東大過去問 2012年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2012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

　次の連立不等式で定まる座標平面上の領域 $D$ を考える。

x^{2} + (y - 1)^{2} ≦ 1, x ≧ \frac{\sqrt{2}}{3}

直線 $ℓ$ は原点を通り， $D$ との共通部分が線分となるものとする。その線分の長さ $L$ の最大値を求めよ。また， $L$ が最大値をとるとき， $x$ 軸と $ℓ$ のなす角 $θ (0 < θ < \frac{π}{2})$ の余弦 $\cos θ$ を求めよ。

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第2問

　図のように，正三角形を $9$ つの部屋に辺で区切り，部屋 $P, Q$ を定める。 $1$ つの球が部屋 $P$ を出発し， $1$ 秒ごとに，そのままその部屋にとどまることなく，辺を共有する隣の部屋に等確率で移動する。球が $n$ 秒後に部屋 $Q$ にある確率を求めよ。

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第3問

　座標平面上で $2$ つの不等式

y ≧ \frac{1}{2} x^{2}, \frac{x^{2}}{4} + 4 y^{2} ≦ \frac{1}{8}

によって定まる領域を $S$ とする。 $S$ を $x$ 軸のまわりに回転してできる立体の体積を $V_{1}$ とし， $y$ 軸のまわりに回転してできる立体の体積を $V_{2}$ とする。

（1）　 $V_{1}$ と $V_{2}$ の値を求めよ。

（2）　 $\frac{V_{2}}{V_{1}}$ の値と $1$ の大小を判定せよ。

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第4問

　 $n$ を $2$ 以上の整数とする。自然数( $1$ 以上の整数)の $n$ 乗になる数を $n$ 乗数と呼ぶことにする。以下の問いに答えよ。

（1）　連続する $2$ 個の自然数の積は $n$ 乗数でないことを示せ。

（2）　連続する $n$ 個の自然数の積は $n$ 乗数でないことを示せ。

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第5問

　行列 $A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$ が次の条件 (D) を満たすとする。

　(D)　 $A$ の成分 $a, b, c, d$ は整数である。また，平面上の $4$ 点 $(0, 0), (a, b), (a + c, b + d), (c, d)$ は，面積 $1$ の平行四辺形の $4$ つの頂点をなす。

$B = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})$ とおく。次の問いに答えよ。

（1）　行列 $B A$ と $B^{- 1} A$ も条件 (D) を満たすことを示せ。

（2）　 $c = 0$ ならば， $A$ に $B, B^{- 1}$ のどちらかを左から次々にかけることにより， $4$ 個の行列 $(\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}), (\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}), (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}), (\begin{matrix} - 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix})$ のどれかにできることを示せ。

（3）　 $| a | ≧ | c | > 0$ とする。 $B A, B^{- 1} A$ の少なくともどちらか一方は，それを $(\begin{matrix} x & y \\ z & w \end{matrix})$ とすると

| x | + | z | < | a | + | c |

を満たすことを示せ。

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第6問

　 $2 \times 2$ 行列 $P = (\begin{matrix} p & q \\ r & s \end{matrix})$ に対して

T r (P) = p + s

と定める。

　 $a, b, c$ は $a ≧ b > 0, 0 ≦ c ≦ 1$ を満たす実数とする。行列 $A, B, C, D$ を次で定める。

A = (\begin{matrix} a & 0 \\ 0 & b \end{matrix}), B = (\begin{matrix} b & 0 \\ 0 & a \end{matrix}), C = (\begin{matrix} a^{c} & 0 \\ 0 & b^{c} \end{matrix}), D = (\begin{matrix} b^{1 - c} & 0 \\ 0 & a^{1 - c} \end{matrix})

また実数 $x$ に対し $U (x) = (\begin{matrix} \cos x & - \sin x \\ \sin x & \cos x \end{matrix})$ とする。

　このとき以下の問いに答えよ。

（1）　各実数 $t$ に対して， $x$ の関数

f (x) = T r ((U (t) A U (- t) - B) U (x) (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) U (- x))

の最大値 $m (t)$ を求めよ。（ただし，最大値をとる $x$ を求める必要はない。）

（2）　すべての実数 $t$ に対し

2 T r (U (t) C U (- t) D) ≧ T r (U (t) A U (- t) + B) - m (t)

が成り立つことを示せ。

第1問　原点を通る弦を、縦の線で切る：いちばん長く残る向き

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

領域 $D$ は、中心 $(0, 1)$ ・半径 $1$ の円の内側のうち、縦の線 $x = \frac{\sqrt{2}}{3}$ より右の部分。原点を通る直線 $ℓ$ を回したとき、 $D$ の中に入る部分（線分）の長さ $L$ が一番長くなる向きを探す。

かなめは 原点が円の上にある こと。円の上の点を通る直線は、その点からもう一度円と交わるだけなので、弦の長さが $θ$ の式ですぐに書ける。そこから縦の線で切られる分を引けば $L$ が $θ$ の関数になり、あとは微分して最大を探す。

(答)

直線 $ℓ$ を $x$ 軸と角 $θ$ をなす向きにとり、点を原点からの距離 $r$ で $(r \cos θ, r \sin θ)$ と表す。 $D$ と交わるには右上へのびる向きでなければならないので $0 < θ < \frac{π}{2}$ 。円の式に入れると

r^{2} \cos^{2} θ + (r \sin θ - 1)^{2} = 1 ⟺ r^{2} - 2 r \sin θ = 0

なので、原点（ $r = 0$ ）のほかに $r = 2 \sin θ$ で円と交わる。直径 $2$ の円の弦の長さが $2 \sin θ$ になっている。

縦の線 $x ≧ \frac{\sqrt{2}}{3}$ は $r \cos θ ≧ \frac{\sqrt{2}}{3}$ 、つまり原点から $\frac{\sqrt{2}}{3 \cos θ}$ より先の部分。だから

L (θ) = 2 \sin θ - \frac{\sqrt{2}}{3 \cos θ}

（これが正になる $θ$ の範囲で考える）。

微分すると

L^{'} (θ) = 2 \cos θ - \frac{\sqrt{2} \sin θ}{3 \cos^{2} θ}

$θ$ が大きくなると $\cos θ$ は減り、 $\frac{\sin θ}{\cos^{2} θ}$ は増えるので、 $L^{'}$ は減っていく。だから $L^{'} = 0$ となる所がただ 1 つの山の頂上になる。

$L^{'} = 0 ⟺ 6 \cos^{3} θ = \sqrt{2} \sin θ$ 。 $0 < θ < \frac{π}{2}$ では両辺とも正なので、2 乗しても同値。両辺を 2 乗して $u = \cos^{2} θ$ とおくと $36 u^{3} = 2 (1 - u)$ 、つまり

18 u^{3} + u - 1 = (3 u - 1) (6 u^{2} + 2 u + 1) = 0

$6 u^{2} + 2 u + 1 > 0$ なので $u = \frac{1}{3}$ 、 $\cos θ = \frac{1}{\sqrt{3}}$ 、 $\sin θ = \sqrt{\frac{2}{3}}$ 。

このとき $L = 2 \sqrt{\frac{2}{3}} - \frac{\sqrt{2}}{3} \cdot \sqrt{3} = \frac{2 \sqrt{6}}{3} - \frac{\sqrt{6}}{3} = \frac{\sqrt{6}}{3}$ 。角はおよそ ${54.7}^{\circ}$ 。弦全体 $2 \sin θ$ を長くしようと $θ$ を $90^{\circ}$ に近づけると、切られる $\frac{\sqrt{2}}{3 \cos θ}$ が急に増える。その折り合いの所が答えになる。

答え

L

の最大値

\frac{\sqrt{6}}{3}

\cos θ = \frac{\sqrt{3}}{3}

（原点は円の上にあるので、角

θ

の直線と円の弦は

2 \sin θ

。

x ≧ \frac{\sqrt{2}}{3}

で原点から

\frac{\sqrt{2}}{3 \cos θ}

が切られ

L = 2 \sin θ - \frac{\sqrt{2}}{3 \cos θ}

。

L^{'}

は減少し、

L^{'} = 0 ⟺ 6 \cos^{3} θ = \sqrt{2} \sin θ

。

u = \cos^{2} θ

で

18 u^{3} + u - 1 = (3 u - 1) (6 u^{2} + 2 u + 1) = 0

より

u = \frac{1}{3}

）

第2問　9 つの部屋を動く球：Q にいるのは偶数秒後だけ

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

9 つの部屋は、どれも小さな正三角形。向きで分けると 上向きが 6 つ、下向きが 3 つ（P・Q と、下の段の左の下向きの部屋）。辺をはさんだとなりの部屋は必ず向きが逆なので、球は 1 秒ごとに上向きと下向きを行ったり来たりする。

もう 1 つのかなめは、下向きの 3 部屋の形がそろっていること。どの下向きの部屋も、となりは 3 つで、そのうち 1 つは角の部屋（となりが自分だけ）、残りの 2 つはほかの下向きの部屋との間の部屋（となりが 2 つ）。だから「2 秒ごとに下向きの部屋を見る」と、3 部屋の間の移り方がそろって、漸化式（1 つ前から次を決める式）が 1 本で書ける。

(答)

P は下向きなので、奇数秒後には球はかならず上向きの部屋にいる。Q は下向きなので、 $n$ が奇数のとき確率は $0$ 。

偶数秒後を 2 秒ずつ見る。下向きの部屋 X にいるとき、2 秒後の行き先は次のとおり。1 秒目に角の部屋へ行く（確率 $\frac{1}{3}$ ）と、角の部屋のとなりは X だけなので必ず X にもどる。1 秒目に「X と Y の間の部屋」へ行く（確率 $\frac{1}{3}$ ）と、そこから X か Y へ $\frac{1}{2}$ ずつ。Z との間も同じ。

まとめると、2 秒後に X にいる確率は $\frac{1}{3} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{3}$ 、Y と Z にいる確率は $\frac{1}{6}$ ずつ。

$2 k$ 秒後に Q にいる確率を $q_{k}$ とする。図は P を通る縦の線について左右対称で、左下の下向きの部屋と Q が入れかわるので、左下にいる確率も $q_{k}$ 。P にいる確率は $1 - 2 q_{k}$ 。Q へは、P から $\frac{1}{6}$ 、Q から $\frac{2}{3}$ 、左下から $\frac{1}{6}$ で来るので

q_{k + 1} = \frac{1}{6} (1 - 2 q_{k}) + \frac{2}{3} q_{k} + \frac{1}{6} q_{k} = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} q_{k}, q_{0} = 0

$q_{k} - \frac{1}{3} = \frac{1}{2} (q_{k - 1} - \frac{1}{3})$ なので $q_{k} - \frac{1}{3} = {(\frac{1}{2})}^{k} (0 - \frac{1}{3})$ 。 $n = 2 k$ として

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

$n = 2, 4, 6$ で $\frac{1}{6}, \frac{1}{4}, \frac{7}{24}$ と $\frac{1}{3}$ に近づく。時間がたつと、偶数秒後の球は下向きの 3 部屋に同じ確率で分かれていく。

答え

n

が奇数のとき

0

n

が偶数のとき

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

（部屋は上向き 6・下向き 3 で、となりは必ず向きが逆。下向きの P からは偶数秒後だけ下向きの部屋にいる。下向きの部屋から 2 秒後は、同じ部屋に

\frac{2}{3}

、ほかの下向きの部屋に

\frac{1}{6}

ずつ。

2 k

秒後に Q にある確率を

q_{k}

とすると

q_{k + 1} = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} q_{k}

q_{0} = 0

）

第3問　同じ領域を x 軸と y 軸で回す：体積はほとんど同じ

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

$S$ は、放物線 $y = \frac{1}{2} x^{2}$ の上側で、楕円 $\frac{x^{2}}{4} + 4 y^{2} = \frac{1}{8}$ の内側の部分。横に長く平たい、レンズのような形をしている。同じ $S$ を $x$ 軸のまわりと $y$ 軸のまわりに回し、体積をくらべる。

まず境目の点を出す。 $x^{2} = 2 y$ を楕円の式に入れると $\frac{y}{2} + 4 y^{2} = \frac{1}{8}$ 、つまり $32 y^{2} + 4 y - 1 = (8 y - 1) (4 y + 1) = 0$ 。 $y ≧ 0$ なので $y = \frac{1}{8}$ 、 $x = \pm \frac{1}{2}$ 。楕円のいちばん上は $4 y^{2} = \frac{1}{8}$ から $y = \frac{\sqrt{2}}{8}$ 。

回転体の体積は「回す軸に垂直に切った切り口の面積を足しあげる」。 $x$ 軸まわりなら $x$ で切ってドーナツ形、 $y$ 軸まわりなら $y$ で切って円板になる。

(1)

$V_{1}$ （ $x$ 軸まわり）： $x$ で切ると、外の半径は楕円の高さ、内の半径は放物線の高さのドーナツ形。楕円の高さの 2 乗は $y^{2} = \frac{1}{32} - \frac{x^{2}}{16}$ 、放物線の高さの 2 乗は $\frac{x^{4}}{4}$ 。左右対称なので

V_{1} = 2 π \int_{0}^{\frac{1}{2}} (\frac{1}{32} - \frac{x^{2}}{16} - \frac{x^{4}}{4}) d x = 2 π (\frac{1}{64} - \frac{1}{384} - \frac{1}{640}) = \frac{11}{480} π

$V_{2}$ （ $y$ 軸まわり）： $S$ は左右対称なので、右半分を回したものと同じ立体になる。高さ $y$ で切ると円板で、半径は $S$ の右のはし。ここで、半径を決める線が 途中で変わる ことに気をつける。 $0 ≦ y ≦ \frac{1}{8}$ では放物線（半径の 2 乗 $= 2 y$ ）、 $\frac{1}{8} ≦ y ≦ \frac{\sqrt{2}}{8}$ では楕円（半径の 2 乗 $= \frac{1}{2} - 16 y^{2}$ ）。

だから積分を 2 つに分ける。

V_{2} = π \int_{0}^{\frac{1}{8}} 2 y d y + π \int_{\frac{1}{8}}^{\frac{\sqrt{2}}{8}} (\frac{1}{2} - 16 y^{2}) d y

前は $\frac{π}{64}$ 。後ろは $[\frac{y}{2} - \frac{16}{3} y^{3}]$ を計算して $\frac{\sqrt{2}}{24} - \frac{5}{96}$ 。合わせて

V_{2} = π (\frac{1}{64} + \frac{\sqrt{2}}{24} - \frac{5}{96}) = \frac{8 \sqrt{2} - 7}{192} π

デモでは、右のグラフの切り口の面積が $y = \frac{1}{8}$ で折れ曲がるのが見える。

答え

V_{1} = \frac{11}{480} π

V_{2} = \frac{8 \sqrt{2} - 7}{192} π

（交点は

(\pm \frac{1}{2}, \frac{1}{8})

。

V_{1} = 2 π \int_{0}^{\frac{1}{2}} (\frac{1}{32} - \frac{x^{2}}{16} - \frac{x^{4}}{4}) d x

。

V_{2} = π \int_{0}^{\frac{1}{8}} 2 y d y + π \int_{\frac{1}{8}}^{\frac{\sqrt{2}}{8}} (\frac{1}{2} - 16 y^{2}) d y

）

(2)

比をとると

\frac{V_{2}}{V_{1}} = \frac{8 \sqrt{2} - 7}{192} \cdot \frac{480}{11} = \frac{5 (8 \sqrt{2} - 7)}{22} = \frac{40 \sqrt{2} - 35}{22}

これと $1$ をくらべるには、 $40 \sqrt{2} - 35$ と $22$ 、つまり $40 \sqrt{2}$ と $57$ をくらべればよい。

どちらも正なので 2 乗してくらべる： $(40 \sqrt{2})^{2} = 3200$ 、 $57^{2} = 3249$ 。 $3200 < 3249$ なので $40 \sqrt{2} < 57$ 、よって $\frac{V_{2}}{V_{1}} < 1$ 。

実際の値は $0.980$ ほどで、2% しかちがわない。 $\sqrt{2} ≒ 1.4$ と粗く見積もると $40 \sqrt{2} ≒ 56$ で判定がきわどいので、2 乗して整数どうしでくらべるのが確実。デモでは楕円の右辺を変えると比が動き、右辺 $\frac{1}{8}$ は比がちょうど $1$ になる所（およそ $0.114$ ）のすぐ近くにあることが見える。

答え

\frac{V_{2}}{V_{1}} = \frac{5 (8 \sqrt{2} - 7)}{22} < 1

（

\frac{V_{2}}{V_{1}} < 1 ⟺ 40 \sqrt{2} < 57

。

(40 \sqrt{2})^{2} = 3200 < 3249 = 57^{2}

）

第4問　連続する数をかけても、n 乗数にはならない

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

「 $n$ 乗数でない」ことを示すので、どちらも $n$ 乗数だと仮定して矛盾を出す（背理法）。使う道具は 2 つ。

となりどうしの整数は共通の素因数を持たない（ $m$ と $m + 1$ の両方を割る数は、差の $1$ も割るので $1$ だけ）。

大きさではさむ： $n$ 乗根がどのあたりにあるかを不等式でしぼる。

(1)

$k (k + 1) = m^{n}$ （ $k, m$ は自然数）と仮定する。 $k$ と $k + 1$ は共通の素因数を持たないので、 $m^{n}$ の素因数分解で、それぞれの素数はまるごと $k$ か $k + 1$ のどちらか一方に入る。 $m^{n}$ の素数ごとの指数は $n$ の倍数なので、 $k$ も $k + 1$ もそれぞれ $n$ 乗数になる： $k = a^{n}$ 、 $k + 1 = b^{n}$ （ $b > a ≧ 1$ ）。

ところが $b ≧ a + 1$ なので

b^{n} - a^{n} ≧ (a + 1)^{n} - a^{n} ≧ 2^{n} - 1 ≧ 3

（ $(a + 1)^{n} - a^{n}$ は $a$ が大きいほど大きいので、 $a = 1$ のときが一番小さい）。これは $b^{n} - a^{n} = 1$ と合わない。よって $k (k + 1)$ は $n$ 乗数でない。

$a ≧ 1$ を使った所に注意。 $0$ を自然数に入れると $0 \times 1 = 0 = 0^{n}$ となってしまう。「 $1$ 以上の整数」とわざわざ書いてあるのはこのため。

答え示すこと：連続する 2 個の自然数の積

k (k + 1)

は

n

乗数でない。要点：

k

と

k + 1

は共通の素因数を持たないので、

k (k + 1) = m^{n}

なら

k = a^{n}

k + 1 = b^{n} (b > a ≧ 1)

。でも

b^{n} - a^{n} ≧ (a + 1)^{n} - a^{n} ≧ 2^{n} - 1 ≧ 3 > 1

で矛盾

(2)

$P = k (k + 1) \dots (k + n - 1) = m^{n}$ と仮定する。まず大きさではさむ。 $n ≧ 2$ なので、かけた数には $k$ より大きい数も $k + n - 1$ より小さい数もあり、

k^{n} < P < (k + n - 1)^{n}

よって $k < m < k + n - 1$ 。 $m$ は整数なので、 $m$ は $k + 1, \dots, k + n - 2$ のどれか。つまり $m$ はかけた数の 1 つで、 $m + 1$ （ $≦ k + n - 1$ ）もかけた数の 1 つ。

すると $m + 1$ は $P = m^{n}$ を割り切る。ところが $m$ と $m + 1$ は共通の素因数を持たないので、 $m + 1$ の素因数（ $m + 1 ≧ 2$ なので 1 つはある）は $m^{n}$ に入っていない。これは矛盾。

$n = 2$ のときは $k < m < k + 1$ となる整数 $m$ がそもそも無いので、はさんだ所で終わる（(1) の $n = 2$ の場合と同じ）。

デモでは、積の $n$ 乗根がかけた数たちのまん中あたりに来ることが見える。 $k$ が大きいと $n$ 乗根 $- k$ は $\frac{n - 1}{2}$ に近づく（相加平均と相乗平均がほぼ等しくなる）。

答え示すこと：

P = k (k + 1) \dots (k + n - 1)

は

n

乗数でない。要点：

k^{n} < P < (k + n - 1)^{n}

なので、

P = m^{n}

なら

k < m < k + n - 1

。すると

m

も

m + 1

も積の中の数で、

m + 1

は

P = m^{n}

を割り切る。

m

と

m + 1

は共通の素因数を持たず

m + 1 ≧ 2

なので矛盾（

n = 2

なら

k < m < k + 1

の整数が無い）

第5問　行列 B をかけると、平行四辺形は面積 1 のまま横にずれる

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

$B$ を左からかけると $B A = (\begin{matrix} a + c & b + d \\ c & d \end{matrix})$ ：1 行目に 2 行目を足す。 $B^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})$ なら引く。図で言えば、点 $(a, b)$ が $(c, d)$ の向きにずれるだけで、底辺 $(c, d)$ と高さは変わらない。

(1)

$B A = (\begin{matrix} a + c & b + d \\ c & d \end{matrix})$ 、 $B^{- 1} A = (\begin{matrix} a - c & b - d \\ c & d \end{matrix})$ 。成分は整数どうしの足し算・引き算なので整数。

面積にあたる値を計算すると

(a \pm c) d - (b \pm d) c = a d - b c \pm (c d - d c) = a d - b c

なので $| |$ をとっても $1$ のまま。4 点は面積 1 の平行四辺形をなし、(D) を満たす。図では、平行四辺形が同じ底辺・同じ高さのまま横にずれる（面積が変わらない）ことにあたる。

答え示すこと：

B A

B^{- 1} A

も (D) を満たす。要点：平行四辺形の面積は

| a d - b c |

なので (D) は「成分が整数で

| a d - b c | = 1

」。

B A = (\begin{matrix} a + c & b + d \\ c & d \end{matrix})

B^{- 1} A = (\begin{matrix} a - c & b - d \\ c & d \end{matrix})

は成分が整数で、

(a \pm c) d - (b \pm d) c = a d - b c

なので面積も 1

(2)

$c = 0$ なら面積は $| a d | = 1$ 。 $a, d$ は整数なので $a = \pm 1$ 、 $d = \pm 1$ 。

$B$ を $k$ 回かけると（ $k$ が負なら $B^{- 1}$ を $| k |$ 回）、1 行目に 2 行目を $k$ 回足すことになる。2 行目は $(0, d)$ なので

B^{k} A = (\begin{matrix} a & b + k d \\ 0 & d \end{matrix})

右上を $0$ にしたい。 $d^{2} = 1$ なので $k = - b d$ とすれば $b + k d = b - b d^{2} = 0$ 。

こうして $(\begin{matrix} a & 0 \\ 0 & d \end{matrix})$ （ $a, d = \pm 1$ ）になり、4 つの行列のどれかになる。かける回数は $| k | = | b |$ 回。 $b = 0$ ならはじめから対角になっている（かける回数 0。気になるなら $B$ と $B^{- 1}$ を 1 回ずつかければ同じ行列にもどる）。

答え示すこと：

c = 0

なら対角

\pm 1

の 4 つのどれかにできる。要点：

| a d | = 1

より

a

d

は

\pm 1

。

B^{k} = (\begin{matrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{matrix})

より

B^{k} A = (\begin{matrix} a & b + k d \\ 0 & d \end{matrix})

。

k = - b d

とすると右上は

b - b d^{2} = 0

。

k > 0

なら

B

、

k < 0

なら

B^{- 1}

を

| k | = | b |

回かければよい

(3)

$B A$ と $B^{- 1} A$ の左の列は $(a + c, c)$ と $(a - c, c)$ 。どちらも $z = c$ なので、 $| x | = | a \pm c |$ を $| a |$ より小さくできるかを見ればよい。

$c$ を $a$ と逆の向きに 足すのがこつ。 $a$ と $c$ が同じ符号なら $a - c$ （ $B^{- 1} A$ ）、ちがう符号なら $a + c$ （ $B A$ ）をとる。 $| a | ≧ | c |$ なので、どちらの場合も $| x | = | a | - | c |$ （ $a$ から $c$ の大きさだけ $0$ に近づく）。

すると $| x | + | z | = (| a | - | c |) + | c | = | a |$ 。 $| c | > 0$ なので $| a | < | a | + | c |$ となり、示せた。

これは割り算の余りを取っていく互除法と同じ動き。デモでは、小さくできる方をくり返し選ぶと $| x | + | z |$ が下がっていく。なお、小さい方の $| x |$ はいつも $| | a | - | c | |$ なので、 $| a | < | c |$ でも $| c | < 2 | a |$ なら小さくなる。 $| a | ≧ | c |$ は、小さくなるための十分な条件になっている。

答え示すこと：

| a | ≧ | c | > 0

なら

B A

B^{- 1} A

の一方は

| x | + | z | < | a | + | c |

。要点：左の列は

(a \pm c

c)

で

z = c

。

a

と

c

が同じ符号なら

B^{- 1} A

、ちがう符号なら

B A

をとると、

| a | ≧ | c |

より

| x | = | a | - | c |

。よって

| x | + | z | = | a | < | a | + | c |

第6問　回した行列の Tr：2 本の「折り返しの線」がそろうとき最大

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

$T r$ は対角の成分の和。 $U (x)$ は角 $x$ の回転の行列で、 $U (- x)$ はその逆回転。 $U (t) A U (- t)$ は「 $A$ を $t$ だけ回したもの」で、 $T r$ は回しても変わらない（ $T r (P Q) = T r (Q P)$ から）。

まず行列を実際に計算して、形を見やすくするのが筋。とくに $U (x) (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) U (- x)$ は「角 $x$ の線で折り返す」行列 $(\begin{matrix} \cos 2 x & \sin 2 x \\ \sin 2 x & - \cos 2 x \end{matrix})$ になる。(2) では $| \cos t |$ を 1 つの文字にまとめると、2 次式の符号の問題になる。

(1)

$U (t) A U (- t)$ を計算すると

U (t) A U (- t) = (\begin{matrix} a \cos^{2} t + b \sin^{2} t & (a - b) \sin t \cos t \\ (a - b) \sin t \cos t & a \sin^{2} t + b \cos^{2} t \end{matrix})

ここから $B = (\begin{matrix} b & 0 \\ 0 & a \end{matrix})$ を引くと、左上は $(a - b) \cos^{2} t$ 、右下は $- (a - b) \cos^{2} t$ になり

U (t) A U (- t) - B = (a - b) \cos t (\begin{matrix} \cos t & \sin t \\ \sin t & - \cos t \end{matrix})

これは角 $\frac{t}{2}$ の線で折り返す行列の $(a - b) \cos t$ 倍。

一方 $U (x) (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) U (- x) = (\begin{matrix} \cos 2 x & \sin 2 x \\ \sin 2 x & - \cos 2 x \end{matrix})$ 。2 つをかけて対角の成分を足すと

f (x) = (a - b) \cos t (2 \cos t \cos 2 x + 2 \sin t \sin 2 x)

= 2 (a - b) \cos t \cos (2 x - t)

$x$ を動かすと $\cos (2 x - t)$ は $- 1$ から $1$ まで全部の値をとる。 $a - b ≧ 0$ なので、 $\cos t$ の符号に合わせて $\cos (2 x - t) = \pm 1$ を選べば最大で、 $m (t) = 2 (a - b) | \cos t |$ 。デモでは、角 $x$ の線が角 $\frac{t}{2}$ の線にそろう（または直角になる）とき最大になるのが見える。

答え

m (t) = 2 (a - b) | \cos t |

（

U (t) A U (- t) - B = (a - b) \cos t (\begin{matrix} \cos t & \sin t \\ \sin t & - \cos t \end{matrix})

、

U (x) (\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & - 1 \end{matrix}) U (- x) = (\begin{matrix} \cos 2 x & \sin 2 x \\ \sin 2 x & - \cos 2 x \end{matrix})

より

f (x) = 2 (a - b) \cos t \cos (2 x - t)

）

(2)

左辺を計算する。 $U (t) C U (- t)$ の対角の成分は $a^{c} \cos^{2} t + b^{c} \sin^{2} t$ と $a^{c} \sin^{2} t + b^{c} \cos^{2} t$ 。 $D$ は対角なので、かけて $T r$ をとると

2 T r (U (t) C U (- t) D) = 2 {\cos^{2} t \cdot S + \sin^{2} t \cdot (a + b)}

ただし $S = a^{c} b^{1 - c} + a^{1 - c} b^{c}$ 。右辺は、 $T r$ が回しても変わらないので $T r (A) + T r (B) = 2 (a + b)$ から $m (t)$ を引いて $2 (a + b) - 2 (a - b) | \cos t |$ 。

$u = | \cos t |$ （ $0 ≦ u ≦ 1$ ）、 $\sin^{2} t = 1 - u^{2}$ とおいて左辺 $-$ 右辺を整理すると

2 u {(a - b) - (a + b - S) u}

$u ≧ 0$ なので、 ${}$ の中が $0$ 以上であることを示せばよい。

ここで $S ≧ 2 b$ を使う。 $a ≧ b > 0$ と $0 ≦ c ≦ 1$ （指数が $0$ 以上）から $a^{c} ≧ b^{c}$ 、 $a^{1 - c} ≧ b^{1 - c}$ 。だから

a^{c} b^{1 - c} ≧ b^{c} b^{1 - c} = b, a^{1 - c} b^{c} ≧ b^{1 - c} b^{c} = b

で、 $S ≧ 2 b$ 。つまり $a + b - S ≦ a - b$ 。

$a + b - S ≧ 0$ のときは、 $u ≦ 1$ なので

(a - b) - (a + b - S) u ≧ (a - b) - (a + b - S) = S - 2 b ≧ 0

$a + b - S < 0$ のときは、 ${}$ の中は $a - b$ （ $0$ 以上）以上（ $u > 0$ なら $a - b$ より大きい）。どちらでも $0$ 以上で、不等式が示せた。等号は $u = 0$ （ $t = 90^{\circ}$ など）のときと、 $a = b$ のとき（左辺も右辺も $4 a$ で、どの $t$ , $c$ でも等しい）。 $a > b$ なら $S > 2 b$ なので、 $u > 0$ で等号にはならない。

デモでは、右辺から $m (t)$ を取ると不等号が逆になる（ $0 ≦ c ≦ 1$ では $S ≦ a + b$ ）ことも見える。 $m (t)$ はちょうど足りない分を埋める量になっている。

答え示すこと：

2 T r (U (t) C U (- t) D) ≧ T r (U (t) A U (- t) + B) - m (t)

。要点：

S = a^{c} b^{1 - c} + a^{1 - c} b^{c}

u = | \cos t |

とおくと、左辺

= 2 {u^{2} S + (1 - u^{2}) (a + b)}

、右辺

= 2 (a + b) - 2 (a - b) u

で、差は

2 u {(a - b) - (a + b - S) u}

。

a ≧ b > 0

0 ≦ c ≦ 1

より

a^{c} ≧ b^{c}

a^{1 - c} ≧ b^{1 - c}

なので

S ≧ 2 b

、つまり

a + b - S ≦ a - b

。

0 ≦ u ≦ 1

なので

{}

の中は

0

以上

東大過去問 2012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　原点を通る弦を、縦の線で切る：いちばん長く残る向き

問題の読み方

(答)

第2問　9 つの部屋を動く球：Q にいるのは偶数秒後だけ

問題の読み方

(答)

第3問　同じ領域を x 軸と y 軸で回す：体積はほとんど同じ

問題の読み方

(1)

(2)

第4問　連続する数をかけても、n 乗数にはならない

問題の読み方

(1)

(2)

第5問　行列 B をかけると、平行四辺形は面積 1 のまま横にずれる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問　回した行列の Tr：2 本の「折り返しの線」がそろうとき最大

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2012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 原点を通る弦を、縦の線で切る：いちばん長く残る向き

問題の読み方

(答)

第2問 9 つの部屋を動く球：Q にいるのは偶数秒後だけ

問題の読み方

(答)

第3問 同じ領域を x 軸と y 軸で回す：体積はほとんど同じ

問題の読み方

(1)

(2)

第4問 連続する数をかけても、n 乗数にはならない

問題の読み方

(1)

(2)

第5問 行列 B をかけると、平行四辺形は面積 1 のまま横にずれる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問 回した行列の Tr：2 本の「折り返しの線」がそろうとき最大

問題の読み方

(1)

(2)

東大過去問 2012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　原点を通る弦を、縦の線で切る：いちばん長く残る向き

第2問　9 つの部屋を動く球：Q にいるのは偶数秒後だけ

第3問　同じ領域を x 軸と y 軸で回す：体積はほとんど同じ

第4問　連続する数をかけても、n 乗数にはならない

第5問　行列 B をかけると、平行四辺形は面積 1 のまま横にずれる

第6問　回した行列の Tr：2 本の「折り返しの線」がそろうとき最大