東大過去問 2014年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2014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

　 $1$ 辺の長さが $1$ の正方形を底面とする四角柱 $O A B C – D E F G$ を考える。 $3$ 点 $P, Q, R$ を，それぞれ辺 $A E$ ，辺 $B F$ ，辺 $C G$ 上に， $4$ 点 $O, P, Q, R$ が同一平面上にあるようにとる。四角形 $O P Q R$ の面積を $S$ とおく。また， $∠ A O P$ を $α$ ， $∠ C O R$ を $β$ とおく。

（1）　 $S$ を $\tan α$ と $\tan β$ を用いて表せ。

（2）　 $α + β = \frac{π}{4}$ ， $S = \frac{7}{6}$ であるとき， $\tan α + \tan β$ の値を求めよ。さらに， $α ≦ β$ のとき， $\tan α$ の値を求めよ。

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第2問

　 $a$ を自然数（すなわち $1$ 以上の整数）の定数とする。

　白球と赤球があわせて $1$ 個以上入っている袋 $U$ に対して，次の操作 $(*)$ を考える。

　 $(*)$ 　袋 $U$ から球を $1$ 個取り出し，

　　(i)　取り出した球が白球のときは，袋 $U$ の中身が白球 $a$ 個，赤球 $1$ 個となるようにする。

　　(ii)　取り出した球が赤球のときは，その球を袋 $U$ へ戻すことなく，袋 $U$ の中身はそのままにする。

　はじめに袋 $U$ の中に，白球が $a + 2$ 個，赤球が $1$ 個入っているとする。この袋 $U$ に対して操作 $(*)$ を繰り返し行う。

　たとえば， $1$ 回目の操作で白球が出たとすると，袋 $U$ の中身は白球 $a$ 個，赤球 $1$ 個となり，さらに $2$ 回目の操作で赤球が出たとすると，袋 $U$ の中身は白球 $a$ 個のみとなる。

　 $n$ 回目に取り出した球が赤球である確率を $p_{n}$ とする。ただし，袋 $U$ の中の個々の球の取り出される確率は等しいものとする。

（1）　 $p_{1}, p_{2}$ を求めよ。

（2）　 $n ≧ 3$ に対して $p_{n}$ を求めよ。

（3）　 $lim_{m \to \infty} \frac{1}{m} \sum_{n = 1}^{m} p_{n}$ を求めよ。

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第3問

　 $u$ を実数とする。座標平面上の $2$ つの放物線

C_{1} : y = - x^{2} + 1

C_{2} : y = (x - u)^{2} + u

を考える。 $C_{1}$ と $C_{2}$ が共有点をもつような $u$ の値の範囲は，ある実数 $a, b$ により， $a ≦ u ≦ b$ と表される。

（1）　 $a, b$ の値を求めよ。

（2）　 $u$ が $a ≦ u ≦ b$ をみたすとき， $C_{1}$ と $C_{2}$ の共有点を $P_{1} (x_{1}, y_{1})$ ， $P_{2} (x_{2}, y_{2})$ とする。ただし，共有点が $1$ 点のみのときは， $P_{1}$ と $P_{2}$ は一致し，ともにその共有点を表すとする。

2 | x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} |

　を $u$ の式で表せ。

（3）　（2）で得られる $u$ の式を $f (u)$ とする。定積分

I = \int_{a}^{b} f (u) d u

　を求めよ。

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第4問

　 $p, q$ は実数の定数で， $0 < p < 1$ ， $q > 0$ をみたすとする。関数

f (x) = (1 - p) x + (1 - x) (1 - e^{- q x})

を考える。

　以下の問いに答えよ。必要であれば，不等式 $1 + x ≦ e^{x}$ がすべての実数 $x$ に対して成り立つことを証明なしに用いてよい。

（1）　 $0 < x < 1$ のとき， $0 < f (x) < 1$ であることを示せ。

（2）　 $x_{0}$ は $0 < x_{0} < 1$ をみたす実数とする。数列 ${x_{n}}$ の各項 $x_{n} (n = 1, 2, 3, \dots)$ を，

x_{n} = f (x_{n - 1})

　によって順次定める。 $p > q$ であるとき，

lim_{n \to \infty} x_{n} = 0

　となることを示せ。

（3）　 $p < q$ であるとき，

c = f (c), 0 < c < 1

　をみたす実数 $c$ が存在することを示せ。

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第5問

　 $r$ を $0$ 以上の整数とし，数列 ${a_{n}}$ を次のように定める。

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

また，素数 $p$ を $1$ つとり， $a_{n}$ を $p$ で割った余りを $b_{n}$ とする。ただし， $0$ を $p$ で割った余りは $0$ とする。

（1）　自然数 $n$ に対し， $b_{n + 2}$ は $b_{n + 1} (b_{n} + 1)$ を $p$ で割った余りと一致することを示せ。

（2）　 $r = 2$ ， $p = 17$ の場合に， $10$ 以下のすべての自然数 $n$ に対して， $b_{n}$ を求めよ。

（3）　ある $2$ つの相異なる自然数 $n, m$ に対して，

b_{n + 1} = b_{m + 1} > 0, b_{n + 2} = b_{m + 2}

　が成り立ったとする。このとき， $b_{n} = b_{m}$ が成り立つことを示せ。

（4）　 $a_{2}, a_{3}, a_{4}, \dots$ に $p$ で割り切れる数が現れないとする。このとき， $a_{1}$ も $p$ で割り切れないことを示せ。

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第6問

　座標平面の原点を $O$ で表す。

　線分 $y = \sqrt{3} x (0 ≦ x ≦ 2)$ 上の点 $P$ と，線分 $y = - \sqrt{3} x (- 2 ≦ x ≦ 0)$ 上の点 $Q$ が，線分 $O P$ と線分 $O Q$ の長さの和が $6$ となるように動く。このとき，線分 $P Q$ の通過する領域を $D$ とする。

（1）　 $s$ を $0 ≦ s ≦ 2$ をみたす実数とするとき，点 $(s, t)$ が $D$ に入るような $t$ の範囲を求めよ。

（2）　 $D$ を図示せよ。

第1問　四角柱をななめに切った面の広さ

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

四角柱に座標を入れると、全部が簡単な式になる。O を原点、 $A (1, 0, 0)$ 、 $C (0, 1, 0)$ 、 $B (1, 1, 0)$ とし、上に向かう向きを $z$ 軸にする。P は辺 AE の上なので $P (1, 0, h)$ の形で、 $∠ A O P = α$ から高さは $h = \tan α$ （直角三角形 OAP で、 $O A = 1$ ）。同じように $R (0, 1, \tan β)$ 。

かなめは 2 つ。O, P, Q, R が同じ平面なら、四角形 OPQR は平行四辺形になる。平行な 2 つの側面（OAED と CBFG）を 1 つの平面で切ると、切り口の線は平行になるので OP と RQ が平行。側面 OCGD と ABFE で考えると OR と PQ も平行。そして平行四辺形の面積は、となり合う 2 辺のベクトルの外積の長さで出せる。

(2) は、 $α + β$ と $S$ が決まっているとき、 $\tan α$ と $\tan β$ の「和と積」に目をつける。加法定理が和と積の関係をくれる。

(1)

平行四辺形なので $\vec{O Q} = \vec{O P} + \vec{O R} = (1, 1, \tan α + \tan β)$ 。Q は確かに辺 BF の上（ $x = y = 1$ ）にあり、高さは P と R の高さの和。

面積は外積の長さ：

\vec{O P} \times \vec{O R} = (1, 0, \tan α) \times (0, 1, \tan β) = (- \tan α, - \tan β, 1)

その長さが $S$ なので

S = \sqrt{1 + \tan^{2} α + \tan^{2} β}

外積を使わないなら、 $| \vec{O P} |^{2} | \vec{O R} |^{2} - (\vec{O P} \cdot \vec{O R})^{2}$ の平方根でもよい。 $(1 + \tan^{2} α) (1 + \tan^{2} β) - \tan^{2} α \tan^{2} β$ を展開すると同じ式になる。

なるほど：外積の 3 つの成分は、切り口を床（ $x y$ 平面）と 2 つの壁に真上・真横から落とした影の面積（1、 $\tan α$ 、 $\tan β$ ）。切り口の面積の 2 乗は、影の面積の 2 乗の和になっている（面積の三平方）。

答え

S = \sqrt{1 + \tan^{2} α + \tan^{2} β}

（O を原点に

A (1

0

0)

C (0

1

0)

とすると

P (1

0

\tan α)

R (0

1

\tan β)

。4 点が同じ平面なので OPQR は平行四辺形で

Q (1

1

\tan α + \tan β)

。

S = | \vec{O P} \times \vec{O R} | = | (- \tan α

- \tan β

1) |

）

(2)

$s = \tan α + \tan β$ 、 $p = \tan α \tan β$ とおく。加法定理で

\tan (α + β) = \frac{s}{1 - p} = \tan \frac{π}{4} = 1 ⟹ s = 1 - p

$S = \frac{7}{6}$ を (1) に入れると $\tan^{2} α + \tan^{2} β = \frac{49}{36} - 1 = \frac{13}{36}$ 。左辺は $s^{2} - 2 p$ なので、 $p = 1 - s$ を入れて

s^{2} + 2 s - \frac{85}{36} = 0 ⟹ s = - 1 \pm \frac{11}{6}

$α, β$ は $0$ 以上 $\frac{π}{2}$ 未満なので $\tan α, \tan β ≧ 0$ 、つまり $s ≧ 0$ 。よって $s = \frac{5}{6}$ 、 $p = \frac{1}{6}$ 。

$\tan α, \tan β$ は $t^{2} - \frac{5}{6} t + \frac{1}{6} = 0$ の 2 つの解で、 $(t - \frac{1}{3}) (t - \frac{1}{2}) = 0$ 。 $α ≦ β$ なら $\tan α ≦ \tan β$ なので小さいほうをとる。

$α + β = \frac{π}{4}$ のまま $α$ を動かすと、 $S$ は $α = β = \frac{π}{8}$ で一番小さく約 $1.159$ 、 $α = 0$ で一番大きく $\sqrt{2}$ 。 $\frac{7}{6} ≒ 1.167$ はこの間にあるので、答えが 2 つ（ $α$ と $β$ の入れかえ）出てくる。

答え

\tan α + \tan β = \frac{5}{6}

\tan α = \frac{1}{3}

（

s = \tan α + \tan β

p = \tan α \tan β

とおくと

\tan (α + β) = 1

から

s = 1 - p

。

S^{2} = \frac{49}{36}

から

s^{2} - 2 p = \frac{13}{36}

。

s^{2} + 2 s - \frac{85}{36} = 0

と

s > 0

から

s = \frac{5}{6}

p = \frac{1}{6}

。

\tan α

\tan β

は

\frac{1}{3}

\frac{1}{2}

で、

α ≦ β

から

\tan α = \frac{1}{3}

）

第2問　袋から赤が出る確率は、ゆれながら 1/(a+2) へ

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

袋の中身は、1 回目を除けば 2 つの様子しかない。「白 $a$ 個・赤 1 個（赤がある）」と「白だけ」。白が出ると必ず「赤がある」にもどり、赤が出ると「白だけ」になる。白だけの袋からは必ず白が出るので、次は「赤がある」にもどる。

そこで、 $n$ 回目に取り出す前に袋に赤がある確率を $q_{n}$ とおく。 $n ≧ 2$ では赤があるとき袋は白 $a$ 個・赤 1 個なので、 $p_{n} = \frac{q_{n}}{a + 1}$ 。 $q_{n}$ の漸化式を作れば $p_{n}$ が出る。

1 回目だけは袋が白 $a + 2$ 個・赤 1 個と特別なので、(1) で別に計算する。

(1)

1 回目：球は全部で $a + 3$ 個、赤は 1 個なので $p_{1} = \frac{1}{a + 3}$ 。

2 回目：1 回目に赤が出ると袋は白だけになり、2 回目に赤は出ない。1 回目に白が出る（確率 $\frac{a + 2}{a + 3}$ ）と袋は白 $a$ 個・赤 1 個になり、2 回目に赤が出る確率は $\frac{1}{a + 1}$ 。

p_{2} = \frac{a + 2}{a + 3} \cdot \frac{1}{a + 1} = \frac{a + 2}{(a + 1) (a + 3)}

答え

p_{1} = \frac{1}{a + 3}

p_{2} = \frac{a + 2}{(a + 1) (a + 3)}

（1 回目に白（確率

\frac{a + 2}{a + 3}

）なら袋は白

a

・赤 1 になり、2 回目の赤は

\frac{1}{a + 1}

。1 回目に赤なら袋は白だけ）

(2)

$n + 1$ 回目の前に赤があるのは、「 $n$ 回目の前に赤があって白が出た」か「 $n$ 回目の前に白だけだった」とき。

q_{n + 1} = q_{n} \cdot \frac{a}{a + 1} + (1 - q_{n}) = 1 - \frac{q_{n}}{a + 1} (n ≧ 2)

1 回目に白が出れば 2 回目の前に赤があるので $q_{2} = \frac{a + 2}{a + 3}$ 。

動かない値（ $q = 1 - \frac{q}{a + 1}$ の解）は $q = \frac{a + 1}{a + 2}$ 。ここからのずれは毎回 $- \frac{1}{a + 1}$ 倍になる：

q_{n} - \frac{a + 1}{a + 2} = {(- \frac{1}{a + 1})}^{n - 2} (q_{2} - \frac{a + 1}{a + 2}), q_{2} - \frac{a + 1}{a + 2} = \frac{1}{(a + 2) (a + 3)}

$p_{n} = \frac{q_{n}}{a + 1}$ に入れて整理すると

p_{n} = \frac{1}{a + 2} + \frac{(- 1)^{n}}{(a + 1)^{n - 1} (a + 2) (a + 3)}

符号が毎回入れかわるので、 $p_{n}$ は $\frac{1}{a + 2}$ の上下をゆれながら近づく。

なるほど：この式に $n = 1, 2$ を入れても $p_{1}, p_{2}$ と合う。はじめの白を $a + 1$ 個にすると、 $p_{n}$ は最初からずっと $\frac{1}{a + 2}$ になる。

答え

p_{n} = \frac{1}{a + 2} + \frac{(- 1)^{n}}{(a + 1)^{n - 1} (a + 2) (a + 3)}

（

n

回目の前に袋に赤がある確率を

q_{n}

とすると、

n ≧ 2

で

p_{n} = \frac{q_{n}}{a + 1}

、

q_{n + 1} = 1 - \frac{q_{n}}{a + 1}

、

q_{2} = \frac{a + 2}{a + 3}

。

q_{n} - \frac{a + 1}{a + 2}

が

- \frac{1}{a + 1}

倍ずつになる）

(3)

$p_{n} = \frac{1}{a + 2} + c r^{n}$ （ $r = - \frac{1}{a + 1}$ 、 $c$ は $n$ によらない数）の形なので、和は

\sum_{n = 1}^{m} p_{n} = \frac{m}{a + 2} + c \cdot \frac{r (1 - r^{m})}{1 - r}

後ろの項は、 $| r | < 1$ なので $m$ を大きくしても一定の大きさより大きくならない。

$m$ で割ると後ろの項は 0 に近づき、 $\frac{1}{m} \sum_{n = 1}^{m} p_{n} \to \frac{1}{a + 2}$ 。

長い目で見ると、袋に赤がある時間の割合が $\frac{a + 1}{a + 2}$ 、そのとき赤が出る確率が $\frac{1}{a + 1}$ で、かけると $\frac{1}{a + 2}$ 。1 本長く取り出したときの赤の割合も、この値に近づく。

答え

\frac{1}{a + 2}

（

p_{n} - \frac{1}{a + 2}

の和は、公比

- \frac{1}{a + 1}

の等比数列の和なので

m

によらず一定の大きさ以下。

m

で割ると 0 に近づく）

第3問　2 つの放物線の共有点と、三角形の面積の積分

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

$C_{1}$ は頂点 $(0, 1)$ の下に開いた放物線、 $C_{2}$ は頂点 $(u, u)$ の上に開いた放物線。 $u$ を動かすと $C_{2}$ の頂点は直線 $y = x$ の上をすべる。

共有点は、2 つの式を等しいとおいた 2 次方程式の解。 $x$ 座標 $x_{1}, x_{2}$ は具体的に書くと根号が出てめんどうなので、解と係数の関係で和と積だけを使う。 $y$ 座標は $y_{i} = 1 - x_{i}^{2}$ （ $C_{1}$ の上）と書ける。

(2) の $2 | x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} |$ は、原点 O と $P_{1}$ 、 $P_{2}$ でできる三角形の面積 $\frac{1}{2} | x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} |$ の 4 倍。

(1)

$- x^{2} + 1 = (x - u)^{2} + u$ を整理すると

2 x^{2} - 2 u x + u^{2} + u - 1 = 0

共有点をもつ ⇔ この 2 次方程式が実数解をもつ ⇔ 判別式 $≧ 0$ ：

\frac{D}{4} = u^{2} - 2 (u^{2} + u - 1) = - u^{2} - 2 u + 2 ≧ 0 ⟺ u^{2} + 2 u - 2 ≦ 0

$u^{2} + 2 u - 2 = 0$ の解は $u = - 1 \pm \sqrt{3}$ なので、 $- 1 - \sqrt{3} ≦ u ≦ - 1 + \sqrt{3}$ 。

答え

a = - 1 - \sqrt{3}

b = - 1 + \sqrt{3}

（2 式を等しくおくと

2 x^{2} - 2 u x + u^{2} + u - 1 = 0

。判別式/　

4 = - u^{2} - 2 u + 2 ≧ 0

）

(2)

$y_{1} = 1 - x_{1}^{2}$ 、 $y_{2} = 1 - x_{2}^{2}$ を入れる。

x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} = x_{1} - x_{1} x_{2}^{2} - x_{2} + x_{2} x_{1}^{2} = (x_{1} - x_{2}) (1 + x_{1} x_{2})

解と係数の関係から $x_{1} + x_{2} = u$ 、 $x_{1} x_{2} = \frac{u^{2} + u - 1}{2}$ 。

$1 + x_{1} x_{2} = \frac{u^{2} + u + 1}{2}$ は、 $u^{2} + u + 1 = {(u + \frac{1}{2})}^{2} + \frac{3}{4} > 0$ なのでいつも正。

$| x_{1} - x_{2} |$ は、2 次方程式 $2 x^{2} - 2 u x + \dots = 0$ の 2 解の差なので $\frac{\sqrt{D}}{2} = \sqrt{- u^{2} - 2 u + 2}$ 。

合わせて

2 | x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} | = (u^{2} + u + 1) \sqrt{- u^{2} - 2 u + 2}

共有点が 1 点のときは $x_{1} = x_{2}$ で 0 になり、式もちょうど 0（根号の中が 0）になる。

答え

2 | x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} | = (u^{2} + u + 1) \sqrt{- u^{2} - 2 u + 2}

（

y_{i} = 1 - x_{i}^{2}

より

x_{1} y_{2} - x_{2} y_{1} = (x_{1} - x_{2}) (1 + x_{1} x_{2})

。

x_{1} x_{2} = \frac{u^{2} + u - 1}{2}

、

| x_{1} - x_{2} | = \sqrt{- u^{2} - 2 u + 2}

、

1 + x_{1} x_{2} = \frac{u^{2} + u + 1}{2} > 0

）

(3)

$- u^{2} - 2 u + 2 = 3 - (u + 1)^{2}$ なので、 $v = u + 1$ とずらすと積分の範囲は $- \sqrt{3} ≦ v ≦ \sqrt{3}$ 、前の式は $u^{2} + u + 1 = v^{2} - v + 1$ 。

I = \int_{- \sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (v^{2} - v + 1) \sqrt{3 - v^{2}} d v

$- v \sqrt{3 - v^{2}}$ は奇関数（左右で符号が反対）なので、積分すると消える。

$\int_{- \sqrt{3}}^{\sqrt{3}} \sqrt{3 - v^{2}} d v$ は半径 $\sqrt{3}$ の半円の面積で $\frac{3}{2} π$ 。

$\int_{- \sqrt{3}}^{\sqrt{3}} v^{2} \sqrt{3 - v^{2}} d v$ は $v = \sqrt{3} \sin θ$ とおくと

9 \int_{- π / 2}^{π / 2} \sin^{2} θ \cos^{2} θ d θ = \frac{9}{4} \int_{- π / 2}^{π / 2} \sin^{2} 2 θ d θ = \frac{9}{8} π

足して $I = \frac{9}{8} π + \frac{3}{2} π = \frac{21}{8} π$ 。 $f (u)$ のグラフは両はしで 0 になり、山が 2 つある形。その下の面積が $I$ 。

答え

I = \frac{21}{8} π

（

v = u + 1

とおくと

I = \int_{- \sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (v^{2} - v + 1) \sqrt{3 - v^{2}} d v

。

v

の奇数の項は消え、

\int v^{2} \sqrt{3 - v^{2}} d v = \frac{9}{8} π

、

\int \sqrt{3 - v^{2}} d v = \frac{3}{2} π

（半円））

第4問　f をくり返すと 0 へ行くか、途中の点に落ち着くか

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

$x_{n} = f (x_{n - 1})$ は、同じ関数 $f$ を何回もくり返し当てる数列。 $f$ のグラフと直線 $y = x$ を描き、「 $f$ で上へ、 $y = x$ で横へ」と折れ線をたどると動きが見える（くもの巣の図）。

問題の見通しは、原点のすぐ近くで $f (x)$ が $x$ より大きいか小さいか。 $x$ が小さいとき $1 - e^{- q x} ≒ q x$ なので $f (x) ≒ (1 - p + q) x$ 。 $p > q$ なら $x$ より小さくなって 0 へ吸いこまれ、 $p < q$ なら $x$ より大きくなって 0 から離れる。

使ってよい不等式 $1 + x ≦ e^{x}$ は、 $x$ を $- q x$ や $q x$ に置きかえて、 $1 - e^{- q x}$ を上から・下からおさえるのに使う。

(1)

$0 < x < 1$ のとき、 $1 - p > 0$ 、 $x > 0$ 、 $1 - x > 0$ 。さらに $q x > 0$ なので $e^{- q x} < 1$ 、つまり $1 - e^{- q x} > 0$ 。 $f (x)$ は正の数の和なので $f (x) > 0$ 。

$f (x) < 1$ は、 $1 - f (x)$ を整理して調べる。

1 - f (x) = 1 - (1 - p) x - (1 - x) + (1 - x) e^{- q x} = p x + (1 - x) e^{- q x}

$p x > 0$ 、 $(1 - x) e^{- q x} > 0$ なので $1 - f (x) > 0$ 。

答え示すこと：

0 < x < 1

のとき

0 < f (x) < 1

。要点：

(1 - p) x

1 - x

1 - e^{- q x}

はどれも正なので

f (x) > 0

。

1 - f (x) = p x + (1 - x) e^{- q x}

と整理でき、これも正の和なので

f (x) < 1

(2)

不等式 $1 + x ≦ e^{x}$ の $x$ を $- q x$ にすると $1 - q x ≦ e^{- q x}$ 、つまり $1 - e^{- q x} ≦ q x$ 。これを使うと $x > 0$ で

f (x) ≦ (1 - p) x + (1 - x) q x = (1 - p + q) x - q x^{2} ≦ (1 - (p - q)) x

(1) より、 $0 < x_{0} < 1$ なら $0 < x_{1} < 1$ 、 $0 < x_{2} < 1$ 、…と全部 $0$ と $1$ の間。だから上の不等式を何回も使えて

0 < x_{n} ≦ (1 - (p - q)) x_{n - 1} ≦ \dots ≦ (1 - (p - q))^{n} x_{0}

$p > q$ と $p < 1$ 、 $q > 0$ から $0 < p - q < 1$ 、つまり $0 < 1 - (p - q) < 1$ 。右はしは $n \to \infty$ で 0 に近づくので、はさみうちで $lim_{n \to \infty} x_{n} = 0$ 。

$p$ と $q$ が近いと $1 - (p - q)$ が 1 に近く、0 に近づくのがゆっくりになる。 $p = q$ だと押さえが使えない（実は 0 に近づくが、とてもゆっくり）。

答え示すこと：

p > q

のとき

lim_{n \to \infty} x_{n} = 0

。要点：

1 - q x ≦ e^{- q x}

より

1 - e^{- q x} ≦ q x

。

f (x) ≦ (1 - p) x + (1 - x) q x ≦ (1 - (p - q)) x

。(1) より

x_{n} > 0

なので

0 < x_{n} ≦ (1 - (p - q))^{n} x_{0}

、

0 < 1 - (p - q) < 1

ではさみうち

(3)

$g (x) = f (x) - x$ とおくと、 $c = f (c)$ は $g (c) = 0$ 。 $g$ はつながった関数なので、 $0 < x < 1$ の中に $g$ が正の所と負の所があれば、間に $g = 0$ の点がある（中間値の定理）。

右はし： $g (1) = f (1) - 1 = (1 - p) - 1 = - p < 0$ 。

0 のすぐ右： $e^{q x} ≧ 1 + q x$ から $e^{- q x} ≦ \frac{1}{1 + q x}$ 、つまり $1 - e^{- q x} ≧ \frac{q x}{1 + q x}$ 。これを使うと

g (x) = - p x + (1 - x) (1 - e^{- q x}) ≧ x (\frac{q (1 - x)}{1 + q x} - p)

かっこの中は、 $x$ を 0 に近づけると $q - p > 0$ に近づく。だから十分小さい $x = δ$ でかっこの中が正になり、 $g (δ) > 0$ 。

$g (δ) > 0$ 、 $g (1) < 0$ なので、 $δ < c < 1$ に $g (c) = 0$ となる $c$ がある。くもの巣の図では、数列がこの $c$ に落ち着いていく。 $q$ を $p$ に近づけると $c$ は 0 に近づき、 $p = q$ で消える。

答え示すこと：

p < q

のとき

c = f (c)

0 < c < 1

となる

c

がある。要点：

g (x) = f (x) - x

は連続で

g (1) = - p < 0

。

e^{q x} ≧ 1 + q x

より

1 - e^{- q x} ≧ \frac{q x}{1 + q x}

なので

g (x) ≧ x (\frac{q (1 - x)}{1 + q x} - p)

。かっこの中は

x \to + 0

で

q - p > 0

に近づくので、小さい

x

で

g (x) > 0

。中間値の定理

第5問　余りの列は、0 が出ない限り前にさかのぼれる

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

$a_{n}$ はかけ算でどんどん大きくなる（ $r = 2$ だと $a_{10}$ は 29 けた）。でも知りたいのは $p$ で割った余り $b_{n}$ だけ。足し算とかけ算の余りは、余りどうしで計算してよい。これが (1) で、あとは余りだけの世界で考える。

余りの組 $(b_{n}, b_{n + 1})$ が決まると、次の組 $(b_{n + 1}, b_{n + 2})$ が決まる。組は $p \times p$ 通りしかないので、いつか同じ組がくり返す。(3) は「逆向きにも 1 つ前が決まる」こと、(4) はそれを使って最初までさかのぼること。

(3) で割り算のようなことをするので、 $p$ が素数であることが効いてくる。

(1)

$a_{n}$ を $p$ で割った商を $k_{n}$ とすると $a_{n} = p k_{n} + b_{n}$ 。これを漸化式に入れる。

a_{n + 2} = a_{n + 1} (a_{n} + 1) = (p k_{n + 1} + b_{n + 1}) (p k_{n} + b_{n} + 1)

展開すると、 $p$ を含む項はまとめて $p \times (整数)$ になり、残りは $b_{n + 1} (b_{n} + 1)$ だけ。

だから $a_{n + 2}$ と $b_{n + 1} (b_{n} + 1)$ の差は $p$ の倍数で、 $p$ で割った余りが同じ。 $a_{n + 2}$ の余りは $b_{n + 2}$ なので、 $b_{n + 2}$ は $b_{n + 1} (b_{n} + 1)$ を $p$ で割った余りと一致する。

答え示すこと：

b_{n + 2}

は

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

を

p

で割った余り。要点：

a_{n} = p k_{n} + b_{n}

と書くと

a_{n + 2} = (p k_{n + 1} + b_{n + 1}) (p k_{n} + b_{n} + 1) = p \times (

整数

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

。だから

a_{n + 2}

と

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

は

p

で割った余りが同じ

(2)

$r = 2$ なので $b_{1} = 2$ 、 $b_{2} = 3$ 。あとは (1) を使って余りだけで進める（17 で割る）。

$b_{3}$ ： $3 \times (2 + 1) = 9$ 。 $b_{4}$ ： $9 \times (3 + 1) = 36 = 2 \cdot 17 + 2$ で余り 2。 $b_{5}$ ： $2 \times (9 + 1) = 20$ で余り 3。

$(b_{4}, b_{5}) = (2, 3) = (b_{1}, b_{2})$ になった。次の余りは前の 2 つだけで決まるので、ここからは同じことのくり返し： $b_{6} = 9$ 、 $b_{7} = 2$ 、 $b_{8} = 3$ 、 $b_{9} = 9$ 、 $b_{10} = 2$ 。

答え

b_{1}

\dots

b_{10} = 2

3

9

2

3

9

2

3

9

2

（

b_{3} = 3 \cdot 3 = 9

、

b_{4} = 9 \cdot 4 = 36 \to 2

、

b_{5} = 2 \cdot 10 = 20 \to 3

、

b_{6} = 3 \cdot 3 = 9

で、

(b_{4}

b_{5}) = (b_{1}

b_{2})

なので 3 つずつくり返す）

(3)

(1) より、 $b_{n + 2}$ と $b_{n + 1} (b_{n} + 1)$ 、 $b_{m + 2}$ と $b_{m + 1} (b_{m} + 1)$ はそれぞれ $p$ で割った余りが同じ。 $b_{n + 2} = b_{m + 2}$ 、 $b_{n + 1} = b_{m + 1}$ なので、 $b_{n + 1} (b_{n} + 1)$ と $b_{n + 1} (b_{m} + 1)$ の余りが同じ。引くと

b_{n + 1} (b_{n} - b_{m}) は p の倍数

$p$ は素数で、 $0 < b_{n + 1} < p$ なので $b_{n + 1}$ は $p$ の倍数でない。素数が積を割り切るなら、どちらかの数を割り切るので、 $b_{n} - b_{m}$ が $p$ の倍数。

$b_{n}, b_{m}$ はどちらも $0$ 以上 $p - 1$ 以下なので $| b_{n} - b_{m} | < p$ 。 $p$ の倍数でこの範囲にあるのは 0 だけで、 $b_{n} = b_{m}$ 。

$b_{n + 1} > 0$ の条件が大事： $b_{n + 1} = 0$ だと 0 をかけて情報が消え、1 つ前を決められない。

答え示すこと：

b_{n + 1} = b_{m + 1} > 0

b_{n + 2} = b_{m + 2}

なら

b_{n} = b_{m}

。要点：(1) より

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

と

b_{m + 1} (b_{m} + 1)

は

p

で割った余りが同じ。引いて

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

が

p

の倍数。

p

は素数で

0 < b_{n + 1} < p

なので

b_{n} - b_{m}

が

p

の倍数。

| b_{n} - b_{m} | < p

より

b_{n} = b_{m}

(4)

$a_{2}, a_{3}, \dots$ に $p$ の倍数が無いので、 $b_{k} > 0$ （ $k ≧ 2$ ）。

組 $(b_{k + 1}, b_{k + 2})$ （ $k = 1, 2, 3, \dots$ ）は $p^{2}$ 通りしかないので、 $p^{2} + 1$ 個並べると同じ組が 2 回出る。それを $k = n$ と $k = m$ （ $n < m$ ）とする。 $b_{n + 1} > 0$ なので (3) から $b_{n} = b_{m}$ 。

すると今度は組 $(b_{n}, b_{n + 1}) = (b_{m}, b_{m + 1})$ が同じ。 $n ≧ 2$ なら $b_{n} > 0$ なので、もう一度 (3) を使って $b_{n - 1} = b_{m - 1}$ 。これをくり返すと、1 つずつさかのぼって

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

右の $b_{1 + (m - n)}$ は $m - n ≧ 1$ なので $a_{2}$ 以降の余りで、0 ではない。だから $b_{1} > 0$ 、つまり $a_{1}$ も $p$ で割り切れない。余りの組の点をたどると、0 が出ない列は最初の組をふくむ輪になっている。

答え示すこと：

a_{2}

a_{3}

\dots

に

p

の倍数が無ければ

a_{1}

も

p

の倍数でない。要点：組

(b_{k + 1}

b_{k + 2}) (k ≧ 1)

は

p^{2}

通りしかないので、

n < m

で同じ組がある。

b_{n + 1} > 0

なので (3) で

b_{n} = b_{m}

。これをくり返して

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

。右は

a_{2}

以降の余りなので

0

でなく、

b_{1} > 0

第6問　OP＋OQ＝6 の線分 PQ が通る所

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 は原点から右上へのびる長さ 4 の線分（ $y = \sqrt{3} x$ 、 $0 ≦ x ≦ 2$ ）の上、Q は左上へのびる線分の上。 $O P = u$ とおくと $O Q = 6 - u$ 。 $O P ≦ 4$ 、 $O Q ≦ 4$ から $2 ≦ u ≦ 4$ 。

P (\frac{u}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} u), Q (- \frac{6 - u}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2} (6 - u))

線分の通る領域は、たての線 $x = s$ ごとに切って考えるのが定石。 $s$ を決めて、線分 PQ が $x = s$ を横切る高さ $t$ を $u$ の式にし、 $u$ を動かしたときに $t$ がとる範囲を出す。これが (1)。

P と Q を入れかえると左右が入れかわるので、 $D$ は $y$ 軸について対称。(1) で $0 ≦ s ≦ 2$ が分かれば、(2) は左右に折り返せばよい。

(1)

P から Q へ進むと、 $x$ は $3$ 減り、 $y$ は $\frac{\sqrt{3}}{2} (6 - 2 u)$ 増える。だから線分 PQ の傾きは $- \frac{\sqrt{3}}{6} (6 - 2 u) = \frac{\sqrt{3}}{3} (u - 3)$ 。P を通るので、 $x = s$ での高さは

t = \frac{\sqrt{3}}{2} u + \frac{\sqrt{3}}{3} (u - 3) (s - \frac{u}{2}) = \sqrt{3} (- \frac{u^{2}}{6} + (1 + \frac{s}{3}) u - s)

線分が $x = s$ まで届くのは、P の $x$ 座標 $\frac{u}{2}$ が $s$ 以上のとき、つまり $u ≧ 2 s$ （Q の側は $x ≦ 0$ なのでいつも届く）。だから $u$ は $max (2, 2 s)$ から 4 まで。

$t$ は $u$ の上に凸な 2 次関数で、頂上は $u = 3 + s$ 。

$0 ≦ s ≦ 1$ ：頂上 $3 + s$ は範囲 $2 ≦ u ≦ 4$ の中。一番高いのは頂上で $t = \frac{\sqrt{3}}{6} (s^{2} + 9)$ 。一番低いのは両はしの小さいほうで、 $u = 2$ で $\frac{\sqrt{3}}{3} (4 - s)$ 、 $u = 4$ で $\frac{\sqrt{3}}{3} (4 + s)$ なので $u = 2$ のほう。

$1 ≦ s ≦ 2$ ：頂上は 4 より右にはみ出すので、 $t$ は $2 s ≦ u ≦ 4$ で増えるだけ。一番低いのは $u = 2 s$ で $t = \sqrt{3} s$ （点 P そのもの）、一番高いのは $u = 4$ で $t = \frac{\sqrt{3}}{3} (s + 4)$ 。

$u$ は区間を切れ目なく動くので、 $t$ はこの最小と最大の間を全部とる。 $s = 1$ では 2 つの場合の値がつながる。

答え

0 ≦ s ≦ 1

のとき

\frac{\sqrt{3}}{3} (4 - s) ≦ t ≦ \frac{\sqrt{3}}{6} (s^{2} + 9)

、

1 ≦ s ≦ 2

のとき

\sqrt{3} s ≦ t ≦ \frac{\sqrt{3}}{3} (s + 4)

（

O P = u (2 ≦ u ≦ 4)

とすると、

x = s

での線分の高さは

t = \sqrt{3} (- \frac{u^{2}}{6} + (1 + \frac{s}{3}) u - s)

、

u

は

max (2

2 s)

から

4

。頂上

u = 3 + s

が

4

以下かで分ける）

(2)

(1) の結果を $s \to x$ 、 $t \to y$ と読みかえ、 $y$ 軸について折り返す。

上のふち： $| x | ≦ 1$ では放物線 $y = \frac{\sqrt{3}}{6} (x^{2} + 9)$ 、 $1 ≦ | x | ≦ 2$ では直線 $y = \frac{\sqrt{3}}{3} (| x | + 4)$ 。この直線は $u = 4$ （または $u = 2$ ）の線分そのもので、 $x = \pm 1$ で放物線に接している（放物線と直線の傾きが、 $x = 1$ ではどちらも $\frac{\sqrt{3}}{3}$ 、 $x = - 1$ ではどちらも $- \frac{\sqrt{3}}{3}$ ）。どの線分 PQ もこの放物線にふれているので、線分を集めると放物線が浮かび上がる。

下のふち： $| x | ≦ 1$ では $y = \frac{\sqrt{3}}{3} (4 - | x |)$ で、 $(\pm 1, \sqrt{3})$ から $(0, \frac{4 \sqrt{3}}{3})$ へ上がる折れ線（ $x = 0$ で山になり、下からへこんだ形）。 $1 ≦ | x | ≦ 2$ ではもとの 2 本の線分 $y = \pm \sqrt{3} x$ そのもの。

上と下のふちは $(\pm 2, 2 \sqrt{3})$ で出会う。 $u$ も $s$ も閉じた範囲を動くので、境界はすべて含む。面積を出すと $\frac{13 \sqrt{3}}{9}$ で、線分をたくさん描いて集めた面積と一致する。

答え

D

は

y

軸について対称で、

| x | ≦ 1

では

\frac{\sqrt{3}}{3} (4 - | x |) ≦ y ≦ \frac{\sqrt{3}}{6} (x^{2} + 9)

、

1 ≦ | x | ≦ 2

では

\sqrt{3} | x | ≦ y ≦ \frac{\sqrt{3}}{3} (| x | + 4)

（境界を含む）。上のふちは放物線

y = \frac{\sqrt{3}}{6} (x^{2} + 9)

と、

x = \pm 1

でそれに接する 2 本の線分。下のふちは

(\pm 1

\sqrt{3})

と

(0, \frac{4 \sqrt{3}}{3})

を結ぶ折れ線と、2 本の線分

y = \pm \sqrt{3} x

。頂点

(\pm 2

2 \sqrt{3})

。面積は

\frac{13 \sqrt{3}}{9}

東大過去問 2014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　四角柱をななめに切った面の広さ

問題の読み方

(1)

(2)

第2問　袋から赤が出る確率は、ゆれながら 1/(a+2) へ

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問　2 つの放物線の共有点と、三角形の面積の積分

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　f をくり返すと 0 へ行くか、途中の点に落ち着くか

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問　余りの列は、0 が出ない限り前にさかのぼれる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

(4)

第6問　OP＋OQ＝6 の線分 PQ が通る所

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2014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 四角柱をななめに切った面の広さ

問題の読み方

(1)

(2)

第2問 袋から赤が出る確率は、ゆれながら 1/(a+2) へ

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第3問 2 つの放物線の共有点と、三角形の面積の積分

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 f をくり返すと 0 へ行くか、途中の点に落ち着くか

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問 余りの列は、0 が出ない限り前にさかのぼれる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

(4)

第6問 OP＋OQ＝6 の線分 PQ が通る所

問題の読み方

(1)

(2)

東大過去問 2014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　四角柱をななめに切った面の広さ

第2問　袋から赤が出る確率は、ゆれながら 1/(a+2) へ

第3問　2 つの放物線の共有点と、三角形の面積の積分

第4問　f をくり返すと 0 へ行くか、途中の点に落ち着くか

第5問　余りの列は、0 が出ない限り前にさかのぼれる

第6問　OP＋OQ＝6 の線分 PQ が通る所