東大過去問 2004年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2004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

PDFの 2 枚目

第1問

　 $x y$ 平面の放物線 $y = x^{2}$ 上の $3$ 点 $P, Q, R$ が次の条件をみたしている。

　 $△ P Q R$ は一辺の長さ $a$ の正三角形であり，点 $P, Q$ を通る直線の傾きは $\sqrt{2}$ である。

　このとき， $a$ の値を求めよ。

PDFの 3 枚目

第2問

　自然数の $2$ 乗になる数を平方数という。以下の問いに答えよ。

（1）　 $10$ 進法で表して $3$ 桁以上の平方数に対し， $10$ の位の数を $a$ ， $1$ の位の数を $b$ とおいたとき， $a + b$ が偶数となるならば， $b$ は $0$ または $4$ であることを示せ。

（2）　 $10$ 進法で表して $5$ 桁以上の平方数に対し， $1000$ の位の数， $100$ の位の数， $10$ の位の数，および $1$ の位の数の $4$ つすべてが同じ数となるならば，その平方数は $10000$ で割り切れることを示せ。

PDFの 4 枚目

第3問

　半径 $10$ の円 $C$ がある。半径 $3$ の円板 $D$ を，円 $C$ に内接させながら，円 $C$ の円周に沿って滑ることなく転がす。円板 $D$ の周上の一点を $P$ とする。点 $P$ が，円 $C$ の円周に接してから再び円 $C$ の円周に接するまでに描く曲線は，円 $C$ を $2$ つの部分に分ける。それぞれの面積を求めよ。

PDFの 5 枚目

第4問

　関数 $f_{n} (x) (n = 1, 2, 3, \dots)$ を次のように定める。

f_{1} (x) = x^{3} - 3 x

f_{2} (x) = {f_{1} (x)}^{3} - 3 f_{1} (x)

f_{3} (x) = {f_{2} (x)}^{3} - 3 f_{2} (x)

以下同様に， $n ≧ 3$ に対して関数 $f_{n} (x)$ が定まったならば，関数 $f_{n + 1} (x)$ を

f_{n + 1} (x) = {f_{n} (x)}^{3} - 3 f_{n} (x)

で定める。

　このとき，以下の問いに答えよ。

（1）　 $a$ を実数とする。 $f_{1} (x) = a$ をみたす実数 $x$ の個数を求めよ。

（2）　 $a$ を実数とする。 $f_{2} (x) = a$ をみたす実数 $x$ の個数を求めよ。

（3）　 $n$ を $3$ 以上の自然数とする。 $f_{n} (x) = 0$ をみたす実数 $x$ の個数は $3^{n}$ であることを示せ。

PDFの 6 枚目

第5問

　 $r$ を正の実数とする。 $x y z$ 空間内の原点 $O (0, 0, 0)$ を中心とする半径 $1$ の球を $A$ ，点 $P (r, 0, 0)$ を中心とする半径 $1$ の球を $B$ とする。球 $A$ と球 $B$ の和集合の体積を $V$ とする。ただし，球 $A$ と球 $B$ の和集合とは，球 $A$ または球 $B$ の少なくとも一方に含まれる点全体よりなる立体のことである。

（1）　 $V$ を $r$ の関数として表し，そのグラフの概形をかけ。

（2）　 $V = 8$ となるとき， $r$ の値はいくらか。四捨五入して小数第 $1$ 位まで求めよ。

注意：円周率 $π$ は　 $3.14 < π < 3.15$ 　をみたす。

PDFの 7 枚目

第6問

　片面を白色に，もう片面を黒色に塗った正方形の板が $3$ 枚ある。この $3$ 枚の板を机の上に横に並べ，次の操作を繰り返し行う。

　さいころを振り，出た目が $1$ ， $2$ であれば左端の板を裏返し， $3$ ， $4$ であればまん中の板を裏返し， $5$ ， $6$ であれば右端の板を裏返す。

　たとえば，最初，板の表の色の並び方が「白白白」であったとし， $1$ 回目の操作で出たさいころの目が $1$ であれば，色の並び方は「黒白白」となる。さらに $2$ 回目の操作を行って出たさいころの目が $5$ であれば，色の並び方は「黒白黒」となる。

（1）　「白白白」から始めて， $3$ 回の操作の結果，色の並び方が「黒白白」となる確率を求めよ。

（2）　「白白白」から始めて， $n$ 回の操作の結果，色の並び方が「白白白」または「白黒白」となる確率を求めよ。

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。

第1問　放物線 y＝x² に正三角形をのせる

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

放物線 $y = x^{2}$ の上の 2 点 $(p, p^{2})$ 、 $(q, q^{2})$ を結ぶ直線の傾きは

\frac{q^{2} - p^{2}}{q - p} = p + q

と、2 点の $x$ 座標の和になる。これがこの問題のかぎ。3 点 P, Q, R の $x$ 座標を $p$ , $q$ , $r$ とすると、3 辺の傾きは $p + q$ 、 $q + r$ 、 $r + p$ になり、傾きが分かれば $p$ , $q$ , $r$ が出せる。

一方、正三角形の 3 辺は、どれも 60° ずつ向きがちがう。PQ の傾きを $\tan θ = \sqrt{2}$ と書くと、ほかの 2 辺の傾きは $\tan (θ + 60^{\circ})$ と $\tan (θ - 60^{\circ})$ 。どちらが QR でどちらが RP かは、三角形の向きで入れかわるが、1 辺の長さには関係しない。

(答)

加法定理で、残りの 2 辺の傾きを出す。 $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$ なので

s = \tan (θ + 60^{\circ}) = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{3}}{1 - \sqrt{6}}, t = \tan (θ - 60^{\circ}) = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{6}}

$p + q = \sqrt{2}$ 、 $q + r = s$ 、 $r + p = t$ とおくと、3 つを足して 2 で割れば $p + q + r$ が出て、1 つずつ引けば $p$ , $q$ , $r$ が出る。長さに必要なのは $p - q$ で、2 つ目と 3 つ目の式を引くと $q - p = s - t$ 。分母を $(1 - \sqrt{6}) (1 + \sqrt{6}) = - 5$ にそろえて計算すると

s - t = \frac{(\sqrt{2} + \sqrt{3}) (1 + \sqrt{6}) - (\sqrt{2} - \sqrt{3}) (1 - \sqrt{6})}{- 5} = \frac{(4 \sqrt{2} + 3 \sqrt{3}) - (4 \sqrt{2} - 3 \sqrt{3})}{- 5} = - \frac{6 \sqrt{3}}{5}

なので $| p - q | = \frac{6 \sqrt{3}}{5}$ 。

辺 PQ は、横に $| p - q |$ 進む間に、たてに傾き $\sqrt{2}$ 倍だけ進むので、長さは

a = | p - q | \sqrt{1 + (\sqrt{2})^{2}} = \frac{6 \sqrt{3}}{5} \cdot \sqrt{3}

これで 1 辺の長さが決まる。

実際の点も出しておくと、 $p, q = \frac{\sqrt{2}}{2} \pm \frac{3 \sqrt{3}}{5}$ 、 $r = - \frac{13 \sqrt{2}}{10}$ 。3 辺の傾きの式から $p$ , $q$ , $r$ が 1 通りに決まるので、条件を満たす正三角形は（P と Q の入れかえをのぞいて）1 つしかない。

模型では、傾きの式を使わずに、PQ を 60° 回して頂点 R を作り、R が放物線に乗る所を探している。見つかる三角形の辺の長さは、ここで出した値と一致する。PQ の傾きを変えると、傾きが $\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$ のときだけ残りの辺の 1 本がたて向きになり、三角形が作れない（模型のつまみは 0 以上なので $\frac{1}{\sqrt{3}}$ の方）。それ以外の傾きなら、三角形は 1 つに決まる。

答え

a = \frac{18}{5}

（P, Q, R の

x

座標を

p

q

r

とすると、放物線の 2 点を結ぶ線の傾きは

x

座標の和。正三角形の 3 辺の傾きは

\tan θ = \sqrt{2}

\tan (θ \pm 60^{\circ}) = \frac{\sqrt{2} \pm \sqrt{3}}{1 \mp \sqrt{6}}

なので

p + q = \sqrt{2}

、

q + r

r + p

がこの 2 つ。

| p - q | = | \tan (θ + 60^{\circ}) - \tan (θ - 60^{\circ}) | = \frac{6 \sqrt{3}}{5}

、

a = | p - q | \sqrt{1 + 2} = \frac{18}{5}

）

第2問　平方数（2 乗した数）の下の桁

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

平方数の下の桁は、もとの数の下の桁だけで決まる。 $n = 10 x + y$ （ $y$ は 1 の位の数、 $0 ≦ y ≦ 9$ ）とすると

n^{2} = 100 x^{2} + 20 x y + y^{2}

$100 x^{2}$ は下 2 桁に関係せず、 $20 x y$ は 10 の位を偶数だけずらす。だから、10 の位の数の偶奇と 1 の位の数は、 $y^{2}$ だけで決まる。(1) はこれで $y = 0, 1, \dots, 9$ の 10 通りを調べればよい。

(2) は (1) を使う問題。下の桁が「同じ数字」なら 10 の位と 1 の位も同じなので、その和は偶数になり、(1) が使える。残った候補をもう 1 段くわしく調べる。

(1)

$y^{2}$ を並べると $0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81$ 。10 の位の数の偶奇は $y^{2}$ の 10 の位で決まるので、1 の位 $b$ ごとに分けると次のようになる。

$b = 0, 1, 4, 5, 9$ のとき（ $y = 0, 1, 9, 2, 8, 5, 3, 7$ ）は、 $y^{2}$ の 10 の位が $0, 0, 8, 0, 6, 2, 0, 4$ でどれも偶数なので、 $a$ は偶数。

$b = 6$ のとき（ $y = 4, 6$ ）は、 $y^{2} = 16, 36$ の 10 の位が 1, 3 で奇数なので、 $a$ は奇数。

これで $a + b$ の偶奇が分かる。 $b = 1, 5, 9$ は「偶数＋奇数」で $a + b$ は奇数。 $b = 6$ は「奇数＋偶数」で奇数。残る $b = 0, 4$ だけが「偶数＋偶数」で偶数になる。だから $a + b$ が偶数なら $b$ は 0 か 4。

1 の位が決まると 10 の位の偶奇も決まってしまう、というのが面白いところ。1 の位が 6 の平方数（16, 36, 196, 256, …）は、どれも 10 の位が奇数になっている。なお「3 桁以上」の条件は、10 の位がきちんとある数を考えるためのもので、1〜2 桁の平方数でも同じことが成り立つ。

答え示すこと：3 桁以上の平方数で

a + b

が偶数なら

b = 0

または

4

。要点：

n = 10 x + y (0 ≦ y ≦ 9)

とすると

n^{2} = 100 x^{2} + 20 x y + y^{2}

。

20 x y

は 10 の位を偶数だけずらすので、

a

の偶奇と

b

は

y^{2}

だけで決まる。

y^{2} = 0

1

4

9

16

25

36

49

64

81

より、

b = 6

（

y = 4

6

）のときだけ

a

は奇数、ほかは

a

は偶数。

b

が奇数なら

a + b

は奇数、

b = 6

なら奇数、残る

b = 0

4

だけが偶数

(2)

下 4 桁がすべて $b$ だとする。10 の位も 1 の位も $b$ なので $a + b = 2 b$ は偶数。(1) から $b$ は 0 か 4。

$b = 4$ 、つまり下 4 桁が 4444 になることは無いことを示す。 $n^{2}$ の 1 の位が 4 なので $n$ は偶数で、 $n = 2 m$ とおくと

4 m^{2} \equiv 4444 (m o d 10000)

両方を 4 で割ると $m^{2} \equiv 1111 (m o d 2500)$ 。2500 は 4 で割り切れるので、4 で割った余りを見ると $m^{2}$ の余りは $1111$ の余り 3 になるはず。ところが平方数を 4 で割った余りは 0 か 1 しかない。だから 4444 にはならない。

残るのは $b = 0$ で、下 4 桁が 0000、つまり 10000 で割り切れる。

「4 桁」が大事で、3 桁までなら 444 がある（ $38^{2} = 1444$ ）。模型で、そろう桁の数を 1, 2, 3, 4 と増やすと、残る数字が 0, 1, 4, 5, 6, 9 → 0, 4 → 0, 4 → 0 と減っていく様子が見える。

答え示すこと：5 桁以上の平方数の下 4 桁が同じ数字なら 10000 で割り切れる。要点：10 の位と 1 の位が同じ

b

なら

a + b = 2 b

は偶数なので、(1) から

b = 0

または

4

。

b = 4

なら下 4 桁は

4444

で、

n^{2}

は偶数なので

n = 2 m

、

4 m^{2} \equiv 4444 (m o d 10000)

から

m^{2} \equiv 1111 (m o d 2500)

、4 で割った余りは

m^{2} \equiv 3

となり、平方数の余り 0, 1 にならない。よって下 4 桁は 0000 で、10000 で割り切れる

第3問　円の内側を転がる円板の 1 点が描く曲線

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

円の内側を円が滑らずに転がるとき、周の上の点が描く曲線を内サイクロイドという。まず点 P の位置を式で表し、面積は積分で出す。

「滑ることなく」は、D の周が進んだ長さ＝ C の上を進んだ長さという意味。円 C の中心を原点 O、はじめの接点（P の位置）を $(10, 0)$ とし、D の中心が O のまわりに角 $t$ だけ進んだとする。D の中心は半径 $10 - 3 = 7$ の円の上にあり、接点は C の上を長さ $10 t$ だけ進む。P は、新しい接点から D の周に沿って長さ $10 t$ だけ戻った所にある。

面積は、中心 O から曲線を見て、「扇形」から「O と曲線で囲む部分」を引いて出す。

(答)

D の中心は $(7 \cos t, 7 \sin t)$ 。D の中心から見た接点の向きは角 $t$ 。そこから D の周に沿って長さ $10 t$ （D の中心角 $\frac{10 t}{3}$ ）だけ戻るので、P の向きは $t - \frac{10 t}{3} = - \frac{7 t}{3}$ 。よって

x = 7 \cos t + 3 \cos \frac{7 t}{3}, y = 7 \sin t - 3 \sin \frac{7 t}{3}

P が再び C に接するのは、D がちょうど 1 周分（長さ $2 π \cdot 3 = 6 π$ ）転がったとき。 $10 t = 6 π$ から $t = \frac{3 π}{5}$ （108°）。

O と曲線で囲む部分の面積は $\frac{1}{2} \int (x y^{'} - y x^{'}) d t$ で出せる（O から P へのばした線が、少し動く間にはく細い三角形の面積を足しあげる式）。計算すると、 $\cos$ の加法定理でまとまって

x y^{'} - y x^{'} = 49 - 21 - 28 \cos \frac{10 t}{3} = 28 - 28 \cos \frac{10 t}{3}

$x y^{'} - y x^{'} ≧ 0$ なので、O から見た P の向きは途中で戻らず、この積分がそのまま面積になる。 $t = 0$ から $\frac{3 π}{5}$ まで積分すると、 $\cos \frac{10 t}{3}$ の積分は $\sin 2 π = 0$ で消え、面積は

\frac{1}{2} \cdot 28 \cdot \frac{3 π}{5} = \frac{42}{5} π

中心角 $\frac{3 π}{5}$ の扇形の面積は $\frac{1}{2} \cdot 10^{2} \cdot \frac{3 π}{5} = 30 π$ 。曲線と C の弧の間の部分は、扇形からこれを引いた $30 π - \frac{42}{5} π$ 。もう 1 つの部分は、円全体 $100 π$ からそれを引いたもの。

一般に、半径 $R$ の円の中を半径 $r$ の円板が転がると、曲線と弧の間は $\frac{π r^{2} (3 R - 2 r)}{R}$ で、円板 D の面積の $3 - \frac{2 r}{R}$ 倍。この問題では 2.4 倍。C をどんどん大きくすると、まっすぐな線の上を転がるサイクロイドの「ちょうど 3 倍」に近づく。

答え

\frac{108}{5} π

\frac{392}{5} π

（D の中心が角

t

進むと、転がった長さ

10 t

だけ D が回り、

P = (7 \cos t + 3 \cos \frac{7 t}{3}, 7 \sin t - 3 \sin \frac{7 t}{3})

。次に接するのは

10 t = 2 π \cdot 3

の

t = \frac{3 π}{5}

。中心 O と曲線で囲む部分は

\frac{1}{2} \int_{0}^{3 π / 5} (x y^{'} - y x^{'}) d t = \frac{1}{2} \int_{0}^{3 π / 5} (28 - 28 \cos \frac{10 t}{3}) d t = \frac{42}{5} π

、扇形は

30 π

なので、曲線と C の弧の間は

30 π - \frac{42}{5} π = \frac{108}{5} π

、残りは

100 π - \frac{108}{5} π

）

第4問　x³−3x をくり返すと、解が 3 倍ずつふえる

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

$f_{2} (x) = f_{1} (f_{1} (x))$ 、 $f_{3} (x) = f_{1} (f_{2} (x))$ のように、 $f_{n}$ は $f_{1}$ を $n$ 回くり返したもの。方程式 $f_{n} (x) = a$ の実数解の個数は、グラフ $y = f_{n} (x)$ と横の線 $y = a$ の交わる点の数。

くり返しの問題は、外側から順に解くのが基本。 $f_{2} (x) = f_{1} (f_{1} (x)) = a$ なら、まず外側の $f_{1} (y) = a$ を満たす $y$ を求め、次にその $y$ ごとに内側の $f_{1} (x) = y$ を解く。そのため (1) で「 $f_{1} (x) = a$ の解の数」を $a$ の値ごとにきちんと調べておく。

(3) は、 $x = 2 \cos θ$ とおくと $f_{1}$ が 3 倍角の公式になる、という見方が決め手になる。

(1)

$f_{1}^{'} (x) = 3 x^{2} - 3 = 3 (x + 1) (x - 1)$ なので、 $f_{1}$ は $x < - 1$ で増え、 $x = - 1$ で山 $f_{1} (- 1) = 2$ 、 $- 1 < x < 1$ で減り、 $x = 1$ で谷 $f_{1} (1) = - 2$ 、 $x > 1$ でまた増える。

横の線 $y = a$ と何回交わるかを見る。 $a > 2$ や $a < - 2$ なら、山より上か谷より下なので 1 回。 $a = 2$ なら、山にさわる $x = - 1$ と、右の $x = 2$ の 2 回（ $f_{1} (x) - 2 = (x + 1)^{2} (x - 2)$ ）。 $a = - 2$ も同じように 2 回。 $- 2 < a < 2$ なら、山と谷の間なので 3 回。

もう 1 つ大事なことがある。 $- 2 < a < 2$ のときの 3 つの解は、どれも $- 2$ と $2$ の間にある。 $f_{1} (- 2) = - 2$ 、 $f_{1} (2) = 2$ なので、グラフは $- 2 ≦ x ≦ 2$ の間で $- 2$ と $2$ の間を 3 回なぞるから、 $- 2$ と $2$ の間にすでに 3 個ある。3 次方程式の解は 3 個までなので、2 より外には無い。

答え

| a | > 2

のとき

1

個,　

| a | = 2

のとき

2

個,　

| a | < 2

のとき

3

個（

f_{1}^{'} (x) = 3 (x^{2} - 1)

。山

f_{1} (- 1) = 2

、谷

f_{1} (1) = - 2

。

y = f_{1} (x)

と

y = a

の交点の数）

(2)

$f_{2} (x) = f_{1} (f_{1} (x)) = a$ は、 $y = f_{1} (x)$ とおくと「 $f_{1} (y) = a$ かつ $f_{1} (x) = y$ 」。

$- 2 < a < 2$ のとき、(1) から $y$ は 3 つあり、どれも $- 2 < y < 2$ 。それぞれの $y$ について、また (1) から $f_{1} (x) = y$ の $x$ は 3 つ。 $y$ がちがえば $x$ もちがうので、全部で $3 \times 3 = 9$ 個。

$a = 2$ のとき、 $f_{1} (y) = 2$ の $y$ は $2$ と $- 1$ 。 $f_{1} (x) = 2$ の $x$ は 2 個、 $f_{1} (x) = - 1$ の $x$ は 3 個（ $- 1$ は $- 2$ と $2$ の間）なので、 $2 + 3 = 5$ 個。 $a = - 2$ も同じで 5 個。

$| a | > 2$ のとき、 $y$ は 1 つで $| y | > 2$ 。 $f_{1} (x) = y$ の $x$ も 1 つなので 1 個。

模型でつまみの $a$ を動かすと、交わる点の数が 1, 5, 9, 5, 1 と変わるのが見える。

答え

| a | > 2

のとき

1

個,　

| a | = 2

のとき

5

個,　

| a | < 2

のとき

9

個（

f_{2} (x) = f_{1} (f_{1} (x))

なので、

f_{1} (y) = a

の解

y

ごとに

f_{1} (x) = y

を数える。

| a | < 2

：

y

は

- 2 < y < 2

に 3 つ、それぞれ

x

が 3 つ。

a = 2

：

y = 2

- 1

で

2 + 3

。

| a | > 2

：

| y | > 2

の 1 つで

x

も 1 つ）

(3)

3 倍角の公式 $\cos 3 θ = 4 \cos^{3} θ - 3 \cos θ$ を使うと

f_{1} (2 \cos θ) = 8 \cos^{3} θ - 6 \cos θ = 2 \cos 3 θ

これをくり返すと $f_{2} (2 \cos θ) = f_{1} (2 \cos 3 θ) = 2 \cos 9 θ$ 、一般に

f_{n} (2 \cos θ) = 2 \cos (3^{n} θ)

$- 2 ≦ x ≦ 2$ の $x$ は、 $0 ≦ θ ≦ π$ の $θ$ を使って $x = 2 \cos θ$ とちょうど 1 通りに書ける。 $f_{n} (x) = 0$ は $\cos (3^{n} θ) = 0$ になり、 $0 ≦ 3^{n} θ ≦ 3^{n} π$ の中で $3^{n} θ = \frac{π}{2}, \frac{3 π}{2}, \dots$ となるのは $3^{n}$ 個。 $θ$ がちがえば $x$ もちがうので、 $- 2 ≦ x ≦ 2$ に解が $3^{n}$ 個ある。

$| x | > 2$ に解が無いことも確かめる。 $x > 2$ なら $f_{1} (x) - x = x (x^{2} - 4) > 0$ なので $f_{1} (x) > x > 2$ 。 $x < - 2$ も同じで $f_{1} (x) < - 2$ 。くり返しても 2 より外にいるので $f_{n} (x) \neq 0$ 。 $f_{n}$ は $3^{n}$ 次式なので、そもそも解は $3^{n}$ 個より多くならない、と考えてもよい。

「 $x^{3} - 3 x$ 」の 3 がちょうどよい数になっている。模型で $x^{3} - k x$ の $k$ を 3 より小さくすると、山の高さが足りず、くり返すうちに解が 3 倍ずつふえなくなる。

答え示すこと：

n ≧ 3

で

f_{n} (x) = 0

の実数解は

3^{n}

個。要点：

f_{1} (2 \cos θ) = 8 \cos^{3} θ - 6 \cos θ = 2 \cos 3 θ

をくり返して

f_{n} (2 \cos θ) = 2 \cos (3^{n} θ)

。

0 ≦ θ ≦ π

と

- 2 ≦ x ≦ 2

は 1 対 1。

\cos (3^{n} θ) = 0

の

θ = \frac{(2 k + 1) π}{2 \cdot 3^{n}} (k = 0

1

\dots

3^{n} - 1)

から異なる

x

が

3^{n}

個。

| x | > 2

なら

| f_{1} (x) | > | x | > 2

なので

| f_{n} (x) | > 2

で解は無い（

f_{n}

は

3^{n}

次式なので、それより多くないことからもいえる）

第5問　2 つの球を重ねたときの体積

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

和集合の体積は、2 つの球の体積の和から、重なった部分を引くと出る。2 つの球は同じ大きさなので、重なりは、中心を結ぶ線の真ん中の平面 $x = \frac{r}{2}$ で 2 つに分かれた同じ形（球の帽子）になる。

$r$ が 2 以上になると、2 つの球ははなれて重なりが無くなる。だから $V$ は $0 < r < 2$ と $r ≧ 2$ で式が変わる。

(2) は、(1) の式を $V = 8$ とおいた 3 次方程式を、 $π$ の範囲の指定を使って小数第 1 位まで決める問題。

(1)

$0 < r < 2$ のとき、重なりの半分は、球 A のうち $x ≧ \frac{r}{2}$ の部分。高さは $h = 1 - \frac{r}{2}$ 。球の帽子の体積は、 $x$ で切った切り口（半径 $\sqrt{1 - x^{2}}$ の円）の面積を積分して

\int_{r / 2}^{1} π (1 - x^{2}) d x = \frac{π}{3} (1 - h)^{3} - π (1 - h) + \frac{2 π}{3} = \frac{π h^{2} (3 - h)}{3}

重なりはこの 2 倍で、 $h = 1 - \frac{r}{2}$ を入れて整理すると $\frac{π (4 + r) (2 - r)^{2}}{12}$ 。

$(4 + r) (2 - r)^{2} = 16 - 12 r + r^{3}$ なので

V = \frac{8}{3} π - \frac{π (16 - 12 r + r^{3})}{12} = \frac{4}{3} π + π r - \frac{π}{12} r^{3}

$r ≧ 2$ では重ならないので $V = \frac{8}{3} π$ 。

グラフの形は微分で調べる。 $0 < r < 2$ で $V^{'} = π (1 - \frac{r^{2}}{4}) > 0$ なので増え、 $V^{″} = - \frac{π r}{2} < 0$ なので上に出っ張る形。 $r$ を 0 に近づけると $\frac{4}{3} π$ （球 1 つ分）に近づき、 $r = 2$ でちょうど $\frac{8}{3} π$ になる。しかも $r = 2$ で $V^{'} = 0$ なので、そこからの一定の部分へ折れずになめらかにつながる。

答え

V = {\begin{matrix} \frac{4}{3} π + π r - \frac{π}{12} r^{3} & (0 < r < 2) \\ \frac{8}{3} π & (r ≧ 2) \end{matrix}

（重なりは高さ

h = 1 - \frac{r}{2}

の球の帽子 2 つ：

2 \cdot \frac{π h^{2} (3 - h)}{3} = \frac{π (4 + r) (2 - r)^{2}}{12}

。グラフは

r \to 0

で

\frac{4}{3} π

から、

V^{'} = π (1 - \frac{r^{2}}{4}) > 0

・

V^{″} = - \frac{π r}{2} < 0

で上に出っ張りながら増え、

r = 2

で傾き 0 のまま

\frac{8}{3} π

に達し、あとは一定）

(2)

$\frac{8}{3} π > \frac{8}{3} \times 3.14 > 8$ なので、 $V = 8$ になるのは $0 < r < 2$ のとき。(1) の式を 8 とおいて整理すると

16 + 12 r - r^{3} = \frac{96}{π}

左の $g (r) = 16 + 12 r - r^{3}$ は $0 < r < 2$ で増える（ $g^{'} (r) = 12 - 3 r^{2} > 0$ ）。右は $3.14 < π < 3.15$ から

30.47 \dots = \frac{96}{3.15} < \frac{96}{π} < \frac{96}{3.14} = 30.57 \dots

小数第 1 位に四捨五入するので、境目の 1.45 と 1.5 で $g$ を計算する。 $g (1.45) = 16 + 17.4 - 3.048625 = 30.351375$ 、 $g (1.5) = 16 + 18 - 3.375 = 30.625$ 。 $g (1.45) < 30.47 < \frac{96}{π} < 30.58 < g (1.5)$ で $g$ は増えるので、 $1.45 < r < 1.5$ 。四捨五入すると 1.5 になる。

$π$ の範囲の指定が、ちょうどこのはさみうちに足りる細かさになっている。模型で $π$ を 3 にしてみると、 $\frac{8}{3} π$ がちょうど 8 になり、球がはなれた $r ≧ 2$ 全部で $V = 8$ になって、答えが 1 つに決まらなくなる。

答え

r = 1.5

（

V = 8 ⟺ 16 + 12 r - r^{3} = \frac{96}{π}

。

3.14 < π < 3.15

より

30.47 < \frac{96}{π} < 30.58

。左は

0 < r < 2

で増え、

r = 1.45

で

30.35

、

r = 1.5

で

30.625

なので

1.45 < r < 1.5

）

第6問　さいころで 3 枚の板を 1 枚ずつ裏返す

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

板の色は、その板を何回裏返したかの偶奇だけで決まる。偶数回なら白、奇数回なら黒。だから、さいころの目を左・まん中・右の 3 種類（それぞれ確率 $\frac{1}{3}$ ）とみて、それぞれが何回出たかの偶奇を考えればよい。

大事な見方がもう 1 つある。1 回の操作で黒の枚数はちょうど 1 つ増えるか減るので、黒の枚数の偶奇は、操作の回数の偶奇と同じ。偶数回のあとの黒は 0 枚か 2 枚、奇数回のあとは 1 枚か 3 枚になる。

(1)

「黒白白」は、左を奇数回、まん中と右を偶数回裏返したとき。3 回の中でそうなるのは、次の場合だけ。

左を 3 回：1 通り。

左 1 回とまん中 2 回：左がいつ出るかで 3 通り。左 1 回と右 2 回も同じく 3 通り。

さいころの出方（左・まん中・右の 3 種類）は全部で $3^{3} = 27$ 通りで、どれも同じ確率なので、合わせて $7$ 通り ÷ $27$ 通り。

黒は 1 枚なので、奇数回でしか起こらない。模型で回数を偶数にすると、確率が 0 になるのが見える。

答え

\frac{7}{27}

（左を奇数回、まん中と右を偶数回裏返す：左 3 回が 1 通り、左 1 回とまん中 2 回が 3 通り、左 1 回と右 2 回が 3 通り。

\frac{7}{3^{3}}

）

(2)

「白白白」か「白黒白」は、左と右がどちらも偶数回裏返されたとき（まん中は何回でもよい）。

左の回数 $L$ が偶数か奇数かは、 $(- 1)^{L}$ が $1$ か $- 1$ かで表せる。そこで $\frac{1 + (- 1)^{L}}{2}$ は、 $L$ が偶数なら 1、奇数なら 0 になる。左と右が両方偶数のときだけ 1 になる数は

\frac{1 + (- 1)^{L}}{2} \cdot \frac{1 + (- 1)^{R}}{2} = \frac{1}{4} {1 + (- 1)^{L} + (- 1)^{R} + (- 1)^{L + R}}

で、この平均が求める確率。

1 回ごとに、 $(- 1)^{L}$ にかかる数は、左が出れば $- 1$ 、それ以外なら $1$ なので、その平均は $\frac{1}{3} (- 1) + \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{1}{3}$ 。 $n$ 回は別々に決まるので、 $(- 1)^{L}$ の平均は ${(\frac{1}{3})}^{n}$ 。右も同じ。 $(- 1)^{L + R}$ は、左か右が出れば $- 1$ 、まん中なら $1$ なので、1 回の平均は $- \frac{2}{3} + \frac{1}{3} = - \frac{1}{3}$ 、 $n$ 回で ${(- \frac{1}{3})}^{n}$ 。

これを入れると

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

$n$ が偶数なら $\frac{1 + 3^{1 - n}}{4}$ 、奇数なら $\frac{1 + 3^{- n}}{4}$ とまとまる。

はじめに見た「黒の枚数の偶奇＝回数の偶奇」から、偶数回では黒が 1 枚の白黒白にはならず白白白だけ、奇数回では白白白にはならず白黒白だけになっている。2 つをまとめて聞いているから、偶数でも奇数でも答えが 1 つの式で書ける。 $n$ を大きくすると確率は $\frac{1}{4}$ に近づき、奇数回とその次の偶数回で同じ値になる（ $\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{7}{27}, \frac{7}{27}, \dots$ ）。

答え

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

（

n

が偶数なら

\frac{1 + 3^{1 - n}}{4}

、奇数なら

\frac{1 + 3^{- n}}{4}

。左と右がどちらも偶数回裏返ればよい。左の回数

L

、右の回数

R

で

E [(- 1)^{L}] = {(\frac{1}{3})}^{n}

、

E [(- 1)^{L + R}] = {(- \frac{1}{3})}^{n}

を使い、

\frac{1 + (- 1)^{L}}{2} \cdot \frac{1 + (- 1)^{R}}{2}

の平均をとる）

東大過去問 2004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

解答とシミュレーション（AIで作成）

制作

修正履歴

お知らせ（2026年10月4日）

第1問　放物線 y＝x² に正三角形をのせる

問題の読み方

(答)

第2問　平方数（2 乗した数）の下の桁

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　円の内側を転がる円板の 1 点が描く曲線

問題の読み方

(答)

第4問　x³−3x をくり返すと、解が 3 倍ずつふえる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問　2 つの球を重ねたときの体積

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　さいころで 3 枚の板を 1 枚ずつ裏返す

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2004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 y＝x² に正三角形をのせる

問題の読み方

(答)

第2問 平方数（2 乗した数）の下の桁

問題の読み方

(1)

(2)

第3問 円の内側を転がる円板の 1 点が描く曲線

問題の読み方

(答)

第4問 x³−3x をくり返すと、解が 3 倍ずつふえる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問 2 つの球を重ねたときの体積

問題の読み方

(1)

(2)

第6問 さいころで 3 枚の板を 1 枚ずつ裏返す

問題の読み方

(1)

(2)

東大過去問 2004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 y＝x² に正三角形をのせる

第2問　平方数（2 乗した数）の下の桁

第3問　円の内側を転がる円板の 1 点が描く曲線

第4問　x³−3x をくり返すと、解が 3 倍ずつふえる

第5問　2 つの球を重ねたときの体積

第6問　さいころで 3 枚の板を 1 枚ずつ裏返す