^{2} (π x) - \frac{1}{2} + \frac{e ^{x}}{2 ( e - e ^{- 1} - 2 )}}

である。

$A$ と $B$ は $A - B = - \frac{1}{2}$ という関係で結ばれるので、 $f$ の式に現れる未知数は実質 $A$ だけになる。 $B$ の式がもう1本の条件になって $A$ が決まる、という流れである。

求めた $f$ を数値積分すると $A = 1.426930918$ 、 $B = 1.926930918$ で、 $\frac{e}{2 ( e ^{2} - 2 e - 1 )} = 1.426930918$ と一致した。 $x$ を5点とってもとの等式の両辺を比べると、すべて小数9桁まで一致した。

$e^{x} - e^{t} + 1$ の $e^{x}$ は $t$ の積分では定数。 $\int_{- 1}^{1} e^{x} f (t) d t = e^{x} A$ であって $B$ ではない。

$\int_{- 1}^{1} \frac{d x}{1 + e ^{x}}$ も (1) と同じ仕組み（被積分関数の分子が偶関数 $1$ ）で $1$ になる。地道に原始関数を求めてもよい。

$A$ の式だけでは $A$ が決まらない（ $A$ が消えて $A - B$ の関係になる）。 $B$ の式も立てる。

第5問だけのページ

第6問　確率

状態の推移・確率漸化式・等比型への帰着・2段階の漸化式当サイトの体感難易度：やや難

(1) $10$ 個の玉が入っている袋から $1$ 個の玉を無作為に取り出し、新たに白玉 $1$ 個を袋に入れるという試行を繰り返す。初めに袋には赤玉 $5$ 個と白玉 $5$ 個が入っているとし、この試行を $m$ 回繰り返したとき、取り出した赤玉が全部で $k$ 個である確率を $p (m, k)$ とする。 $2$ 以上の整数 $n$ に対して、 $p (n + 1, 2)$ を $p (n, 2)$ と $p (n, 1)$ を用いて表す

答 $p (n + 1, 2) = \frac{7}{10} p (n, 2) + \frac{2}{5} p (n, 1)$

取り出した赤玉の累計が $j$ 個なら、袋の中は赤 $5 - j$ 個・白 $5 + j$ 個（合計はいつも $10$ 個のまま）。この1つの数で状態が決まる。

1個取り出して白を1個入れるので、袋の中の玉は常に $10$ 個である。これまでに赤玉を $j$ 個取り出しているなら、袋の中は

赤 5 - j 個, 白 5 + j 個

である。したがって次の1回で赤玉を取り出す確率は $\frac{5 - j}{10}$ 、赤玉でない（白玉）確率は $\frac{5 + j}{10}$ である。

$n + 1$ 回終わって赤玉が2個になるのは、次の2つの場合である。

$n$ 回で既に2個（ $j = 2$ ：袋は赤3・白7）で、 $n + 1$ 回目は白を取り出す：確率 $\frac{7}{10}$
$n$ 回で1個（ $j = 1$ ：袋は赤4・白6）で、 $n + 1$ 回目は赤を取り出す：確率 $\frac{4}{10}$

この2つは互いに排反なので

p (n + 1, 2) = \frac{7}{10} p (n, 2) + \frac{4}{10} p (n, 1) = \frac{7}{10} p (n, 2) + \frac{2}{5} p (n, 1)

である。

袋の状態を分数のまま推移させて計算した $p (m, k)$ について、 $n = 2$ から $11$ までこの関係が成り立った。

袋の中身は「取り出した赤玉の累計」だけで決まる。どの順で取り出したかは関係ない。

取り出すたびに白を1個補充するので、袋の玉の総数は $10$ のまま変わらない。

(2) $p (n, 1)$ を求める

答 $p (n, 1) = 5 (\frac{3}{5})^{n} - 5 (\frac{1}{2})^{n}$

まず $p (m, 0)$ を求める。赤を1個も取り出していなければ袋は赤5・白5のままなので、毎回 $\frac{1}{2}$ で白。そのあと (1) と同じ考えで $p (m, 1)$ の漸化式を立てる。

$p (m, 0)$ 。 赤玉を1個も取り出していない間、袋は赤5・白5のままである（白を取り出して白を入れるので変わらない）。毎回白を取り出す確率は $\frac{5}{10} = \frac{1}{2}$ だから

p (m, 0) = (\frac{1}{2})^{m}

である。

$p (m, 1)$ の漸化式。 $m + 1$ 回で赤が1個になるのは、 $m$ 回で1個（袋は赤4・白6）でその後白を取り出すか、 $m$ 回で0個（袋は赤5・白5）でその後赤を取り出すかである。

p (m + 1, 1) = \frac{6}{10} p (m, 1) + \frac{5}{10} p (m, 0) = \frac{3}{5} p (m, 1) + \frac{1}{2} (\frac{1}{2})^{m}

すなわち

p (m + 1, 1) = \frac{3}{5} p (m, 1) + (\frac{1}{2})^{m + 1}

である。また $p (1, 1) = \frac{1}{2}$ である。

解く。 $p (m, 1) = α (\frac{3}{5})^{m} + β (\frac{1}{2})^{m}$ の形を探す。漸化式に入れて $(\frac{1}{2})^{m}$ の係数を比べると

\frac{β}{2} = \frac{3}{5} β + \frac{1}{2}, - \frac{β}{10} = \frac{1}{2}, β = - 5

である（ $(\frac{3}{5})^{m}$ の係数は自動的に合う）。 $p (1, 1) = \frac{1}{2}$ から

\frac{3}{5} α - \frac{5}{2} = \frac{1}{2}, \frac{3}{5} α = 3, α = 5

である。よって

p (n, 1) = 5 (\frac{3}{5})^{n} - 5 (\frac{1}{2})^{n}

である。

$n = 1$ では $3 - \frac{5}{2} = \frac{1}{2}$ 、 $n = 2$ では $\frac{9}{5} - \frac{5}{4} = \frac{11}{20}$ で、直接数え上げた値と合う。

分数のまま計算した $p (n, 1)$ は $n = 1, \dots, 6$ で $\frac{1}{2}, \frac{11}{20}, \frac{91}{200}, \frac{671}{2000}, \frac{4651}{20000}, \frac{31031}{200000}$ で、この式と完全に一致した。

$p (m, 0) = (\frac{1}{2})^{m}$ は「赤を取り出さない限り袋が変わらない」から。ここを取り違えると全部ずれる。

$\frac{3}{5}$ と $\frac{1}{2}$ という2つの比が出てくる。 $(\frac{1}{2})^{m}$ を特殊解、 $(\frac{3}{5})^{m}$ を同次解と見て足し合わせる。

(3) $p (n, 2)$ を求める

答 $p (n, 2) = 10 (\frac{7}{10})^{n} - 20 (\frac{3}{5})^{n} + 10 (\frac{1}{2})^{n}$

(1) の漸化式に (2) の結果を入れると、 $(\frac{3}{5})^{m}$ と $(\frac{1}{2})^{m}$ が外から入ってくる形になる。(2) と同じく、3つの等比数列の重ね合わせで解ける。

(1) の漸化式に (2) を代入すると

p (m + 1, 2) = \frac{7}{10} p (m, 2) + \frac{2}{5} {5 (\frac{3}{5})^{m} - 5 (\frac{1}{2})^{m}} = \frac{7}{10} p (m, 2) + 2 (\frac{3}{5})^{m} - 2 (\frac{1}{2})^{m}

である。 $p (1, 2) = 0$ （1回では赤を2個取り出せない）である。

$p (m, 2) = A (\frac{7}{10})^{m} + B (\frac{3}{5})^{m} + C (\frac{1}{2})^{m}$ とおいて係数を比べる。

$(\frac{3}{5})^{m}$ ： $\frac{3}{5} B = \frac{7}{10} B + 2$ より $- \frac{B}{10} = 2$ 、 $B = - 20$
$(\frac{1}{2})^{m}$ ： $\frac{C}{2} = \frac{7}{10} C - 2$ より $- \frac{C}{5} = - 2$ 、 $C = 10$

である。 $p (1, 2) = 0$ から

\frac{7}{10} A - 20 \cdot \frac{3}{5} + 10 \cdot \frac{1}{2} = 0, \frac{7}{10} A - 12 + 5 = 0, A = 10

である。よって

p (n, 2) = 10 (\frac{7}{10})^{n} - 20 (\frac{3}{5})^{n} + 10 (\frac{1}{2})^{n}

である。

$\frac{7}{10}, \frac{6}{10}, \frac{5}{10}$ という3つの「白を取り出す確率」が、そのまま3つの等比の比として現れている。赤を $k$ 個取り出す確率は、この形が $k + 1$ 項に伸びていく。

分数のまま計算した $p (n, 2)$ は $n = 1, \dots, 6$ で $0, \frac{1}{5}, \frac{9}{25}, \frac{217}{500}, \frac{219}{500}, \frac{19981}{50000}$ で、この式と完全に一致した。

初期条件は $p (1, 2) = 0$ 。 $p (0, 2) = 0$ から始めてもよいが、(1) の漸化式は $n ≧ 2$ 向けなので $m = 1$ から使うときは直接確かめておく。

$B, C$ を決めるとき、漸化式の「外から入る項」の符号に注意する。 $- 2 (\frac{1}{2})^{m}$ の側は $C$ が正になる。

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。

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる東北大理系数学 2027 Vol.1

東北大理系数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る全2巻を見る¥2,695・102ページ・2026年7月27日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

xy 平面における曲線 y=sinx の2つの接線が直交するとき、その交点の y 座標の値をすべて求める

(1)a を 1 ではない正の実数、n を正の整数とし、不等式 loga​(x−n)>21​loga​(2n−x) を考える。n=6 のとき、この不等式を満たす整数 x をすべて求める

(2)この不等式を満たす整数 x が存在するための n についての必要十分条件を求める

(1)a を実数とし、x1​=a、xn+1​=xn​+xn2​（n=1,2,3,…）で数列 {xn​} を定める。a>0 のとき {xn​} が発散することを示す

(2)−1<a<0 のとき、すべての正の整数 n に対して −1<xn​<0 が成り立つことを示す

(3)−1<a<0 のとき、数列 {xn​} の極限を調べる

(1)実数を係数にもつ整式 A(x) を x2+1 で割った余りを [A(x)] と表すとき、[2x2+x+3]、[x5−1]、[[2x2+x+3][x5−1]] をそれぞれ求める

(2)整式 A(x),B(x) に対して [A(x)B(x)]=[[A(x)][B(x)]] が成り立つことを示す

(3)実数 θ に対して [(xsinθ+cosθ)2]=xsin2θ+cos2θ が成り立つことを示す

(4)[(ax+b)4]=−1 を満たす実数 a,b の組 (a,b) をすべて求める

(1)∫−11​1+exsin2(πx)​dx=∫01​sin2(πx)dx=21​ が成り立つことを示す

(2)(1+ex)f(x)=sin2(πx)+∫−11​(ex−et+1)f(t)dt を満たす関数 f(x) を求める

(2)p(n,1) を求める

(3)p(n,2) を求める

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

$x y$ 平面における曲線 $y = sin x$ の2つの接線が直交するとき、その交点の $y$ 座標の値をすべて求める

(1) $a$ を $1$ ではない正の実数、 $n$ を正の整数とし、不等式 $lo g_{a} (x - n) > \frac{1}{2} lo g_{a} (2 n - x)$ を考える。 $n = 6$ のとき、この不等式を満たす整数 $x$ をすべて求める

(2)この不等式を満たす整数 $x$ が存在するための $n$ についての必要十分条件を求める

(1) $a$ を実数とし、 $x_{1} = a$ 、 $x_{n + 1} = x_{n} + x_{n}^{2}$ （ $n = 1, 2, 3, \dots$ ）で数列 ${x_{n}}$ を定める。 $a > 0$ のとき ${x_{n}}$ が発散することを示す

(2) $- 1 < a < 0$ のとき、すべての正の整数 $n$ に対して $- 1 < x_{n} < 0$ が成り立つことを示す

(3) $- 1 < a < 0$ のとき、数列 ${x_{n}}$ の極限を調べる

(1)実数を係数にもつ整式 $A (x)$ を $x^{2} + 1$ で割った余りを $[A (x)]$ と表すとき、 $[2 x^{2} + x + 3]$ 、 $[x^{5} - 1]$ 、 $[[2 x^{2} + x + 3] [x^{5} - 1]]$ をそれぞれ求める

(2)整式 $A (x), B (x)$ に対して $[A (x) B (x)] = [[A (x)] [B (x)]]$ が成り立つことを示す

(3)実数 $θ$ に対して $[(x sin θ + cos θ)^{2}] = x sin 2 θ + cos 2 θ$ が成り立つことを示す

(4) $[(a x + b)^{4}] = - 1$ を満たす実数 $a, b$ の組 $(a, b)$ をすべて求める

(1) $\int_{- 1}^{1} \frac{sin ^{2} ( π x )}{1 + e ^{x}} d x = \int_{0}^{1} sin^{2} (π x) d x = \frac{1}{2}$ が成り立つことを示す

(2) $(1 + e^{x}) f (x) = sin^{2} (π x) + \int_{- 1}^{1} (e^{x} - e^{t} + 1) f (t) d t$ を満たす関数 $f (x)$ を求める

(2) $p (n, 1)$ を求める

(3) $p (n, 2)$ を求める