東大過去問 2005年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2005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

　 $x > 0$ に対し $f (x) = \frac{\log x}{x}$ とする。

（1）　 $n = 1, 2, \dots$ に対し $f (x)$ の第 $n$ 次導関数は，数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ を用いて

f^{(n)} (x) = \frac{a_{n} + b_{n} \log x}{x^{n + 1}}

と表されることを示し， $a_{n}$ ， $b_{n}$ に関する漸化式を求めよ。

（2）　 $h_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ とおく。 $h_{n}$ を用いて $a_{n}$ ， $b_{n}$ の一般項を求めよ。

PDFの 3 枚目

第2問

　 $| z | > \frac{5}{4}$ となるどのような複素数 $z$ に対しても $w = z^{2} - 2 z$ とは表されない複素数 $w$ 全体の集合を $T$ とする。すなわち，

T = {w | w = z^{2} - 2 z ならば | z | ≦ \frac{5}{4}}

とする。このとき， $T$ に属する複素数 $w$ で絶対値 $| w |$ が最大になるような $w$ の値を求めよ。

PDFの 4 枚目

第3問

　関数 $f (x)$ を

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

とする。ただし， $e$ は自然対数の底である。

（1）　 $x > \frac{1}{2}$ ならば $0 ≦ f^{'} (x) < \frac{1}{2}$ であることを示せ。

（2）　 $x_{0}$ を正の数とするとき，数列 ${x_{n}} (n = 0, 1, \dots)$ を， $x_{n + 1} = f (x_{n})$ によって定める。 $x_{0} > \frac{1}{2}$ であれば，

lim_{n \to \infty} x_{n} = 1

であることを示せ。

PDFの 5 枚目

第4問

　 $3$ 以上 $9999$ 以下の奇数 $a$ で， $a^{2} - a$ が $10000$ で割り切れるものをすべて求めよ。

PDFの 6 枚目

第5問

　 $N$ を $1$ 以上の整数とする。数字 $1, 2, \dots, N$ が書かれたカードを $1$ 枚ずつ，計 $N$ 枚用意し，甲，乙のふたりが次の手順でゲームを行う。

(i)　甲が $1$ 枚カードをひく。そのカードに書かれた数を $a$ とする。ひいたカードはもとに戻す。

(ii)　甲はもう $1$ 回カードをひくかどうかを選択する。ひいた場合は，そのカードに書かれた数を $b$ とする。ひいたカードはもとに戻す。ひかなかった場合は， $b = 0$ とする。

　 $a + b > N$ の場合は乙の勝ちとし，ゲームは終了する。

(iii)　 $a + b ≦ N$ の場合は，乙が $1$ 枚カードをひく。そのカードに書かれた数を $c$ とする。ひいたカードはもとに戻す。 $a + b < c$ の場合は乙の勝ちとし，ゲームは終了する。

(iv)　 $a + b ≧ c$ の場合は，乙はもう $1$ 回カードをひく。そのカードに書かれた数を $d$ とする。 $a + b < c + d ≦ N$ の場合は乙の勝ちとし，それ以外の場合は甲の勝ちとする。

　(ii)の段階で，甲にとってどちらの選択が有利であるかを， $a$ の値に応じて考える。以下の問いに答えよ。

（1）　甲が $2$ 回目にカードをひかないことにしたとき，甲の勝つ確率を $a$ を用いて表せ。

（2）　甲が $2$ 回目にカードをひくことにしたとき，甲の勝つ確率を $a$ を用いて表せ。

　ただし，各カードがひかれる確率は等しいものとする。

PDFの 7 枚目

第6問

　 $r$ を正の実数とする。 $x y z$ 空間において

x^{2} + y^{2} ≦ r^{2}

y^{2} + z^{2} ≧ r^{2}

z^{2} + x^{2} ≦ r^{2}

をみたす点全体からなる立体の体積を求めよ。

第1問　log x / x を何回微分しても「数＋数×log x」

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

$f (x) = \frac{\log x}{x}$ を何回も微分する問題。ふつう、何回も微分すると式がどんどん長くなりそうだが、この関数は何回微分しても「数＋数× $\log x$ 」を $x$ の何乗かで割った形のままになる。(1) でそれを数学的帰納法（ $n$ で成り立てば $n + 1$ でも成り立つ、を示すやり方）で示し、係数の漸化式を作る。

(2) はその漸化式を解く。 $b_{n}$ はすぐに解けるが、 $a_{n}$ の漸化式は $b_{n}$ が入った形なので、 $a_{n}$ を $b_{n}$ と同じ大きさ（ $n!$ ）で割ってから考えるのがかなめ。そうすると、 $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots$ の和 $h_{n}$ が自然に出てくる。

(1)

まず $n = 1$ 。商の微分で

f^{'} (x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \log x \cdot 1}{x^{2}} = \frac{1 - \log x}{x^{2}}

なので、 $a_{1} = 1$ 、 $b_{1} = - 1$ とすれば形に合う。

次に、 $f^{(n)} (x) = \frac{a_{n} + b_{n} \log x}{x^{n + 1}}$ と表せたとして、もう 1 回微分する。分子の微分は $\frac{b_{n}}{x}$ 、分母の微分は $(n + 1) x^{n}$ なので

f^{(n + 1)} (x) = \frac{\frac{b_{n}}{x} \cdot x^{n + 1} - (a_{n} + b_{n} \log x) (n + 1) x^{n}}{x^{2 n + 2}} = \frac{b_{n} - (n + 1) a_{n} - (n + 1) b_{n} \log x}{x^{n + 2}}

分子はまた「数＋数× $\log x$ 」、分母は $x^{n + 2}$ で、ちょうど $n + 1$ のときの形になっている。これで帰納法が完成する。

係数をくらべると、漸化式は

a_{n + 1} = b_{n} - (n + 1) a_{n}, b_{n + 1} = - (n + 1) b_{n}

実際に $n = 1$ から進めると、次のようになる。

a_{n} : 1, - 3, 11, - 50, 274, \dots b_{n} : - 1, 2, - 6, 24, - 120, \dots

横を $\log x$ にしてグラフを描くと、 $x^{n + 1} f^{(n)} (x) = a_{n} + b_{n} \log x$ は直線になる。微分するたびに傾き $b_{n}$ の符号が入れかわるのが、模型の左の絵で見える。

答え

a_{n + 1} = b_{n} - (n + 1) a_{n}

b_{n + 1} = - (n + 1) b_{n}

(a_{1} = 1

b_{1} = - 1)

（示すこと：

f^{(n)} (x) = \frac{a_{n} + b_{n} \log x}{x^{n + 1}}

の形。要点：

n = 1

は

f^{'} (x) = \frac{1 - \log x}{x^{2}}

。

n

で成り立てば、微分して

f^{(n + 1)} (x) = \frac{b_{n} - (n + 1) a_{n} - (n + 1) b_{n} \log x}{x^{n + 2}}

でまた同じ形（数学的帰納法）。係数を比べて漸化式）

(2)

$b_{n}$ は毎回 $- (n + 1)$ 倍されるので、 $b_{1} = - 1$ から

b_{n} = (- 1) \cdot (- 2) \cdot (- 3) \dots (- n) = (- 1)^{n} n!

$a_{n}$ の漸化式に入れると $a_{n + 1} = (- 1)^{n} n! - (n + 1) a_{n}$ 。このままだと $a_{n}$ の前に $(n + 1)$ がかかっていて解きにくい。そこで、 $b_{n}$ と同じ大きさにそろえるため

a_{n} = (- 1)^{n + 1} n! c_{n}

とおいて入れると、 $(- 1)^{n + 2} (n + 1)! c_{n + 1} = (- 1)^{n} n! + (- 1)^{n} (n + 1)! c_{n}$ 。両辺を $(- 1)^{n} (n + 1)!$ で割ると

c_{n + 1} = c_{n} + \frac{1}{n + 1}

となり、ただの足し算の漸化式になる。

$c_{1} = a_{1} = 1$ なので、 $c_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n} = h_{n}$ 。よって $a_{n} = (- 1)^{n + 1} n! h_{n}$ 。

これを使うと、 $f^{(n)} (x) = 0$ になるのは $a_{n} + b_{n} \log x = 0$ 、つまり $\log x = h_{n}$ のとき。 $n$ 回微分した関数は $x = e^{h_{n}}$ でちょうど 0 になる（ $n = 1$ で $e$ 、 $n = 2$ で $e^{3 / 2}$ ）。 $h_{n}$ は $\log n$ と同じくらいの速さで大きくなるので、この点は $n$ に比例するくらいの速さで右へ動いていく。

答え

a_{n} = (- 1)^{n + 1} n! h_{n}

b_{n} = (- 1)^{n} n!

（

b_{n}

は

- (n + 1)

倍ずつ。

a_{n} = (- 1)^{n + 1} n! c_{n}

とおくと漸化式が

c_{n + 1} = c_{n} + \frac{1}{n + 1}

、

c_{1} = 1

なので

c_{n} = h_{n}

）

第2問　z²−2z＝w の解が 2 つとも円の中に入る w

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

集合 $T$ の決め方が少しややこしい。「 $| z | > \frac{5}{4}$ の $z$ からは作れない $w$ 」、言いかえると「 $w = z^{2} - 2 z$ となる $z$ が、どれも $| z | ≦ \frac{5}{4}$ に入る $w$ 」の集まりが $T$ 。

$w$ を決めると、 $z^{2} - 2 z - w = 0$ は 2 次方程式なので $z$ は 2 つ（重なることもある）ある。この 2 つがどちらも円 $| z | ≦ \frac{5}{4}$ の中に入っていればよい。かなめは、2 つの解の和が 2 なので、解は $z$ と $2 - z$ の組になること。

(答)

解と係数の関係から、 $z^{2} - 2 z - w = 0$ の 2 つの解の和は 2。だから 1 つの解を $z$ とすると、もう 1 つは $2 - z$ で、2 つは点 1 について点対称な位置にある。

$w \in T$ となる条件は、 $| z | ≦ \frac{5}{4}$ かつ $| 2 - z | ≦ \frac{5}{4}$ 。これは、 $z$ が 2 つの円板（中心 0 と中心 2、どちらも半径 $\frac{5}{4}$ ）の重なりに入る、ということ。重なりはレンズの形で、2 つの円の交点は $z = 1 \pm \frac{3}{4} i$ （ $1^{2} + {(\frac{3}{4})}^{2} = {(\frac{5}{4})}^{2}$ ）。

$| w |$ を 2 つの解で表すと、 $w = z^{2} - 2 z = z (z - 2)$ なので

| w | = | z | \cdot | z - 2 |

どちらの因数も $\frac{5}{4}$ 以下なので $| w | ≦ \frac{25}{16}$ 。等号は $| z | = | z - 2 | = \frac{5}{4}$ のとき、つまり $z$ が 2 つの円の交点 $1 \pm \frac{3}{4} i$ のときだけ。

そのときの $w$ を出す。 $w = (z - 1)^{2} - 1$ と変形しておくと、 $z - 1 = \pm \frac{3}{4} i$ なので

w = {(\pm \frac{3}{4} i)}^{2} - 1 = - \frac{9}{16} - 1 = - \frac{25}{16}

2 つの交点のどちらでも同じ $w$ になるので、 $| w |$ が最大の $w$ は 1 つに決まる。

模型では、 $z$ をレンズのふちに沿って動かすと、右の $w$ の平面で $w$ が $T$ のふちを回り、 $z$ が角に来た瞬間に $- \frac{25}{16}$ に届く。半径を 1 より小さくすると 2 つの円が離れて、 $T$ が空になることも見られる。

答え

w = - \frac{25}{16}

（

z^{2} - 2 z - w = 0

の 2 つの解の和は 2 なので解は

z

2 - z

。

w \in T ⟺ | z | ≦ \frac{5}{4}

かつ

| 2 - z | ≦ \frac{5}{4}

。

| w | = | z | | z - 2 | ≦ \frac{25}{16}

、等号は 2 つの円の交点

z = 1 \pm \frac{3}{4} i

のときで、

w = (z - 1)^{2} - 1 = - \frac{25}{16}

）

第3問　xₙ₊₁＝f(xₙ) をくり返すと 1 に吸いこまれる

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

$x_{n + 1} = f (x_{n})$ をくり返すと、数列は $f (x) = x$ となる点（グラフ $y = f (x)$ と $y = x$ の交点）に近づくことが多い。ここでは $f (1) = 1$ なので、目標は 1。

近づくことを示す道具が平均値の定理。 $x_{n}$ と 1 の間のどこかの $c$ で

| x_{n + 1} - 1 | = | f (x_{n}) - f (1) | = | f^{'} (c) | | x_{n} - 1 |

となるので、傾き $f^{'}$ が $\frac{1}{2}$ より小さければ、1 とのずれが毎回半分より小さくなる。(1) はそのための傾きの評価で、(2) はそれを使う。

(1)

積の微分で

f^{'} (x) = \frac{1}{2} {1 + e^{- 2 (x - 1)}} + \frac{1}{2} x \cdot (- 2) e^{- 2 (x - 1)} = \frac{1}{2} + (\frac{1}{2} - x) e^{- 2 (x - 1)}

$x > \frac{1}{2}$ なら $\frac{1}{2} - x < 0$ で、 $e^{- 2 (x - 1)} > 0$ なので、2 つ目の項は負。よって $f^{'} (x) < \frac{1}{2}$ 。

0 以上であることは、 $f^{'}$ の一番小さい値を調べる。もう 1 回微分すると

f^{″} (x) = - e^{- 2 (x - 1)} - 2 (\frac{1}{2} - x) e^{- 2 (x - 1)} = 2 (x - 1) e^{- 2 (x - 1)}

なので、 $f^{″}$ は $x < 1$ で負、 $x > 1$ で正。 $f^{'}$ は $x = 1$ で一番小さくなり、その値は $f^{'} (1) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$ 。だから $f^{'} (x) ≧ 0$ 。

$f^{'}$ は $x = 1$ でちょうど 0 に触れ、 $x$ が $\frac{1}{2}$ に近いときと、 $x$ が大きいときに $\frac{1}{2}$ に近づくが、こえることはない。「 $x > \frac{1}{2}$ 」の条件が、2 つ目の項を負にするために使われている。

答え示すこと：

x > \frac{1}{2} \Rightarrow 0 ≦ f^{'} (x) < \frac{1}{2}

。要点：

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

で、

x > \frac{1}{2}

なら第 2 項が負なので

f^{'} (x) < \frac{1}{2}

。

f^{″} (x) = 2 (x - 1) e^{- 2 (x - 1)}

なので

f^{'}

は

x = 1

で最小、

f^{'} (1) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0

。よって

f^{'} (x) ≧ 0

(2)

まず、 $x_{n} > \frac{1}{2}$ がずっと続くことを示す（そうでないと (1) が使えない）。(1) より $x > \frac{1}{2}$ で $f^{'} ≧ 0$ で、 $f$ は連続なので、 $f$ は $x ≧ \frac{1}{2}$ で増える（減らない）。しかも

f (\frac{1}{2}) = \frac{1}{4} (1 + e) > \frac{1}{2}

なので、 $x_{n} > \frac{1}{2}$ なら $x_{n + 1} = f (x_{n}) > f (\frac{1}{2}) > \frac{1}{2}$ 。 $x_{0} > \frac{1}{2}$ から始めれば、帰納法でどの $x_{n}$ も $\frac{1}{2}$ より大きい。

次に、 $f (1) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot (1 + 1) = 1$ を使う。もし $x_{n} = 1$ なら、そのあとはずっと 1 のままで、ずれは 0 になる。 $x_{n} \neq 1$ のときは、平均値の定理で、 $x_{n}$ と 1 の間の $c_{n}$ があって

| x_{n + 1} - 1 | = | f (x_{n}) - f (1) | = f^{'} (c_{n}) | x_{n} - 1 |

$c_{n}$ も $\frac{1}{2}$ より大きいので、(1) から $f^{'} (c_{n})$ は 0 以上 $\frac{1}{2}$ 未満。どちらの場合も、ずれは毎回半分以下になる（ $x_{n} = 1$ のときは両方 0 で等しい）。

| x_{n + 1} - 1 | ≦ \frac{1}{2} | x_{n} - 1 |

これをくり返すと

| x_{n} - 1 | ≦ {(\frac{1}{2})}^{n} | x_{0} - 1 |

右はしは $n \to \infty$ で 0 に近づくので、はさみうちで $lim_{n \to \infty} x_{n} = 1$ 。

実際の近づき方は「半分ずつ」よりずっと速い。 $f^{'} (1) = 0$ で、さらに $f^{″} (1) = 0$ なので、1 の近くではずれが毎回ほぼ 3 乗して $\frac{1}{3}$ 倍になる（ずれ $0.1$ が次に $3 \times 10^{- 4}$ 、その次に $9 \times 10^{- 12}$ ）。模型の右のグラフで、点線（半分ずつ）とのちがいが見える。

答え示すこと：

x_{0} > \frac{1}{2} \Rightarrow lim_{n \to \infty} x_{n} = 1

。要点：

f

は

x > \frac{1}{2}

で増加し

f (\frac{1}{2}) = \frac{1 + e}{4} > \frac{1}{2}

なので、帰納法で

x_{n} > \frac{1}{2}

。

f (1) = 1

なので、

x_{n} = 1

ならそのあとずっと 1 で

| x_{n + 1} - 1 | = 0

。

x_{n} \neq 1

なら平均値の定理より

| x_{n + 1} - 1 | = f^{'} (c_{n}) | x_{n} - 1 | < \frac{1}{2} | x_{n} - 1 |

（

c_{n}

は

x_{n}

と 1 の間で

> \frac{1}{2}

）。どちらでも

| x_{n + 1} - 1 | ≦ \frac{1}{2} | x_{n} - 1 |

。よって

| x_{n} - 1 | ≦ {(\frac{1}{2})}^{n} | x_{0} - 1 | \to 0

第4問　a² − a が 10000 で割り切れる奇数 a

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

$a^{2} - a = a (a - 1)$ と、となり合う 2 つの整数のかけ算になっている。となり合う整数は共通の約数を持たない（公約数は差の 1 を割るので 1 だけ）。だから $10000 = 2^{4} \cdot 5^{4}$ の $2^{4}$ と $5^{4}$ は、それぞれ $a$ か $a - 1$ のどちらか一方にまるごと入る。

あとは、 $a$ が奇数であることで $2^{4}$ の行き先が決まり、 $5^{4}$ の行き先で 2 つに場合を分ける。

(答)

$a (a - 1)$ が $2^{4} \cdot 5^{4}$ で割り切れるとする。 $a$ と $a - 1$ は互いに素なので、 $2^{4}$ は $a$ か $a - 1$ の一方を割り切り、 $5^{4} = 625$ も一方を割り切る。

$a$ は奇数なので $2^{4}$ は $a$ を割れない。だから $2^{4}$ は $a - 1$ を割る。つまり $a$ は 16 で割って 1 余る。

$625$ が $a - 1$ を割るとき： $a - 1$ は 16 でも 625 でも割れるので、10000 で割り切れる。つまり $a$ は 10000 で割って 1 余る数で、3 以上 9999 以下にはこのような $a$ は無い（ $a = 1$ は範囲の外）。

$625$ が $a$ を割るとき： $a = 625 k$ と書ける。 $625 = 16 \cdot 39 + 1$ なので、625 は 16 で割って 1 余る。すると $a = 625 k$ を 16 で割った余りは $k$ を 16 で割った余りと同じ。 $a$ は 16 で割って 1 余るので、 $k$ も 16 で割って 1 余る。

また $a ≦ 9999$ から $k ≦ 15$ 。1 から 15 の中で 16 で割って 1 余るのは $k = 1$ だけ。よって $a = 625$ 。

確かめると $625^{2} - 625 = 625 \cdot 624 = 390000 = 10000 \cdot 39$ で割り切れる。

$a^{2} - a$ が $10000$ で割り切れることは、「 $a^{2}$ の下 4 けたが $a$ と同じ」と言いかえられる。実際 $625^{2} = 390625$ で、下の 4 けたは 0625、つまり数としては 625 がもどってくる。模型の変えるとの場面で、 $10^{k}$ に変えたときの答え（5, 25, 625, 90625, …）が見られる。

答え

a = 625

（

a

と

a - 1

は互いに素なので、

10000 = 2^{4} \cdot 5^{4}

の

2^{4}

、

5^{4}

はそれぞれ一方にまるごと入る。

a

は奇数なので

2^{4} ∣ a - 1

。

5^{4} ∣ a - 1

なら

a \equiv 1 (\mod 10000)

で 3 以上 9999 以下に無い。

5^{4} ∣ a

なら

a = 625 k

、

625 \equiv 1 (\mod 16)

より

k \equiv 1 (\mod 16)

、

a ≦ 9999

から

k = 1

）

第5問　カードをもう 1 枚ひくか、やめておくか

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

ルールは長いが、甲がやることは「1 枚目 $a$ を見て、もう 1 枚ひくかどうかを決める」だけ。あとは乙が決まったやり方で、甲の合計をこえるまで最大 2 枚ひく。カードはひくたびに戻すので、どのカードも毎回 $\frac{1}{N}$ の確率で出る。

かなめは (1)。甲の合計を $a$ として、乙の 2 枚 $(c, d)$ の $N^{2}$ 通りのうち甲が勝つのが何通りかを数える。 $c$ を決めるごとに数えると、 $c ≦ a$ のどの $c$ でもちょうど $a$ 通りになる（ $c > a$ なら 0 通り）。(2) は、2 枚目をひいた後の合計で (1) をそのまま使える。

(1)

甲はひかないので $b = 0$ 、合計は $a (≦ N)$ で、(ii) で終わることはない。乙の 1 枚目 $c$ で場合を分ける。

$c > a$ のときは (iii) で乙の勝ち。

$c ≦ a$ のときは (iv) に進み、乙は 2 枚目 $d$ をひく。乙が勝つのは $a < c + d ≦ N$ のときなので、甲が勝つのは「 $c + d ≦ a$ 」か「 $c + d > N$ 」のとき。 $d$ は 1〜 $N$ なので、 $c + d ≦ a$ は $d ≦ a - c$ の $a - c$ 通り、 $c + d > N$ は $d > N - c$ の $c$ 通り。この 2 つは重ならない（ $a ≦ N$ だから）。合わせてちょうど $a$ 通り。

$c$ は 1〜 $a$ の $a$ 通りなので、甲の勝つ $(c, d)$ は $a \times a$ 通り。全部で $N^{2}$ 通りなので

甲の勝つ確率 = \frac{a^{2}}{N^{2}}

模型の左のます目で、 $c ≦ a$ のどの行にも甲の勝ちが左の三角と右の三角に分かれて、合わせて $a$ マスあるのが見える。

答え

\frac{a^{2}}{N^{2}}

（乙の 1 枚目

c > a

なら乙の勝ち。

c ≦ a

のとき 2 枚目

d

で甲が勝つのは

c + d ≦ a

（

a - c

通り）か

c + d > N

（

c

通り）で、どの

c

でもちょうど

a

通り。

a \cdot a

通り/　

N^{2}

）

(2)

甲の 2 枚目を $b$ とし、合計を $s = a + b$ とする。 $s > N$ なら (ii) で乙の勝ち。 $s ≦ N$ なら、そこから先は (1) の $a$ を $s$ に置きかえたのと同じなので、甲の勝つ確率は $\frac{s^{2}}{N^{2}}$ 。

$b$ は 1 から $N$ のどれも、同じ確率 $\frac{1}{N}$ で出る。合計 $s$ が $N$ 以下になるのは、 $s$ が $a + 1$ から $N$ までのとき。よって

\frac{1}{N} \sum_{s = a + 1}^{N} \frac{s^{2}}{N^{2}} = \frac{1}{N^{3}} (\sum_{s = 1}^{N} s^{2} - \sum_{s = 1}^{a} s^{2})

平方の和の公式 $\sum_{s = 1}^{m} s^{2} = \frac{m (m + 1) (2 m + 1)}{6}$ を使うと

\frac{N (N + 1) (2 N + 1) - a (a + 1) (2 a + 1)}{6 N^{3}}

問題の前置きにある「どちらが有利か」は、(1) と (2) をくらべればわかる。 $a$ が小さいとひく方が、大きいとひかない方が有利で、 $N = 10$ なら $a ≦ 5$ でひく方が得。模型の右のグラフで、2 つの確率が入れかわる所が見える。

答え

\frac{N (N + 1) (2 N + 1) - a (a + 1) (2 a + 1)}{6 N^{3}}

（2 枚目

b

で合計

s = a + b

。

s > N

なら負け、

s ≦ N

なら (1) と同じで

\frac{s^{2}}{N^{2}}

。

\frac{1}{N} \sum_{s = a + 1}^{N} \frac{s^{2}}{N^{2}}

）

第6問　円柱 2 本の共通部分から、3 本目の円柱をくりぬく

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

3 つの不等式はどれも円柱を表す。 $x^{2} + y^{2} ≦ r^{2}$ は $z$ 軸のまわりの円柱の中、 $z^{2} + x^{2} ≦ r^{2}$ は $y$ 軸のまわりの円柱の中、 $y^{2} + z^{2} ≧ r^{2}$ は $x$ 軸のまわりの円柱の外。2 本の円柱の共通部分から、3 本目の円柱の部分をくりぬいた立体になる。

体積は切り口の面積を積分して出す。どの軸で切るかが大事で、 $x$ を止めて切ると、2 つの条件に $x$ が入っているので正方形が出てきて、残りの条件が「円の外」になり、切り口が「正方形から円を除いた 4 つの角」ときれいな形になる。

(答)

$x$ を止めて、 $s = \sqrt{r^{2} - x^{2}}$ とおく。1 つ目の条件 $x^{2} + y^{2} ≦ r^{2}$ から $| y | ≦ s$ 、3 つ目の条件 $z^{2} + x^{2} ≦ r^{2}$ から $| z | ≦ s$ 。だから切り口は正方形 $| y | ≦ s$ 、 $| z | ≦ s$ のうち、円 $y^{2} + z^{2} = r^{2}$ の外にある部分。 $s ≦ r$ なので、円の外に出るのは正方形の 4 つの角だけ。角が円の外に出るのは、角までの距離 $\sqrt{2} s$ が $r$ より大きいとき、つまり $| x | < \frac{r}{\sqrt{2}}$ のとき。

1 つの角（ $y, z ≧ 0$ の所）の面積を出す。 $| x | = r \sin α$ （ $0 ≦ α < \frac{π}{4}$ ）とおくと $s = r \cos α$ 。円と正方形の辺 $y = s$ の交点は $z = \sqrt{r^{2} - s^{2}} = r \sin α$ なので、角の面積は、正方形の一部から円の一部を引いて

s (s - r \sin α) - \int_{r \sin α}^{r \cos α} \sqrt{r^{2} - t^{2}} d t

積分は $t = r \sin φ$ とおくと $\frac{r^{2}}{2} (\frac{π}{2} - 2 α)$ になり（両はしの $\sin φ \cos φ$ の項は打ち消し合う）、角の面積は

r^{2} (\cos^{2} α - \sin α \cos α - \frac{π}{4} + α)

切り口はこの 4 倍。

体積は切り口を $x$ で積分する。 $x$ の正と負で同じなので 2 倍し、 $x = r \sin α$ 、 $d x = r \cos α d α$ とおきかえると

V = 8 r^{3} \int_{0}^{π / 4} (\cos^{3} α - \sin α \cos^{2} α - \frac{π}{4} \cos α + α \cos α) d α

1 つずつ計算する。はじめの 2 つは、 $\sin α$ や $\cos α$ でおきかえるとすぐ積分できる。

\int_{0}^{π / 4} \cos^{3} α d α = {[\sin α - \frac{\sin^{3} α}{3}]}_{0}^{π / 4} = \frac{5}{6 \sqrt{2}}

\int_{0}^{π / 4} \sin α \cos^{2} α d α = {[- \frac{\cos^{3} α}{3}]}_{0}^{π / 4} = \frac{1}{3} - \frac{1}{6 \sqrt{2}}

残りの 2 つのうち、 $α \cos α$ は部分積分で

\int_{0}^{π / 4} α \cos α d α = [α \sin α + \cos α]_{0}^{π / 4} = \frac{π}{4 \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} - 1

もう 1 つの $\frac{π}{4} \cos α$ の積分は $\frac{π}{4 \sqrt{2}}$ で、引き算なので $π$ の入った項は打ち消し合い、 $\frac{1}{\sqrt{2}} - 1$ が残る。

合わせると、かっこの中の積分は

\frac{5}{6 \sqrt{2}} - \frac{1}{3} + \frac{1}{6 \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} - 1 = \sqrt{2} - \frac{4}{3}

で、これを $8 r^{3}$ 倍する。

別の見方もできる。この立体は「2 本の円柱の共通部分（体積 $\frac{16}{3} r^{3}$ ）」から「3 本の円柱の共通部分（体積 $8 (2 - \sqrt{2}) r^{3}$ ）」を引いたもので、その差も同じ値になる。模型の変えるとの場面で、この 3 つの立体の切り口をくらべられる。

答え

(8 \sqrt{2} - \frac{32}{3}) r^{3}

（

x

を止めた切り口は、正方形

| y |

| z | ≦ \sqrt{r^{2} - x^{2}}

のうち円

y^{2} + z^{2} < r^{2}

の外の 4 つの角。

| x | = r \sin α

とおくと、角があるのは

0 ≦ α < \frac{π}{4}

で面積

4 r^{2} (\cos^{2} α - \sin α \cos α - \frac{π}{4} + α)

。

V = 8 r^{3} \int_{0}^{π / 4} (\cos^{2} α - \sin α \cos α - \frac{π}{4} + α) \cos α d α

）

東大過去問 2005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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制作

修正履歴

お知らせ（2026年10月4日）

第1問　log x / x を何回微分しても「数＋数×log x」

問題の読み方

(1)

(2)

第2問　z²−2z＝w の解が 2 つとも円の中に入る w

問題の読み方

(答)

第3問　xₙ₊₁＝f(xₙ) をくり返すと 1 に吸いこまれる

問題の読み方

(1)

(2)

第4問　a² − a が 10000 で割り切れる奇数 a

問題の読み方

(答)

第5問　カードをもう 1 枚ひくか、やめておくか

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　円柱 2 本の共通部分から、3 本目の円柱をくりぬく

問題の読み方

(答)

東大 過去問 2005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 log x / x を何回微分しても「数＋数×log x」

問題の読み方

(1)

(2)

第2問 z²−2z＝w の解が 2 つとも円の中に入る w

問題の読み方

(答)

第3問 xₙ₊₁＝f(xₙ) をくり返すと 1 に吸いこまれる

問題の読み方

(1)

(2)

第4問 a² − a が 10000 で割り切れる奇数 a

問題の読み方

(答)

第5問 カードをもう 1 枚ひくか、やめておくか

問題の読み方

(1)

(2)

第6問 円柱 2 本の共通部分から、3 本目の円柱をくりぬく

問題の読み方

(答)

東大過去問 2005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　log x / x を何回微分しても「数＋数×log x」

第2問　z²−2z＝w の解が 2 つとも円の中に入る w

第3問　xₙ₊₁＝f(xₙ) をくり返すと 1 に吸いこまれる

第4問　a² − a が 10000 で割り切れる奇数 a

第5問　カードをもう 1 枚ひくか、やめておくか

第6問　円柱 2 本の共通部分から、3 本目の円柱をくりぬく