東大過去問 2011年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2011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

　座標平面において，点 $P (0, 1)$ を中心とする半径 $1$ の円を $C$ とする。 $a$ を $0 < a < 1$ を満たす実数とし，直線 $y = a (x + 1)$ と $C$ との交点を $Q, R$ とする。

（1）　 $△ P Q R$ の面積 $S (a)$ を求めよ。

（2）　 $a$ が $0 < a < 1$ の範囲を動くとき， $S (a)$ が最大となる $a$ を求めよ。

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第2問

　実数 $x$ の小数部分を， $0 ≦ y < 1$ かつ $x - y$ が整数となる実数 $y$ のこととし，これを記号 $⟨ x ⟩$ で表す。実数 $a$ に対して，無限数列 ${a_{n}}$ の各項 $a_{n} (n = 1, 2, 3, \dots)$ を次のように順次定める。

(i) a_{1} = ⟨ a ⟩

(i i) {\begin{matrix} a_{n} \neq 0 のとき， a_{n + 1} = ⟨ \frac{1}{a_{n}} ⟩ \\ a_{n} = 0 のとき， a_{n + 1} = 0 \end{matrix}

（1）　 $a = \sqrt{2}$ のとき，数列 ${a_{n}}$ を求めよ。

（2）　任意の自然数 $n$ に対して $a_{n} = a$ となるような $\frac{1}{3}$ 以上の実数 $a$ をすべて求めよ。

（3）　 $a$ が有理数であるとする。 $a$ を整数 $p$ と自然数 $q$ を用いて $a = \frac{p}{q}$ と表すとき， $q$ 以上のすべての自然数 $n$ に対して， $a_{n} = 0$ であることを示せ。

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第3問

　 $L$ を正定数とする。座標平面の $x$ 軸上の正の部分にある点 $P (t, 0)$ に対し，原点 $O$ を中心とし点 $P$ を通る円周上を， $P$ から出発して反時計回りに道のり $L$ だけ進んだ点を $Q (u (t), v (t))$ と表す。

（1）　 $u (t), v (t)$ を求めよ。

（2）　 $0 < a < 1$ の範囲の実数 $a$ に対し，積分

f (a) = \int_{a}^{1} \sqrt{{u^{'} (t)}^{2} + {v^{'} (t)}^{2}} d t

　　を求めよ。

（3）　極限 $lim_{a \to + 0} \frac{f (a)}{\log a}$ を求めよ。

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第4問

　座標平面上の $1$ 点 $P (\frac{1}{2}, \frac{1}{4})$ をとる。放物線 $y = x^{2}$ 上の $2$ 点 $Q (α, α^{2})$ ， $R (β, β^{2})$ を， $3$ 点 $P, Q, R$ が $Q R$ を底辺とする二等辺三角形をなすように動かすとき， $△ P Q R$ の重心 $G (X, Y)$ の軌跡を求めよ。

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第5問

　 $p, q$ を $2$ つの正の整数とする。整数 $a, b, c$ で条件

- q ≦ b ≦ 0 ≦ a ≦ p, b ≦ c ≦ a

を満たすものを考え，このような $a, b, c$ を $[a, b; c]$ の形に並べたものを $(p, q)$ パターンと呼ぶ。各 $(p, q)$ パターン $[a, b; c]$ に対して

w ([a, b; c]) = p - q - (a + b)

とおく。

（1）　 $(p, q)$ パターンのうち， $w ([a, b; c]) = - q$ となるものの個数を求めよ。

　　また， $w ([a, b; c]) = p$ となる $(p, q)$ パターンの個数を求めよ。

　以下 $p = q$ の場合を考える。

（2）　 $s$ を整数とする。 $(p, p)$ パターンで $w ([a, b; c]) = - p + s$ となるものの個数を求めよ。

（3）　 $(p, p)$ パターンの総数を求めよ。

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第6問

（1）　 $x, y$ を実数とし， $x > 0$ とする。 $t$ を変数とする $2$ 次関数 $f (t) = x t^{2} + y t$ の $0 ≦ t ≦ 1$ における最大値と最小値の差を求めよ。

（2）　次の条件を満たす点 $(x, y)$ 全体からなる座標平面内の領域を $S$ とする。

　　 $x > 0$ かつ，実数 $z$ で $0 ≦ t ≦ 1$ の範囲の全ての実数 $t$ に対して

0 ≦ x t^{2} + y t + z ≦ 1

　　を満たすようなものが存在する。

　 $S$ の概形を図示せよ。

（3）　次の条件を満たす点 $(x, y, z)$ 全体からなる座標空間内の領域を $V$ とする。

　　 $0 ≦ x ≦ 1$ かつ， $0 ≦ t ≦ 1$ の範囲の全ての実数 $t$ に対して，

0 ≦ x t^{2} + y t + z ≦ 1

　　が成り立つ。

　 $V$ の体積を求めよ。

第1問　円の中心と弦でできる三角形は、いつ一番大きい？

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 $C$ の中心 $P (0, 1)$ と、直線が円を切ってできる弦 $Q R$ で三角形をつくる。直線 $y = a (x + 1)$ はいつも点 $(- 1, 0)$ を通り、 $a$ はその傾き。 $a$ を変えると直線が $(- 1, 0)$ のまわりに回る。

三角形 $P Q R$ は $P Q = P R = 1$ （半径）の二等辺三角形。面積は「底辺 $Q R$ × 高さ ÷ 2」で、高さは 中心 P から直線までの距離 $d$ 。弦の長さも $d$ で決まる（三平方の定理）ので、すべてを $d$ で書くのが筋。

(1)

直線を $a x - y + a = 0$ と書きかえ、点と直線の距離の公式を使う。

d = \frac{| a \cdot 0 - 1 + a |}{\sqrt{a^{2} + 1}} = \frac{1 - a}{\sqrt{1 + a^{2}}} (0 < a < 1 なので 1 - a > 0)

P から弦に下ろした垂線は弦をちょうど半分に分ける。半分の長さは、半径 1・高さ $d$ の直角三角形の残りの辺なので $\sqrt{1 - d^{2}}$ 。

1 - d^{2} = \frac{(1 + a^{2}) - (1 - a)^{2}}{1 + a^{2}} = \frac{2 a}{1 + a^{2}}

面積は（弦の半分）×（高さ）で

S (a) = d \sqrt{1 - d^{2}} = \frac{1 - a}{\sqrt{1 + a^{2}}} \cdot \frac{\sqrt{2 a}}{\sqrt{1 + a^{2}}} = \frac{(1 - a) \sqrt{2 a}}{1 + a^{2}}

$a \to 0$ では直線が $x$ 軸に近づいて円にふれるだけ（ $d \to 1$ ）、 $a \to 1$ では直線が中心 P を通る（ $d \to 0$ ）。どちらも面積は 0 にしぼむので、その間に一番大きい所がある。

答え

S (a) = \frac{(1 - a) \sqrt{2 a}}{1 + a^{2}}

（P から直線

a x - y + a = 0

までの距離

d = \frac{1 - a}{\sqrt{1 + a^{2}}}

。弦の半分は

\sqrt{1 - d^{2}} = \sqrt{\frac{2 a}{1 + a^{2}}}

。

S = d \sqrt{1 - d^{2}}

）

(2)

$S (a)$ を微分してもよいが、中心の角 $θ = ∠ Q P R$ で見ると一目で分かる。2 辺が 1 でその間の角が $θ$ の三角形なので

S = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sin θ ≦ \frac{1}{2}

等号は $θ = 90^{\circ}$ のとき。そのとき直角二等辺三角形なので、高さは $d = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 。

あとはその $d$ になる $a$ が $0 < a < 1$ にあるかを確かめる。

\frac{(1 - a)^{2}}{1 + a^{2}} = \frac{1}{2} ⟺ 2 (1 - 2 a + a^{2}) = 1 + a^{2} ⟺ a^{2} - 4 a + 1 = 0

解は $a = 2 \pm \sqrt{3}$ 。 $0 < a < 1$ に入るのは $2 - \sqrt{3} ≒ 0.268$ だけ。 $d$ は $a$ が 0 から 1 へ動くと 1 から 0 まで途切れずに変わるので、 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ も必ず通る。

もう 1 つの解 $2 + \sqrt{3}$ は、直線が中心 P の反対側を通るときの直角。問題が $0 < a < 1$ としているので答えは 1 つに決まる。

答え

a = 2 - \sqrt{3}

（

S = \frac{1}{2} \sin ∠ Q P R ≦ \frac{1}{2}

、等号は

∠ Q P R = 90^{\circ}

つまり

d = \frac{1}{\sqrt{2}}

。

\frac{(1 - a)^{2}}{1 + a^{2}} = \frac{1}{2} ⟺ a^{2} - 4 a + 1 = 0

、

0 < a < 1

より

a = 2 - \sqrt{3}

。最大値は

\frac{1}{2}

）

第2問　「逆数の小数部分」をくり返すと？

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

$⟨ x ⟩$ は「 $x$ から整数を引いて 0 以上 1 未満にしたもの」＝小数部分。負の数でも $0 ≦ ⟨ x ⟩ < 1$ になる（例： $⟨ - 0.3 ⟩ = 0.7$ ）。

数列は「逆数をとって小数部分を取り出す」のくり返し。これは連分数（分数の中に分数を入れ子にした形）を作る手順そのもので、有理数ならいつか 0 で止まり、無理数なら止まらない。

使う考え方は 3 つ。(1) は分母の有理化で 1 回くり返すと元にもどること、(2) は「 $a_{2} = a$ 」を方程式にすること、(3) は分母が整数のまま小さくなっていくこと（ユークリッドの互除法）。

(1)

$1 < \sqrt{2} < 2$ なので $a_{1} = ⟨ \sqrt{2} ⟩ = \sqrt{2} - 1$ 。これは 0 ではないので

\frac{1}{a_{1}} = \frac{1}{\sqrt{2} - 1} = \frac{\sqrt{2} + 1}{(\sqrt{2} - 1) (\sqrt{2} + 1)} = \sqrt{2} + 1

$2 < \sqrt{2} + 1 < 3$ なので、小数部分は $\sqrt{2} + 1 - 2 = \sqrt{2} - 1$ 。つまり $a_{2} = a_{1}$ 。

$a_{2}$ から $a_{3}$ を作る計算は $a_{1}$ から $a_{2}$ を作る計算と同じなので、 $a_{3} = a_{2}$ 、…とずっと同じ値が続く。数学的帰納法でまとめると、すべての $n$ で $a_{n} = \sqrt{2} - 1$ 。

なお、コンピュータのふつうの小数（16 けた）でこの計算をくり返すと、1 回ごとにずれが $\frac{1}{a_{n}^{2}} ≒ 5.8$ 倍にふくらみ、20 回ほどで本当の値から外れる。式で解くから「ずっと同じ」と言い切れる。

答え

a_{n} = \sqrt{2} - 1 (n = 1

2

3

\dots)

（

a_{1} = \sqrt{2} - 1

。

\frac{1}{\sqrt{2} - 1} = \sqrt{2} + 1

の小数部分は

\sqrt{2} - 1

なので

a_{2} = a_{1}

、あとは同じくり返し）

(2)

すべての $n$ で $a_{n} = a$ なので、まず $a_{1} = ⟨ a ⟩ = a$ 。小数部分は 0 以上 1 未満なので $0 ≦ a < 1$ 。問題の条件と合わせて $\frac{1}{3} ≦ a < 1$ 。

次に $a_{2} = a$ 。 $a \neq 0$ なので $a_{2} = ⟨ \frac{1}{a} ⟩$ 。 $\frac{1}{a}$ の範囲は $1 < \frac{1}{a} ≦ 3$ なので、整数部分 $j$ は 1, 2, 3 のどれか。

\frac{1}{a} - j = a ⟺ a^{2} + j a - 1 = 0 ⟺ a = \frac{- j + \sqrt{j^{2} + 4}}{2} (a > 0)

$j = 1$ ： $a = \frac{\sqrt{5} - 1}{2} ≒ 0.618$ 。 $\frac{1}{a} ≒ 1.618$ で整数部分はたしかに 1。

$j = 2$ ： $a = \sqrt{2} - 1 ≒ 0.414$ 。 $\frac{1}{a} ≒ 2.414$ で整数部分は 2。

$j = 3$ ：整数部分が 3 になるのは $\frac{1}{a} = 3$ 、つまり $a = \frac{1}{3}$ のときだけ。でも $⟨ 3 ⟩ = 0$ なので $a_{2} = 0 \neq a$ 。だめ。

$a_{2} = a$ になれば、あとは同じ計算のくり返しで $a_{3} = a$ 、… とずっと続く（(1) と同じ理由）。よって 2 つ。

$\frac{1}{3}$ 以上という条件をはずすと $j = 3, 4, \dots$ でも $\frac{- j + \sqrt{j^{2} + 4}}{2}$ が答えになり、いくらでも増える。この条件は答えを 2 つにしぼるためのもの。

答え

a = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}

\sqrt{2} - 1

（

a_{1} = a

より

0 ≦ a < 1

、

\frac{1}{3} ≦ a

なので

1 < \frac{1}{a} ≦ 3

。

\frac{1}{a}

の整数部分を

j

とすると

a_{2} = a ⟺ a^{2} + j a - 1 = 0

。

j = 1

2

で上の 2 つ。

j = 3

は

a = \frac{1}{3}

で

a_{2} = 0

となりだめ）

(3)

$a = \frac{p}{q}$ の分母 $q$ を使って、各項を「整数 ÷ 整数」の形で追いかける。 $r_{0} = q$ 、 $r_{1}$ を「 $p$ を $q$ で割った余り」（ $0 ≦ r_{1} < q$ ）とすると、 $\frac{p}{q}$ の整数部分を引いた残りなので

a_{1} = \frac{r_{1}}{r_{0}}

$a_{n} = \frac{r_{n}}{r_{n - 1}}$ （ $r_{n} \neq 0$ ）と書けているとする。逆数は $\frac{r_{n - 1}}{r_{n}}$ で、その小数部分は「 $r_{n - 1}$ を $r_{n}$ で割った余り」÷ $r_{n}$ 。この余りを $r_{n + 1}$ とおくと

a_{n + 1} = \frac{r_{n + 1}}{r_{n}}, 0 ≦ r_{n + 1} < r_{n}

（ $r_{n} = 0$ になったら、それ以降は問題の決まりでずっと 0。）数学的帰納法で、 $r_{n}$ が 0 でない間はこの形が続く。

余りは割る数より小さいので $q = r_{0} > r_{1} > r_{2} > \dots$ 。整数が毎回 1 以上減るので $r_{n} ≦ q - n$ 。もし $a_{1}, \dots, a_{q - 1}$ がどれも 0 でないとしても、 $r_{q} ≦ 0$ より $r_{q} = 0$ 、つまり $a_{q} = 0$ 。どちらにしても $a_{n} = 0$ となる番号は $q$ 以下で、そこから先はずっと 0。だから $q$ 以上のすべての $n$ で $a_{n} = 0$ 。

実際は $q$ よりずっと早く止まる。止まるまでが一番長いのはフィボナッチ数の比（ $\frac{8}{13}$ で 6 回、 $\frac{34}{55}$ で 9 回）。

答え示すこと：

n ≧ q

のとき

a_{n} = 0

。要点：

r_{0} = q

r_{1} = (p

を

q

で割った余り

)

、

r_{k + 1} = (r_{k - 1}

を

r_{k}

で割った余り

)

とおくと、

a_{n} = \frac{r_{n}}{r_{n - 1}}

（数学的帰納法）。

r_{n} \neq 0

の間は

q = r_{0} > r_{1} > r_{2} > \dots

と整数が 1 以上ずつ減るので

r_{n} ≦ q - n

。よって

r_{q} = 0

となる番号までに

a_{n} = 0

となり、そのあとはずっと

0

第3問　円の上を同じ道のりだけ進む点は、うず巻きを描く

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

P は $x$ 軸の上の $(t, 0)$ 。原点を中心に P を通る円は半径 $t$ 。その円の上を道のり $L$ だけ進んだ点が Q。 $t$ を変えると円の大きさが変わり、同じ道のりでも回る角度が変わる（小さい円ほどたくさん回る）。

$t$ を 1 から小さくしていくと、Q は中心のまわりを回りながら中心へ近づく「うず巻き」を描く。(2) の積分 $\int \sqrt{{u^{'} (t)}^{2} + {v^{'} (t)}^{2}} d t$ は、そのうず巻きの長さ（曲線の長さの公式）。(3) は、 $a \to 0$ でその長さがどんな速さでのびるかを問う。

(1)

弧の長さ＝半径 × 中心の角（ラジアン）。半径 $t$ で弧の長さ $L$ なので、中心の角は $\frac{L}{t}$ 。P は角 0 の所から出発し、反時計回りに進むので

u (t) = t \cos \frac{L}{t}, v (t) = t \sin \frac{L}{t}

$\frac{L}{t}$ が $2 π$ をこえるときは何周も回るが、式はそのままでよい。

答え

u (t) = t \cos \frac{L}{t}

v (t) = t \sin \frac{L}{t}

（半径

t

の円で弧の長さ

L

に対する中心の角は

\frac{L}{t}

）

(2)

まず微分する。 ${(\frac{L}{t})}^{'} = - \frac{L}{t^{2}}$ に気をつけて（積の微分と合成関数の微分）

u^{'} (t) = \cos \frac{L}{t} + \frac{L}{t} \sin \frac{L}{t}, v^{'} (t) = \sin \frac{L}{t} - \frac{L}{t} \cos \frac{L}{t}

2 乗して足すと、 $\cos \cdot \sin$ の項が打ち消し合い、 $\cos^{2} + \sin^{2} = 1$ がまとまる。

{u^{'} (t)}^{2} + {v^{'} (t)}^{2} = 1 + \frac{L^{2}}{t^{2}}

だから

f (a) = \int_{a}^{1} \sqrt{1 + \frac{L^{2}}{t^{2}}} d t = \int_{a}^{1} \frac{\sqrt{t^{2} + L^{2}}}{t} d t

この積分は $s = \sqrt{t^{2} + L^{2}}$ とおくと解ける。 $t^{2} = s^{2} - L^{2}$ 、 $t d t = s d s$ なので

\frac{\sqrt{t^{2} + L^{2}}}{t} d t = \frac{s}{t^{2}} \cdot t d t = \frac{s^{2}}{s^{2} - L^{2}} d s = (1 + \frac{L}{2} (\frac{1}{s - L} - \frac{1}{s + L})) d s

積分すると $s + \frac{L}{2} \log \frac{s - L}{s + L}$ 。 $\frac{s - L}{s + L} = \frac{(s - L) (s + L)}{(s + L)^{2}} = \frac{t^{2}}{(s + L)^{2}}$ なので、これは $s - L \log \frac{L + s}{t}$ と同じ。 $t = a$ から $1$ まで入れて

f (a) = \sqrt{1 + L^{2}} - \sqrt{a^{2} + L^{2}} + L \log \frac{L + \sqrt{a^{2} + L^{2}}}{a (L + \sqrt{1 + L^{2}})}

$L = 1$ , $a = 0.1$ なら約 $2.526$ 。うず巻きを細かい折れ線にして長さを測った値と一致する。

答え

f (a) = \sqrt{1 + L^{2}} - \sqrt{a^{2} + L^{2}} + L \log \frac{L + \sqrt{a^{2} + L^{2}}}{a (L + \sqrt{1 + L^{2}})}

（

{u^{'}}^{2} + {v^{'}}^{2} = 1 + \frac{L^{2}}{t^{2}}

。

\int \frac{\sqrt{t^{2} + L^{2}}}{t} d t = \sqrt{t^{2} + L^{2}} - L \log \frac{L + \sqrt{t^{2} + L^{2}}}{t}

）

(3)

(2) の答えの $\log$ の中から $\frac{1}{a}$ を取り出すと

f (a) = - L \log a + (\sqrt{1 + L^{2}} - \sqrt{a^{2} + L^{2}} + L \log \frac{L + \sqrt{a^{2} + L^{2}}}{L + \sqrt{1 + L^{2}}})

$a \to + 0$ で、かっこの中は $\sqrt{1 + L^{2}} - L + L \log \frac{2 L}{L + \sqrt{1 + L^{2}}}$ という有限の値に近づく。一方 $\log a \to - \infty$ 。両辺を $\log a$ で割ると、かっこの部分 ÷ $\log a$ は 0 に近づくので

lim_{a \to + 0} \frac{f (a)}{\log a} = - L

うず巻きは中心のまわりを無限に回るので、長さは限りなくのびる。ただしのび方はゆっくりで、 $a$ を $\frac{1}{10}$ にするごとの増え方は $L \log 10$ より少しだけ大きく、 $a$ が小さくなるほど $L \log 10$ に近づく（増える分は $\int_{a / 10}^{a} \sqrt{1 + \frac{L^{2}}{t^{2}}} d t$ で、中の $\sqrt{}$ は $\frac{L}{t}$ より少し大きいから）。だから $\log a$ と同じ速さ、というのがこの極限の意味。

答え

lim_{a \to + 0} \frac{f (a)}{\log a} = - L

（

f (a) = - L \log a + (\sqrt{1 + L^{2}} - \sqrt{a^{2} + L^{2}} + L \log \frac{L + \sqrt{a^{2} + L^{2}}}{L + \sqrt{1 + L^{2}}})

で、かっこの中は有限の値に近づく）

第4問　放物線の上の二等辺三角形：重心はどこを動く？

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

P $(\frac{1}{2}, \frac{1}{4})$ は、実は放物線 $y = x^{2}$ の上の点（ ${(\frac{1}{2})}^{2} = \frac{1}{4}$ ）。3 点とも同じ放物線の上にある。

「QR を底辺とする二等辺三角形」は $P Q = P R$ のこと。放物線の上の相異なる 3 点は一直線に並ばないので、 $P Q = P R$ で Q, R, P が相異なれば必ず三角形になる。

重心は $X = \frac{\frac{1}{2} + α + β}{3}$ 、 $Y = \frac{\frac{1}{4} + α^{2} + β^{2}}{3}$ で、 $α, β$ について対称な式。そこで $s = α + β$ と $α^{2} + β^{2}$ で書き、条件 $P Q = P R$ も $s$ で表して $s$ を消す、が筋。最後に「 $α, β$ が異なる実数になる」条件で範囲をしぼる。

(答)

${P Q}^{2} = {(α - \frac{1}{2})}^{2} + {(α^{2} - \frac{1}{4})}^{2}$ 。 ${P Q}^{2} - {P R}^{2}$ を差の形でまとめると

{(α - \frac{1}{2})}^{2} - {(β - \frac{1}{2})}^{2} = (α - β) (s - 1)

{(α^{2} - \frac{1}{4})}^{2} - {(β^{2} - \frac{1}{4})}^{2} = (α - β) s (α^{2} + β^{2} - \frac{1}{2})

$α \neq β$ なので $α - β$ で割ってよく、 $P Q = P R$ は

s - 1 + s (α^{2} + β^{2} - \frac{1}{2}) = 0

$s = 0$ だと $- 1 = 0$ となりありえないので $s \neq 0$ 、そして

α^{2} + β^{2} = \frac{1}{s} - \frac{1}{2}

重心に入れると $X = \frac{s + \frac{1}{2}}{3}$ 、 $Y = \frac{1}{3} (\frac{1}{4} + \frac{1}{s} - \frac{1}{2}) = \frac{1}{3 s} - \frac{1}{12}$ 。 $s = 3 X - \frac{1}{2}$ を入れて

Y = \frac{2}{3 (6 X - 1)} - \frac{1}{12} = \frac{3 - 2 X}{4 (6 X - 1)}

これは双曲線（ $X = \frac{1}{6}$ と $Y = - \frac{1}{12}$ に近づいていく曲線）。

範囲： $α, β$ は $u^{2} - s u + α β = 0$ の 2 つの異なる実数解。 $2 α β = s^{2} - (α^{2} + β^{2})$ なので、判別式 $s^{2} - 4 α β > 0$ は $2 (α^{2} + β^{2}) > s^{2}$ と同じ。

\frac{2}{s} - 1 > s^{2}

$s < 0$ なら左辺が負なので成り立たない。 $s > 0$ なら両辺に $s$ をかけて $s^{3} + s - 2 < 0$ 、 $(s - 1) (s^{2} + s + 2) < 0$ 、 $s^{2} + s + 2 > 0$ なので $s < 1$ 。よって $0 < s < 1$ 、つまり $\frac{1}{6} < X < \frac{1}{2}$ 。逆に $0 < s < 1$ のどの $s$ にも、判別式が正なので $α \neq β$ の実数 $α, β$ がある。だからこの範囲の点は全部通る。

$α$ や $β$ が $\frac{1}{2}$ （P と同じ点）になることは無い。もし $α = \frac{1}{2}$ なら $P R = P Q = 0$ で $β = \frac{1}{2} = α$ となってしまうから。 $X \to \frac{1}{2}$ は Q, R が P に集まっていくとき、 $X \to \frac{1}{6}$ は Q, R が左右に遠くへ行くときで、どちらのはしも入らない。

答え

Y = \frac{3 - 2 X}{4 (6 X - 1)}

(\frac{1}{6} < X < \frac{1}{2})

（双曲線

Y = \frac{2}{3 (6 X - 1)} - \frac{1}{12}

の一部。

s = α + β

とおくと

P Q^{2} = P R^{2}

を

α - β

で割って

α^{2} + β^{2} = \frac{1}{s} - \frac{1}{2}

。

X = \frac{s + \frac{1}{2}}{3}

Y = \frac{\frac{1}{4} + α^{2} + β^{2}}{3}

。

α

β

が異なる実数

⟺ 2 (α^{2} + β^{2}) > s^{2} ⟺ 0 < s < 1

）

第5問　[a, b ; c] の並びを数える：全部で (p＋1)³ 個

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

$[a, b; c]$ は、 $a$ が $0$ 〜 $p$ 、 $b$ が $- q$ 〜 $0$ の整数で、 $c$ は $b$ 以上 $a$ 以下の整数。 $a$ と $b$ を決めると $c$ は $a - b + 1$ 通り。これが数えるときの基本。

$w = p - q - (a + b)$ は $a + b$ だけで決まる。 $(a, b)$ を格子の点として並べると、 $a + b$ が同じ点は斜めの一列に並ぶ。だから「 $w$ が決まった値のパターンの数」＝「その斜めの列の点について $a - b + 1$ を足したもの」。

(1)

$w = - q ⟺ p - q - (a + b) = - q ⟺ a + b = p$ 。 $a ≦ p$ 、 $b ≦ 0$ なので $a + b ≦ p$ で、等号は $a = p$ 、 $b = 0$ のときだけ。このとき $c$ は $0 ≦ c ≦ p$ の $p + 1$ 通り。よって $p + 1$ 個。

$w = p ⟺ a + b = - q$ 。 $a ≧ 0$ 、 $b ≧ - q$ なので $a + b ≧ - q$ で、等号は $a = 0$ 、 $b = - q$ のときだけ。 $c$ は $- q ≦ c ≦ 0$ の $q + 1$ 通り。よって $q + 1$ 個。

どちらも、 $a + b$ がとりうる値の一番はし（格子の角の 1 点）なので、数えるのは $c$ だけ。

答え

w = - q

となるもの：

p + 1

個、

w = p

となるもの：

q + 1

個（

w = - q ⟺ a + b = p ⟺ a = p

b = 0

（

a ≦ p

b ≦ 0

だから）。

c

は

0

〜

p

。

w = p ⟺ a + b = - q ⟺ a = 0

b = - q

。

c

は

- q

〜

0

）

(2)

$p = q$ なので $w = - (a + b)$ 。 $w = - p + s ⟺ a + b = p - s$ 。 $a + b$ は $- p$ 以上 $p$ 以下なので、 $s < 0$ または $s > 2 p$ なら 0 個。

$0 ≦ s ≦ p$ のとき： $a + b = p - s ≧ 0$ 。 $b = - j$ とおくと $a = p - s + j$ で、 $a ≦ p$ より $0 ≦ j ≦ s$ 。 $c$ の数は $a - b + 1 = p - s + 2 j + 1$ 。

\sum_{j = 0}^{s} (p - s + 2 j + 1) = (s + 1) (p - s + 1) + s (s + 1) = (p + 1) (s + 1)

$p ≦ s ≦ 2 p$ のとき： $(a, b)$ を $(- b, - a)$ に入れかえると、条件も $c$ の数 $a - b + 1$ も変わらず、 $a + b$ の符号だけが変わる。だから $s$ の場合は $2 p - s$ の場合と同じ数で、 $(p + 1) (2 p - s + 1)$ 。

どちらの場合も、斜めの列の点は $s + 1$ 個（または $2 p - s + 1$ 個）で、書かれた数 $a - b + 1$ の平均がちょうど $p + 1$ になっている。「点の数 × $(p + 1)$ 」の形になるのはそのため。

答え

0 ≦ s ≦ p

のとき

(p + 1) (s + 1)

個、

p ≦ s ≦ 2 p

のとき

(p + 1) (2 p - s + 1)

個、

s < 0

または

s > 2 p

のとき

0

個（

w = - (a + b)

なので

a + b = p - s

。

c

は

a - b + 1

通り。

0 ≦ s ≦ p

なら

b = - j (0 ≦ j ≦ s)

について

\sum_{j = 0}^{s} (p - s + 2 j + 1) = (s + 1) (p + 1)

）

(3)

(2) を $s = 0$ から $2 p$ まで全部足す。

(p + 1) {\sum_{s = 0}^{p} (s + 1) + \sum_{s = p + 1}^{2 p} (2 p - s + 1)} = (p + 1) {\frac{(p + 1) (p + 2)}{2} + \frac{p (p + 1)}{2}}

かっこの中は $\frac{(p + 1) (2 p + 2)}{2} = (p + 1)^{2}$ 。よって総数は $(p + 1)^{3}$ 。

かっこの中は $1 + 2 + \dots + (p + 1) + p + \dots + 2 + 1$ という山の形の和で、右半分を上下さかさにして左半分に積むと $(p + 1) \times (p + 1)$ の正方形になる。だから立方数が出てくる。 $p \neq q$ だと総数は $\frac{(p + 1) (q + 1) (p + q + 2)}{2}$ で、立方数にはならない。ただしこれは山の形を見ただけでは言えない。 $x = p + 1$ 、 $y = q + 1$ として $\frac{x y (x + y)}{2} = n^{3}$ とおき、 $t = \frac{x}{y}$ 、 $X = \frac{2 n}{y}$ 、 $Y = 2 t + 1$ とすると $Y^{2} = X^{3} + 1$ という式になる。この式を満たす有理数の組は $X = - 1, 0, 2$ のものだけ（楕円曲線 $Y^{2} = X^{3} + 1$ の有理点は 6 個しかないという、高校の範囲をこえる定理）で、 $X > 0$ なら $X = 2$ 、 $Y = \pm 3$ 。 $2 t + 1 = \pm 3$ で $t = 1$ または $t = - 2$ だが、 $t = \frac{x}{y} > 0$ なので $t = 1$ （ $x = y$ ）しかない。念のため $p, q ≦ 2000$ は全部計算して、 $p \neq q$ で立方数になるものが無いことを確かめた。

答え

(p + 1)^{3}

個（(2) を

s = 0

〜

2 p

で足す：

(p + 1) {\sum_{s = 0}^{p} (s + 1) + \sum_{s = p + 1}^{2 p} (2 p - s + 1)} = (p + 1) {\frac{(p + 1) (p + 2)}{2} + \frac{p (p + 1)}{2}} = (p + 1)^{3}

）

第6問　2 次関数のグラフを、高さ 1 の帯に入れられるか

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

(2)(3) の条件「すべての $t$ で $0 ≦ x t^{2} + y t + z ≦ 1$ 」は、グラフ $f (t) + z$ が高さ 1 の帯の中に入るということ。 $z$ はグラフを上下にずらすだけなので、入れられるかどうかは最大と最小の差が 1 以下かで決まる。だから (1) で差を求めておく。

(3) は、 $x$ を決めた切り口の面積を求めて $x$ で積分する。切り口では、 $y$ を決めると $z$ は「 $-$ (最小)」から「 $1 -$ (最大)」まで、つまり長さ $1 -$ (差) だけ動ける。

(1)

$x > 0$ なので $f (t) = x t^{2} + y t$ は下に凸。軸は $t = - \frac{y}{2 x}$ 。最大は区間の両はし $f (0) = 0$ 、 $f (1) = x + y$ の大きい方。最小は、軸が $0$ 〜 $1$ にあれば頂点の値 $- \frac{y^{2}}{4 x}$ 、そうでなければはしの値。軸の位置で 4 つに分ける。

軸が 0 以下（ $y ≧ 0$ ）：増えるだけ。差 $= f (1) - f (0) = x + y$ 。

軸が $0$ 〜 $\frac{1}{2}$ （ $- x ≦ y ≦ 0$ ）：最大は軸から遠い $t = 1$ の $x + y$ 、最小は頂点。差 $= x + y + \frac{y^{2}}{4 x} = \frac{(2 x + y)^{2}}{4 x}$ 。

軸が $\frac{1}{2}$ 〜 $1$ （ $- 2 x ≦ y ≦ - x$ ）：最大は $t = 0$ の 0、最小は頂点。差 $= \frac{y^{2}}{4 x}$ 。

軸が 1 以上（ $y ≦ - 2 x$ ）：減るだけ。差 $= 0 - (x + y) = - x - y$ 。

分かれ目 $y = - x$ では $\frac{x}{4}$ どうし、 $y = 0$ では $x$ どうし、 $y = - 2 x$ では $x$ どうしで、値はつながっている。

答え

y ≧ 0

のとき

x + y

、

- x ≦ y ≦ 0

のとき

\frac{(2 x + y)^{2}}{4 x}

、

- 2 x ≦ y ≦ - x

のとき

\frac{y^{2}}{4 x}

、

y ≦ - 2 x

のとき

- x - y

（軸

t = - \frac{y}{2 x}

の位置で分ける。最大は

f (0) = 0

か

f (1) = x + y

、最小は軸が

0

〜

1

にあれば頂点

- \frac{y^{2}}{4 x}

）

(2)

S は「差 $≦ 1$ 」となる $(x, y)$ （ $x > 0$ ）。(1) の 4 つの場合ごとに書く。

$y ≧ 0$ ： $x + y ≦ 1$ 、つまり $y ≦ 1 - x$ 。

$- x ≦ y ≦ 0$ ： $(2 x + y)^{2} ≦ 4 x$ 。 $2 x + y ≧ x > 0$ なので $2 x + y ≦ 2 \sqrt{x}$ 、つまり $y ≦ 2 \sqrt{x} - 2 x$ 。

$- 2 x ≦ y ≦ - x$ ： $y^{2} ≦ 4 x$ 、つまり $y ≧ - 2 \sqrt{x}$ 。

$y ≦ - 2 x$ ： $- x - y ≦ 1$ 、つまり $y ≧ - 1 - x$ 。

$x$ ごとにまとめる。 $0 < x ≦ 1$ では $2 \sqrt{x} - 2 x ≧ 0$ と $- 2 \sqrt{x} ≦ - 2 x$ なので、真ん中の 2 つの場合は全部 S に入り、上は $y ≦ 1 - x$ 、下は $y ≧ - 1 - x$ 。 $1 < x ≦ 4$ では $y ≧ 0$ や $y ≦ - 2 x$ の部分は入らず、上は $y ≦ 2 \sqrt{x} - 2 x$ 、下は $y ≧ - 2 \sqrt{x}$ 。 $x = 4$ で上下とも $- 4$ になって出会い、 $x > 4$ は入らない。

図は、 $0 < x ≦ 1$ で 2 本の平行な直線 $y = 1 - x$ , $y = - 1 - x$ の間、 $1 ≦ x ≦ 4$ で 2 本の放物線 $y = 2 \sqrt{x} - 2 x$ 、 $y = - 2 \sqrt{x}$ の間。どちらの放物線も $x = 1$ で直線と傾き $- 1$ がそろい（接する）、なめらかにつながる。境界はふくみ、 $y$ 軸の上（ $x = 0$ ）はふくまない。

答え

S : 0 < x ≦ 1

で

- 1 - x ≦ y ≦ 1 - x

、

1 ≦ x ≦ 4

で

- 2 \sqrt{x} ≦ y ≦ 2 \sqrt{x} - 2 x

（境界をふくむ。

y

軸上の点はふくまない。直線

y = \pm 1 - x

と放物線

(y + 2 x)^{2} = 4 x

y^{2} = 4 x

は

x = 1

で接してなめらかにつながり、

x = 4

の点

(4

- 4)

で上下の境目が出会う。面積

\frac{17}{3}

）

(3)

$0 < x ≦ 1$ を決め、切り口の面積 $A (x) = \int (1 - 差) d y$ （ $1 - 差 ≧ 0$ の所だけ）を (1) の 4 つの場合ごとに足す。

\int_{0}^{1 - x} (1 - x - y) d y = \frac{(1 - x)^{2}}{2}, \int_{- x}^{0} (1 - \frac{(2 x + y)^{2}}{4 x}) d y = x - \frac{7}{12} x^{2}

\int_{- 2 x}^{- x} (1 - \frac{y^{2}}{4 x}) d y = x - \frac{7}{12} x^{2}, \int_{- 1 - x}^{- 2 x} (1 + x + y) d y = \frac{(1 - x)^{2}}{2}

（ $0 < x ≦ 1$ なので、真ん中の 2 つでは差がいつも 1 以下。）足すと

A (x) = (1 - x)^{2} + 2 x - \frac{7}{6} x^{2} = 1 - \frac{x^{2}}{6}

見方を変えると、 $f (0) + z = z$ と $f (1) + z = x + y + z$ がどちらも $0$ 〜 $1$ に入る所は面積 1 の平行四辺形で、そこから途中の $t$ で下にはみ出す角（面積 $\frac{x^{2}}{6}$ ）を除いたのが切り口。

体積は

V = \int_{0}^{1} (1 - \frac{x^{2}}{6}) d x = 1 - \frac{1}{18} = \frac{17}{18}

答え

V = \frac{17}{18}

（

x

を決めた切り口で、

z

は長さ

1 - (

差

)

だけ動ける。

\int (1 -

差

) d y = \frac{(1 - x)^{2}}{2} + (x - \frac{7}{12} x^{2}) + (x - \frac{7}{12} x^{2}) + \frac{(1 - x)^{2}}{2} = 1 - \frac{x^{2}}{6}

。

\int_{0}^{1} (1 - \frac{x^{2}}{6}) d x = \frac{17}{18}

）

東大過去問 2011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　円の中心と弦でできる三角形は、いつ一番大きい？

問題の読み方

(1)

(2)

第2問　「逆数の小数部分」をくり返すと？

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問　円の上を同じ道のりだけ進む点は、うず巻きを描く

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　放物線の上の二等辺三角形：重心はどこを動く？

問題の読み方

(答)

第5問　[a, b ; c] の並びを数える：全部で (p＋1)³ 個

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問　2 次関数のグラフを、高さ 1 の帯に入れられるか

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大 過去問 2011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 円の中心と弦でできる三角形は、いつ一番大きい？

問題の読み方

(1)

(2)

第2問 「逆数の小数部分」をくり返すと？

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問 円の上を同じ道のりだけ進む点は、うず巻きを描く

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 放物線の上の二等辺三角形：重心はどこを動く？

問題の読み方

(答)

第5問 [a, b ; c] の並びを数える：全部で (p＋1)³ 個

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問 2 次関数のグラフを、高さ 1 の帯に入れられるか

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大過去問 2011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　円の中心と弦でできる三角形は、いつ一番大きい？

第2問　「逆数の小数部分」をくり返すと？

第3問　円の上を同じ道のりだけ進む点は、うず巻きを描く

第4問　放物線の上の二等辺三角形：重心はどこを動く？

第5問　[a, b ; c] の並びを数える：全部で (p＋1)³ 個

第6問　2 次関数のグラフを、高さ 1 の帯に入れられるか