東大過去問 2009年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2009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

　自然数 $m ≧ 2$ に対し， $m - 1$ 個の二項係数

_{m} C_{1},_{m} C_{2}, \dots,_{m} C_{m - 1}

を考え，これらすべての最大公約数を $d_{m}$ とする。すなわち $d_{m}$ はこれらすべてを割り切る最大の自然数である。

（1）　 $m$ が素数ならば， $d_{m} = m$ であることを示せ。

（2）　すべての自然数 $k$ に対し， $k^{m} - k$ が $d_{m}$ で割り切れることを， $k$ に関する数学的帰納法によって示せ。

（3）　 $m$ が偶数のとき $d_{m}$ は $1$ または $2$ であることを示せ。

PDFの 3 枚目

第2問

　実数を成分にもつ行列 $A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$ と実数 $r, s$ が下の条件 $(i)$ ， $(i i)$ ， $(i i i)$ をみたすとする。

$(i)$ 　 $s > 1$

$(i i)$ 　 $A (\begin{matrix} r \\ 1 \end{matrix}) = s (\begin{matrix} r \\ 1 \end{matrix})$

$(i i i)$ 　 $A^{n} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} x_{n} \\ y_{n} \end{matrix})$ 　 $(n = 1, 2, \dots)$ とするとき， $lim_{n \to \infty} x_{n} = lim_{n \to \infty} y_{n} = 0$

このとき以下の問に答えよ。

（1）　 $B = (^{\begin{matrix} 1 & r \\ 0 & 1 \end{matrix}) - 1} A (\begin{matrix} 1 & r \\ 0 & 1 \end{matrix})$ を $a, c, r, s$ を用いて表せ。

（2）　 $B^{n} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} z_{n} \\ w_{n} \end{matrix})$ 　 $(n = 1, 2, \dots)$ とするとき， $lim_{n \to \infty} z_{n} = lim_{n \to \infty} w_{n} = 0$ を示せ。

（3）　 $c = 0$ かつ $| a | < 1$ を示せ。

PDFの 4 枚目

第3問

　スイッチを $1$ 回押すごとに，赤，青，黄，白のいずれかの色の玉が $1$ 個，等確率 $\frac{1}{4}$ で出てくる機械がある。 $2$ つの箱 L と R を用意する。次の $3$ 種類の操作を考える。

（A）　 $1$ 回スイッチを押し，出てきた玉を L に入れる。

（B）　 $1$ 回スイッチを押し，出てきた玉を R に入れる。

（C）　 $1$ 回スイッチを押し，出てきた玉と同じ色の玉が，L になければその玉を L に入れ，L にあればその玉を R に入れる。

（1）　L と R は空であるとする。操作（A）を $5$ 回おこない，さらに操作（B）を $5$ 回おこなう。このとき L にも R にも $4$ 色すべての玉が入っている確率 $P_{1}$ を求めよ。

（2）　L と R は空であるとする。操作（C）を $5$ 回おこなう。このとき L に $4$ 色すべての玉が入っている確率 $P_{2}$ を求めよ。

（3）　L と R は空であるとする。操作（C）を $10$ 回おこなう。このとき L にも R にも $4$ 色すべての玉が入っている確率を $P_{3}$ とする。 $\frac{P_{3}}{P_{1}}$ を求めよ。

PDFの 5 枚目

第4問

　 $a$ を正の実数とし，空間内の $2$ つの円板

D_{1} = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ≦ 1, z = a},

D_{2} = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ≦ 1, z = - a}

を考える。 $D_{1}$ を $y$ 軸の回りに $180^{\circ}$ 回転して $D_{2}$ に重ねる。ただし回転は $z$ 軸の正の部分を $x$ 軸の正の方向に傾ける向きとする。この回転の間に $D_{1}$ が通る部分を $E$ とする。 $E$ の体積を $V (a)$ とし， $E$ と ${(x, y, z) ∣ x ≧ 0}$ との共通部分の体積を $W (a)$ とする。

（1）　 $W (a)$ を求めよ。

（2）　 $lim_{a \to \infty} V (a)$ を求めよ。

PDFの 6 枚目

第5問

（1）　実数 $x$ が $- 1 < x < 1$ ， $x \neq 0$ をみたすとき，次の不等式を示せ。

(1 - x)^{1 - \frac{1}{x}} < (1 + x)^{\frac{1}{x}}

（2）　次の不等式を示せ。

{0.9999}^{101} < 0.99 < {0.9999}^{100}

PDFの 7 枚目

第6問

　平面上の $2$ 点 $P, Q$ の距離を $d (P, Q)$ と表すことにする。平面上に点 $O$ を中心とする一辺の長さが $1000$ の正三角形 $△ A_{1} A_{2} A_{3}$ がある。 $△ A_{1} A_{2} A_{3}$ の内部に $3$ 点 $B_{1}$ ， $B_{2}$ ， $B_{3}$ を， $d (A_{n}, B_{n}) = 1 (n = 1, 2, 3)$ となるようにとる。また，

{\vec{a}}_{1} = \vec{A_{1} A_{2}}, {\vec{a}}_{2} = \vec{A_{2} A_{3}}, {\vec{a}}_{3} = \vec{A_{3} A_{1}}

{\vec{e}}_{1} = \vec{A_{1} B_{1}}, {\vec{e}}_{2} = \vec{A_{2} B_{2}}, {\vec{e}}_{3} = \vec{A_{3} B_{3}}

とおく。 $n = 1, 2, 3$ のそれぞれに対して，時刻 $0$ に $A_{n}$ を出発し， ${\vec{e}}_{n}$ の向きに速さ $1$ で直進する点を考え，時刻 $t$ におけるその位置を $P_{n} (t)$ と表すことにする。

（1）　ある時刻 $t$ で $d (P_{1} (t), P_{2} (t)) ≦ 1$ が成立した。ベクトル ${\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}$ と，ベクトル ${\vec{a}}_{1}$ とのなす角度を $θ$ とおく。このとき $| \sin θ | ≦ \frac{1}{1000}$ となることを示せ。

（2）　角度 $θ_{1}, θ_{2}, θ_{3}$ を $θ_{1} = ∠ B_{1} A_{1} A_{2}, θ_{2} = ∠ B_{2} A_{2} A_{3}, θ_{3} = ∠ B_{3} A_{3} A_{1}$ によって定義する。 $α$ を $0 < α < \frac{π}{2}$ かつ $\sin α = \frac{1}{1000}$ をみたす実数とする。（1）と同じ仮定のもとで， $θ_{1} + θ_{2}$ の値のとる範囲を $α$ を用いて表せ。

（3）　時刻 $t_{1}, t_{2}, t_{3}$ のそれぞれにおいて，次が成立した。

d (P_{2} (t_{1}), P_{3} (t_{1})) ≦ 1, d (P_{3} (t_{2}), P_{1} (t_{2})) ≦ 1, d (P_{1} (t_{3}), P_{2} (t_{3})) ≦ 1

　　このとき，時刻 $T = \frac{1000}{\sqrt{3}}$ において同時に

d (P_{1} (T), O) ≦ 3, d (P_{2} (T), O) ≦ 3, d (P_{3} (T), O) ≦ 3

　　が成立することを示せ。

PDFの 8 枚目

第1問　二項係数を全部割り切る数 dₘ：素数なら m、偶数なら 1 か 2

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

$d_{m}$ は $_{m} C_{1}, \dots,_{m} C_{m - 1}$ を全部割り切る一番大きい数。 $_{m} C_{1} = m$ も仲間に入っているので、 $d_{m}$ はいつも $m$ の約数になる。これが (1)(3) の出発点。

筋は 3 つ。(1) は $_{m} C_{k}$ の中に $m$ が「残る」ことを式で示す。(2) は二項定理で $(k + 1)^{m}$ を開くと、ちょうど $_{m} C_{j}$ が並ぶことを使う。(3) は (2) の $k$ をうまく選んで、 $d_{m}$ に奇数の素数や 4 が入れないことを示す。

(1)

$_{m} C_{k} = \frac{m}{k} \cdot_{m - 1} C_{k - 1}$ なので、分母をはらうと

k \cdot_{m} C_{k} = m \cdot_{m - 1} C_{k - 1} (1 ≦ k ≦ m - 1)

右辺は $m$ の倍数なので、左辺 $k \cdot_{m} C_{k}$ も $m$ の倍数。

$m$ が素数で $1 ≦ k ≦ m - 1$ なら、 $k$ は $m$ で割り切れないので、 $m$ と $k$ は 1 以外の共通の約数を持たない。すると $m$ は $k$ の方には入れず、 $_{m} C_{k}$ の方を割り切るしかない。だから $_{m} C_{1}, \dots,_{m} C_{m - 1}$ はどれも $m$ の倍数で、 $m ≦ d_{m}$ 。

一方 $d_{m}$ は $_{m} C_{1} = m$ を割り切るので $d_{m} ≦ m$ 。合わせて $d_{m} = m$ 。

素数でないと、この「残る」が起こらない。たとえば $m = 9$ だと $_{9} C_{3} = 84$ は 9 で割り切れず、 $d_{9} = 3$ になる。

答え示すこと：

m

が素数なら

d_{m} = m

。要点：

k \cdot_{m} C_{k} = m \cdot_{m - 1} C_{k - 1} (1 ≦ k ≦ m - 1)

。

m

は素数で

k < m

なので

m

と

k

は 1 以外の共通の約数を持たず、

m ∣_{m} C_{k}

。よって

m ∣ d_{m}

。また

d_{m} ∣_{m} C_{1} = m

なので

d_{m} = m

(2)

$k$ についての数学的帰納法。 $k = 1$ では $1^{m} - 1 = 0$ で、0 はどんな数でも割り切れる。

$k$ で「 $k^{m} - k$ が $d_{m}$ で割り切れる」とする。二項定理で $(k + 1)^{m}$ を開くと、両はしの $k^{m}$ と $1$ のほかに $_{m} C_{j} k^{j}$ （ $j = 1, \dots, m - 1$ ）が並ぶので

(k + 1)^{m} - (k + 1) = (k^{m} - k) + \sum_{j = 1}^{m - 1}_{m} C_{j} k^{j}

右辺の最初のかたまりは仮定で $d_{m}$ の倍数、足す分の $_{m} C_{j}$ は $d_{m}$ の定義でどれも $d_{m}$ の倍数。だから $(k + 1)^{m} - (k + 1)$ も $d_{m}$ で割り切れる。

「割り切れる」は「少なくとも $d_{m}$ では割り切れる」という意味。実際には、もっと大きい数で割り切れることもある（ $m = 3$ なら $k^{3} - k$ はいつも 6 で割れるが、 $d_{3} = 3$ ）。

答え示すこと：すべての自然数

k

で

d_{m} ∣ k^{m} - k

。要点：

k = 1

で

0

。

k

で成り立つとすると、二項定理で

(k + 1)^{m} - (k + 1) = (k^{m} - k) + \sum_{j = 1}^{m - 1}_{m} C_{j} k^{j}

。右辺のどの項も

d_{m}

で割り切れるので

k + 1

でも成り立つ

(3)

$d_{m}$ に奇数の素数 $p$ が入っているとして、矛盾を出す。（ $p$ は $d_{m}$ を、 $d_{m}$ は $m$ を割るので、 $p$ は $m$ の約数でもある。）

(2) で $k = p - 1$ （2 以上の自然数）とおくと、 $(p - 1)^{m} - (p - 1)$ は $d_{m}$ で、したがって $p$ で割り切れるはず。ところが $p$ で割った余りを見ると、 $p - 1$ は $- 1$ と同じなので

(p - 1)^{m} - (p - 1) \equiv (- 1)^{m} - (- 1) = 1 + 1 = 2 (\mod p)

（ $m$ が偶数なので $(- 1)^{m} = 1$ ）。 $p$ は 3 以上なので 2 は $p$ で割り切れず、矛盾。だから $d_{m}$ は 2 のほかに素因数を持たない。

次に 4 が $d_{m}$ を割るとして、(2) で $k = 2$ とおく。 $2^{m} - 2$ は $m ≧ 2$ なので $4$ で割ると余り 2（ $2^{m}$ は 4 の倍数）。矛盾なので、 $d_{m}$ に 2 は多くても 1 個しか入らない。

合わせて $d_{m} = 1$ または $2$ 。実際に 2 になるのは $m$ が 2 のべき（2, 4, 8, …）のときだけで、「偶数」を外すと $d_{9} = 3$ のような値も出てくる。

答え示すこと：

m

が偶数なら

d_{m} = 1

または

2

。要点：奇数の素数

p

が

d_{m}

を割るとすると、(2) で

k = p - 1

とおき

(p - 1)^{m} - (p - 1) \equiv (- 1)^{m} + 1 = 2 (\mod p)

なので

p ∤ (p - 1)^{m} - (p - 1)

、矛盾。4 が

d_{m}

を割るとすると、

k = 2

で

2^{m} - 2 \equiv 2 (\mod 4) (m ≧ 2)

なので矛盾。よって

d_{m}

は 2 の 0 乗か 1 乗

第2問　行列をかけ続けて 0 に近づくなら、c = 0

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 (ii) は、ベクトル $(\begin{matrix} r \\ 1 \end{matrix})$ が $A$ をかけると向きを変えずに $s$ 倍になる、という意味。 $s > 1$ なので、この向きの成分は $A$ をかけるたびにのびる。条件 (iii) は、 $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$ から始めて $A$ をかけ続けると 0 に近づく、という意味。

のびる向きに少しでも成分があったら 0 に近づけるはずがない。だから $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$ ののび方を調べれば、 $A$ の形がしぼられる。そのために、目もりの向きを $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$ と $(\begin{matrix} r \\ 1 \end{matrix})$ にとりなおす行列 $P = (\begin{matrix} 1 & r \\ 0 & 1 \end{matrix})$ を使うのが (1) の $B$ 。

(1)

まず (ii) を成分で書くと $a r + b = s r$ 、 $c r + d = s$ 。 $b$ と $d$ は $a, c, r, s$ で決まる。

$A P$ の 1 列目は $A (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} a \\ c \end{matrix})$ 、2 列目は $A (\begin{matrix} r \\ 1 \end{matrix}) = s (\begin{matrix} r \\ 1 \end{matrix})$ なので

A P = (\begin{matrix} a & s r \\ c & s \end{matrix})

$P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & - r \\ 0 & 1 \end{matrix})$ を左からかけて

B = (\begin{matrix} a - c r & s r - s r \\ c & s \end{matrix}) = (\begin{matrix} a - c r & 0 \\ c & s \end{matrix})

右上が 0 になるのは、2 本目の目もり $(\begin{matrix} r \\ 1 \end{matrix})$ が $A$ で $s$ 倍されるだけで、1 本目の向きの成分を生まないから。

答え

B = (\begin{matrix} a - c r & 0 \\ c & s \end{matrix})

（(ii) から

a r + b = s r

c r + d = s

。

A P = (\begin{matrix} a & s r \\ c & s \end{matrix})

P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & - r \\ 0 & 1 \end{matrix})

）

(2)

$P (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$ なので、 $B^{n} = P^{- 1} A^{n} P$ を使うと

(\begin{matrix} z_{n} \\ w_{n} \end{matrix}) = P^{- 1} A^{n} P (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = P^{- 1} (\begin{matrix} x_{n} \\ y_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} x_{n} - r y_{n} \\ y_{n} \end{matrix})

(iii) より $x_{n} \to 0$ 、 $y_{n} \to 0$ なので、 $z_{n} \to 0$ 、 $w_{n} \to 0$ 。

つまり $(z_{n}, w_{n})$ は、同じ点の列をななめの目もりで読んだもの。目もりを変えても「0 に近づく」ことは変わらない。

答え示すこと：

z_{n} \to 0

w_{n} \to 0

。要点：

P (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})

なので

B^{n} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = P^{- 1} A^{n} P (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) = P^{- 1} (\begin{matrix} x_{n} \\ y_{n} \end{matrix}) = (\begin{matrix} x_{n} - r y_{n} \\ y_{n} \end{matrix})

。(iii) より

0

に近づく

(3)

$B$ は右上が 0 なので、かけ続けても形がくずれない。 $p = a - c r$ とおくと、 $B (\begin{matrix} z_{n} \\ w_{n} \end{matrix})$ を成分で書いて

z_{n + 1} = p z_{n}, w_{n + 1} = c z_{n} + s w_{n}

$z_{1} = p$ 、 $w_{1} = c$ から $z_{n} = p^{n}$ 。(2) の $z_{n} \to 0$ より $| p | < 1$ 。

$s > 1 > | p |$ なので $s \neq p$ 。 $w_{n}$ の式は、 $w_{n} = \frac{c (s^{n} - p^{n})}{s - p}$ とおくと $w_{1} = c$ で、漸化式 $w_{n + 1} = c p^{n} + s w_{n}$ も満たすので、これが答え（ $n$ についての帰納法）。

$c \neq 0$ だと、 $p^{n} \to 0$ に対して $s^{n}$ は限りなく大きくなるので、 $| w_{n} |$ も限りなく大きくなり、(2) の $w_{n} \to 0$ に反する。よって $c = 0$ 。すると $p = a$ で、 $| p | < 1$ から $| a | < 1$ 。

条件 $s > 1$ が効いている。 $- 1 < s < 1$ なら（ $| p | < 1$ のままで） $c \neq 0$ でも $w_{n} \to 0$ になり、 $c = 0$ は出てこない。 $s = 1$ ちょうどなら $w_{n} = \frac{c (1 - p^{n})}{1 - p} \to \frac{c}{1 - p}$ で、 $c \neq 0$ だと 0 にならない。 $s ≦ - 1$ でも $| w_{n} |$ は 0 に近づかない。

答え示すこと：

c = 0

かつ

| a | < 1

。要点：

p = a - c r

とおくと

z_{n} = p^{n}

、

w_{1} = c

w_{n + 1} = c p^{n} + s w_{n}

。

z_{n} \to 0

より

| p | < 1

、よって

s \neq p

で

w_{n} = \frac{c (s^{n} - p^{n})}{s - p}

。

c \neq 0

なら

s > 1

より

| w_{n} | \to \infty

で (2) に反する。よって

c = 0

、

p = a

で

| a | < 1

第3問　2 回目からの玉は R へ：同じ 10 回で確率がほぼ 4 倍

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

玉は 4 色が $\frac{1}{4}$ ずつで、出方は 1 回ごとに 4 通り、 $n$ 回で $4^{n}$ 通りが同じ確からしさ。だから確率は「条件に合う並びの数 ÷ $4^{n}$ 」で数えられる。

かなめは操作 (C) の読みかえ。(C) では、ある色の玉がはじめて出たときは L、2 回目からは R に入る。だから「L にその色がある」⇔「その色が 1 回以上出た」、「R にその色がある」⇔「その色が 2 回以上出た」。こう読みかえると、(2)(3) はただの数えあげになる。

(1)

L には (A) の 5 個、R には (B) の 5 個が入り、2 つは別々に決まる。だから、5 回で 4 色全部が出る確率を 2 乗すればよい。

5 回で 4 色全部が出るのは、どれか 1 色だけが 2 回、ほかの 3 色が 1 回ずつ出るとき。2 回出る色の選び方が $_{4} C_{1} = 4$ 通り、5 個の並べ方が同じ色 2 個を区別しないので $\frac{5!}{2!} = 60$ 通り、合わせて 240 通り。確率は

\frac{240}{4^{5}} = \frac{240}{1024} = \frac{15}{64}

2 乗して $P_{1} = \frac{225}{4096}$ 。およそ $0.055$ で、かなり小さい。

答え

P_{1} = \frac{225}{4096}

（5 回で 4 色全部出るのは、1 色だけ 2 回出る並び

_{4} C_{1} \times \frac{5!}{2!} = 240

通り。確率

\frac{240}{4^{5}} = \frac{15}{64}

。L と R は別々なので

{(\frac{15}{64})}^{2}

）

(2)

setup の読みかえで、(C) を 5 回したとき「L に 4 色すべて」⇔「5 回のうちに 4 色すべてが 1 回以上出た」。

これは (1) の片方の箱とまったく同じ条件なので、 $P_{2} = \frac{15}{64}$ 。

入れる先が変わっても、L に入る色は「出てきた色の集まり」そのもの、というのが見どころ。

答え

P_{2} = \frac{15}{64}

（(C) では、ある色がはじめて出たとき L に入る。L に 4 色

\Leftrightarrow

5 回で 4 色全部出る）

(3)

4 色の出た回数を $(n_{1}, n_{2}, n_{3}, n_{4})$ とすると、どれも 2 以上で合計 10。2 ずつ配ると残りは 2 なので、形は $(4, 2, 2, 2)$ か $(3, 3, 2, 2)$ の 2 種類。

$(4, 2, 2, 2)$ の形：4 回出る色の選び方が 4 通り、並べ方が $\frac{10!}{4! 2! 2! 2!} = 18900$ 通りで、 $75600$ 通り。 $(3, 3, 2, 2)$ の形：3 回出る 2 色の選び方が $_{4} C_{2} = 6$ 通り、並べ方が $\frac{10!}{3! 3! 2! 2!} = 25200$ 通りで、 $151200$ 通り。合わせて $226800$ 通り。

$4^{10} = 1048576$ で割って $P_{3} = \frac{226800}{1048576}$ 。(1) は $P_{1} = \frac{225}{4096} = \frac{57600}{1048576}$ なので

\frac{P_{3}}{P_{1}} = \frac{226800}{57600} = \frac{63}{16}

同じ 10 回の玉でも、(C) のやり方だと (A)(B) のおよそ 4 倍うまくいく。(A)(B) でうまくいく出方（前半 5 個も後半 5 個も 4 色）は、どの色も 2 回以上出ているので (C) でも必ずうまくいく。(C) は「前半・後半」の区切りにしばられないぶん、むだが無い。

答え

\frac{P_{3}}{P_{1}} = \frac{63}{16}

（(C) では 2 回目以降が R に入るので、L にも R にも 4 色

\Leftrightarrow

どの色も 2 回以上出る。個数の形は

(4

2

2

2)

と

(3

3

2

2)

：

\frac{10!}{4! 2! 2! 2!} \times 4 + \frac{10!}{3! 3! 2! 2!} \times 6 = 226800

。

P_{3} = \frac{226800}{4^{10}} = \frac{14175}{65536}

）

第4問　円板を半回転：x ≧ 0 の側の体積は a によらず 2π/3

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

回転の軸は $y$ 軸なので、回しても $y$ 座標は変わらない。だから $y$ を決めた切り口（ $x z$ 平面）ごとに考えればよい。切り口の面積を $y$ で積分すれば体積になる。

$y$ を決めると、円板 $D_{1}$ の切り口は、高さ $z = a$ ・ $x$ が $- h$ から $h$ の線分（ $h = \sqrt{1 - y^{2}}$ ）。この線分を原点のまわりに $180^{\circ}$ 回したとき通る所の面積を出すのが仕事。線分の上の点で、原点に一番近いのは真ん中（距離 $a$ ）、一番遠いのは両はし（距離 $R = \sqrt{a^{2} + h^{2}}$ ）。

(1)

原点からの距離が $ρ$ （ $a ≦ ρ ≦ R$ ）の円の上で、線分が通る所を考える。線分の上で距離 $ρ$ の点は 2 つあり、 $z$ 軸から見た向きが $\pm γ$ （ $\cos γ = \frac{a}{ρ}$ 、 $0 ≦ γ < \frac{π}{2}$ ）。回す角を $0$ から $π$ まで動かすと、この 2 点は向き $- γ$ から $π + γ$ までをすき間なく通る（2 つの区間 $[- γ, π - γ]$ と $[γ, π + γ]$ が重なるから）。

$x ≧ 0$ の所は向きが $0$ から $π$ の半分なので、そこは $a ≦ ρ ≦ R$ の全部が通る。つまり $x ≧ 0$ の切り口は半径 $a$ から $R$ の半分の輪で、面積は

\frac{π}{2} (R^{2} - a^{2}) = \frac{π h^{2}}{2} = \frac{π (1 - y^{2})}{2}

$a$ が消えるのがポイント。輪の面積は半径の差ではなく、半径の 2 乗の差 で決まり、 $R^{2} - a^{2} = h^{2}$ はいつも同じ。

これを $y$ で積分して

W (a) = \int_{- 1}^{1} \frac{π (1 - y^{2})}{2} d y = \frac{π}{2} \cdot \frac{4}{3} = \frac{2}{3} π

答え

W (a) = \frac{2}{3} π

（

y

を決めた切り口では円板は長さ

2 h (h = \sqrt{1 - y^{2}})

の線分。回すと

x ≧ 0

の側は半径

a

から

\sqrt{a^{2} + h^{2}}

の半分の輪で、面積

\frac{π h^{2}}{2}

。

\int_{- 1}^{1} \frac{π (1 - y^{2})}{2} d y = \frac{2}{3} π

）

(2)

$x < 0$ の所は、向きが $- γ$ から $0$ の所（回しはじめのはみ出し）と、 $π$ から $π + γ$ の所（回し終わりのはみ出し）。2 つを合わせると、半径 $R$ の円を直線 $z = a$ で切った小さい弓形 1 つ分になる。

弓形の面積は、中心角 $2 β$ （ $\tan β = \frac{h}{a}$ ）のおうぎ形から三角形を引いて

R^{2} β - a h = (a^{2} + h^{2}) \tan^{- 1} \frac{h}{a} - a h

$\tan^{- 1} u ≦ u$ を使うと、これは $(a^{2} + h^{2}) \frac{h}{a} - a h = \frac{h^{3}}{a}$ 以下。 $h ≦ 1$ なので、 $x < 0$ の所の体積は $\int_{- 1}^{1} \frac{h^{3}}{a} d y ≦ \frac{2}{a}$ 以下で、 $a \to \infty$ で 0 に近づく。

$V (a) = W (a) + (x < 0 の所の体積)$ なので

lim_{a \to \infty} V (a) = \frac{2}{3} π

円板を遠くで回すと、通り道は大きくて細い輪になるが、輪の面積は変わらない。はみ出しだけが細くなって消えていく。近づき方は $V (a) - \frac{2}{3} π ≒ \frac{π}{4 a}$ 。

答え

lim_{a \to \infty} V (a) = \frac{2}{3} π

（

x < 0

の側の切り口は、半径

R = \sqrt{a^{2} + h^{2}}

の円を

z = a

で切った弓形 1 つ分

R^{2} \tan^{- 1} \frac{h}{a} - a h

で、

0

以上

\frac{h^{3}}{a}

以下なので

0

に近づく）

第5問　0.99 は 0.9999 の 100 乗と 101 乗の間

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

(1) は指数に $x$ が入った不等式なので、両辺の対数をとって比べやすくする。そのあと 1 つの関数の符号の問題にまとめ、微分で調べる。

(2) は (1) の使い方の問題。 $0.9999 = 0.99 \times 1.01 = (1 - 0.01) (1 + 0.01)$ に気づけば、(1) で $x = \pm 0.01$ とおくだけになる。

(1)

両辺とも正なので、対数をとっても大小は変わらない。

(1 - \frac{1}{x}) \log (1 - x) < \frac{1}{x} \log (1 + x)

$x > 0$ なら両辺に $x$ をかけて $(x - 1) \log (1 - x) < \log (1 + x)$ 。 $x < 0$ なら向きが逆になって $(x - 1) \log (1 - x) > \log (1 + x)$ 。そこで

g (x) = \log (1 + x) + (1 - x) \log (1 - x)

とおくと、示すことは「 $x > 0$ で $g (x) > 0$ 、 $x < 0$ で $g (x) < 0$ 」。

$g (0) = 0$ 。微分すると

g^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \log (1 - x) - 1, g^{'} (0) = 0

g^{″} (x) = - \frac{1}{(1 + x)^{2}} + \frac{1}{1 - x} = \frac{x (x + 3)}{(1 - x) (1 + x)^{2}}

$- 1 < x < 1$ では $x + 3 > 0$ 、分母も正なので、 $g^{″} (x)$ は $x$ と同じ符号。だから $g^{'}$ は $x ≦ 0$ で減り、 $x ≧ 0$ で増えて、 $x = 0$ で一番小さい値 $g^{'} (0) = 0$ をとる。つまり $g^{'} (x) ≧ 0$ （等号は $x = 0$ だけ）で、 $g$ は増える関数。 $g (0) = 0$ なので、 $x > 0$ で $g > 0$ 、 $x < 0$ で $g < 0$ 。

$x \to 0$ では両辺とも $e$ に近づく（右辺は $e$ の定義そのもの）。 $x = 0$ を除くのは、そこで式が作れず、両辺の差も 0 に近づくから。

答え示すこと：

(1 - x)^{1 - \frac{1}{x}} < (1 + x)^{\frac{1}{x}}

。要点：両辺の対数をとり

x

をかけると、

g (x) = \log (1 + x) + (1 - x) \log (1 - x)

が

x > 0

で正、

x < 0

で負を示せばよい。

g (0) = 0

g^{'} (x) = \frac{1}{1 + x} - \log (1 - x) - 1

g^{'} (0) = 0

g^{″} (x) = \frac{x (x + 3)}{(1 - x) (1 + x)^{2}}

。

g^{″}

は

x

と同じ符号なので

g^{'} (x) ≧ g^{'} (0) = 0

（等号は

x = 0

だけ）、

g

は増加

(2)

右の不等式：(1) で $x = 0.01$ とおくと、 $1 - \frac{1}{x} = - 99$ 、 $\frac{1}{x} = 100$ なので

{0.99}^{- 99} < {1.01}^{100}

両辺に ${0.99}^{100}$ （正）をかけると $0.99 < {0.99}^{100} \times {1.01}^{100} = {0.9999}^{100}$ 。

左の不等式： $x = - 0.01$ とおくと、 $1 - \frac{1}{x} = 101$ 、 $\frac{1}{x} = - 100$ なので

{1.01}^{101} < {0.99}^{- 100}

両辺に ${0.99}^{101}$ をかけると ${0.9999}^{101} < 0.99$ 。

合わせて ${0.9999}^{101} < 0.99 < {0.9999}^{100}$ 。実際の値は $0.98995 \dots < 0.99 < 0.99005 \dots$ で、差はどちらも $5 \times 10^{- 5}$ ほど。0.99 はちょうど 0.9999 の約 $100.5$ 乗で、100 乗と 101 乗のほぼ真ん中にある。同じやり方で、 $N > 1$ ならどんな $N$ でも ${(1 - \frac{1}{N^{2}})}^{N + 1} < 1 - \frac{1}{N} < {(1 - \frac{1}{N^{2}})}^{N}$ が言える（ $x = \pm \frac{1}{N}$ を (1) に入れるので、 $0 < | x | < 1$ となる $N > 1$ が要る。 $N = 1$ では 3 つとも 0 になり、「 $<$ 」は成り立たない）。

答え示すこと：

{0.9999}^{101} < 0.99 < {0.9999}^{100}

。要点：

0.9999 = 0.99 \times 1.01

。(1) で

x = 0.01

とおくと

{0.99}^{- 99} < {1.01}^{100}

、両辺に

{0.99}^{100}

をかけて

0.99 < {0.9999}^{100}

。

x = - 0.01

とおくと

{1.01}^{101} < {0.99}^{- 100}

、両辺に

{0.99}^{101}

をかけて

{0.9999}^{101} < 0.99

第6問　すれちがう距離 1 以下 ⇒ 向きのずれは 1/1000 ほど

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 点はどれも、頂点から三角形の内側へ向かう向き（辺 $A_{n} A_{n + 1}$ から内側へ $θ_{n}$ 回した向き。 $θ_{n}$ は $0$ と $\frac{π}{3}$ の間なら何でもよい）に、同じ速さ 1 でまっすぐ進む。2 点の間の距離を見るには、2 点の差 $\vec{P_{2} P_{1}} = P_{1} (t) - P_{2} (t)$ を 1 つの点の動きとして見るのがかなめ。差は

- {\vec{a}}_{1} + t ({\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2})

で、これは $- {\vec{a}}_{1}$ から ${\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}$ の向きへ進む直線の上の動きになる。

一辺が 1000 もあるのに、すれちがう距離が 1 以下という条件はとてもきびしい。その分、向きのずれがとても小さい（ $\frac{1}{1000}$ ほど）ことが言える。これが (1) で、(2)(3) はそれを角の言葉に直して使う。

(1)

${\vec{e}}_{1} = {\vec{e}}_{2}$ だと、差はいつも $- {\vec{a}}_{1}$ のままで、距離は 1000。だから ${\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2} \neq \vec{0}$ 。

差の点は、原点を通り ${\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}$ の向きの直線を、 $- {\vec{a}}_{1}$ だけずらした直線の上を動く。見方を変えると、「点 $- {\vec{a}}_{1}$ と、原点を通る ${\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}$ の向きの直線」の距離が、差の点が原点へ一番近づく距離。 $| {\vec{a}}_{1} | = 1000$ で、直線とのなす角が $θ$ なので、その距離は $1000 | \sin θ |$ 。

ある時刻 $t$ で距離が 1 以下になったので、一番近づく距離も 1 以下。

1000 | \sin θ | ≦ | - {\vec{a}}_{1} + t ({\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}) | ≦ 1

よって $| \sin θ | ≦ \frac{1}{1000}$ 。

答え示すこと：

| \sin θ | ≦ \frac{1}{1000}

。要点：

\vec{P_{2} P_{1}} = - {\vec{a}}_{1} + t ({\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2})

。

{\vec{e}}_{1} \neq {\vec{e}}_{2}

（等しいと距離はいつも 1000）。点

- {\vec{a}}_{1}

から、原点を通り

{\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}

の向きの直線までの距離は

1000 | \sin θ |

で、これは

| - {\vec{a}}_{1} + t ({\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}) | ≦ 1

以下

(2)

向きを角で表す。 ${\vec{a}}_{1}$ の向きを角 0 とし、三角形の内側へ回る向きを正にする。 ${\vec{e}}_{1}$ は $A_{1} A_{2}$ から内側へ $θ_{1}$ なので角 $θ_{1}$ 。 ${\vec{a}}_{2}$ は角 $\frac{2}{3} π$ で、 ${\vec{e}}_{2}$ はそこから内側へ $θ_{2}$ なので角 $\frac{2}{3} π + θ_{2}$ 。だから $- {\vec{e}}_{2}$ は角 $θ_{2} - \frac{π}{3}$ 。

長さ 1 のベクトル 2 本の和 ${\vec{e}}_{1} + (- {\vec{e}}_{2})$ は、2 本の角のちょうど真ん中の向きを向く（ひし形の対角線）。その角は

\frac{θ_{1} + θ_{2}}{2} - \frac{π}{6}

で、 $0 < θ_{1}, θ_{2} < \frac{π}{3}$ なので絶対値は $\frac{π}{6}$ より小さい。この向きの角の絶対値が (1) の $θ$ なので、 $| \sin θ | ≦ \sin α$ から $| \frac{θ_{1} + θ_{2}}{2} - \frac{π}{6} | ≦ α$ 、つまり

\frac{π}{3} - 2 α ≦ θ_{1} + θ_{2} ≦ \frac{π}{3} + 2 α

逆に、この範囲なら本当に距離 1 以下になれる。差の直線の向きが ${\vec{a}}_{1}$ とほぼ同じ向きなので、一番近づくのは正の時刻で、その距離は $1000 | \sin θ | ≦ 1000 \sin α = 1$ 。距離の条件は角の和だけで決まり、差 $θ_{1} - θ_{2}$ にはよらない（ただし、どちらの角も $0$ と $\frac{π}{3}$ の間という問題の条件の中で）。たとえば和を $S$ として $θ_{1} = θ_{2} = \frac{S}{2}$ とすれば、 $S$ が上の範囲のどの値でも（端の値でも）両方の角が $0$ と $\frac{π}{3}$ の間に入るので、端の値も含めて全部とれる。

答え

\frac{π}{3} - 2 α ≦ θ_{1} + θ_{2} ≦ \frac{π}{3} + 2 α

（

{\vec{a}}_{1}

の向きを角 0 とすると

{\vec{e}}_{1}

は角

θ_{1}

、

- {\vec{e}}_{2}

は角

θ_{2} - \frac{π}{3}

。

{\vec{e}}_{1} - {\vec{e}}_{2}

の向きはその真ん中

\frac{θ_{1} + θ_{2}}{2} - \frac{π}{6} (

絶対値は

\frac{π}{6}

より小

)

。(1) より

| \frac{θ_{1} + θ_{2}}{2} - \frac{π}{6} | ≦ α

。逆にこの範囲なら一番近づく時刻は正で、距離

1000 | \sin (\frac{θ_{1} + θ_{2}}{2} - \frac{π}{6}) | ≦ 1

になる）

(3)

(2) と同じことが、組 $(2, 3)$ 、 $(3, 1)$ でも言える（三角形を $\frac{2}{3} π$ ずつ回すと同じ形）。

| θ_{1} + θ_{2} - \frac{π}{3} | ≦ 2 α, | θ_{2} + θ_{3} - \frac{π}{3} | ≦ 2 α, | θ_{3} + θ_{1} - \frac{π}{3} | ≦ 2 α

たとえば $θ_{1} - \frac{π}{6}$ は、1 つめと 3 つめを足して 2 つめを引き、2 で割ったもの。だから $| θ_{n} - \frac{π}{6} | ≦ \frac{2 α + 2 α + 2 α}{2} = 3 α$ 。

正三角形では $A_{n}$ から中心 $O$ への向きは、辺から内側へちょうど $\frac{π}{6}$ 、距離は $\frac{1000}{\sqrt{3}} = T$ 。時刻 $T$ の $P_{n} (T)$ も $A_{n}$ から距離 $T$ なので、 $O$ と $P_{n} (T)$ は $A_{n}$ を中心とする半径 $T$ の円の上にあり、その間の角は $| θ_{n} - \frac{π}{6} |$ 。二等辺三角形の底辺として

d (P_{n} (T), O) = 2 T \sin \frac{| θ_{n} - \frac{π}{6} |}{2} ≦ T | θ_{n} - \frac{π}{6} | ≦ 3 α T

最後に $α$ の大きさ。 $0 ≦ x ≦ \frac{π}{2}$ で $\sin x ≧ \frac{2}{π} x$ （グラフが弦より上）なので、 $\frac{1}{1000} = \sin α ≧ \frac{2}{π} α$ 、つまり $α ≦ \frac{π}{2000}$ 。よって

3 α T ≦ \frac{3 π}{2000} \cdot \frac{1000}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2} π < 3

実際に一番ずれるのは $θ_{1} = \frac{π}{6} + 3 α$ 、 $θ_{2} = θ_{3} = \frac{π}{6} - α$ のときで、そのときの距離は $2 T \sin \frac{3 α}{2} ≒ \sqrt{3} = 1.732$ 。問題の 3 にはゆとりがある。

答え示すこと：

d (P_{n} (T)

O) ≦ 3 (n = 1

2

3)

。要点：(2) と同じく

| θ_{1} + θ_{2} - \frac{π}{3} |

| θ_{2} + θ_{3} - \frac{π}{3} |

| θ_{3} + θ_{1} - \frac{π}{3} | ≦ 2 α

。足し引きして

| θ_{n} - \frac{π}{6} | ≦ 3 α

。

A_{n}

から O へは角

\frac{π}{6}

の向きに距離

\frac{1000}{\sqrt{3}} = T

なので、

d (P_{n} (T)

O) = 2 T \sin \frac{| θ_{n} - \frac{π}{6} |}{2} ≦ 3 α T

。

\sin x ≧ \frac{2}{π} x

より

α ≦ \frac{π}{2000}

で、

3 α T ≦ \frac{\sqrt{3} π}{2} < 3

東大過去問 2009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　二項係数を全部割り切る数 dₘ：素数なら m、偶数なら 1 か 2

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第2問　行列をかけ続けて 0 に近づくなら、c = 0

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問　2 回目からの玉は R へ：同じ 10 回で確率がほぼ 4 倍

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　円板を半回転：x ≧ 0 の側の体積は a によらず 2π/3

問題の読み方

(1)

(2)

第5問　0.99 は 0.9999 の 100 乗と 101 乗の間

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　すれちがう距離 1 以下 ⇒ 向きのずれは 1/1000 ほど

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大 過去問 2009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 二項係数を全部割り切る数 dₘ：素数なら m、偶数なら 1 か 2

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第2問 行列をかけ続けて 0 に近づくなら、c = 0

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問 2 回目からの玉は R へ：同じ 10 回で確率がほぼ 4 倍

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 円板を半回転：x ≧ 0 の側の体積は a によらず 2π/3

問題の読み方

(1)

(2)

第5問 0.99 は 0.9999 の 100 乗と 101 乗の間

問題の読み方

(1)

(2)

第6問 すれちがう距離 1 以下 ⇒ 向きのずれは 1/1000 ほど

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大過去問 2009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　二項係数を全部割り切る数 dₘ：素数なら m、偶数なら 1 か 2

第2問　行列をかけ続けて 0 に近づくなら、c = 0

第3問　2 回目からの玉は R へ：同じ 10 回で確率がほぼ 4 倍

第4問　円板を半回転：x ≧ 0 の側の体積は a によらず 2π/3

第5問　0.99 は 0.9999 の 100 乗と 101 乗の間

第6問　すれちがう距離 1 以下 ⇒ 向きのずれは 1/1000 ほど