東大過去問 2003年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2003年数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

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第1問

　 $a, b, c$ を実数とし， $a \neq 0$ とする。

　 $2$ 次関数　 $f (x) = a x^{2} + b x + c$ 　が次の条件 (A), (B) を満たすとする。

(A)　　 $f (- 1) = - 1, f (1) = 1$

(B)　　 $- 1 ≦ x ≦ 1$ を満たすすべての $x$ に対し，

f (x) ≦ 3 x^{2} - 1

　このとき，積分　 $I = \int_{- 1}^{1} (f^{'} (x))^{2} d x$ 　の値のとりうる範囲を求めよ。

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第2問

　 $O$ を原点とする複素数平面上で $6$ を表す点を $A$ ， $7 + 7 i$ を表す点を $B$ とする。ただし， $i$ は虚数単位である。正の実数 $t$ に対し，

\frac{14 (t - 3)}{(1 - i) t - 7}

を表す点 $P$ をとる。

（1）　 $∠ A P B$ を求めよ。

（2）　線分 $O P$ の長さが最大になる $t$ を求めよ。

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第3問

　 $x y z$ 空間において，平面 $z = 0$ 上の原点を中心とする半径 $2$ の円を底面とし，点 $(0, 0, 1)$ を頂点とする円錐を $A$ とする。

　次に，平面 $z = 0$ 上の点 $(1, 0, 0)$ を中心とする半径 $1$ の円を $H$ ，平面 $z = 1$ 上の点 $(1, 0, 1)$ を中心とする半径 $1$ の円を $K$ とする。 $H$ と $K$ を $2$ つの底面とする円柱を $B$ とする。

　円錐 $A$ と円柱 $B$ の共通部分を $C$ とする。

　 $0 ≦ t ≦ 1$ を満たす実数 $t$ に対し，平面 $z = t$ による $C$ の切り口の面積を $S (t)$ とおく。

（1）　 $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ とする。 $t = 1 - \cos θ$ のとき， $S (t)$ を $θ$ で表せ。

（2）　 $C$ の体積 $\int_{0}^{1} S (t) d t$ を求めよ。

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第4問

　 $2$ 次方程式 $x^{2} - 4 x - 1 = 0$ の $2$ つの実数解のうち大きいものを $α$ ，小さいものを $β$ とする。

　 $n = 1, 2, 3, \dots$ に対し，

s_{n} = α^{n} + β^{n}

とおく。

（1）　 $s_{1}, s_{2}, s_{3}$ を求めよ。また， $n ≧ 3$ に対し， $s_{n}$ を $s_{n - 1}$ と $s_{n - 2}$ で表せ。

（2）　 $β^{3}$ 以下の最大の整数を求めよ。

（3）　 $α^{2003}$ 以下の最大の整数の $1$ の位の数を求めよ。

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第5問

　さいころを $n$ 回振り，第 $1$ 回目から第 $n$ 回目までに出たさいころの目の数 $n$ 個の積を $X_{n}$ とする。

（1）　 $X_{n}$ が $5$ で割り切れる確率を求めよ。

（2）　 $X_{n}$ が $4$ で割り切れる確率を求めよ。

（3）　 $X_{n}$ が $20$ で割り切れる確率を $p_{n}$ とおく。

lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \log (1 - p_{n})

を求めよ。

注意：さいころは $1$ から $6$ までの目が等確率で出るものとする。

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第6問

円周率が　 $3.05$ 　より大きいことを証明せよ。

第1問　放物線を天井の下におさめる

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

条件 (A) は 2 つの等式なので、3 つの係数 $a, b, c$ のうち 2 つが決まり、残るのは $a$ だけになる。すると $f (x)$ も $I$ も $a$ の式になるので、あとは条件 (B) を満たす $a$ の範囲を求めればよい。

(B) は「 $- 1 ≦ x ≦ 1$ のどこでも $f (x)$ が $3 x^{2} - 1$ 以下」という条件。差 $g (x) = 3 x^{2} - 1 - f (x)$ をつくって、区間での $g$ の最小が 0 以上と言いかえる。2 次関数の最小は、頂点が区間の中にあるかどうかで場合を分けて調べる。

(答)

(A) から $a - b + c = - 1$ 、 $a + b + c = 1$ 。引くと $b = 1$ 、足すと $c = - a$ 。だから $f (x) = a x^{2} + x - a$ で、グラフは 2 点 $(- 1, - 1)$ 、 $(1, 1)$ を必ず通る。 $f^{'} (x) = 2 a x + 1$ なので

I = \int_{- 1}^{1} (2 a x + 1)^{2} d x = \int_{- 1}^{1} (4 a^{2} x^{2} + 4 a x + 1) d x = \frac{8}{3} a^{2} + 2

（奇関数の $4 a x$ は $- 1$ から $1$ の積分で消える）。

次に (B)。差は

g (x) = 3 x^{2} - 1 - f (x) = (3 - a) x^{2} - x + a - 1

区間の端では $g (1) = 1$ 、 $g (- 1) = 3$ で、 $a$ によらずいつも正。だから、つきぬけが起きるとすれば区間の内側の谷の所だけ。

$a < 3$ のとき $g$ は下に出っ張る放物線で、頂点は $x = \frac{1}{2 (3 - a)}$ 。これが 1 以下になるのは $3 - a ≧ \frac{1}{2}$ 、つまり $a ≦ \frac{5}{2}$ のとき。そのときの最小は頂点の値で

g (\frac{1}{2 (3 - a)}) = a - 1 - \frac{1}{4 (3 - a)}

$3 - a > 0$ なので、これが 0 以上になるのは $4 (a - 1) (3 - a) ≧ 1$ 、整理して

4 a^{2} - 16 a + 13 ≦ 0 ⟺ 2 - \frac{\sqrt{3}}{2} ≦ a ≦ 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}

$2 + \frac{\sqrt{3}}{2} ≒ 2.87$ は $\frac{5}{2}$ より大きいので、この場合に満たすのは $2 - \frac{\sqrt{3}}{2} ≦ a ≦ \frac{5}{2}$ 。

$\frac{5}{2} < a < 3$ では頂点が区間の右の外にあり、 $g$ は区間で減るだけなので最小は $g (1) = 1 > 0$ 。 $a = 3$ では $g = 2 - x > 0$ 、 $a > 3$ では $g$ は上に出っ張るので最小は端の値で正。どれも (B) を満たす。

まとめると (B) を満たすのは $a ≧ 2 - \frac{\sqrt{3}}{2}$ （このとき $a \neq 0$ も自動で満たす）。 $I = \frac{8}{3} a^{2} + 2$ は $a > 0$ で増えるので、一番小さいのは $a = 2 - \frac{\sqrt{3}}{2}$ のときで、 ${(2 - \frac{\sqrt{3}}{2})}^{2} = \frac{19}{4} - 2 \sqrt{3}$ を入れると $\frac{44 - 16 \sqrt{3}}{3}$ 。上は $a$ をいくらでも大きくできるので、はてが無い。

ちょうど $a = 2 - \frac{\sqrt{3}}{2}$ のとき、放物線 $f$ は区間の中で天井 $3 x^{2} - 1$ に接している。模型で $a$ を小さくしていくと、そこから先で天井をつきぬけるのが見える。上にはてが無いのは、調べる範囲が $- 1 ≦ x ≦ 1$ だけだから。すべての $x$ で調べることにすると、 $a$ が 3 に近いとき遠くで天井を追いこしてしまい、 $a$ にも $I$ にも上のはしができる。

答え

I ≧ \frac{44 - 16 \sqrt{3}}{3}

（上は限りなく大きい。(A) から

b = 1

c = - a

。(B) は

g (x) = (3 - a) x^{2} - x + a - 1 ≧ 0 (- 1 ≦ x ≦ 1)

。

g (\pm 1) > 0

はいつも成り立つ。

a ≦ \frac{5}{2}

では頂点が区間の中にあり、頂点の値

\frac{4 a^{2} - 16 a + 13}{4 (a - 3)} ≧ 0

から

a ≧ 2 - \frac{\sqrt{3}}{2}

。

a > \frac{5}{2}

では区間での最小が端なので成り立つ。よって

a ≧ 2 - \frac{\sqrt{3}}{2}

。

I = \int_{- 1}^{1} (2 a x + 1)^{2} d x = \frac{8}{3} a^{2} + 2

は

a > 0

で増える）

第2問　A と B がいつも 45° に見える点 P

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

複素数平面で角を調べるときは、2 つのベクトルの比 $\frac{P - A}{P - B}$ の偏角（向きの角）を見る。 $∠ A P B$ は $\vec{P B}$ から $\vec{P A}$ まで回す角の大きさなので、この比を計算すればよい。

比の偏角が $t$ によらず一定なら、P は「A と B を同じ角で見こむ点」、つまり A, B を通るある円の弧の上を動く（円周角の定理の逆）。(2) はその円を使うと見通しがよい。

(1)

$d = (1 - i) t - 7$ とおくと $P = \frac{14 (t - 3)}{d}$ 。通分して

P - 6 = \frac{14 t - 42 - 6 (1 - i) t + 42}{d} = \frac{t (8 + 6 i)}{d}

$(7 + 7 i) (1 - i) = 14$ なので $(7 + 7 i) d = 14 t - 49 - 49 i$ 、よって

P - (7 + 7 i) = \frac{14 t - 42 - 14 t + 49 + 49 i}{d} = \frac{7 + 49 i}{d}

$d$ は割り算で消えて

\frac{P - A}{P - B} = \frac{t (8 + 6 i)}{7 (1 + 7 i)} = \frac{t (8 + 6 i) (1 - 7 i)}{7 \cdot 50} = \frac{t (1 - i)}{7}

$t$ は正なので、この数の偏角は $1 - i$ と同じ $- \frac{π}{4}$ 。大きさだけを見ると $∠ A P B = \frac{π}{4}$ （45°）で、 $t$ によらない。

答え

∠ A P B = \frac{π}{4}

（

\frac{P - A}{P - B} = \frac{t (8 + 6 i)}{7 + 49 i} = \frac{t (1 - i)}{7}

。

t > 0

なので偏角は

- \frac{π}{4}

で、

t

によらない）

(2)

(1) から、P は A, B を通り円周角が 45° になる円の上にある。中心角は 90° なので、中心を $Z$ とすると $Z A = Z B$ で $∠ A Z B = 90^{\circ}$ 。 $A B = | 1 + 7 i | = 5 \sqrt{2}$ なので半径は 5。 $Z = 3 + 4 i$ とすると $| Z - 6 | = | - 3 + 4 i | = 5$ 、 $| Z - (7 + 7 i) | = | - 4 - 3 i | = 5$ で合う（中心の候補は $3 + 4 i$ と $10 + 3 i$ の 2 つあるが、たとえば $t = 3$ のとき $P = 0$ で $| 0 - (3 + 4 i) | = 5$ なので、P の円の中心は $3 + 4 i$ ）。

ここで $| Z | = | 3 + 4 i | = 5$ 、つまり原点 O もこの円の上にある（実際 $t = 3$ で $P = 0$ ）。円の上の点のうち O から一番遠いのは、O と中心について反対側の点 $2 Z = 6 + 8 i$ で、そのとき $| O P | = 10$ （直径）。

P がそこまで行けるかを確かめる。 $\frac{14 (t - 3)}{(1 - i) t - 7} = 6 + 8 i$ の分母を払うと、右は

(6 + 8 i) {(1 - i) t - 7} = (14 + 2 i) t - 42 - 56 i

左の $14 (t - 3) = 14 t - 42$ とくらべて、虚部から $2 t - 56 = 0$ 、つまり $t = 28$ （実部はどちらも $14 t - 42$ で合う）。

式だけで確かめることもできる。 $| O P |^{2} = \frac{196 (t - 3)^{2}}{(t - 7)^{2} + t^{2}}$ を $t$ で微分すると、分子は $(t - 3) (56 - 2 t)$ に比例し、 $0 < t < 3$ で減り、 $3 < t < 28$ で増え、 $t > 28$ で減る。 $t \to \infty$ では P は B に近づき、 $| O B | = 7 \sqrt{2} ≒ 9.90$ で 10 に届かない。だから一番長いのは $t = 28$ 。

答え

t = 28

（(1) より P は A, B を通り中心

3 + 4 i

・半径 5 の円の上。

| 3 + 4 i | = 5

なので O もこの円の上で、|OP| が一番長いのは中心の反対側

6 + 8 i

（|OP|=10）。

\frac{14 (t - 3)}{(1 - i) t - 7} = 6 + 8 i

を解いて

t = 28

。

| O P |^{2} = \frac{196 (t - 3)^{2}}{2 t^{2} - 14 t + 49}

の微分が 0 になるのも

t = 3

28

）

第3問　円錐と円柱の重なりを輪切りにする

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

立体の体積は、平面 $z = t$ で切った切り口の面積 $S (t)$ を $t$ で積分して出す。高さ $t$ の所で、円錐 $A$ の切り口は原点を中心とする半径 $2 (1 - t)$ の円、円柱 $B$ の切り口はいつも同じ円（中心 $(1, 0)$ 、半径 1）。 $C$ の切り口はその 2 つの円の重なり。

円柱の円は原点 O を通るので、O を中心にした極座標（向きの角と長さ）で見ると形が簡単になる。問題の置きかえ $t = 1 - \cos θ$ は、2 つの円の交点を O から見た角をちょうど $θ$ にするためのもの。

(1)

$t = 1 - \cos θ$ のとき円錐の円の半径は $R = 2 (1 - t) = 2 \cos θ$ 。2 つの円 $x^{2} + y^{2} = R^{2}$ と $x^{2} + y^{2} = 2 x$ の交点は $x = \frac{R^{2}}{2} = 2 \cos^{2} θ$ 、 $y = \pm 2 \cos θ \sin θ$ 。O から見た向きの角は $\pm θ$ になる。ただし $θ = \frac{π}{2}$ （ $t = 1$ ）では $R = 0$ で交点が O に重なり、向きは決まらない。この端は、 $θ$ を $\frac{π}{2}$ に近づけたときの行き先として読む（面積はどちらにしても 0）。

円柱の円 $(x - 1)^{2} + y^{2} = 1$ は極座標で $r = 2 \cos φ$ （ $- \frac{π}{2} ≦ φ ≦ \frac{π}{2}$ ）。O から角 $φ$ の向きに進んだとき、切り口の中にいるのは $r ≦ R$ かつ $r ≦ 2 \cos φ$ の間。 $| φ | ≦ θ$ では $2 \cos φ ≧ 2 \cos θ = R$ なので円錐の円まで、 $| φ | > θ$ では円柱の円まで。

扇形の面積 $\frac{1}{2} r^{2} φ$ を足しあげる考え方で、上下対称なので 2 倍して

S = 2 {\int_{0}^{θ} \frac{1}{2} R^{2} d φ + \int_{θ}^{π / 2} \frac{1}{2} (2 \cos φ)^{2} d φ} = 4 θ \cos^{2} θ + [2 φ + \sin 2 φ]_{θ}^{π / 2}

= 4 θ \cos^{2} θ + π - 2 θ - \sin 2 θ

$4 θ \cos^{2} θ - 2 θ = 2 θ \cos 2 θ$ なので $S = π - \sin 2 θ + 2 θ \cos 2 θ$ 。 $θ = 0$ （ $t = 0$ ）で円柱の円まるごとの $π$ 、 $θ = \frac{π}{2}$ （ $t = 1$ ）で 0 になり、両はしも合っている。

答え

S (t) = π - \sin 2 θ + 2 θ \cos 2 θ

（切り口は円

x^{2} + y^{2} ≦ (2 \cos θ)^{2}

と円

(x - 1)^{2} + y^{2} ≦ 1

の重なり。交点は O から見て向きの角

\pm θ

の所。極座標で

| φ | ≦ θ

は半径

2 \cos θ

まで、外は

r = 2 \cos φ

まで：

S = 4 θ \cos^{2} θ + \int_{θ}^{π / 2} 4 \cos^{2} φ d φ = 4 θ \cos^{2} θ + π - 2 θ - \sin 2 θ

）

(2)

$V = \int_{0}^{1} S (t) d t$ を、 $t = 1 - \cos θ$ で置きかえる。 $d t = \sin θ d θ$ 、 $t$ が 0 から 1 のとき $θ$ は 0 から $\frac{π}{2}$ 。

V = \int_{0}^{π / 2} (π - \sin 2 θ + 2 θ \cos 2 θ) \sin θ d θ

3 つに分けて計算する。 $\int_{0}^{π / 2} π \sin θ d θ = π$ 。 $\sin 2 θ \sin θ = 2 \sin^{2} θ \cos θ$ なので $\int_{0}^{π / 2} \sin 2 θ \sin θ d θ = [\frac{2}{3} \sin^{3} θ]_{0}^{π / 2} = \frac{2}{3}$ 。

最後の項は、積を和に直す公式で $2 \cos 2 θ \sin θ = \sin 3 θ - \sin θ$ として、部分積分をする。 $\int_{0}^{π / 2} θ \sin k θ d θ = - \frac{π}{2 k} \cos \frac{k π}{2} + \frac{1}{k^{2}} \sin \frac{k π}{2}$ なので、 $k = 3$ で $- \frac{1}{9}$ 、 $k = 1$ で $1$ 。

\int_{0}^{π / 2} θ (\sin 3 θ - \sin θ) d θ = - \frac{1}{9} - 1 = - \frac{10}{9}

合わせて $V = π - \frac{2}{3} - \frac{10}{9} = π - \frac{16}{9} ≒ 1.364$ 。円柱 $B$ の体積 $π$ のおよそ 43% にあたる。

答え

π - \frac{16}{9}

（

t = 1 - \cos θ

で

d t = \sin θ d θ

。

\int_{0}^{π / 2} (π - \sin 2 θ + 2 θ \cos 2 θ) \sin θ d θ = π - \frac{2}{3} - \frac{10}{9}

）

第4問　αⁿ はほとんど整数

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

$α = 2 + \sqrt{5}$ 、 $β = 2 - \sqrt{5}$ 。 $s_{n} = α^{n} + β^{n}$ は、解と係数の関係と漸化式からいつも整数になる。一方 $β ≒ - 0.236$ は $- 1$ と $0$ の間にあるので、 $β^{n}$ はとても小さい。

だから $α^{n} = s_{n} - β^{n}$ は整数 $s_{n}$ のすぐとなりにある。整数部分（以下の最大の整数）が $s_{n}$ か $s_{n} - 1$ かは、 $β^{n}$ の符号で決まる。(3) はこれと、 $s_{n}$ の 1 の位のくり返しを組み合わせる。

(1)

解と係数の関係から $α + β = 4$ 、 $α β = - 1$ 。

s_{1} = 4, s_{2} = (α + β)^{2} - 2 α β = 16 + 2 = 18

s_{3} = (α + β)^{3} - 3 α β (α + β) = 64 + 12 = 76

漸化式は、 $α^{2} = 4 α + 1$ の両辺に $α^{n - 2}$ をかけた $α^{n} = 4 α^{n - 1} + α^{n - 2}$ と、 $β$ の同じ式を足して

s_{n} = 4 s_{n - 1} + s_{n - 2} (n ≧ 3)

$s_{3} = 4 \cdot 18 + 4 = 76$ とも合う。 $s_{1}, s_{2}$ が整数なので、この漸化式から $s_{n}$ はすべて整数。

答え

s_{1} = 4

s_{2} = 18

s_{3} = 76

s_{n} = 4 s_{n - 1} + s_{n - 2}

（

α + β = 4

α β = - 1

。

s_{2} = (α + β)^{2} - 2 α β

。

α^{2} = 4 α + 1

の両辺に

α^{n - 2}

をかけ、β も同じにして足す）

(2)

$β^{3} = (2 - \sqrt{5})^{3} = 8 - 12 \sqrt{5} + 30 - 5 \sqrt{5} = 38 - 17 \sqrt{5}$ 。 $17 \sqrt{5} = \sqrt{1445}$ で、 $38^{2} = 1444 < 1445 < 1521 = 39^{2}$ なので $38 < 17 \sqrt{5} < 39$ 。

よって $- 1 < β^{3} < 0$ 。 $β^{3}$ はほとんど 0（およそ $- 0.013$ ）だが負なので、以下の最大の整数は 0 ではなく $- 1$ 。

答え

- 1

（

β = 2 - \sqrt{5}

で

β^{3} = 38 - 17 \sqrt{5}

。

38^{2} = 1444 < 1445 = (17 \sqrt{5})^{2} < 39^{2}

なので

- 1 < β^{3} < 0

）

(3)

$- 1 < β < 0$ で 2003 は奇数なので、 $β^{2003}$ は負で、大きさは 1 より小さい： $- 1 < β^{2003} < 0$ 。すると

α^{2003} = s_{2003} - β^{2003}

は整数 $s_{2003}$ より少しだけ大きく、 $s_{2003} + 1$ より小さい。だから整数部分は $s_{2003}$ そのもの。

$s_{n}$ の 1 の位は、漸化式を 10 で割った余りだけで回せる。 $s_{1} = 4$ 、 $s_{2} = 18$ の 1 の位 4、8 から $4 \cdot 8 + 4 = 36 \to 6$ 、 $4 \cdot 6 + 8 = 32 \to 2$ 、 $4 \cdot 2 + 6 = 14 \to 4$ 、 $4 \cdot 4 + 2 = 18 \to 8$ と、4, 8, 6, 2 のくり返し（2 つ続きが最初と同じ 4, 8 に戻ったので、ここから先も同じ）。

$2003 = 4 \cdot 500 + 3$ なので 3 番目の 6。偶数乗だったら $β^{n}$ が正で整数部分は $s_{n} - 1$ になるので、「2003 が奇数」と「 $β$ が負」の両方が効いている。

答え

6

（

- 1 < β < 0

と 2003 が奇数から

- 1 < β^{2003} < 0

。

α^{2003} = s_{2003} - β^{2003}

なので整数部分は

s_{2003}

。

s_{n}

の 1 の位は 4, 8, 6, 2 のくり返しで、

2003 = 4 \cdot 500 + 3

→ 6）

第5問　さいころの目をかけ合わせる

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

積 $X_{n}$ が割り切れるかどうかは、目に含まれる素因数の数で決まる。5 で割り切れるには 5 の目が少なくとも 1 回、4 で割り切れるには 2 の因数が合わせて 2 つ以上いる。

どちらも「割り切れない場合」の方が数えやすいので、余事象（そうならない場合）を数えて 1 から引く。(3) は 20＝4×5 なので、「4 で割り切れない」と「5 で割り切れない」の少なくとも一方が起きる確率を、足して重なりを引く形で出し、 $n$ を大きくしたときにどの項が残るかを見る。

(1)

5 の倍数の目は 5 だけ。 $X_{n}$ が 5 で割り切れないのは、 $n$ 回とも 5 以外の目が出るときで、その確率は ${(\frac{5}{6})}^{n}$ 。だから求める確率は $1 - {(\frac{5}{6})}^{n}$ 。

答え

1 - {(\frac{5}{6})}^{n}

（5 で割り切れる ⇔ 5 の目が 1 回でも出る）

(2)

目ごとの 2 の因数の数は、1, 3, 5 が 0 個、2, 6 が 1 個、4 が 2 個。4 で割り切れないのは、2 の因数が合わせて 0 個か 1 個のとき。

0 個は、 $n$ 回とも奇数の目： ${(\frac{1}{2})}^{n}$ 。1 個は、2 か 6 がちょうど 1 回で、残りの $n - 1$ 回は奇数：何回目かの選び方が $n$ 通りで $n \cdot \frac{1}{3} \cdot {(\frac{1}{2})}^{n - 1}$ 。

足すと ${(\frac{1}{2})}^{n} (1 + \frac{2 n}{3}) = \frac{2 n + 3}{3 \cdot 2^{n}}$ なので、求める確率は $1 - \frac{2 n + 3}{3 \cdot 2^{n}}$ 。 $n = 1$ で $\frac{1}{6}$ （4 の目だけ）、 $n = 2$ で $\frac{5}{12}$ と、数えた値とも合う。

答え

1 - \frac{2 n + 3}{3 \cdot 2^{n}}

（割り切れないのは、偶数が 1 回も出ない

{(\frac{1}{2})}^{n}

か、2 か 6 がちょうど 1 回で残りは奇数

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

）

(3)

$1 - p_{n}$ は「4 で割り切れない、または 5 で割り切れない」確率。それぞれ (2) と (1) の余事象で、両方が起きる確率を引く。

両方（5 が出ず、しかも 2 の因数が 1 個以下）：5 以外の目のうち、2 の因数 0 個は 1, 3、1 個は 2, 6。全部 1 か 3 が ${(\frac{1}{3})}^{n}$ 、2 か 6 がちょうど 1 回で残りが 1 か 3 が $n \cdot \frac{1}{3} \cdot {(\frac{1}{3})}^{n - 1}$ 。だから

1 - p_{n} = {(\frac{5}{6})}^{n} + {(\frac{1}{2})}^{n} (1 + \frac{2 n}{3}) - {(\frac{1}{3})}^{n} (1 + n)

一番ゆっくり減る ${(\frac{5}{6})}^{n}$ でくくると

1 - p_{n} = {(\frac{5}{6})}^{n} {1 + {(\frac{3}{5})}^{n} (1 + \frac{2 n}{3}) - {(\frac{2}{5})}^{n} (1 + n)}

かっこの中は $n \to \infty$ で 1 に近づく（ ${(\frac{3}{5})}^{n} n$ なども 0 に近づく）。両辺の log をとって $n$ で割ると

lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \log (1 - p_{n}) = \log \frac{5}{6} + lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \log {1 + \dots} = \log \frac{5}{6}

「割り切れない理由」のうち一番しぶとい「5 が 1 回も出ない」だけが極限に残る、ということ。模型で割る数を 4 に変えると、今度は偶数が足りない ${(\frac{1}{2})}^{n}$ が一番しぶとくなり、極限は $\log \frac{1}{2}$ になる。

答え

\log \frac{5}{6}

（

1 - p_{n} = {(\frac{5}{6})}^{n} + {(\frac{1}{2})}^{n} (1 + \frac{2 n}{3}) - {(\frac{1}{3})}^{n} (1 + n)

。

{(\frac{5}{6})}^{n}

でくくると残りは 1 に近づくので、

\frac{1}{n} \log (1 - p_{n}) = \log \frac{5}{6} + \frac{1}{n} \log (1 + \dots) \to \log \frac{5}{6}

）

第6問　円周率が 3.05 より大きいわけ

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

円周率 $π$ は「円周の長さ ÷ 直径」。半径 1 の円なら円周は $2 π$ 。円の内側にぴったり入る正多角形の周の長さは、弦（まっすぐな辺）が弧より短いので円周より短い。だから、周の長さの半分が 3.05 より大きい正多角形を 1 つ見つければよい。

正 $n$ 角形の 1 辺は、中心角 $\frac{2 π}{n}$ の二等辺三角形の底で $2 \sin \frac{π}{n}$ 。周の長さの半分は $n \sin \frac{π}{n}$ 。正六角形では $6 \sin \frac{π}{6} = 3$ で、 $π > 3$ ならこれで言えるが 3.05 には足りないので、角を増やす。 $\sin$ の値を根号で正確に書けて、しかも 3.05 をこえる多角形を選ぶのが筋。

(答)

正八角形を使う。中心角は $\frac{π}{4}$ で、1 辺は $2 \sin \frac{π}{8}$ 。半角の公式から

\sin^{2} \frac{π}{8} = \frac{1 - \cos \frac{π}{4}}{2} = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}, \sin \frac{π}{8} = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}

周の長さは $16 \sin \frac{π}{8} = 8 \sqrt{2 - \sqrt{2}}$ 。これが円周 $2 π$ より短いので

π > 4 \sqrt{2 - \sqrt{2}}

あとは $4 \sqrt{2 - \sqrt{2}} > 3.05$ を示す。どちらも正なので 2 乗してくらべる。左は $16 (2 - \sqrt{2}) = 32 - 16 \sqrt{2}$ 、右は ${3.05}^{2} = 9.3025$ 。 $32 - 16 \sqrt{2} > 9.3025$ は $\sqrt{2} < \frac{22.6975}{16} = 1.41859375$ と同じ。

${1.41859375}^{2} = 2.0124 \dots > 2$ なので、たしかに $\sqrt{2} < 1.41859375$ 。よって

π > 4 \sqrt{2 - \sqrt{2}} > 3.05

実際の値は $4 \sqrt{2 - \sqrt{2}} ≒ 3.0615$ で、3.05 との差は 0.01 ほど。正七角形では $3.037$ で足りず、3.05 は正八角形でちょうど示せる大きさになっている。正十二角形を使えば $3 (\sqrt{6} - \sqrt{2}) ≒ 3.106$ まで言えるが、根号の計算が少し増える。模型で示したい数を 3.1 や 3.14 にすると、要る角の数が 12、57 と増えていくのが見える。

答え示すこと：

π > 3.05

。要点：半径 1 の円に内接する正八角形の 1 辺は

2 \sin \frac{π}{8}

、

\sin^{2} \frac{π}{8} = \frac{1 - \cos \frac{π}{4}}{2} = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}

。周の長さ

16 \sin \frac{π}{8} = 8 \sqrt{2 - \sqrt{2}}

は円周

2 π

より短い（弦は弧より短い）ので

π > 4 \sqrt{2 - \sqrt{2}}

。

(4 \sqrt{2 - \sqrt{2}})^{2} = 32 - 16 \sqrt{2}

、

{1.41859375}^{2} = 2.0124 \dots > 2

より

\sqrt{2} < 1.41859375

なので

32 - 16 \sqrt{2} > 32 - 22.6975 = 9.3025 = {3.05}^{2}

。よって

π > 4 \sqrt{2 - \sqrt{2}} > 3.05

東大過去問 2003年数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

このページの出典

問題・出題の意図・東京大学の解答例（東京大学の公表資料）

東京大学の利用規定について

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修正履歴

お知らせ（2026年10月4日）

第1問　放物線を天井の下におさめる

問題の読み方

(答)

第2問　A と B がいつも 45° に見える点 P

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　円錐と円柱の重なりを輪切りにする

問題の読み方

(1)

(2)

第4問　αⁿ はほとんど整数

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問　さいころの目をかけ合わせる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問　円周率が 3.05 より大きいわけ

問題の読み方

(答)

東大 過去問 2003年 数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

第1問 放物線を天井の下におさめる

問題の読み方

(答)

第2問 A と B がいつも 45° に見える点 P

問題の読み方

(1)

(2)

第3問 円錐と円柱の重なりを輪切りにする

問題の読み方

(1)

(2)

第4問 αⁿ は ほとんど整数

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問 さいころの目をかけ合わせる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問 円周率が 3.05 より大きいわけ

問題の読み方

(答)

東大過去問 2003年数学｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

第1問　放物線を天井の下におさめる

第2問　A と B がいつも 45° に見える点 P

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第6問　円周率が 3.05 より大きいわけ