東大過去問 2015年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2015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

　正の実数 $a$ に対して，座標平面上で次の放物線を考える。

C : y = a x^{2} + \frac{1 - 4 a^{2}}{4 a}

$a$ が正の実数全体を動くとき， $C$ の通過する領域を図示せよ。

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第2問

　どの目も出る確率が $\frac{1}{6}$ のさいころを $1$ つ用意し，次のように左から順に文字を書く。

　さいころを投げ，出た目が $1$ ， $2$ ， $3$ のときは文字列 $A A$ を書き， $4$ のときは文字 $B$ を， $5$ のときは文字 $C$ を， $6$ のときは文字 $D$ を書く。さらに繰り返しさいころを投げ，同じ規則に従って， $A A$ ， $B$ ， $C$ ， $D$ をすでにある文字列の右側につなげて書いていく。

　たとえば，さいころを $5$ 回投げ，その出た目が順に $2$ ， $5$ ， $6$ ， $3$ ， $4$ であったとすると，得られる文字列は，

A A C D A A B

となる。このとき，左から $4$ 番目の文字は $D$ ， $5$ 番目の文字は $A$ である。

（1）　 $n$ を正の整数とする。 $n$ 回さいころを投げ，文字列を作るとき，文字列の左から $n$ 番目の文字が $A$ となる確率を求めよ。

（2）　 $n$ を $2$ 以上の整数とする。 $n$ 回さいころを投げ，文字列を作るとき，文字列の左から $n - 1$ 番目の文字が $A$ で，かつ $n$ 番目の文字が $B$ となる確率を求めよ。

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第3問

　 $a$ を正の実数とし， $p$ を正の有理数とする。

　座標平面上の $2$ つの曲線 $y = a x^{p} (x > 0)$ と $y = \log x (x > 0)$ を考える。この $2$ つの曲線の共有点が $1$ 点のみであるとし，その共有点を $Q$ とする。

　以下の問いに答えよ。必要であれば， $lim_{x \to \infty} \frac{x^{p}}{\log x} = \infty$ を証明なしに用いてよい。

（1）　 $a$ および点 $Q$ の $x$ 座標を $p$ を用いて表せ。

（2）　この $2$ つの曲線と $x$ 軸で囲まれる図形を， $x$ 軸のまわりに $1$ 回転してできる立体の体積を $p$ を用いて表せ。

（3）　（2）で得られる立体の体積が $2 π$ になるときの $p$ の値を求めよ。

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第4問

　数列 ${p_{n}}$ を次のように定める。

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

（1）　 $\frac{p_{n + 1}^{2} + p_{n}^{2} + 1}{p_{n + 1} p_{n}}$ が $n$ によらないことを示せ。

（2）　すべての $n = 2, 3, 4, \dots$ に対し， $p_{n + 1} + p_{n - 1}$ を $p_{n}$ のみを使って表せ。

（3）　数列 ${q_{n}}$ を次のように定める。

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

　すべての $n = 1, 2, 3, \dots$ に対し， $p_{n} = q_{2 n - 1}$ を示せ。

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第5問

　 $m$ を $2015$ 以下の正の整数とする。 $_{2015} C_{m}$ が偶数となる最小の $m$ を求めよ。

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第6問

　 $n$ を正の整数とする。以下の問いに答えよ。

（1）　関数 $g (x)$ を次のように定める。

g (x) = {\begin{matrix} \frac{\cos (π x) + 1}{2} & (| x | ≦ 1 のとき) \\ 0 & (| x | > 1 のとき) \end{matrix}

　 $f (x)$ を連続な関数とし， $p$ ， $q$ を実数とする。 $| x | ≦ \frac{1}{n}$ をみたす $x$ に対して $p ≦ f (x) ≦ q$ が成り立つとき，次の不等式を示せ。

p ≦ n \int_{- 1}^{1} g (n x) f (x) d x ≦ q

（2）　関数 $h (x)$ を次のように定める。

h (x) = {\begin{matrix} - \frac{π}{2} \sin (π x) & (| x | ≦ 1 のとき) \\ 0 & (| x | > 1 のとき) \end{matrix}

　このとき，次の極限を求めよ。

lim_{n \to \infty} n^{2} \int_{- 1}^{1} h (n x) \log (1 + e^{x + 1}) d x

第1問　放物線を a で動かすと、通る所の境目は双曲線

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

$a$ を決めるごとに放物線が 1 本決まる。 $a$ を正の数全体で動かしたとき、放物線たちがどこかで通る点を全部集めた所が「通過する領域」。

筋は「点 $(x, y)$ を決めて、その点を通る $a > 0$ があるかを考える」こと。式を $a$ について整理すると

y = a x^{2} + \frac{1 - 4 a^{2}}{4 a} = a (x^{2} - 1) + \frac{1}{4 a}

となる。 $x$ を止めると、右辺は $a$ だけの関数。その関数が $a > 0$ でとる値の範囲が、縦の線 $x$ の上で通る $y$ の範囲になる。 $x^{2} - 1$ が正か 0 か負かで形が変わるので、3 つに分けて考える。

(答)

$x$ を止めて $F (a) = a (x^{2} - 1) + \frac{1}{4 a} (a > 0)$ のとる値を調べる。

$x^{2} > 1$ のとき： $a (x^{2} - 1)$ も $\frac{1}{4 a}$ も正なので、相加平均と相乗平均の関係（2 つの正の数の和は、積の平方根の 2 倍以上）が使える。

F (a) ≧ 2 \sqrt{a (x^{2} - 1) \cdot \frac{1}{4 a}} = \sqrt{x^{2} - 1}

等号は $a (x^{2} - 1) = \frac{1}{4 a}$ 、つまり $a = \frac{1}{2 \sqrt{x^{2} - 1}}$ のときに成り立つ。 $a \to + 0$ や $a \to \infty$ で $F (a)$ はいくらでも大きくなり、 $F$ は続いた（連続な）関数なので、とる値は $y ≧ \sqrt{x^{2} - 1}$ の全部。

$x^{2} = 1$ のとき： $F (a) = \frac{1}{4 a}$ で、とる値は $y > 0$ の全部。どの放物線も点 $(\pm 1, \frac{1}{4 a})$ を通るが、高さ 0 には届かない。

$x^{2} < 1$ のとき： $a \to + 0$ で $F \to + \infty$ 、 $a \to \infty$ で $a (x^{2} - 1) \to - \infty$ なので $F \to - \infty$ 。とる値は $y$ の全部。

まとめると、 $- 1 < x < 1$ の帯は全部、 $| x | ≧ 1$ では $y ≧ \sqrt{x^{2} - 1}$ （ただし $x = \pm 1$ では $y > 0$ ）。 $y ≧ \sqrt{x^{2} - 1}$ は $y ≧ 0$ かつ $x^{2} - y^{2} ≦ 1$ のことで、境目は双曲線 $x^{2} - y^{2} = 1$ の上半分。図では、双曲線の上の枝（ $| x | ≧ 1$ の部分）より上と、 $- 1 < x < 1$ の帯を合わせて塗る。双曲線の上は入り、直線 $x = \pm 1$ の $y ≦ 0$ の部分と点 $(\pm 1, 0)$ は入らない。

どの放物線も境目の双曲線に 2 点でふれていて、その 2 点が上の「等号が成り立つ $a$ 」の所になっている。

答え領域は「

- 1 < x < 1

の帯全体」と「

y > 0

かつ

x^{2} - y^{2} ≦ 1

の部分」を合わせたもの。つまり

| x | < 1

では

y

は全部、

| x | ≧ 1

では

y ≧ \sqrt{x^{2} - 1}

（

x = \pm 1

では

y > 0

）。境界のうち双曲線

y = \sqrt{x^{2} - 1} (| x | > 1)

は含み、直線

x = \pm 1 (y ≦ 0)

と点

(\pm 1

0)

は含まない（

x

を決めて

y = a (x^{2} - 1) + \frac{1}{4 a}

を

a > 0

の関数と見る。

x^{2} > 1

なら相加・相乗平均で最小

\sqrt{x^{2} - 1}

、

x^{2} = 1

なら

\frac{1}{4 a} > 0

、

x^{2} < 1

なら

- \infty

から

\infty

まで）

第2問　さいころで AA・B・C・D を書き足す：n 番目が A になる確率

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

1 回投げるごとに、2 文字（AA）か 1 文字（B, C, D）が書き足される。何回目の書き足しで $n$ 番目に届くかがばらばらなので、「何回目か」で数えるのはたいへん。

そこで見方を変えて、文字の位置ごとに「そこで 1 回ぶんの書き足しが始まるか」を考える。 $s_{n}$ を「左から $n$ 番目の文字が、ある書き足しの 1 文字目である確率」とおく。 $n$ 番目で書き足しが始まるのは、

・ $n - 1$ 番目で 1 文字の書き足し（B, C, D。確率 $\frac{1}{2}$ ）が始まったとき

・ $n - 2$ 番目で AA（確率 $\frac{1}{2}$ ）が始まったとき

のどちらか（同時には起こらない）。だから

s_{n} = \frac{1}{2} s_{n - 1} + \frac{1}{2} s_{n - 2}

始まりは $s_{1} = 1$ （1 番目は必ず始まり）、 $s_{2} = \frac{1}{2}$ （1 回目が 1 文字のとき）。 $s_{0} = 0$ とおくと $n = 2$ でも式が使える。 $n$ 回投げれば $n$ 番目までは必ず書かれるので、「 $n$ 回投げる」ことは気にしなくてよい。

(1)

まず $s_{n}$ を求める。 $x^{2} = \frac{1}{2} x + \frac{1}{2}$ の解は $x = 1, - \frac{1}{2}$ なので、 $s_{n} = α + β {(- \frac{1}{2})}^{n}$ の形。 $s_{0} = 0$ 、 $s_{1} = 1$ から $α = \frac{2}{3}$ 、 $β = - \frac{2}{3}$ ：

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

（ $s_{2} = \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} = \frac{1}{2}$ で合っている。）

$n$ 番目が A になるのは、 $n$ 番目で AA が始まる（AA の 1 文字目）か、 $n - 1$ 番目で AA が始まる（AA の 2 文字目）とき。確率は

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

${(- \frac{1}{2})}^{n - 1} = - 2 {(- \frac{1}{2})}^{n}$ を使ってまとめる。 $n = 1$ で $\frac{1}{2}$ 、 $n = 2$ で $\frac{3}{4}$ と、直接数えた値に合う。

$n$ を大きくすると $\frac{2}{3}$ のまわりを上下にゆれながら近づく。書き足しの始まりが平均で $\frac{2}{3}$ の割合でおき、その半分が AA で、AA は 2 文字ぶん A を書くので $\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 = \frac{2}{3}$ 。

答え

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

（

s_{n} =

「

n

番目で 1 回ぶんの書き足しが始まる確率」とおくと

s_{n} = \frac{1}{2} s_{n - 1} + \frac{1}{2} s_{n - 2}

s_{0} = 0

s_{1} = 1

より

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

。

n

番目が A

⟺ n

番目か

n - 1

番目で AA が始まる：

\frac{1}{2} (s_{n} + s_{n - 1})

）

(2)

$n - 1$ 番目が A で $n$ 番目が B になるのはどんなときか。 $n$ 番目の B は 1 文字の書き足しなので、 $n$ 番目で書き足しが始まっている。すると $n - 1$ 番目の A は、その直前の書き足しの最後の文字。1 文字目で終わる「A」は無いので、それは $n - 2$ 番目で始まった AA の 2 文字目。

だから「 $n - 2$ 番目で書き足しが始まり（ $s_{n - 2}$ ）、それが AA（ $\frac{1}{2}$ ）、次が B（ $\frac{1}{6}$ ）」で、確率は

s_{n - 2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{12} \cdot \frac{2}{3} {1 - {(- \frac{1}{2})}^{n - 2}}

$n = 2$ では $s_{0} = 0$ で確率 0。1 番目の A は必ず AA の 1 文字目なので、2 番目も A になるから。 $n = 3$ では $\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{12}$ で、式と合う。

答え

\frac{1}{18} {1 - {(- \frac{1}{2})}^{n - 2}}

（

n - 1

番目が A で

n

番目が B

⟺ n - 2

番目で AA が始まり、次が B：

s_{n - 2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6}

。

n = 2

では

0

）

第3問　y＝axᵖ と y＝log x がちょうどふれるとき、回した体積

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

$y = a x^{p}$ は原点から右上へのびる曲線、 $y = \log x$ は $x = 1$ で $x$ 軸を横切ってゆっくり上がる曲線。 $a$ が大きいと離れ、小さいと 2 点で交わる。ちょうど 1 点になる（ふれる）ように $a$ を決めるのが (1)。

共有点の数は、 $a x^{p} = \log x$ の解の数。 $a$ を文字 $a$ だけ左に分けて $a = \frac{\log x}{x^{p}}$ とすると、右辺のグラフと横の線 $y = a$ の交わる数を数えればよい（定数を分ける考え方）。

(2) は、2 つの曲線と $x$ 軸で囲まれた所（原点から Q までの $y = a x^{p}$ の下から、1 から Q までの $y = \log x$ の下を取りのぞいた部分）を回す。回すと、外側が $y = a x^{p}$ 、1 より右では内側に $y = \log x$ の穴がある立体になる。

(1)

$G (x) = \frac{\log x}{x^{p}} (x > 0)$ とおく。商の微分で

G^{'} (x) = \frac{\frac{1}{x} \cdot x^{p} - \log x \cdot p x^{p - 1}}{x^{2 p}} = \frac{1 - p \log x}{x^{p + 1}}

$G^{'} > 0$ は $\log x < \frac{1}{p}$ 、つまり $x < e^{\frac{1}{p}}$ のとき。 $G$ は $x = e^{\frac{1}{p}}$ まで増え、そのあと減る。一番大きい値は

G (e^{\frac{1}{p}}) = \frac{1 / p}{e} = \frac{1}{p e}

はしの様子： $x \to + 0$ では $\log x \to - \infty$ 、 $x^{p} \to + 0$ なので $G \to - \infty$ 。 $x \to \infty$ では、問題で使ってよいとされた $\frac{x^{p}}{\log x} \to \infty$ から $G \to + 0$ 。

横の線 $y = a (a > 0)$ との交わる数は、 $a < \frac{1}{p e}$ なら 2 つ（山の左と右）、 $a = \frac{1}{p e}$ なら頂上の 1 つ、 $a > \frac{1}{p e}$ なら 0。共有点が 1 点だけになるのは $a$ が山の頂上の高さのとき。そのとき Q の $x$ 座標は頂上の位置 $e^{\frac{1}{p}}$ で、Q の高さは $\log e^{\frac{1}{p}} = \frac{1}{p}$ 。

答え

a = \frac{1}{p e}

x = e^{\frac{1}{p}}

（

a x^{p} = \log x ⟺ a = \frac{\log x}{x^{p}} = G (x)

。

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

で、

G

は

x = e^{\frac{1}{p}}

で最大

\frac{1}{p e}

、

x \to + 0

で

- \infty

、

x \to \infty

で

0

。正の

a

で解が 1 つになるのは

a = \frac{1}{p e}

のときだけ）

(2)

Q の $x$ 座標を $T = e^{\frac{1}{p}}$ とおく。切り口は、 $0 < x ≦ 1$ では半径 $a x^{p}$ の円、 $1 ≦ x ≦ T$ では半径 $a x^{p}$ の円から半径 $\log x$ の円をぬいた輪。だから

V = π \int_{0}^{T} a^{2} x^{2 p} d x - π \int_{1}^{T} (\log x)^{2} d x

前の積分は $\frac{a^{2} T^{2 p + 1}}{2 p + 1}$ 。 $a^{2} = \frac{1}{p^{2} e^{2}}$ 、 $T^{2 p + 1} = e^{2 + \frac{1}{p}}$ なので $\frac{e^{\frac{1}{p}}}{p^{2} (2 p + 1)}$ 。

後ろは部分積分を 2 回： $\int (\log x)^{2} d x = x (\log x)^{2} - 2 x \log x + 2 x$ 。 $\log T = \frac{1}{p}$ を入れて

\int_{1}^{T} (\log x)^{2} d x = e^{\frac{1}{p}} (\frac{1}{p^{2}} - \frac{2}{p} + 2) - 2

$e^{\frac{1}{p}}$ の係数をまとめると $\frac{1}{p^{2} (2 p + 1)} - \frac{1}{p^{2}} + \frac{2}{p} - 2 = \frac{2 - 4 p}{2 p + 1}$ となり、

V = π {2 + \frac{(2 - 4 p) e^{\frac{1}{p}}}{2 p + 1}}

$p = 1$ で $V ≒ 0.188 π$ 、 $p = \frac{1}{2}$ で $2 π$ と、数値積分の値に合う。

答え

V = 2 π {1 + \frac{(1 - 2 p) e^{\frac{1}{p}}}{2 p + 1}}

（

V = π \int_{0}^{e^{1 / p}} a^{2} x^{2 p} d x - π \int_{1}^{e^{1 / p}} (\log x)^{2} d x

。前は

\frac{e^{2 + \frac{1}{p}}}{p^{2} e^{2} (2 p + 1)} = \frac{e^{\frac{1}{p}}}{p^{2} (2 p + 1)}

、後ろは

{[x (\log x)^{2} - 2 x \log x + 2 x]}_{1}^{e^{1 / p}} = e^{\frac{1}{p}} (\frac{1}{p^{2}} - \frac{2}{p} + 2) - 2

）

(3)

(2) の式で $V = 2 π$ とおくと、 $1$ と $2$ の部分が消えて

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

$e^{\frac{1}{p}}$ はいつも正なので、 $1 - 2 p = 0$ 。 $p = \frac{1}{2}$ は正の有理数で条件に合う。

$V$ は $p$ が大きいほど小さくなり（ $p \to \infty$ で Q は $(1, 0)$ に近づく）、 $V = 2 π$ になるのはこの 1 つだけ。 $p = \frac{1}{2}$ のとき、ちょうど $e^{\frac{1}{p}}$ の項が消えて体積がきれいな値になる。

答え

p = \frac{1}{2}

（

V = 2 π ⟺ (1 - 2 p) e^{\frac{1}{p}} = 0

。

e^{\frac{1}{p}} > 0

なので

p = \frac{1}{2}

）

第4問　割り算の漸化式なのに、いつも整数：フィボナッチ数の 1 つおき

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

漸化式に割り算があるのに、 $p_{1}, p_{2}, \dots$ を計算すると $1, 2, 5, 13, 34, 89, \dots$ とずっと整数になる。そのわけを 3 段で明らかにする問題。

(1) で「ずっと変わらない量」を見つけ、(2) でそれを割り算の無い足し算の漸化式 $p_{n + 1} = 3 p_{n} - p_{n - 1}$ に書きかえる。(3) では、フィボナッチ数の奇数番目も同じ足し算の漸化式を満たすことを示し、数学的帰納法で同じ数列だと言う。

使うのは、漸化式をかけ算の形 $p_{n + 2} p_{n} = p_{n + 1}^{2} + 1$ に直しておくこと。なお、帰納法で $p_{n} > 0$ （次の $p_{n + 2}$ も正の数を正の数で割るので正）なので、割り算はいつもできる。

(1)

$K_{n} = \frac{p_{n + 1}^{2} + p_{n}^{2} + 1}{p_{n + 1} p_{n}}$ とおき、 $K_{n + 1} = K_{n}$ を示す。

$K_{n}$ の分子の $p_{n + 1}^{2} + 1$ を $p_{n + 2} p_{n}$ におきかえると

K_{n} = \frac{p_{n + 2} p_{n} + p_{n}^{2}}{p_{n + 1} p_{n}} = \frac{p_{n + 2} + p_{n}}{p_{n + 1}}

$K_{n + 1} = \frac{p_{n + 2}^{2} + p_{n + 1}^{2} + 1}{p_{n + 2} p_{n + 1}}$ の分子の $p_{n + 1}^{2} + 1$ も同じく $p_{n + 2} p_{n}$ におきかえると

K_{n + 1} = \frac{p_{n + 2}^{2} + p_{n + 2} p_{n}}{p_{n + 2} p_{n + 1}} = \frac{p_{n + 2} + p_{n}}{p_{n + 1}}

2 つは同じ式なので $K_{n + 1} = K_{n}$ 。よって $K_{n}$ はどの $n$ でも $K_{1} = \frac{2^{2} + 1^{2} + 1}{2 \cdot 1} = 3$ に等しく、 $n$ によらない。

言いかえると、点 $(p_{n}, p_{n + 1})$ はどれも曲線 $x^{2} + y^{2} + 1 = 3 x y$ （双曲線）の上にある。

答え示すこと：

\frac{p_{n + 1}^{2} + p_{n}^{2} + 1}{p_{n + 1} p_{n}}

は

n

によらない（値は

3

）。要点：まず帰納法で

p_{n} > 0

（割り算ができる）。

p_{n + 1}^{2} + 1 = p_{n + 2} p_{n}

を代入すると

\frac{p_{n + 1}^{2} + p_{n}^{2} + 1}{p_{n + 1} p_{n}} = \frac{p_{n + 2} + p_{n}}{p_{n + 1}}

、次の番号の式も

\frac{p_{n + 2}^{2} + p_{n + 1}^{2} + 1}{p_{n + 2} p_{n + 1}} = \frac{p_{n + 2} + p_{n}}{p_{n + 1}}

で同じ。

n = 1

で

\frac{4 + 1 + 1}{2} = 3

(2)

(1) の途中で $K_{n} = \frac{p_{n + 2} + p_{n}}{p_{n + 1}}$ という形が出た。番号を 1 つずらして $n - 1$ で使うと（ $n ≧ 2$ ）

\frac{p_{n + 1} + p_{n - 1}}{p_{n}} = K_{n - 1} = 3

だから $p_{n + 1} + p_{n - 1}$ は $p_{n}$ の 3 倍。

図で見ると、高さ $y = p_{n + 1}$ の横の線は双曲線 $x^{2} - 3 p_{n + 1} x + p_{n + 1}^{2} + 1 = 0$ と 2 点で交わり、その 2 つの $x$ が $p_{n}$ と $p_{n + 2}$ 。2 次方程式の解の和は $3 p_{n + 1}$ になる（解と係数の関係）。足し算の漸化式なので、 $p_{1}, p_{2}$ が整数ならずっと整数。

答え

p_{n + 1} + p_{n - 1} = 3 p_{n}

（(1) の式を

n - 1

で使うと

\frac{p_{n + 1} + p_{n - 1}}{p_{n}} = 3

）

(3)

フィボナッチ数 $q_{m}$ で、2 つ先どうしの関係を作る。 $q_{m + 2} = q_{m + 1} + q_{m}$ の $q_{m + 1}$ にもう一度 $q_{m + 1} = q_{m} + q_{m - 1}$ を入れ、 $q_{m - 1} = q_{m} - q_{m - 2}$ も使うと

q_{m + 2} = 2 q_{m} + q_{m - 1} = 3 q_{m} - q_{m - 2}

$m = 2 n - 1$ （ $n ≧ 2$ ）とおくと $q_{2 n + 1} = 3 q_{2 n - 1} - q_{2 n - 3}$ なので、 $r_{n} = q_{2 n - 1}$ は $r_{n + 1} = 3 r_{n} - r_{n - 1}$ を満たす。これは (2) の $p_{n + 1} = 3 p_{n} - p_{n - 1}$ と同じ規則。

始まりも $r_{1} = q_{1} = 1 = p_{1}$ 、 $r_{2} = q_{3} = 2 = p_{2}$ で同じ。数学的帰納法（ $p_{n - 1} = r_{n - 1}$ 、 $p_{n} = r_{n}$ なら $p_{n + 1} = 3 p_{n} - p_{n - 1} = 3 r_{n} - r_{n - 1} = r_{n + 1}$ ）で、すべての $n$ で $p_{n} = q_{2 n - 1}$ 。

となりどうしの比 $\frac{p_{n + 1}}{p_{n}}$ は、 $x^{2} = 3 x - 1$ の大きい方の解 $\frac{3 + \sqrt{5}}{2} ≒ 2.618$ （黄金比の 2 乗）に近づく。

答え示すこと：すべての

n

で

p_{n} = q_{2 n - 1}

。要点：

q_{m + 2} = q_{m + 1} + q_{m} = 2 q_{m} + q_{m - 1} = 3 q_{m} - q_{m - 2}

なので、

r_{n} = q_{2 n - 1}

は

r_{n + 1} = 3 r_{n} - r_{n - 1}

を満たす。(2) の

p_{n + 1} = 3 p_{n} - p_{n - 1}

と同じ規則で、

r_{1} = q_{1} = 1 = p_{1}

r_{2} = q_{3} = 2 = p_{2}

。数学的帰納法で

p_{n} = r_{n}

第5問　₂₀₁₅Cₘ が初めて偶数になるのは m＝32

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

$_{2015} C_{m}$ はとても大きな数なので、直接計算はできない。知りたいのは偶数か奇数か＝素因数の 2 が 1 つでもあるかだけ。

筋は、となりどうしの比

_{2015} C_{m} =_{2015} C_{m - 1} \times \frac{2016 - m}{m}

を使って、 $m = 1, 2, 3, \dots$ と 1 つずつ進めながら2 で割れる回数（2 の個数）の増減を追うこと。 $_{2015} C_{0} = 1$ は 2 の個数 0 から始まる。 $2016 = 2^{5} \cdot 63$ という形がかなめになる。

(答)

1 つ進むたびに、2 の個数は「 $2016 - m$ の 2 の個数」から「 $m$ の 2 の個数」を引いたぶんだけ変わる。

$1 ≦ m ≦ 31$ のとき、 $m$ の 2 の個数を $k$ とすると $k ≦ 4$ 。 $m = 2^{k} \cdot (奇数)$ と書くと

2016 - m = 2^{k} (2^{5 - k} \cdot 63 - 奇数)

で、かっこの中は「偶数 − 奇数」で奇数。だから $2016 - m$ の 2 の個数もちょうど $k$ 。かけて割ると 2 の個数は打ち消し合い、増えも減りもしない。 $_{2015} C_{1}, \dots,_{2015} C_{31}$ は全部 2 の個数 0、つまり奇数。

$m = 32$ では、 $2016 - 32 = 1984 = 2^{6} \cdot 31$ の 2 の個数が 6、 $32 = 2^{5}$ の 2 の個数が 5。初めて 2 が 1 つ残るので、 $_{2015} C_{32}$ は偶数。

2 進法で見ると、 $2015 = 11111011111_{(2)}$ で、下から 6 けた目（ $2^{5} = 32$ の桁）だけが 0。パスカルの三角形を奇数だけ塗ると三角形の穴のもようになり、2015 段目の左はしは $m = 31$ まで奇数が続いて、32 で初めて途切れる。 $2016$ なら $m = 1$ でもう偶数、 $2047 = 2^{11} - 1$ なら全部奇数になる。

答え

m = 32

（

_{2015} C_{m} =_{2015} C_{m - 1} \times \frac{2016 - m}{m}

。

2016 = 2^{5} \cdot 63

なので、

1 ≦ m ≦ 31

では

2016 - m

と

m

の 2 で割れる回数が同じ（どちらも

m

の回数、5 未満）で、奇数のまま。

m = 32

で

2016 - 32 = 1984 = 2^{6} \cdot 31

、

32 = 2^{5}

なので 2 が 1 つ残り、偶数）

第6問　面積 1 の細い山をかけて積分すると、真ん中の値だけが残る

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

$g (x)$ は $- 1 ≦ x ≦ 1$ だけにある、なめらかな山（両はしで高さ 0、真ん中で 1）。 $g (n x)$ はその山を横に $\frac{1}{n}$ に縮めたもので、 $| x | ≦ \frac{1}{n}$ だけにある。 $n g (n x)$ にすると、面積がいつも 1 の、細くて高い山になる。

(1) は、その山を重みにして $f$ を平均すると、山のある所での $f$ の最小と最大の間に入る、ということ。(2) は、 $h$ がちょうど $g$ の微分になっていることに気づき、部分積分で (1) の形にもちこむ。

(1)

$g (n x)$ は $| x | > \frac{1}{n}$ で 0 なので、積分は $| x | ≦ \frac{1}{n}$ の部分だけ。そこでは $p ≦ f (x) ≦ q$ で、 $g (n x) ≧ 0$ （ $\cos$ は $- 1$ 以上）なので、かけても不等号の向きは変わらない：

p g (n x) ≦ g (n x) f (x) ≦ q g (n x)

これを $- 1$ から $1$ まで積分して $n$ 倍する。 $g (n x)$ だけの積分は、 $t = n x$ とおくと

n \int_{- 1}^{1} g (n x) d x = \int_{- n}^{n} g (t) d t = \int_{- 1}^{1} \frac{\cos π t + 1}{2} d t = \frac{1}{2} {[\frac{\sin π t}{π} + t]}_{- 1}^{1} = 1

（ $| t | > 1$ では $g = 0$ 。）だから左と右はちょうど $p$ と $q$ になり、はさみたい不等式が出る。

「 $\div 2$ 」があるのは、山の面積をちょうど 1 にするため。 $n$ を大きくすると $| x | ≦ \frac{1}{n}$ が縮み、 $f$ が連続なら $p$ も $q$ も $f (0)$ に近づけられる。

答え示すこと：

p ≦ n \int_{- 1}^{1} g (n x) f (x) d x ≦ q

。要点：

g (n x)

は

| x | ≦ \frac{1}{n}

の外で

0

、中で

0

以上。そこで

p ≦ f (x) ≦ q

なので

p g (n x) ≦ g (n x) f (x) ≦ q g (n x)

。

n \int_{- 1}^{1} g (n x) d x = \int_{- n}^{n} g (t) d t = \int_{- 1}^{1} \frac{\cos π t + 1}{2} d t = 1

を使って積分する

(2)

$g (x) = \frac{\cos π x + 1}{2}$ を微分すると $- \frac{π}{2} \sin π x = h (x)$ 。だから $\frac{d}{d x} g (n x) = n h (n x)$ 。 $L (x) = \log (1 + e^{x + 1})$ とおいて部分積分する：

n^{2} \int_{- 1}^{1} h (n x) L (x) d x = n [g (n x) L (x)]_{- 1}^{1} - n \int_{- 1}^{1} g (n x) L^{'} (x) d x

$g (\pm n) = 0$ なので最初の項は消える（ $| x | > 1$ での $g$ も $h$ も 0 で、 $g$ は $x = \pm 1$ でつながっている）。

$L^{'} (x) = \frac{e^{x + 1}}{1 + e^{x + 1}}$ は連続。 $| x | ≦ \frac{1}{n}$ での $L^{'}$ の最小を $p_{n}$ 、最大を $q_{n}$ として (1) を使うと

- q_{n} ≦ n^{2} \int_{- 1}^{1} h (n x) L (x) d x ≦ - p_{n}

$n \to \infty$ で $p_{n}, q_{n}$ はどちらも $L^{'} (0) = \frac{e}{1 + e}$ に近づく（ $L^{'}$ は増える関数なので $p_{n} = L^{'} (- \frac{1}{n})$ 、 $q_{n} = L^{'} (\frac{1}{n})$ ）。はさみうちで極限が決まる。

図で見ると、 $h (n x) L (x)$ は左が山・右が谷で、 $L$ が右上がりなので谷の方が少しだけ深い。その差は $\frac{1}{n^{2}}$ くらいの小ささなので、 $n^{2}$ をかけるとちょうど有限の値が残る。数値積分では $n = 10$ で $- 0.73100$ 、 $n = 1000$ で $- 0.7310586$ 。

答え

- \frac{e}{1 + e}

（

g (x)

を微分すると

h (x)

なので

{g (n x)}^{'} = n h (n x)

。部分積分で、はしで

g (\pm n) = 0

より

n^{2} \int_{- 1}^{1} h (n x) L (x) d x = - n \int_{- 1}^{1} g (n x) L^{'} (x) d x

（

L = \log (1 + e^{x + 1})

）。(1) で

f = L^{'}

とし、

n \to \infty

で

L^{'} (0) = \frac{e}{1 + e}

にはさまれる）

東大過去問 2015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　放物線を a で動かすと、通る所の境目は双曲線

問題の読み方

(答)

第2問　さいころで AA・B・C・D を書き足す：n 番目が A になる確率

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　y＝axᵖ と y＝log x がちょうどふれるとき、回した体積

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　割り算の漸化式なのに、いつも整数：フィボナッチ数の 1 つおき

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問　₂₀₁₅Cₘ が初めて偶数になるのは m＝32

問題の読み方

(答)

第6問　面積 1 の細い山をかけて積分すると、真ん中の値だけが残る

問題の読み方

(1)

(2)

東大 過去問 2015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 放物線を a で動かすと、通る所の境目は双曲線

問題の読み方

(答)

第2問 さいころで AA・B・C・D を書き足す：n 番目が A になる確率

問題の読み方

(1)

(2)

第3問 y＝axᵖ と y＝log x がちょうどふれるとき、回した体積

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 割り算の漸化式なのに、いつも整数：フィボナッチ数の 1 つおき

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第5問 ₂₀₁₅Cₘ が初めて偶数になるのは m＝32

問題の読み方

(答)

第6問 面積 1 の細い山をかけて積分すると、真ん中の値だけが残る

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(1)

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東大過去問 2015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　放物線を a で動かすと、通る所の境目は双曲線

第2問　さいころで AA・B・C・D を書き足す：n 番目が A になる確率

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第4問　割り算の漸化式なのに、いつも整数：フィボナッチ数の 1 つおき

第5問　₂₀₁₅Cₘ が初めて偶数になるのは m＝32

第6問　面積 1 の細い山をかけて積分すると、真ん中の値だけが残る