東大過去問 2019年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2019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

— 4 —

第1問

　次の定積分を求めよ。

\int_{0}^{1} (x^{2} + \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}) (1 + \frac{x}{(1 + x^{2}) \sqrt{1 + x^{2}}}) d x

— 6 —

第2問

　一辺の長さが $1$ の正方形 $A B C D$ を考える。 $3$ 点 $P, Q, R$ はそれぞれ辺 $A B, A D, C D$ 上にあり， $3$ 点 $A, P, Q$ および $3$ 点 $P, Q, R$ はどちらも面積が $\frac{1}{3}$ の三角形の $3$ 頂点であるとする。

　 $\frac{D R}{A Q}$ の最大値，最小値を求めよ。

— 8 —

第3問

　座標空間内に $5$ 点 $A (2, 0, 0)$ , $B (0, 2, 0)$ , $C (- 2, 0, 0)$ , $D (0, - 2, 0)$ , $E (0, 0, - 2)$ を考える。線分 $A B$ の中点 $M$ と線分 $A D$ の中点 $N$ を通り，直線 $A E$ に平行な平面を $α$ とする。さらに， $p$ は $2 < p < 4$ をみたす実数とし，点 $P (p, 0, 2)$ を考える。

（1）　八面体 $P A B C D E$ の平面 $y = 0$ による切り口および，平面 $α$ の平面 $y = 0$ による切り口を同一平面上に図示せよ。

（2）　八面体 $P A B C D E$ の平面 $α$ による切り口が八角形となる $p$ の範囲を求めよ。

（3）　実数 $p$ が（2）で定まる範囲にあるとする。八面体 $P A B C D E$ の平面 $α$ による切り口のうち $y ≧ 0, z ≧ 0$ の部分を点 $(x, y, z)$ が動くとき，座標平面上で点 $(y, z)$ が動く範囲の面積を求めよ。

— 10 —

第4問

　 $n$ を $1$ 以上の整数とする。

（1）　 $n^{2} + 1$ と $5 n^{2} + 9$ の最大公約数 $d_{n}$ を求めよ。

（2）　 $(n^{2} + 1) (5 n^{2} + 9)$ は整数の $2$ 乗にならないことを示せ。

— 12 —

第5問

　以下の問いに答えよ。

（1）　 $n$ を $1$ 以上の整数とする。 $x$ についての方程式

x^{2 n - 1} = \cos x

は，ただ一つの実数解 $a_{n}$ をもつことを示せ。

（2）　（1）で定まる $a_{n}$ に対し， $\cos a_{n} > \cos 1$ を示せ。

（3）　（1）で定まる数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots \dots, a_{n}, \dots \dots$ に対し，

a = lim_{n \to \infty} a_{n}, b = lim_{n \to \infty} a_{n}^{n}, c = lim_{n \to \infty} \frac{a_{n}^{n} - b}{a_{n} - a}

を求めよ。

— 14 —

第6問

　複素数 $α, β, γ, δ$ および実数 $a, b$ が，次の $3$ 条件をみたしながら動く。

　条件 $1$ ：　 $α, β, γ, δ$ は相異なる。

　条件 $2$ ：　 $α, β, γ, δ$ は $4$ 次方程式 $z^{4} - 2 z^{3} - 2 a z + b = 0$ の解である。

　条件 $3$ ：　複素数 $α β + γ δ$ の実部は $0$ であり，虚部は $0$ でない。

（1）　 $α, β, γ, δ$ のうち，ちょうど $2$ つが実数であり，残りの $2$ つは互いに共役な複素数であることを示せ。

（2）　 $b$ を $a$ で表せ。

（3）　複素数 $α + β$ がとりうる範囲を複素数平面上に図示せよ。

第1問　かけ算をほどくと、4 つのやさしい積分になる

出題の意図（東大）　数学は自然科学の基底的分野として、自然科学に留まらず人間文化の様々な領域で活用される学問であり、科学技術だけでなく社会現象を表現し予測などを行なうために必須である。そのため、本学を受験しようとする皆さんには、高等学校学習指導要領に基づく基本的な数学の知識と技法について習得しておくことはもちろんのこと、将来、数学を十分に活用できる能力を身につけるために、以下に掲げる総合的な数学力を養うための学習を心がけて欲しいと考えている。　１）数学的に思考する力　問題の本質を数学的な考え方で把握・整理し、それらを数学の概念を用いて定式化する力　２）数学的に表現する力　自分の考えた道筋を他者が明確に理解できるよう、解答に至る道筋を論理的かつ簡潔に表現する力　３）総合的な数学力　数学を用いて様々な課題を解決するために、数学を自在に活用できると同時に、幅広い分野の知識・技術を統合して総合的に問題を捉える力　これらの数学的な思考力・表現力・総合力がバランスよく身についているかどうかを評価するために、高等学校学習指導要領の範囲のなかから多様な題材を今年度は次のように選択し問題を作成した。　理科第１問：定積分の計算

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 つのかっこのかけ算を 0 から 1 まで積分する。このままでは手がつけにくいので、まずかけ算をほどいて 4 つの項に分ける。

(x^{2} + \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}) (1 + \frac{x}{(1 + x^{2}) \sqrt{1 + x^{2}}})

= x^{2} + \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} + \frac{x^{3}}{(1 + x^{2}) \sqrt{1 + x^{2}}} + \frac{x^{2}}{(1 + x^{2})^{2}}

3 つ目は $x^{2} \cdot \frac{x}{(1 + x^{2}) \sqrt{1 + x^{2}}}$ 、4 つ目は $\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} \cdot \frac{x}{(1 + x^{2}) \sqrt{1 + x^{2}}} = \frac{x^{2}}{(1 + x^{2})^{2}}$ からきている。

どの項も $1 + x^{2}$ が入っているので、置きかえ（置換積分）の形を見分けるのがかなめ。 $x$ がかかっている項は $u = 1 + x^{2}$ とおくと $d u = 2 x d x$ で片づく。 $x$ がかかっていない形は $x = \tan θ$ とおく。

(答)

1 つずつ積分する。

1 つ目： $\int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3}$ 。

2 つ目： $\sqrt{1 + x^{2}}$ を微分すると $\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ なので

\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} d x = [\sqrt{1 + x^{2}}]_{0}^{1} = \sqrt{2} - 1

3 つ目： $u = 1 + x^{2}$ とおくと $x^{2} = u - 1$ 、 $x d x = \frac{d u}{2}$ 、 $u$ は 1 から 2 まで。

\int_{1}^{2} \frac{u - 1}{2 u \sqrt{u}} d u = \frac{1}{2} \int_{1}^{2} (u^{- \frac{1}{2}} - u^{- \frac{3}{2}}) d u = [\sqrt{u} + \frac{1}{\sqrt{u}}]_{1}^{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2} - 2

4 つ目： $x = \tan θ$ とおくと $1 + x^{2} = \frac{1}{\cos^{2} θ}$ 、 $d x = \frac{d θ}{\cos^{2} θ}$ 、 $θ$ は 0 から $\frac{π}{4}$ まで。中身は $\tan^{2} θ \cos^{4} θ \cdot \frac{1}{\cos^{2} θ} = \sin^{2} θ$ になる。

\int_{0}^{\frac{π}{4}} \sin^{2} θ d θ = [\frac{θ}{2} - \frac{\sin 2 θ}{4}]_{0}^{\frac{π}{4}} = \frac{π}{8} - \frac{1}{4}

4 つを足すと、 $\sqrt{2}$ の項が $\sqrt{2} + \frac{3 \sqrt{2}}{2} = \frac{5 \sqrt{2}}{2}$ 、数の項が $\frac{1}{3} - 1 - 2 - \frac{1}{4} = - \frac{35}{12}$ になり、ここに $\frac{π}{8}$ が加わる。値はおよそ $1.0116$ 。

$π$ が出てくるのは 4 つ目の項だけ。上の端が 1 なので $\tan θ = 1$ 、つまり $θ = \frac{π}{4}$ になり、 $\frac{π}{8}$ が入る。デモの「tan で置きかえる所」で、左の $x$ の面積と右の $θ$ の面積が同じになることが見られる。

答え

\frac{5 \sqrt{2}}{2} + \frac{π}{8} - \frac{35}{12}

（展開して 4 つの項に分ける。

\int_{0}^{1} x^{2} d x = \frac{1}{3}

、

\int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}} d x = \sqrt{2} - 1

、

\int_{0}^{1} \frac{x^{3}}{(1 + x^{2}) \sqrt{1 + x^{2}}} d x = \frac{3 \sqrt{2}}{2} - 2

（

u = 1 + x^{2}

）、

\int_{0}^{1} \frac{x^{2}}{(1 + x^{2})^{2}} d x = \frac{π}{8} - \frac{1}{4}

（

x = \tan θ

）

第2問　面積 1/3 の三角形を 2 つ：DR/AQ はどこまで動く？

出題の意図（東大）　理科第２問：平面図形、最大・最小

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

正方形を座標に置く： $A (0, 0)$ 、 $B (1, 0)$ 、 $C (1, 1)$ 、 $D (0, 1)$ 。 $A P = p$ 、 $A Q = q$ 、 $D R = r$ とおくと、 $P (p, 0)$ 、 $Q (0, q)$ 、 $R (r, 1)$ 。長さはどれも 0 以上 1 以下。

2 つの面積の条件で $q$ と $r$ が $p$ で決まるので、 $\frac{D R}{A Q} = \frac{r}{q}$ は $p$ だけの関数 になる。あとは、その関数を $p$ の動ける範囲で調べる（微分して増減を見る）。 $p$ の範囲を正しく出すのがもう 1 つのかなめ。

(答)

$△ A P Q$ は直角三角形なので $\frac{p q}{2} = \frac{1}{3}$ 、つまり $p q = \frac{2}{3}$ 。

$△ P Q R$ の面積は、 $\vec{P Q} = (- p, q)$ 、 $\vec{P R} = (r - p, 1)$ から

\frac{1}{2} | (- p) \cdot 1 - q (r - p) | = \frac{1}{2} (p + q r - p q)

（ $p, q, r ≧ 0$ で $p q = \frac{2}{3} ≦ p$ なので中身は 0 以上）。これが $\frac{1}{3}$ なので $q r = \frac{4}{3} - p$ 。

$q = \frac{2}{3 p}$ を使うと

\frac{r}{q} = \frac{q r}{q^{2}} = (\frac{4}{3} - p) \cdot \frac{9 p^{2}}{4} = 3 p^{2} - \frac{9}{4} p^{3}

範囲： $q = \frac{2}{3 p} ≦ 1$ から $p ≧ \frac{2}{3}$ 、また $p ≦ 1$ 。このとき $r = \frac{q r}{q} = 2 p - \frac{3}{2} p^{2}$ は $\frac{1}{2}$ 以上 $\frac{2}{3}$ 以下で、ちゃんと辺 CD の上にある。

$f (p) = 3 p^{2} - \frac{9}{4} p^{3}$ を微分すると $f^{'} (p) = 6 p - \frac{27}{4} p^{2} = p (6 - \frac{27}{4} p)$ 。 $p = \frac{8}{9}$ で 0 になり、その前で増え、後で減る。 $\frac{8}{9}$ は $\frac{2}{3}$ と 1 の間にあるので、山の頂上が範囲の中にある。

f (\frac{8}{9}) = \frac{64}{81}, f (\frac{2}{3}) = \frac{2}{3}, f (1) = \frac{3}{4}

一番大きいのは頂上、一番小さいのは両はしのうち小さい方の $p = \frac{2}{3}$ （Q が D に着くとき）。

面積を $\frac{1}{3}$ から変えると山の頂上 $p = \frac{8 s}{3}$ も動き、面積が $\frac{3}{8}$ をこえると頂上が範囲の外に出て、最大がはしの値になる。デモのつまみで確かめられる。

答え最大値

\frac{64}{81}

（

A P = \frac{8}{9}

）、最小値

\frac{2}{3}

（

A P = \frac{2}{3}

）（

A P = p

A Q = q

D R = r

とおくと

p q = \frac{2}{3}

q r = \frac{4}{3} - p

。

\frac{D R}{A Q} = \frac{r}{q} = 3 p^{2} - \frac{9}{4} p^{3} (\frac{2}{3} ≦ p ≦ 1)

）

第3問　八面体を平面で切ると、いつ八角形になる？

出題の意図（東大）　理科第３問：空間図形

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

八面体 PABCDE は、正方形 ABCD（ $x y$ 平面の上、中心が原点）の上に頂点 P、下に頂点 E をのせた形。まず平面 $α$ の式を出す。M $(1, 1, 0)$ と N $(1, - 1, 0)$ を通るので $\vec{M N} = (0, - 2, 0)$ の向きを含み、AE の向き $(- 2, 0, - 2)$ も含む。両方に垂直な向き（法線）は $(1, 0, - 1)$ なので

α : x - z = 1

切り口の形は、頂点が $α$ のどちら側にあるかで決まる。 $h = x - z - 1$ の符号を頂点ごとに見ると、A と E は正、B, C, D は負、P は $p - 3$ 。 $α$ は、符号がちがう 2 頂点を結ぶ辺と 1 点ずつ交わり、その点が切り口の頂点になる。

(3) は、 $α$ の上では $x = z + 1$ なので、点が $(y, z)$ だけで決まることを使う。

(1)

平面 $y = 0$ の上には P $(p, 0, 2)$ 、A $(2, 0, 0)$ 、C $(- 2, 0, 0)$ 、E $(0, 0, - 2)$ がある。この平面を $x z$ 平面とみると、八面体の切り口はこの 4 点を頂点とする四角形 PAEC（周と内部）。PE を結ぶ線は $z = 0$ で $x = \frac{p}{2}$ を通り、 $p < 4$ なら 2 より小さいので、A はちゃんと角になる。

$α$ の切り口は、 $x - z = 1$ に $y = 0$ を合わせた直線 $z = x - 1$ 。これは辺 AE（ $z = x - 2$ ）と平行。

直線と四角形の交わり：辺 EC（ $x + z = - 2$ ）とは $(- \frac{1}{2}, - \frac{3}{2})$ で交わる。もう一方は P が直線のどちら側かで変わる。辺 PA の式 $z = \frac{2 (x - 2)}{p - 2}$ と $z = x - 1$ を連立すると $x = \frac{6 - p}{4 - p}$ 。これが P の $x$ 座標 $p$ 以下なのは $(p - 2) (p - 3) ≦ 0$ 、つまり $p ≦ 3$ のとき。 $p ≧ 3$ では辺 PC（ $z = \frac{2 (x + 2)}{p + 2}$ ）と $(\frac{p + 6}{p}, \frac{6}{p})$ で交わる。

$p = 3$ で P はちょうど直線の上。これが (2) の答えの前ぶれになる。

答え平面

y = 0

を

x z

平面とみると、八面体の切り口は 4 点

(p

2)

(2

0)

(0

- 2)

(- 2

0)

（P, A, E, C）を頂点とする四角形（周と内部）。

α

の切り口は直線

z = x - 1

（AE に平行）。この直線は四角形の辺 EC を

(- \frac{1}{2}, - \frac{3}{2})

で、

2 < p ≦ 3

なら辺 PA を

(\frac{6 - p}{4 - p}, \frac{2}{4 - p})

、

3 ≦ p < 4

なら辺 PC を

(\frac{p + 6}{p}, \frac{6}{p})

で横切る（

α : x - z = 1

）

(2)

$h = x - z - 1$ の符号：A $+ 1$ 、E $+ 1$ 、B $- 1$ 、C $- 3$ 、D $- 1$ 、P $p - 3$ 。

$p > 3$ のとき、正の側は {A, E, P}、負の側は {B, C, D}。八面体の辺のうち両側を結ぶのは PB, PC, PD, EB, EC, ED, AB, AD の 8 本（AC は辺ではない）。切り口は八角形。

$p < 3$ のとき、正の側は {A, E}。両側を結ぶ辺は PA, AB, AD, EB, EC, ED の 6 本で六角形。 $p = 3$ のときは P が $α$ の上にあり、PB, PC, PD との交点が P 1 つにまとまって、やはり六角形。

だから八角形になるのは $p$ が 3 より大きいとき。問題の条件 $p < 4$ と合わせて答えになる。デモで $p$ を 3 の前後で動かすと、多角形の角の数が 6 と 8 で入れかわる。

答え

3 < p < 4

（

h = x - z - 1

は A, E で正、B, C, D で負、P で

p - 3

。

p > 3

なら符号がちがう 2 頂点を結ぶ辺は PB, PC, PD, EB, EC, ED, AB, AD の 8 本で八角形。

p < 3

なら 6 本、

p = 3

なら P が

α

の上で、どちらも六角形）

(3)

$α$ の上の点は $(z + 1, y, z)$ と書けるので、 $(y, z)$ を決めれば点が 1 つに決まる。 $α$ は傾いているので、 $(y, z)$ に写すと図形は $x$ の向きの分だけ縮むが、たずねられているのは写したあとの面積。切り口の多角形の角を $(y, z)$ に写し、 $y ≧ 0$ , $z ≧ 0$ の部分の角を探す。

まず $z = 0$ の所は、底の正方形の中の線分 $x = 1$ で、 $y ≧ 0$ の側は $(y, z) = (0, 0)$ から M の $(1, 0)$ まで。次に辺 PB との交点は、P から B へ $t$ の割合で進むと $h = (p - 3) - t (p - 2) = 0$ 、 $t = \frac{p - 3}{p - 2}$ で、点は $(y, z) = (\frac{2 (p - 3)}{p - 2}, \frac{2}{p - 2})$ 。最後に辺 PC との交点は $y = 0$ の上で、(1) で出した $z = \frac{6}{p}$ 。

この 4 点 $(0, 0)$ 、 $(1, 0)$ 、 $(\frac{2 (p - 3)}{p - 2}, \frac{2}{p - 2})$ 、 $(0, \frac{6}{p})$ の四角形の面積を、座標の公式（靴ひもの公式）で出す：

\frac{1}{2} (\frac{2}{p - 2} + \frac{2 (p - 3)}{p - 2} \cdot \frac{6}{p}) = \frac{p + 6 (p - 3)}{p (p - 2)} = \frac{7 p - 18}{p (p - 2)}

$p = 3$ で 1、 $p \to 4$ で $\frac{5}{4}$ に近づく。ただし 3 から 4 へずっと増えるのではなく、微分の分子 $- 7 p^{2} + 36 p - 36$ が 0 になる $p = \frac{18 + 6 \sqrt{2}}{7} ≒ 3.78$ で一番大きく（約 1.257）、そのあと少し減って $\frac{5}{4}$ に近づく。 $p ≦ 3$ だと辺 PB と交わらず三角形になり、この式は使えない。

答え

\frac{7 p - 18}{p (p - 2)}

（

α

の上では

x = z + 1

。範囲は 4 点

(0

0)

(1

0)

(\frac{2 (p - 3)}{p - 2}, \frac{2}{p - 2})

(0, \frac{6}{p})

の四角形）

第4問　n²＋1 と 5n²＋9：最大公約数は 1 か 2 だけ

出題の意図（東大）　理科第４問：整数の性質

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 つの数の最大公約数は、一方から他方の何倍かを引いても変わらない（ユークリッドの互除法の考え方）。 $5 n^{2} + 9$ から $n^{2} + 1$ の 5 倍を引くと $4$ しか残らない。これで (1) は「 $n^{2} + 1$ と 4 の最大公約数」の話になる。

(2) は、2 つの数の積が平方数になるとき、2 つに共通の約数が無ければ それぞれが平方数 になる、という事実を使う。(1) で共通の約数が 1 か 2 と分かっているので、それぞれの場合に分ける。平方数でないことを言うには「となりの平方数ではさむ」「4 で割った余りを見る」がよく効く。

(1)

5 n^{2} + 9 - 5 (n^{2} + 1) = 4

なので、 $d_{n}$ は $n^{2} + 1$ と 4 の最大公約数と同じ。

$n$ が偶数なら $n^{2}$ は偶数で、 $n^{2} + 1$ は奇数。4 と共通の約数は 1 だけ。

$n$ が奇数なら、 $n = 2 k + 1$ として $n^{2} + 1 = 4 k^{2} + 4 k + 2$ 。4 で割ると 2 余るので、2 では割れるが 4 では割れない。4 との最大公約数は 2。

デモでは互除法を 1 行ずつ出していて、 $n ≧ 2$ なら 1 回目の割り算の商が 5 で、余りが 4 になるのが見える。 $n = 1$ だけは $14 = 7 \times 2$ で割り算の余りは 0 になる（5 回引いた残り 4 は割り算の余りではない）が、 $2$ と $4$ の最大公約数も 2 で、 $d_{1}$ は同じ。

答え

d_{n} = 1 (n

が偶数

)

d_{n} = 2 (n

が奇数

)

（

5 n^{2} + 9 - 5 (n^{2} + 1) = 4

より

d_{n}

は

n^{2} + 1

と 4 の最大公約数。

n

が偶数なら

n^{2} + 1

は奇数、奇数なら

n^{2} + 1

は 4 で割って 2 余る）

(2)

$n$ が偶数のとき、(1) より $n^{2} + 1$ と $5 n^{2} + 9$ は共通の約数が 1 だけ（互いに素）。積が平方数なら、素因数の指数が全部偶数で、それがどちらか一方に丸ごと入るので、 $n^{2} + 1$ も平方数になる。ところが

n^{2} < n^{2} + 1 < (n + 1)^{2}

で、となりどうしの平方数の間にはさまれているので平方数ではない。

$n$ が奇数のとき、 $n^{2} + 1 = 2 A$ 、 $5 n^{2} + 9 = 2 B$ とおくと、(1) より $A$ と $B$ は互いに素。積 $4 A B$ が平方数なら $A B$ も平方数で、 $A$ も $B$ も平方数になる。

ここで $B$ を 4 で割った余りを見る。 $n$ が奇数なら $n^{2}$ を 8 で割ると 1 余る（ $n^{2} - 1 = (n - 1) (n + 1)$ は連続する偶数の積で 8 の倍数）。だから $5 n^{2} + 9$ を 8 で割ると $5 + 9 = 14$ 、つまり 6 余り、 $B = \frac{5 n^{2} + 9}{2}$ を 4 で割ると 3 余る。平方数を 4 で割った余りは 0 か 1 だけなので、 $B$ は平方数になれない。

どちらの場合も矛盾するので、積は平方数にならない。「9」でなく 13 などにすると、この余りが 1 になって理由が使えず、実際に $n = 1$ で $2 \times 18 = 36$ と平方数ができてしまう。

答え示すこと：

(n^{2} + 1) (5 n^{2} + 9)

は平方数でない。要点：

n

が偶数なら 2 つは互いに素なので、積が平方数なら

n^{2} + 1

も平方数。しかし

n^{2} < n^{2} + 1 < (n + 1)^{2}

。

n

が奇数なら

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

と

\frac{5 n^{2} + 9}{2}

は互いに素で、積の 4 倍が平方数なら両方とも平方数。ところが

n^{2}

を 8 で割ると 1 余るので

\frac{5 n^{2} + 9}{2}

は 4 で割って 3 余り、平方数（4 で割って 0 か 1 余る）になれない

第5問　aₙ は 1 に近づくのに、aₙⁿ は 1 にならない

出題の意図（東大）　理科第５問：数列と極限、関数の性質

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

$f (x) = x^{2 n - 1} - \cos x$ とおいて、グラフが $x$ 軸と何回交わるかを調べる。 $x^{2 n - 1}$ は奇数乗なので、 $x < 0$ では負、 $x > 1$ では 1 より大きい。 $\cos x$ は $- 1$ と 1 の間にあるので、交わるのは 0 と 1 の間だけ と見当がつく。

(3) は、解が $0 < a_{n} < 1$ で $a_{n}^{2 n - 1} = \cos a_{n}$ をみたすことを使って、 $a_{n}$ 、 $a_{n}^{n}$ を「 $n$ が入らない形」に書きかえる。最後の極限は 微分係数の形（ $\frac{g (a_{n}) - g (1)}{a_{n} - 1}$ ）に気づけば、 $g$ の微分で求まる。

(1)

場合に分ける。

$- 1 < x ≦ 0$ ： $x^{2 n - 1} ≦ 0$ で、 $\cos x > 0$ （ $| x | < \frac{π}{2}$ ）。だから $f (x) < 0$ 。

$x ≦ - 1$ ： $x^{2 n - 1} ≦ - 1 ≦ \cos x$ 。両方の等号が同時に成り立つのは $x = - 1$ かつ $\cos x = - 1$ のときだけだが、 $\cos (- 1) \neq - 1$ 。だから $f (x) < 0$ 。

$x ≧ 1$ ： $x^{2 n - 1} ≧ 1 ≧ \cos x$ 。同じく等号は同時に起きないので $f (x) > 0$ 。

$0 < x < 1$ ：

f^{'} (x) = (2 n - 1) x^{2 n - 2} + \sin x > 0

で $f$ は増えるだけ。 $f (0) = - 1 < 0$ 、 $f (1) = 1 - \cos 1 > 0$ なので、0 と 1 の間でちょうど 1 回 0 になる。

合わせて、実数解はただ 1 つで、それは 0 と 1 の間にある。指数が奇数であることが効いていて、偶数だと $x < 0$ にも解ができる（デモの「指数」のつまみ）。

答え示すこと：

x^{2 n - 1} = \cos x

の実数解はただ 1 つ。要点：

f (x) = x^{2 n - 1} - \cos x

とおく。

- 1 < x ≦ 0

では

x^{2 n - 1} ≦ 0 < \cos x

、

x ≦ - 1

では

x^{2 n - 1} ≦ - 1 ≦ \cos x

（等号は同時に起きない）なので

f < 0

。

x ≧ 1

では

x^{2 n - 1} ≧ 1 ≧ \cos x

（等号は同時に起きない）で

f > 0

。

0 < x < 1

で

f^{'} (x) = (2 n - 1) x^{2 n - 2} + \sin x > 0

、

f (0) = - 1 < 0

f (1) = 1 - \cos 1 > 0

なので、解は 0 と 1 の間にただ 1 つ

(2)

(1) で解 $a_{n}$ は $0 < a_{n} < 1$ にあると分かった。 $\cos x$ は $0 ≦ x ≦ π$ で減る関数なので、 $a_{n} < 1$ から $\cos a_{n} > \cos 1$ 。

(1) の途中で「0 と 1 の間にある」ところまで示しておけば、(2) はすぐに出る。

答え示すこと：

\cos a_{n} > \cos 1

。要点：(1) より

0 < a_{n} < 1

。

\cos x

は

0 ≦ x ≦ π

で減るので

\cos a_{n} > \cos 1

(3)

$a$ ：(2) より $a_{n}^{2 n - 1} = \cos a_{n} > \cos 1$ 、だから

(\cos 1)^{\frac{1}{2 n - 1}} < a_{n} < 1

左は $n \to \infty$ で $(\cos 1)^{0} = 1$ に近づくので、はさみうちで $a = 1$ 。

$b$ ： $a_{n}^{2 n - 1} = \cos a_{n}$ の両辺に $a_{n}$ をかけると $a_{n}^{2 n} = a_{n} \cos a_{n}$ 。 $a_{n} > 0$ なので

a_{n}^{n} = \sqrt{a_{n} \cos a_{n}} ⟶ \sqrt{1 \cdot \cos 1} = \sqrt{\cos 1}

$a_{n}$ は 1 に近づくのに、 $n$ 乗すると 1 にならない。 $1 - a_{n}$ がおよそ $\frac{0.31}{n}$ の速さでしか 0 に近づかないから。

$c$ ： $g (x) = \sqrt{x \cos x}$ とおくと $a_{n}^{n} = g (a_{n})$ 、 $b = g (1)$ なので

\frac{a_{n}^{n} - b}{a_{n} - a} = \frac{g (a_{n}) - g (1)}{a_{n} - 1} ⟶ g^{'} (1)

（ $a_{n} \neq 1$ で $a_{n} \to 1$ ）。 $g^{'} (x) = \frac{\cos x - x \sin x}{2 \sqrt{x \cos x}}$ に $x = 1$ を入れると $c = \frac{\cos 1 - \sin 1}{2 \sqrt{\cos 1}}$ 、およそ $- 0.205$ 。

答え

a = 1

b = \sqrt{\cos 1}

c = \frac{\cos 1 - \sin 1}{2 \sqrt{\cos 1}}

（

a_{n}^{2 n - 1} = \cos a_{n} > \cos 1

より

(\cos 1)^{\frac{1}{2 n - 1}} < a_{n} < 1

ではさむ。

a_{n}^{n} = \sqrt{a_{n} \cos a_{n}}

。

g (x) = \sqrt{x \cos x}

とおくと

c = g^{'} (1)

）

第6問　4 つの解の組み合わせ：α＋β は双曲線の上を動く

出題の意図（東大）　理科第６問：高次方程式、複素数

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

方程式の係数（ $- 2$ 、 $- 2 a$ 、 $b$ ）は全部実数。実数係数の方程式では、実数でない解は共役（虚部の符号だけちがう数）の組で出る。4 つの解は「4 つとも実数」「実数 2 つ＋共役の組 1 つ」「共役の組 2 つ」のどれか。(1) は条件 3 で、このうち 2 番目だけが残ることを示す。

(2)(3) は、解を $r, s$ （実数）と $p \pm q i$ （ $q \neq 0$ ）とおき、解と係数の関係（4 つの解の和・2 つずつの積の和・3 つずつの積の和・4 つの積）を使って $a, b$ を $r, s, p, q$ で書く。

(1)

4 つとも実数なら、 $α β + γ δ$ も実数で、虚部が 0。条件 3 に反する。

共役の組が 2 つ（ $u, \bar{u}, v, \bar{v}$ ）のとき、4 つを 2 つずつに分ける分け方は 3 通りしかない：

u \bar{u} + v \bar{v} = | u |^{2} + | v |^{2}, u v + \bar{u} \bar{v} = u v + \overset{―}{u v}, u \bar{v} + \bar{u} v = u \bar{v} + \overset{―}{u \bar{v}}

どれも「数とその共役の和」か実数の和なので実数。やはり条件 3 に反する。

残るのは、ちょうど 2 つが実数で、残り 2 つが互いに共役な場合。

答え示すこと：ちょうど 2 つが実数で、残りの 2 つは互いに共役。要点：係数が実数なので、実数でない解は共役の組で出る。4 つとも実数なら

α β + γ δ

は実数。共役の組が 2 つ

u

\bar{u}

v

\bar{v}

なら、組み分けは

| u |^{2} + | v |^{2}

u v + \overset{―}{u v}

u \bar{v} + \overset{―}{u \bar{v}}

でどれも実数。どちらの場合も虚部が 0 になり条件 3 に反する

(2)

実数の解を $r, s$ 、共役を $p \pm q i$ （ $q \neq 0$ ）とする。 $α β + γ δ$ が実数でないのは、 $α, β$ の一方が実数で一方が虚数のとき（たとえば $r (p + q i) + s (p - q i)$ ）。その実部は $(r + s) p$ 、虚部は $(r - s) q$ 。条件は

(r + s) p = 0, r \neq s

解と係数の関係（ $z^{3}$ の係数から和、 $z^{2}$ の係数 0 から 2 つずつの積の和、…）：

r + s + 2 p = 2, r s + 2 p (r + s) + p^{2} + q^{2} = 0

2 p r s + (r + s) (p^{2} + q^{2}) = 2 a, r s (p^{2} + q^{2}) = b

$p = 0$ のとき： $r + s = 2$ 、 $r s = - q^{2}$ 、 $a = q^{2}$ 、 $b = - q^{4}$ 。だから $b = - a^{2}$ （ $a > 0$ ）。

$r + s = 0$ のとき： $p = 1$ 、 $r s = - r^{2}$ なので $- r^{2} + 1 + q^{2} = 0$ 、 $a = - r^{2}$ 、 $b = - r^{2} (1 + q^{2}) = - r^{4}$ 。やはり $b = - a^{2}$ （ $a = - (1 + q^{2}) < - 1$ ）。

どちらの場合も同じ関係になる。 $- 1 ≦ a ≦ 0$ ではどの $b$ でも条件がそろわない（デモで $a$ をそこに置くと、実部の線が 0 を横切らない）。

答え

b = - a^{2}

（実数の解

r

s

、共役

p \pm q i (q \neq 0)

。条件 3 がかなうのは

α

β

の一方が実数・一方が虚数の組み分けで、実部

(r + s) p = 0

。

p = 0

なら

r + s = 2

r s = - q^{2}

a = q^{2}

b = - q^{4}

。

r + s = 0

なら

p = 1

r^{2} = 1 + q^{2}

a = - r^{2}

b = - r^{4}

。どちらも

b = - a^{2}

（

a > 0

または

a < - 1

）

(3)

$α, β$ の一方は実数、一方は虚数なので、 $α + β =$ （実数の解） $+ p \pm q i$ （ $p$ は虚数の解の実部で、(2) の 2 つの場合で $p = 0$ か $p = 1$ ）。

$p = 0$ のとき： $r, s$ は $t^{2} - 2 t - q^{2} = 0$ の解で $1 \pm \sqrt{1 + q^{2}}$ 。だから $α + β = 1 \pm \sqrt{1 + q^{2}} \pm q i$ 。

$r + s = 0$ のとき： $r = \pm \sqrt{1 + q^{2}}$ 、虚数の解は $1 \pm q i$ なので、 $α + β = \pm \sqrt{1 + q^{2}} + 1 \pm q i$ 。同じ形になる。

$α + β = x + y i$ とおくと $x - 1 = \pm \sqrt{1 + y^{2}}$ 、つまり

(x - 1)^{2} - y^{2} = 1

の双曲線の上。 $q$ は 0 以外の実数を全部とれる（ $p = 0$ の場合、 $a = q^{2}$ はどんな正の数にもなれる）ので、 $y \neq 0$ の所は全部とれる。 $y = 0$ になる 2 つの頂点 $0$ と $2$ だけは、 $q \neq 0$ なので入らない。

答え

α + β = x + y i

として、双曲線

(x - 1)^{2} - y^{2} = 1

から 2 点

0

2

を除いた部分（

α + β =

（実数の解）

+ p \pm q i (p

は実数でない解の実部）。

p = 0

の場合は

1 \pm \sqrt{1 + q^{2}} \pm q i

、

r + s = 0

の場合も

1 \pm \sqrt{1 + q^{2}} \pm q i

で同じ。

q

は 0 以外のすべての実数をとり、

q \neq 0

なので頂点 0, 2 は入らない）

東大過去問 2019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　かけ算をほどくと、4 つのやさしい積分になる

問題の読み方

(答)

第2問　面積 1/3 の三角形を 2 つ：DR/AQ はどこまで動く？

問題の読み方

(答)

第3問　八面体を平面で切ると、いつ八角形になる？

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問　n²＋1 と 5n²＋9：最大公約数は 1 か 2 だけ

問題の読み方

(1)

(2)

第5問　aₙ は 1 に近づくのに、aₙⁿ は 1 にならない

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問　4 つの解の組み合わせ：α＋β は双曲線の上を動く

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大 過去問 2019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 かけ算をほどくと、4 つのやさしい積分になる

問題の読み方

(答)

第2問 面積 1/3 の三角形を 2 つ：DR/AQ はどこまで動く？

問題の読み方

(答)

第3問 八面体を平面で切ると、いつ八角形になる？

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第4問 n²＋1 と 5n²＋9：最大公約数は 1 か 2 だけ

問題の読み方

(1)

(2)

第5問 aₙ は 1 に近づくのに、aₙⁿ は 1 にならない

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第6問 4 つの解の組み合わせ：α＋β は双曲線の上を動く

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大過去問 2019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　かけ算をほどくと、4 つのやさしい積分になる

第2問　面積 1/3 の三角形を 2 つ：DR/AQ はどこまで動く？

第3問　八面体を平面で切ると、いつ八角形になる？

第4問　n²＋1 と 5n²＋9：最大公約数は 1 か 2 だけ

第5問　aₙ は 1 に近づくのに、aₙⁿ は 1 にならない

第6問　4 つの解の組み合わせ：α＋β は双曲線の上を動く