東大過去問 2006年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2006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

　 $O$ を原点とする座標平面上の $4$ 点 $P_{1}$ ， $P_{2}$ ， $P_{3}$ ， $P_{4}$ で，条件

{\vec{O P}}_{n - 1} + {\vec{O P}}_{n + 1} = \frac{3}{2} {\vec{O P}}_{n} (n = 2, 3)

を満たすものを考える。このとき，以下の問いに答えよ。

（1）　 $P_{1}$ ， $P_{2}$ が曲線 $x y = 1$ 上にあるとき， $P_{3}$ はこの曲線上にはないことを示せ。

（2）　 $P_{1}$ ， $P_{2}$ ， $P_{3}$ が円周 $x^{2} + y^{2} = 1$ 上にあるとき， $P_{4}$ もこの円周上にあることを示せ。

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第2問

　コンピュータの画面に，記号○と×のいずれかを表示させる操作をくり返し行う。このとき，各操作で，直前の記号と同じ記号を続けて表示する確率は，それまでの経過に関係なく， $p$ であるとする。

　最初に，コンピュータの画面に記号×が表示された。操作をくり返し行い，記号×が最初のものも含めて $3$ 個出るよりも前に，記号○が $n$ 個出る確率を $P_{n}$ とする。ただし，記号○が $n$ 個出た段階で操作は終了する。

（1）　 $P_{2}$ を $p$ で表せ。

（2）　 $n ≧ 3$ のとき， $P_{n}$ を $p$ と $n$ で表せ。

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第3問

　 $O$ を原点とする座標平面上に， $y$ 軸上の点 $P (0, p)$ と，直線 $m ： y = (\tan θ) x$ が与えられている。ここで， $p > 1$ ， $0 < θ < \frac{π}{2}$ とする。

　いま，傾きが $α$ の直線 $ℓ$ を対称軸とする対称移動を行うと，原点 $O$ は直線 $y = 1$ 上の，第 $1$ 象限の点 $Q$ に移り， $y$ 軸上の点 $P$ は直線 $m$ 上の，第 $1$ 象限の点 $R$ に移った。

（1）　このとき， $\tan θ$ を $α$ と $p$ で表せ。

（2）　次の条件を満たす点 $P$ が存在することを示し，そのときの $p$ の値を求めよ。

　　条件：どのような $θ (0 < θ < \frac{π}{2})$ に対しても，原点を通り直線 $ℓ$ に垂直な直線は $y = (\tan \frac{θ}{3}) x$ となる。

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第4問

　次の条件を満たす組 $(x, y, z)$ を考える。

　　条件(A)： $x$ ， $y$ ， $z$ は正の整数で， $x^{2} + y^{2} + z^{2} = x y z$ および $x ≦ y ≦ z$ を満たす。

以下の問いに答えよ。

（1）　条件(A)を満たす組 $(x, y, z)$ で， $y ≦ 3$ となるものをすべて求めよ。

（2）　組 $(a, b, c)$ が条件(A)を満たすとする。このとき，組 $(b, c, z)$ が条件(A)を満たすような $z$ が存在することを示せ。

（3）　条件(A)を満たす組 $(x, y, z)$ は，無数に存在することを示せ。

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第5問

　 $a_{1} = \frac{1}{2}$ とし，数列 ${a_{n}}$ を漸化式

a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{(1 + a_{n})^{2}} (n = 1, 2, 3, \dots)

によって定める。このとき，以下の問いに答えよ。

（1）　各 $n = 1, 2, 3, \dots$ に対し $b_{n} = \frac{1}{a_{n}}$ とおく。 $n > 1$ のとき， $b_{n} > 2 n$ となることを示せ。

（2）　 $lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n})$ を求めよ。

（3）　 $lim_{n \to \infty} n a_{n}$ を求めよ。

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第6問

　 $x > 0$ を定義域とする関数 $f (x) = \frac{12 (e^{3 x} - 3 e^{x})}{e^{2 x} - 1}$ について，以下の問いに答えよ。

（1）　関数 $y = f (x) (x > 0)$ は，実数全体を定義域とする逆関数を持つことを示せ。すなわち，任意の実数 $a$ に対して， $f (x) = a$ となる $x > 0$ がただ $1$ つ存在することを示せ。

（2）　前問（1）で定められた逆関数を $y = g (x) (- \infty < x < \infty)$ とする。このとき，定積分 $\int_{8}^{27} g (x) d x$ を求めよ。

第1問　P₃ ＝ (3/2)P₂ − P₁ で点を作っていく

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

条件の式を $n = 2, 3$ で書くと、 ${\vec{O P}}_{3} = \frac{3}{2} {\vec{O P}}_{2} - {\vec{O P}}_{1}$ 、 ${\vec{O P}}_{4} = \frac{3}{2} {\vec{O P}}_{3} - {\vec{O P}}_{2}$ 。つまり 前の 2 点から次の点が決まる「ベクトルの漸化式（前の項から次の項を作る式）」になっている。

筋は 2 つ。(1) は双曲線 $x y = 1$ の上の点を $(a, \frac{1}{a})$ と文字 1 つで表し、 $P_{3}$ の座標をそのまま計算する。(2) は円の上にあることを「長さの 2 乗が 1」と言いかえ、内積（ベクトルのかけ算 $\vec{u} \cdot \vec{v}$ ）で計算する。

(1)

$P_{1} (a, \frac{1}{a})$ 、 $P_{2} (b, \frac{1}{b})$ （ $a, b$ は 0 でない）とおくと

P_{3} = (\frac{3}{2} b - a, \frac{3}{2 b} - \frac{1}{a})

$P_{3}$ が $x y = 1$ の上にあるかは、 $x$ 座標と $y$ 座標の積を見ればよい。展開すると

(\frac{3}{2} b - a) (\frac{3}{2 b} - \frac{1}{a}) = \frac{9}{4} - \frac{3 b}{2 a} - \frac{3 a}{2 b} + 1 = \frac{13}{4} - \frac{3}{2} (t + \frac{1}{t}) (t = \frac{b}{a})

これが 1 になるとすると $t + \frac{1}{t} = \frac{3}{2}$ 、分母をはらって $2 t^{2} - 3 t + 2 = 0$ 。判別式は $9 - 16 < 0$ なので、実数の $t$ は無い。だから $P_{3}$ は曲線の上に来られない。

別の見方もできる。 $t$ と $\frac{1}{t}$ は同じ符号なので、 $t + \frac{1}{t}$ の大きさはいつも 2 以上（相加平均と相乗平均の関係）。すると積は $\frac{13}{4} - 3 = \frac{1}{4}$ 以下か、 $\frac{13}{4} + 3 = \frac{25}{4}$ 以上になり、1 はそのすき間に落ちる。

なるほど：係数 $\frac{3}{2}$ が 2 より小さいことが効いている。係数を $k$ にすると積は $k^{2} + 1 - k (t + \frac{1}{t})$ で、 $k ≧ 2$ なら $t + \frac{1}{t} = k$ が解けて $P_{3}$ が曲線に乗れる。

答え示すこと：

P_{3}

は

x y = 1

の上にない。要点：

{\vec{O P}}_{3} = \frac{3}{2} {\vec{O P}}_{2} - {\vec{O P}}_{1}

。

P_{1} (a, \frac{1}{a})

P_{2} (b, \frac{1}{b})

t = \frac{b}{a}

とおくと、

P_{3}

の

x

座標と

y

座標の積は

\frac{13}{4} - \frac{3}{2} (t + \frac{1}{t})

。これが

1 ⟺ t + \frac{1}{t} = \frac{3}{2} ⟺ 2 t^{2} - 3 t + 2 = 0

で、判別式

9 - 16 < 0

より実数

t

は無い

(2)

円周の上にあることは、原点からの長さが 1 であることと同じ。そこで ${\vec{O P}}_{n}$ を ${\vec{p}}_{n}$ と書き、

| {\vec{p}}_{1} | = | {\vec{p}}_{2} | = | {\vec{p}}_{3} | = 1 ⟹ | {\vec{p}}_{4} | = 1

を示す。

まず ${\vec{p}}_{3} = \frac{3}{2} {\vec{p}}_{2} - {\vec{p}}_{1}$ の長さの 2 乗を内積で展開する。

| {\vec{p}}_{3} |^{2} = \frac{9}{4} | {\vec{p}}_{2} |^{2} - 3 {\vec{p}}_{1} \cdot {\vec{p}}_{2} + | {\vec{p}}_{1} |^{2} = \frac{9}{4} - 3 {\vec{p}}_{1} \cdot {\vec{p}}_{2} + 1

これが 1 なので ${\vec{p}}_{1} \cdot {\vec{p}}_{2} = \frac{3}{4}$ 。3 点が円の上にある、という条件は「 $P_{1}$ と $P_{2}$ の角 $φ$ が $\cos φ = \frac{3}{4}$ 」ということだった。

次に ${\vec{p}}_{4} = \frac{3}{2} {\vec{p}}_{3} - {\vec{p}}_{2}$ の長さを出すには ${\vec{p}}_{2} \cdot {\vec{p}}_{3}$ が要る。

{\vec{p}}_{2} \cdot {\vec{p}}_{3} = \frac{3}{2} | {\vec{p}}_{2} |^{2} - {\vec{p}}_{1} \cdot {\vec{p}}_{2} = \frac{3}{2} - \frac{3}{4} = \frac{3}{4}

これを使うと

| {\vec{p}}_{4} |^{2} = \frac{9}{4} | {\vec{p}}_{3} |^{2} - 3 {\vec{p}}_{2} \cdot {\vec{p}}_{3} + | {\vec{p}}_{2} |^{2} = \frac{9}{4} - \frac{9}{4} + 1 = 1

となり、 $P_{4}$ も円周の上にある。

図で見ると、 $P_{2}$ と $P_{3}$ の角も $\cos φ = \frac{3}{4}$ で、点は円の上を 同じ角 $φ ≒ {41.4}^{\circ}$ ずつ回って 並んでいる。 $\frac{3}{2} = 2 \cos φ$ という形の漸化式は「同じ角ずつ回す」ことと同じで、だから何番目の点も円から外れない。

答え示すこと：

| {\vec{O P}}_{4} | = 1

。要点：

| {\vec{O P}}_{3} |^{2} = \frac{9}{4} - 3 {\vec{O P}}_{1} \cdot {\vec{O P}}_{2} + 1 = 1

より

{\vec{O P}}_{1} \cdot {\vec{O P}}_{2} = \frac{3}{4}

。すると

{\vec{O P}}_{2} \cdot {\vec{O P}}_{3} = \frac{3}{2} - \frac{3}{4} = \frac{3}{4}

で、

| {\vec{O P}}_{4} |^{2} = \frac{9}{4} | {\vec{O P}}_{3} |^{2} - 3 {\vec{O P}}_{2} \cdot {\vec{O P}}_{3} + | {\vec{O P}}_{2} |^{2} = \frac{9}{4} - \frac{9}{4} + 1 = 1

第2問　× が 3 個出る前に ○ が n 個そろう確率

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

記号の出方は「前の記号と同じなら $p$ 、ちがえば $1 - p$ 」。だから確率は 記号が入れかわった回数 で決まる：同じ記号が続いた回数を $s$ 、入れかわった回数を $d$ とすると、その並びの確率は $p^{s} (1 - p)^{d}$ 。

考えるのは、最初の $\times$ から始めて、 $\times$ が 3 個になる前に $◯$ が $n$ 個出て終わる並び。 $\times$ は最初の 1 個のほかに あと 1 個までしか出せない ので、勝つ並びは少ししかない。それを全部書き出して、1 つずつ確率を足す。

(1)

$◯$ が 2 個で終わる並びを全部書く。 $\times$ があと 1 個も出ないなら $\times ◯ ◯$ 。あと 1 個出るなら、その $\times$ が $◯$ の前か間に入る： $\times \times ◯ ◯$ と $\times ◯ \times ◯$ 。 $◯$ が 2 個目で操作は終わるので、これで全部。

それぞれの確率は、となりどうしが同じか入れかわりかを数えればよい。

\times ◯ ◯ : (1 - p) p, \times \times ◯ ◯ : p (1 - p) p, \times ◯ \times ◯ : (1 - p)^{3}

足して $(1 - p)$ でくくると

P_{2} = (1 - p) {p + p^{2} + (1 - p)^{2}} = (1 - p) (2 p^{2} - p + 1)

$p = 0$ （必ず入れかわる）なら $\times ◯ \times ◯$ で必ず勝つので $P_{2} = 1$ 、式も 1 になる。

答え

P_{2} = (1 - p) (2 p^{2} - p + 1)

（○ が先に 2 個そろう並びは

\times ◯ ◯

（

(1 - p) p

）、

\times \times ◯ ◯

（

p (1 - p) p

）、

\times ◯ \times ◯

（

(1 - p)^{3}

）の 3 通り）

(2)

考え方は (1) と同じで、 $◯$ が $n$ 個の場合に広げる。 $\times$ があと 1 個も出ないのは $\times ◯ ◯ \dots ◯$ だけで、入れかわり 1 回・続き $n - 1$ 回なので $(1 - p) p^{n - 1}$ 。

$\times$ があと 1 個出る場合は、2 つめの $\times$ の位置で分ける。最初の $\times$ のすぐあとなら $\times \times ◯ \dots ◯$ で $p (1 - p) p^{n - 1}$ 。 $◯$ の間（ $k$ 個目の $◯$ のあと、 $k = 1, 2, \dots, n - 1$ ）なら、入れかわりが $\times \to ◯$ 、 $◯ \to \times$ 、 $\times \to ◯$ の 3 回で、残りの $n - 2$ 回は同じ記号が続く。だからどの $k$ でも確率は $(1 - p)^{3} p^{n - 2}$ で、それが $n - 1$ 通りある。

全部足すと

P_{n} = (1 - p) p^{n - 1} + (1 - p) p^{n} + (n - 1) (1 - p)^{3} p^{n - 2}

$(1 - p) p^{n - 2}$ でくくると、かっこの中は

p + p^{2} + (n - 1) (1 - 2 p + p^{2}) = n p^{2} - (2 n - 3) p + (n - 1)

になる。

なるほど：勝ち方は全部で $n + 1$ 通りしかない。 $n = 2$ を入れると (1) の答えと同じになるので、(2) の式は $n = 2$ でも使える。 $p$ を大きくすると入れかわりにくくなるが、最初が $\times$ なので $\times$ が続いて負けやすい。 $n = 3$ では $p = \frac{1}{2}$ のとき一番大きく、 $n$ が大きいほど一番よい $p$ は 1 に近づく。

答え

P_{n} = (1 - p) p^{n - 2} {n p^{2} - (2 n - 3) p + (n - 1)} = (1 + p) (1 - p) p^{n - 1} + (n - 1) (1 - p)^{3} p^{n - 2}

（× はあと 1 個まで。× が 1 個だけ：

(1 - p) p^{n - 1}

。

\times \times

で始まる：

p (1 - p) p^{n - 1}

。2 つめの × が ○ の間：

n - 1

通りでどれも

(1 - p)^{3} p^{n - 2}

）

第3問　紙を折って、角を 3 等分する

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

直線 $ℓ$ を折り目にして紙を折る、と考えるとわかりやすい。折り返し（対称移動）では、もとの点と移った点を結ぶ線分を、折り目が 垂直に 2 等分 する。そして長さは変わらない。

筋は、まず O が y＝1 の上の Q に移ることから $ℓ$ の位置を $α$ で決め、次に P を折り返した点 R の座標を計算して、その傾きを $\tan θ$ とする。(2) では $ℓ$ に垂直な直線の傾きが $\tan \frac{θ}{3}$ になる、を (1) の式に入れて、3 倍角の公式と見くらべる。これは 折り紙で角を 3 等分する方法 になっている。

(1)

Q を $(q, 1)$ （ $q > 0$ ）とする。 $ℓ$ は OQ の垂直二等分線なので、傾きは OQ の傾き $\frac{1}{q}$ に垂直な $- q$ 。これが $α$ なので $q = - α$ 、つまり $α < 0$ で $Q (- α, 1)$ 。 $ℓ$ は OQ の中点 $(- \frac{α}{2}, \frac{1}{2})$ を通るので

ℓ : y = α x + \frac{1 + α^{2}}{2}

$R (X, Y)$ は P を折り返した点なので、PR は $ℓ$ に垂直で、PR の中点が $ℓ$ の上にある。

\frac{Y - p}{X} = - \frac{1}{α}, \frac{Y + p}{2} = α \cdot \frac{X}{2} + \frac{1 + α^{2}}{2}

1 つめから $X = - α (Y - p)$ 。2 つめに入れて $Y$ について解くと

Y = \frac{(p + 1) α^{2} - (p - 1)}{1 + α^{2}}, X = \frac{α (2 p - 1 - α^{2})}{1 + α^{2}}

R は直線 $m$ の上にあるので、 $\tan θ = \frac{Y}{X}$ が答えになる。

R が第 1 象限にあるためには $X > 0$ 、つまり（ $α < 0$ なので） $α^{2} > 2 p - 1$ が要る。折り目の傾きが急でないと、P が y 軸の左へ飛んでしまう。

答え

\tan θ = \frac{(p + 1) α^{2} - (p - 1)}{α (2 p - 1 - α^{2})}

（

ℓ

は OQ の垂直二等分線なので

Q (- α

1)

、

α < 0

。

ℓ : y = α x + \frac{1 + α^{2}}{2}

。

R = (\frac{α (2 p - 1 - α^{2})}{1 + α^{2}}, \frac{(p + 1) α^{2} - (p - 1)}{1 + α^{2}})

）

(2)

$ℓ$ に垂直な直線の傾きは $- \frac{1}{α}$ 。これが $\tan \frac{θ}{3}$ なので、 $t = \tan \frac{θ}{3}$ とおくと $α = - \frac{1}{t}$ 。 $0 < θ < \frac{π}{2}$ なので $0 < t < \frac{1}{\sqrt{3}}$ 。

(1) の式に $α = - \frac{1}{t}$ を入れ、分子と分母に $t^{3}$ をかけて整理すると

\tan θ = \frac{t {(p + 1) - (p - 1) t^{2}}}{1 - (2 p - 1) t^{2}}

一方、3 倍角の公式から $\tan θ = \tan 3 \cdot \frac{θ}{3} = \frac{3 t - t^{3}}{1 - 3 t^{2}}$ 。この 2 つが $0 < t < \frac{1}{\sqrt{3}}$ の どの $t$ でも 等しくなる $p$ を探す。分数どうしが等しくても、分母どうし・分子どうしが等しいとは限らない（約分できることがある）ので、分母をはらって引き算する。

t {(p + 1) - (p - 1) t^{2}} (1 - 3 t^{2}) - (3 t - t^{3}) {1 - (2 p - 1) t^{2}} = (p - 2) t (1 + t^{2})^{2}

$t > 0$ では $t (1 + t^{2})^{2} > 0$ なので、これが 0 になるのは $p = 2$ のときだけ。つまり $p \neq 2$ だと、どの $t$ でも 2 つは等しくならない。

逆に $p = 2$ なら、どの $θ$ でも $α = - \frac{1}{t}$ の折り目で条件どおりに折れることを確かめる。Q は $(\frac{1}{t}, 1)$ で第 1 象限。R は (1) の式から

R (\frac{1 - 3 t^{2}}{t (1 + t^{2})}, \frac{3 - t^{2}}{1 + t^{2}})

で、 $t^{2} < \frac{1}{3}$ なのでどちらの座標も正。だからこの点 P は存在する。

なお $\tan 3 φ = \tan θ$ には $φ = \frac{θ}{3} + \frac{π}{3}$ という解もあるが、そのときは $t > \sqrt{3}$ で $α^{2} < 3 = 2 p - 1$ となり R が第 1 象限に入らない。だから条件に合う折り目は 1 本に決まる。なるほど：高さ 2 の点を直線 $m$ に、原点を高さ 1 の線に合わせて折ると、どんな角でも 3 等分できる。

答え

p = 2

（示すこと：

p = 2

ならどの

θ

でも条件が成り立つ。要点：

α = - \frac{1}{t}

t = \tan \frac{θ}{3} (0 < t < \frac{1}{\sqrt{3}})

を (1) に入れると

\tan θ = \frac{t {(p + 1) - (p - 1) t^{2}}}{1 - (2 p - 1) t^{2}}

。これが 3 倍角の式

\frac{3 t - t^{3}}{1 - 3 t^{2}}

とすべての

t

で等しい

⟺ p = 2

。このとき

Q (\frac{1}{t}, 1)

R (\frac{1 - 3 t^{2}}{t (1 + t^{2})}, \frac{3 - t^{2}}{1 + t^{2}})

はどちらも第 1 象限で、

ℓ

はただ 1 本）

第4問　x²＋y²＋z²＝xyz の組を、とりかえて増やす

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

$x^{2} + y^{2} + z^{2} = x y z$ を、 $z$ についての 2 次方程式 $z^{2} - x y z + (x^{2} + y^{2}) = 0$ とみるのがかなめ。 $x, y$ を決めると $z$ は 2 つの解のどちらかになり、解と係数の関係（2 つの解の和と積）が使える。

(1) は判別式（解が実数になるかの目印）で小さい場合を調べる。(2) は、組の中の 1 つを「同じ 2 次方程式のもう 1 つの解」にとりかえると、また組になることを示す。(3) はそれをくり返す。

(1)

$x ≦ y ≦ 3$ なので、 $x$ は 1, 2, 3 のどれか。

$x = 1$ なら $z$ の 2 次方程式は $z^{2} - y z + y^{2} + 1 = 0$ で、判別式は

y^{2} - 4 (y^{2} + 1) = - 3 y^{2} - 4 < 0

なので、実数の $z$ すら無い。 $x = 2$ なら $z^{2} - 2 y z + y^{2} + 4 = 0$ 、つまり $(z - y)^{2} = - 4$ となり、やはり無い。 $x = 1, 2$ の組は、 $y ≦ 3$ に限らずどこにも無い（ここは (2) で使う）。

$x = 3$ なら $y = 3$ しかない。 $z^{2} - 9 z + 18 = 0$ 、 $(z - 3) (z - 6) = 0$ で $z = 3, 6$ 。どちらも $z ≧ y$ を満たす。

答え

(x

y

z) = (3

3

3)

(3

3

6)

（

x = 1

なら

z^{2} - y z + y^{2} + 1 = 0

の判別式

- 3 y^{2} - 4 < 0

、

x = 2

なら

(z - y)^{2} = - 4

で解なし。

x = y = 3

で

z^{2} - 9 z + 18 = 0

）

(2)

$(a, b, c)$ が条件を満たすので、 $a$ は $z$ の 2 次方程式

z^{2} - b c z + (b^{2} + c^{2}) = 0

の解になっている（もとの式の $x$ を $z$ に書きかえただけ）。もう 1 つの解を $z$ とすると、解と係数の関係から

a + z = b c, a z = b^{2} + c^{2}

1 つめから $z = b c - a$ は整数、2 つめから $z = \frac{b^{2} + c^{2}}{a} > 0$ 。だから $z$ は正の整数で、 $(b, c, z)$ は $b^{2} + c^{2} + z^{2} = b c z$ を満たす。

残るのは並び $b ≦ c ≦ z$ 。 $b ≦ c$ はもとからある。(1) で $x = 1, 2$ の組は無いと分かったので $a ≧ 3$ 、よって $b ≧ a ≧ 3$ 。すると

z - c = c (b - 1) - a ≧ 2 c - a ≧ 2 a - a = a > 0

で、 $c < z$ になる。

答え示すこと：

z = b c - a

とすれば組

(b

c

z)

は条件(A)を満たす。要点：

a

は

z^{2} - b c z + b^{2} + c^{2} = 0

の解で、もう 1 つの解は

z = b c - a = \frac{b^{2} + c^{2}}{a}

（整数で正）。(1) から条件(A)の組はいつも

x ≧ 3

なので

b ≧ a ≧ 3

、

z - c = c (b - 1) - a ≧ 2 c - a ≧ a > 0

。よって

b ≦ c < z

(3)

(1) で見つけた $(3, 3, 3)$ から始めて、(2) の作り方をくり返す。

(3, 3, 3) \to (3, 3, 6) \to (3, 6, 15) \to (6, 15, 87) \to (15, 87, 1299) \to \dots

(2) で示したとおり、新しい $z$ は前の組の一番大きい数 $c$ より 真に大きい。だから一番大きい数は毎回増え続け、同じ組は二度と出てこない。この操作はいつまでも続けられるので、組は無数にある。

なるほど：2 次方程式の「もう 1 つの解」にとりかえるだけで、新しい解が次々に作れる。とりかえるのは真ん中の数でもよく、たとえば $(3, 6, 15)$ の 6 を $3 \cdot 15 - 6 = 39$ にとりかえて、大きさの順に並べかえた $(3, 15, 39)$ も組になる。

答え示すこと：条件(A)の組は無数。要点：

(3

3

3)

から (2) の作り方をくり返すと

(3

3

6) \to (3

6

15) \to (6

15

87) \to (15

87

1299) \to \dots

。

z

は毎回真に大きくなるので、同じ組は二度と出ず、組は限りなく作れる

第5問　逆数 bₙ にすると、ほぼ 2 ずつ増える

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

漸化式 $a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{(1 + a_{n})^{2}}$ はそのままでは扱いにくいが、逆数 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}}$ にすると

b_{n + 1} = \frac{(1 + a_{n})^{2}}{a_{n}} = \frac{1}{a_{n}} + 2 + a_{n} = b_{n} + 2 + \frac{1}{b_{n}}

と、毎回 2 と少しずつ増える 形になる。ここがこの問題のかなめ。

(1) はこの式からすぐ出る。(2)(3) は、 $b_{n}$ が $2 n$ とほとんど同じ（ $a_{n}$ が $\frac{1}{2 n}$ とほとんど同じ）ことを、上と下からはさんで（はさみうちの原理）使う。

(1)

$a_{1} > 0$ で、 $a_{n} > 0$ なら $a_{n + 1} > 0$ なので、どの $a_{n}$ も正。だから上の式が使えて、 $\frac{1}{b_{n}} > 0$ 。

$b_{n + 1} = b_{n} + 2 + \frac{1}{b_{n}}$ を $n = 1$ から $n - 1$ まで足すと

b_{n} = b_{1} + 2 (n - 1) + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{b_{k}} = 2 n + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{b_{k}}

（ $b_{1} = 2$ を使った）。 $n > 1$ なら右の和には正の数が 1 つ以上あるので $b_{n} > 2 n$ 。 $n = 1$ だけは $b_{1} = 2$ でちょうど等しいので、問題は $n > 1$ としている。

答え示すこと：

n > 1

で

b_{n} > 2 n

。要点：

a_{n} > 0

なので

b_{n + 1} = \frac{(1 + a_{n})^{2}}{a_{n}} = b_{n} + 2 + \frac{1}{b_{n}}

。

b_{1} = 2

から

b_{n} = 2 n + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{b_{k}} > 2 n (n ≧ 2)

(2)

(1) から、 $k ≧ 2$ で $0 < a_{k} = \frac{1}{b_{k}} < \frac{1}{2 k}$ 。和を上からおさえるには、 $\frac{1}{k}$ の和を積分でおさえる： $\frac{1}{k} < \int_{k - 1}^{k} \frac{d x}{x}$ なので

\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} < \int_{1}^{n} \frac{d x}{x} = \log n

よって（ $n ≧ 2$ ）

0 < \frac{1}{n} (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}) < \frac{1}{n} (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log n)

右はしは $n \to \infty$ で 0 に近づく（ $\log n$ は $n$ よりずっとゆっくり大きくなる）ので、はさみうちで極限は 0。

答え

lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} (a_{1} + \dots + a_{n}) = 0

（

k ≧ 2

で

0 < a_{k} < \frac{1}{2 k}

。

\sum_{k = 2}^{n} \frac{1}{k} < \log n

なので

(n ≧ 2) 0 < \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k} < \frac{1}{n} (\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log n) \to 0

）

(3)

(1) の式 $b_{n} = 2 n + \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{b_{k}}$ の和を、(2) と同じように上からおさえる。 $n ≧ 2$ で

\sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{1}{b_{k}} ≦ \frac{1}{2} + \sum_{k = 2}^{n - 1} \frac{1}{2 k} ≦ \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log (n - 1)

（等号は $n = 2$ のとき）。だから

2 n < b_{n} ≦ 2 n + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log (n - 1)

両辺を $n$ でわると、左はしは 2、右はしも $\frac{\log (n - 1)}{n} \to 0$ なので 2 に近づく。はさみうちで $\frac{b_{n}}{n} \to 2$ 、つまり $n a_{n} = \frac{n}{b_{n}} \to \frac{1}{2}$ 。

なるほど： $b_{n} - 2 n$ は増え続けるが、 $\log n$ くらいのゆっくりした増え方なので、 $n$ でわると消える。実際に計算すると $n = 10^{6}$ で $n a_{n} = 0.4999982$ 。

答え

lim_{n \to \infty} n a_{n} = \frac{1}{2}

（(1) の式と

\frac{1}{b_{k}} < \frac{1}{2 k}

から

2 n < b_{n} ≦ 2 n + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \log (n - 1) (n ≧ 2)

。

n

でわると両はしが 2 に近づくので

\frac{b_{n}}{n} \to 2

、

n a_{n} = \frac{n}{b_{n}} \to \frac{1}{2}

）

第6問　逆関数 g の積分は、長方形から f の積分を引く

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

$e^{x}$ がたくさん出てくるので、 $u = e^{x}$ とおく。 $x > 0$ なら $u > 1$ で

f (x) = \frac{12 (u^{3} - 3 u)}{u^{2} - 1} = \frac{12 u (u^{2} - 3)}{u^{2} - 1}

という $u$ の分数の式になる。

(1) は「増えるだけ」と「両はしで $- \infty$ と $\infty$ 」を示せば、どの値もちょうど 1 回とる。(2) は逆関数 $g$ の式を求めずに、グラフを折り返して面積を考える（逆関数の積分）。

(1)

増えるか減るかを見るため微分する。 $\frac{d u}{d x} = u$ なので、 $h (u) = \frac{u^{3} - 3 u}{u^{2} - 1}$ を $u$ で微分して $12 u$ をかければよい。

h^{'} (u) = \frac{(3 u^{2} - 3) (u^{2} - 1) - (u^{3} - 3 u) \cdot 2 u}{(u^{2} - 1)^{2}} = \frac{u^{4} + 3}{(u^{2} - 1)^{2}}

だから

f^{'} (x) = \frac{12 u (u^{4} + 3)}{(u^{2} - 1)^{2}} > 0

で、 $f$ は $x > 0$ でずっと増える。

両はしを見る。 $x \to + 0$ では $u \to 1$ で、分子 $12 u (u^{2} - 3) \to - 24$ 、分母 $u^{2} - 1 \to + 0$ なので $f (x) \to - \infty$ 。 $x \to \infty$ では $f (x) = 12 u \cdot \frac{u^{2} - 3}{u^{2} - 1}$ で、後ろは 1 に近づき $12 u \to \infty$ なので $f (x) \to \infty$ 。

$f$ は連続で、 $- \infty$ から $\infty$ まで増えるだけなので、中間値の定理（連続ならその間の値を必ず通る）から、どんな $a$ にも $f (x) = a$ となる $x > 0$ があり、増えるだけなのでただ 1 つ。 $x > 0$ に限っていることが大事で、 $x < 0$ まで入れると $f$ は $0$ から $\infty$ までの値をもう一度とってしまう。

答え示すこと：どの実数

a

にも

f (x) = a

となる

x > 0

がただ 1 つ。要点：

u = e^{x} > 1

とおくと

f = \frac{12 u (u^{2} - 3)}{u^{2} - 1}

、

f^{'} (x) = \frac{12 u (u^{4} + 3)}{(u^{2} - 1)^{2}} > 0

で増加。

x \to + 0

で分子

\to - 24

、分母

\to + 0

なので

f \to - \infty

、

x \to \infty

で

f \to \infty

。連続なので中間値の定理と合わせて、すべての値をちょうど 1 回とる

(2)

まず、積分の両はしでの $g$ の値を求める。 $f (x) = 8$ を $u$ の式にして整理すると

12 (u^{3} - 3 u) = 8 (u^{2} - 1) ⟺ 3 u^{3} - 2 u^{2} - 9 u + 2 = 0

$u = 2$ を入れると 0 になり、 $u > 1$ の解はこれだけ（(1) より解はただ 1 つ）。つまり $g (8) = \log 2$ 。同じように $f (x) = 27$ は $4 u^{3} - 9 u^{2} - 12 u + 9 = 0$ になり、 $u = 3$ で $g (27) = \log 3$ 。

$y = g (x)$ のグラフの下の面積（ $8 ≦ x ≦ 27$ ）は、図で見ると、長方形 $27 \times g (27)$ から長方形 $8 \times g (8)$ と、「 $y$ 軸と曲線の間で $g (8) ≦ y ≦ g (27)$ の部分」を引いたもの。その部分は $x = f (y)$ を $y$ で積分した面積なので

\int_{8}^{27} g (x) d x = 27 \log 3 - 8 \log 2 - \int_{\log 2}^{\log 3} f (y) d y

（ $x = f (t)$ と置換積分して部分積分しても同じ式になる。）

残りの積分は $u = e^{y}$ 、 $d y = \frac{d u}{u}$ で

\int_{\log 2}^{\log 3} f (y) d y = 12 \int_{2}^{3} \frac{u^{2} - 3}{u^{2} - 1} d u = 12 \int_{2}^{3} (1 - \frac{2}{u^{2} - 1}) d u

$\frac{2}{u^{2} - 1} = \frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1}$ と分けると

12 [u - \log (u - 1) + \log (u + 1)]_{2}^{3} = 12 (1 - \log 2 + \log 4 - \log 3) = 12 - 12 \log \frac{3}{2}

これを引いて整理すると $39 \log 3 - 20 \log 2 - 12$ になる。なるほど：8 と 27 は、 $e^{x}$ がちょうど 2 と 3 になるように選ばれていた。ほかの数にすると、たいてい 3 次方程式の解 $u$ が整数にならず、答えが短い形にならない（ $0$ なら $u = \sqrt{3}$ 、 $55$ なら $u = 5$ のように、きれいに出る数もある）。

答え

\int_{8}^{27} g (x) d x = 39 \log 3 - 20 \log 2 - 12 (≒ 16.983)

（

f (x) = 8

27

は

u

の 3 次方程式で

u = 2

3

、つまり

g (8) = \log 2

g (27) = \log 3

。

\int_{8}^{27} g d x = 27 \log 3 - 8 \log 2 - \int_{\log 2}^{\log 3} f (x) d x

、

\int_{\log 2}^{\log 3} f d x = 12 \int_{2}^{3} \frac{u^{2} - 3}{u^{2} - 1} d u = 12 - 12 \log \frac{3}{2}

）

東大過去問 2006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　P₃ ＝ (3/2)P₂ − P₁ で点を作っていく

問題の読み方

(1)

(2)

第2問　× が 3 個出る前に ○ が n 個そろう確率

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　紙を折って、角を 3 等分する

問題の読み方

(1)

(2)

第4問　x²＋y²＋z²＝xyz の組を、とりかえて増やす

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問　逆数 bₙ にすると、ほぼ 2 ずつ増える

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問　逆関数 g の積分は、長方形から f の積分を引く

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2006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 P₃ ＝ (3/2)P₂ − P₁ で点を作っていく

問題の読み方

(1)

(2)

第2問 × が 3 個出る前に ○ が n 個そろう確率

問題の読み方

(1)

(2)

第3問 紙を折って、角を 3 等分する

問題の読み方

(1)

(2)

第4問 x²＋y²＋z²＝xyz の組を、とりかえて増やす

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問 逆数 bₙ にすると、ほぼ 2 ずつ増える

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問 逆関数 g の積分は、長方形から f の積分を引く

問題の読み方

(1)

(2)

東大過去問 2006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　P₃ ＝ (3/2)P₂ − P₁ で点を作っていく

第2問　× が 3 個出る前に ○ が n 個そろう確率

第3問　紙を折って、角を 3 等分する

第4問　x²＋y²＋z²＝xyz の組を、とりかえて増やす

第5問　逆数 bₙ にすると、ほぼ 2 ずつ増える

第6問　逆関数 g の積分は、長方形から f の積分を引く