東大過去問 2025年数学｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2025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

　座標平面上の点 $A (0, 0), B (0, 1), C (1, 1), D (1, 0)$ を考える。実数 $0 < t < 1$ に対して，線分 $A B, B C, C D$ を $t : (1 - t)$ に内分する点をそれぞれ $P_{t}, Q_{t}, R_{t}$ とし，線分 $P_{t} Q_{t}, Q_{t} R_{t}$ を $t : (1 - t)$ に内分する点をそれぞれ $S_{t}, T_{t}$ とする。さらに，線分 $S_{t} T_{t}$ を $t : (1 - t)$ に内分する点を $U_{t}$ とする。また，点 $A$ を $U_{0}$ ，点 $D$ を $U_{1}$ とする。

（1）　点 $U_{t}$ の座標を求めよ。

（2）　 $t$ が $0 ≦ t ≦ 1$ の範囲を動くときに点 $U_{t}$ が描く曲線と，線分 $A D$ で囲まれた部分の面積を求めよ。

（3）　 $a$ を $0 < a < 1$ を満たす実数とする。 $t$ が $0 ≦ t ≦ a$ の範囲を動くときに点 $U_{t}$ が描く曲線の長さを， $a$ の多項式の形で求めよ。

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第2問

（1）　 $x > 0$ のとき，不等式 $\log x ≦ x - 1$ を示せ。

（2）　次の極限を求めよ。

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

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第3問

　平行四辺形 $A B C D$ において， $∠ A B C = \frac{π}{6}, A B = a, B C = b, a ≦ b$ とする。次の条件を満たす長方形 $E F G H$ を考え，その面積を $S$ とする。

　　条件：　点 $A, B, C, D$ はそれぞれ辺 $E F, F G, G H, H E$ 上にある。

ただし，辺はその両端の点も含むものとする。

（1）　 $∠ B C G = θ$ とするとき， $S$ を $a, b, θ$ を用いて表せ。

（2）　 $S$ のとりうる値の最大値を $a, b$ を用いて表せ。

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第4問

　この問いでは， $0$ 以上の整数の $2$ 乗になる数を平方数と呼ぶ。 $a$ を正の整数とし， $f_{a} (x) = x^{2} + x - a$ とおく。

（1）　 $n$ を正の整数とする。 $f_{a} (n)$ が平方数ならば， $n ≦ a$ であることを示せ。

（2）　 $f_{a} (n)$ が平方数となる正の整数 $n$ の個数を $N_{a}$ とおく。次の条件 (i), (ii) が同値であることを示せ。

　(i)　 $N_{a} = 1$ である。

　(ii)　 $4 a + 1$ は素数である。

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第5問

　 $n$ を $2$ 以上の整数とする。 $1$ から $n$ までの数字が書かれた札が各 $1$ 枚ずつ合計 $n$ 枚あり，横一列におかれている。 $1$ 以上 $(n - 1)$ 以下の整数 $i$ に対して，次の操作 $(T_{i})$ を考える。

　 $(T_{i})$ 　左から $i$ 番目の札の数字が，左から $(i + 1)$ 番目の札の数字よりも大きければ，これら $2$ 枚の札の位置を入れかえる。そうでなければ，札の位置をかえない。

　最初の状態において札の数字は左から $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ であったとする。この状態から $(n - 1)$ 回の操作 $(T_{1}), (T_{2}), \dots, (T_{n - 1})$ を順に行った後，続けて $(n - 1)$ 回の操作 $(T_{n - 1}), \dots, (T_{2}), (T_{1})$ を順に行ったところ，札の数字は左から $1, 2, \dots, n$ と小さい順に並んだ。以下の問いに答えよ。

（1）　 $A_{1}$ と $A_{2}$ のうち少なくとも一方は $2$ 以下であることを示せ。

（2）　最初の状態としてありうる札の数字の並び方 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ の総数を $c_{n}$ とする。 $n$ が $4$ 以上の整数であるとき， $c_{n}$ を $c_{n - 1}$ と $c_{n - 2}$ を用いて表せ。

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第6問

　複素数平面上の点 $\frac{1}{2}$ を中心とする半径 $\frac{1}{2}$ の円の周から原点を除いた曲線を $C$ とする。

（1）　曲線 $C$ 上の複素数 $z$ に対し， $\frac{1}{z}$ の実部は $1$ であることを示せ。

（2）　 $α, β$ を曲線 $C$ 上の相異なる複素数とするとき， $\frac{1}{α^{2}} + \frac{1}{β^{2}}$ がとりうる範囲を複素数平面上に図示せよ。

（3）　 $γ$ を（2）で求めた範囲に属さない複素数とするとき， $\frac{1}{γ}$ の実部がとりうる値の最大値と最小値を求めよ。

第1問　内分を 3 回くり返すと、なめらかな曲線ができる

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

正方形の辺を $t : (1 - t)$ に内分し、できた 3 点をつないだ 2 本の線分をまた内分し、最後の 1 本をもう 1 回内分する。こうしてできる点 $U_{t}$ は、 $t$ を動かすと A から D までなめらかな曲線を描く（コンピューターで曲線を描くときに使う「ベジエ曲線」と同じ作り方）。

筋は 3 つ。(1) は内分の公式を 3 回くり返して座標を出す。(2) は $x$ が $t$ とともに増えることを確かめてから $\int y d x$ を $t$ の積分に置きかえる。(3) は速さ $\sqrt{x^{' 2} + y^{' 2}}$ のルートの中が、ちょうど 2 乗の形になることに気づく。

(1)

線分 PQ を $t : (1 - t)$ に内分する点は $(1 - t) P + t Q$ 。これを 1 回目の 3 本に使うと

P_{t} = (0, t), Q_{t} = (t, 1), R_{t} = (1, 1 - t)

2 回目は $P_{t} Q_{t}$ と $Q_{t} R_{t}$ を内分する。

S_{t} = (t^{2}, (1 - t) t + t) = (t^{2}, 2 t - t^{2}), T_{t} = (2 t - t^{2}, 1 - t^{2})

3 回目は $S_{t} T_{t}$ を内分する。 $x$ 座標は $(1 - t) t^{2} + t (2 t - t^{2}) = 3 t^{2} - 2 t^{3}$ 、 $y$ 座標は $(1 - t) (2 t - t^{2}) + t (1 - t^{2}) = 3 t - 3 t^{2}$ 。

$t = 0$ で $(0, 0) = A$ 、 $t = 1$ で $(1, 0) = D$ になり、問題の決め方（ $U_{0} = A$ 、 $U_{1} = D$ ）ともつながる。 $y = 3 t (1 - t)$ は $t = \frac{1}{2}$ で一番高く $\frac{3}{4}$ 。

答え

U_{t} = (3 t^{2} - 2 t^{3}, 3 t - 3 t^{2})

（

P_{t} = (0

t)

Q_{t} = (t

1)

R_{t} = (1

1 - t)

、

S_{t} = (t^{2}

2 t - t^{2})

T_{t} = (2 t - t^{2}

1 - t^{2})

を内分）

(2)

$x = 3 t^{2} - 2 t^{3}$ を微分すると $\frac{d x}{d t} = 6 t - 6 t^{2} = 6 t (1 - t) ≧ 0$ 。 $x$ は 0 から 1 へ増えるだけなので、曲線は左から右へ 1 回だけ進み、 $y = 3 t (1 - t) ≧ 0$ だから AD（ $x$ 軸）の上にある。

囲まれた部分の面積は $\int_{0}^{1} y d x$ 。 $x$ を $t$ に置きかえると、 $d x = 6 t (1 - t) d t$ 、 $x$ が 0〜1 のとき $t$ も 0〜1 なので

\int_{0}^{1} 3 t (1 - t) \cdot 6 t (1 - t) d t = 18 \int_{0}^{1} t^{2} (1 - t)^{2} d t

$t^{2} (1 - t)^{2} = t^{2} - 2 t^{3} + t^{4}$ を積分すると $\frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} = \frac{1}{30}$ 。

だから面積は $18 \times \frac{1}{30} = \frac{3}{5}$ 。正方形（面積 1）の 6 割になる。

答え

\frac{3}{5}

（

x

は増加、

y ≧ 0

。

\int_{0}^{1} y \frac{d x}{d t} d t = \int_{0}^{1} 3 t (1 - t) \cdot 6 t (1 - t) d t = 18 \cdot \frac{1}{30}

）

(3)

曲線の長さは、速さ $\sqrt{{(\frac{d x}{d t})}^{2} + {(\frac{d y}{d t})}^{2}}$ を $t$ で積分したもの。 $\frac{d x}{d t} = 6 t (1 - t)$ 、 $\frac{d y}{d t} = 3 - 6 t = 3 (1 - 2 t)$ 。

ルートの中を計算する。 $u = t (1 - t)$ とおくと $(1 - 2 t)^{2} = 1 - 4 t + 4 t^{2} = 1 - 4 u$ なので

36 u^{2} + 9 (1 - 4 u) = 36 u^{2} - 36 u + 9 = 9 (2 u - 1)^{2}

ちょうど 2 乗の形になった。 $u = t (1 - t) ≦ \frac{1}{4}$ なので $1 - 2 u > 0$ で、速さは $3 (1 - 2 u) = 3 (1 - 2 t + 2 t^{2})$ 。ルートが外れる。

あとは多項式の積分：

\int_{0}^{a} 3 (1 - 2 t + 2 t^{2}) d t = 3 a - 3 a^{2} + 2 a^{3}

これが「 $a$ の多項式の形で」と言われた理由。たての長さを 1 以外（長方形）にすると、ルートの中は 2 乗の形にならず、長さは多項式で書けない。正方形だから長さがきれいに出る。 $a = 1$ にすると全体の長さは 2 で、AD（1）と折れ線 ABCD（3）のちょうど真ん中。

答え

2 a^{3} - 3 a^{2} + 3 a

（

{(\frac{d x}{d t})}^{2} + {(\frac{d y}{d t})}^{2} = 36 t^{2} (1 - t)^{2} + 9 (1 - 2 t)^{2} = {3 (1 - 2 t + 2 t^{2})}^{2}

なので速さは

3 (1 - 2 t + 2 t^{2})

）

第2問　log x ≦ x − 1 で、極限を上と下からはさむ

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) はよく使う不等式 $\log x ≦ x - 1$ （ $\log$ のグラフは、 $x = 1$ での接線 $y = x - 1$ より上に出ない）。(2) はそれを使って、直接は計算できない積分の極限を求める。

(2) の中身 $\log \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2}$ は、 $n$ が大きいと $x^{\frac{1}{n}}$ が 1 に近いので、 $\log (1 に近い数)$ で 0 に近い。それに $n$ をかけると 0 でない値が残る。筋は、(1) の不等式を 2 通りに使って中身を上と下からはさみ、はさんだ両側の積分が同じ値に近づくことを示す（はさみうち）。

(1)

差をとって、それが 0 以上であることを示す。 $g (x) = x - 1 - \log x$ （ $x > 0$ ）とおくと

g^{'} (x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x}

$0 < x < 1$ で $g^{'} (x) < 0$ （減る）、 $x > 1$ で $g^{'} (x) > 0$ （増える）。

だから $g$ は $x = 1$ で一番小さく、その値は $g (1) = 1 - 1 - \log 1 = 0$ 。したがって $g (x) ≧ 0$ 、つまり $\log x ≦ x - 1$ 。等号は $x = 1$ のときだけ。

グラフで見ると、 $y = \log x$ は上に出っぱった形で、 $x = 1$ での接線がちょうど $y = x - 1$ 。接線より上に出ないということを言っている。

答え示すこと：

x > 0

で

\log x ≦ x - 1

。要点：

g (x) = x - 1 - \log x

とおくと

g^{'} (x) = 1 - \frac{1}{x}

。

0 < x < 1

で

g^{'} < 0

、

x > 1

で

g^{'} > 0

なので

g (x) ≧ g (1) = 0

（等号は

x = 1

）

(2)

$y = x^{\frac{1}{n}}$ とおく（ $1 ≦ x ≦ 2$ なので $1 ≦ y ≦ 2^{\frac{1}{n}}$ ）。 $\log y = \frac{\log x}{n}$ 。

上からおさえる。 (1) を $\frac{1 + y}{2}$ に使うと $\log \frac{1 + y}{2} ≦ \frac{1 + y}{2} - 1 = \frac{y - 1}{2}$ 。次に $y - 1$ の大きさをおさえるため、(1) を $\frac{1}{y}$ に使う： $\log \frac{1}{y} ≦ \frac{1}{y} - 1$ より $\log y ≧ 1 - \frac{1}{y} = \frac{y - 1}{y}$ 。だから $y - 1 ≦ y \log y ≦ 2^{\frac{1}{n}} \cdot \frac{\log x}{n}$ 。合わせて

n \log \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2} ≦ \frac{2^{\frac{1}{n}}}{2} \log x

下からおさえる。 (1) を $\frac{2}{1 + y}$ に使うと $\log \frac{2}{1 + y} ≦ \frac{2}{1 + y} - 1$ 、つまり $\log \frac{1 + y}{2} ≧ \frac{y - 1}{y + 1}$ 。さらに (1) をそのまま $y$ に使うと $y - 1 ≧ \log y = \frac{\log x}{n}$ 。 $y + 1 ≦ 2^{\frac{1}{n}} + 1$ なので

n \log \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2} ≧ \frac{\log x}{2^{\frac{1}{n}} + 1}

両側を $1$ から $2$ まで積分する。 $\int_{1}^{2} \log x d x = [x \log x - x]_{1}^{2} = 2 \log 2 - 1$ 。 $n \to \infty$ で $2^{\frac{1}{n}} \to 1$ なので、下の値 $\frac{2 \log 2 - 1}{2^{\frac{1}{n}} + 1}$ も上の値 $\frac{2^{\frac{1}{n}} (2 \log 2 - 1)}{2}$ も $\frac{2 \log 2 - 1}{2}$ に近づく。はさまれた真ん中も同じ値に近づく。

数値で見ると、 $n = 10$ で $0.1955$ 、 $n = 1000$ で $0.19317$ と $\log 2 - \frac{1}{2} ≒ 0.19315$ に近づく。中身が $\frac{\log x}{2} = \log \sqrt{x}$ に近づくのは、「1 と $x^{\frac{1}{n}}$ を足して 2 で割った平均」を $n$ 乗すると $\sqrt{x}$ （かけて √ をとる平均）に近づくから、とも言える。

答え

\log 2 - \frac{1}{2}

（(1) で

\log \frac{1 + y}{2} ≦ \frac{y - 1}{2}

、(1) を

\frac{1}{u}

に使って

\log u ≧ 1 - \frac{1}{u}

。

y = x^{\frac{1}{n}}

として

\frac{\log x}{2^{\frac{1}{n}} + 1} ≦ n \log \frac{1 + x^{\frac{1}{n}}}{2} ≦ \frac{2^{\frac{1}{n}} \log x}{2}

。積分してはさむと

\frac{1}{2} \int_{1}^{2} \log x d x = \frac{1}{2} (2 \log 2 - 1)

）

第3問　平行四辺形を長方形で囲む：回すと面積が変わる

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

平行四辺形 ABCD の 4 つの頂点が、長方形 EFGH の 4 辺にそれぞれ 1 つずつ乗るように、長方形で外から囲む。長方形の向きを変えると面積 $S$ が変わる。向きを表すのが $∠ B C G = θ$ 。

筋は 2 つ。(1) は角 G の直角三角形 BGC から、長方形の幅と高さを $a, b, θ$ で書く。そのとき「頂点が辺の上に乗る」ために $θ$ が動ける範囲も決めておく。(2) は $S$ を三角関数の合成で 1 つの $\sin$ にまとめ、山の頂上が $θ$ の範囲の中にあるかどうかで場合を分ける。

(1)

辺 FG と辺 GH は G で直角に交わり、B は FG の上、C は GH の上。三角形 BGC は G が直角で、斜めの辺が $B C = b$ 、 $∠ B C G = θ$ なので

G C = b \cos θ, G B = b \sin θ

G を原点、GH を $x$ 軸の向き、GF を $y$ 軸の向きにおくと $C = (b \cos θ, 0)$ 、 $B = (0, b \sin θ)$ 。BC の向きは下向きに $θ$ 傾いていて、BA はそこから $\frac{π}{6}$ 回った向き、つまり上向きに $\frac{π}{6} - θ$ 傾いた向き。だから

A = (a \cos (\frac{π}{6} - θ), b \sin θ + a \sin (\frac{π}{6} - θ))

$D = A + C - B$ の $x$ 座標は $b \cos θ + a \cos (\frac{π}{6} - θ)$ 。

A が一番上（辺 EF の上）、D が一番右（辺 HE の上）にあるには、 $\cos θ$ 、 $\sin θ$ 、 $\cos (\frac{π}{6} - θ)$ 、 $\sin (\frac{π}{6} - θ)$ がどれも 0 以上であればよい。つまり $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{6}$ （両はしは「辺は両端の点も含む」ので入る）。逆に $θ > \frac{π}{6}$ だと $\sin (\frac{π}{6} - θ) < 0$ で A が B より下になり、A は辺 EF に乗れない。長方形の幅は D の $x$ 座標、高さは A の $y$ 座標なので

S = (b \cos θ + a \cos (\frac{π}{6} - θ)) (b \sin θ + a \sin (\frac{π}{6} - θ))

展開して 2 倍角と加法定理でまとめると、真ん中の 2 つの項は $a b \sin (θ + \frac{π}{6} - θ) = \frac{a b}{2}$ になり

S = \frac{b^{2}}{2} \sin 2 θ + \frac{a^{2}}{2} \sin (\frac{π}{3} - 2 θ) + \frac{a b}{2}

答え

S = (b \cos θ + a \cos (\frac{π}{6} - θ)) (b \sin θ + a \sin (\frac{π}{6} - θ))

= \frac{b^{2}}{2} \sin 2 θ + \frac{a^{2}}{2} \sin (\frac{π}{3} - 2 θ) + \frac{a b}{2}

(0 ≦ θ ≦ \frac{π}{6})

（直角三角形 BGC で

G C = b \cos θ

G B = b \sin θ

）

(2)

$\sin (\frac{π}{3} - 2 θ) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos 2 θ - \frac{1}{2} \sin 2 θ$ を入れると

S = \frac{a b}{2} + \frac{1}{2} {(b^{2} - \frac{a^{2}}{2}) \sin 2 θ + \frac{\sqrt{3}}{2} a^{2} \cos 2 θ}

かっこの中を合成すると、大きさは $\sqrt{{(b^{2} - \frac{a^{2}}{2})}^{2} + \frac{3}{4} a^{4}} = \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4}}$ で、 $\sin (2 θ + α)$ の形になる。ここで $\tan α = \frac{\sqrt{3} a^{2}}{2 b^{2} - a^{2}}$ 。 $a ≦ b$ なので $2 b^{2} - a^{2} > 0$ で、 $0 < α ≦ \frac{π}{3}$ 。

$2 θ$ は $0$ から $\frac{π}{3}$ まで動くので、 $2 θ + α$ は $α$ から $α + \frac{π}{3}$ まで。山の頂上 $2 θ + α = \frac{π}{2}$ がこの中に入るかで分ける。

入るのは $α ≧ \frac{π}{6}$ 、つまり $\tan α ≧ \frac{1}{\sqrt{3}}$ のとき。 $\frac{\sqrt{3} a^{2}}{2 b^{2} - a^{2}} ≧ \frac{1}{\sqrt{3}}$ を整理すると $4 a^{2} ≧ 2 b^{2}$ 、すなわち $b ≦ \sqrt{2} a$ 。このとき最大は $\frac{a b + \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4}}}{2}$ 。

$b > \sqrt{2} a$ のときは頂上が範囲の外（ $θ > \frac{π}{6}$ の側）にあり、範囲の中では上り坂のまま。最大は $θ = \frac{π}{6}$ の端で、 $S = \frac{a b}{2} + \frac{b^{2}}{2} \sin \frac{π}{3} = \frac{a b}{2} + \frac{\sqrt{3}}{4} b^{2}$ 。

$b = \sqrt{2} a$ では 2 つの式がどちらも $\frac{(\sqrt{2} + \sqrt{3}) a^{2}}{2}$ になり、つながっている。 $θ$ の範囲を忘れて sin の頂上を使うと、細長い平行四辺形で大きすぎる答えになる（ $a = 1, b = 3$ で $5.77$ 、本当は $5.40$ ）。

答え

b ≦ \sqrt{2} a

のとき

\frac{a b + \sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4}}}{2}

b > \sqrt{2} a

のとき

\frac{a b}{2} + \frac{\sqrt{3}}{4} b^{2}

（

S = \frac{a b}{2} + \frac{\sqrt{a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4}}}{2} \sin (2 θ + α)

、

\tan α = \frac{\sqrt{3} a^{2}}{2 b^{2} - a^{2}}

。

0 ≦ 2 θ ≦ \frac{π}{3}

で

2 θ + α = \frac{π}{2}

がとれるのは

α ≧ \frac{π}{6}

すなわち

b ≦ \sqrt{2} a

のとき。そうでなければ

θ = \frac{π}{6}

の端で最大）

第4問　n² + n − a が平方数になる n の数と、4a + 1 の約数

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

$f_{a} (n) = n^{2} + n - a$ が平方数になる正の整数 $n$ を考える。平方数には $0$ （ $= 0^{2}$ ）も入れる、と最初に決めてあることに注意する。

筋は 2 つ。(1) は、 $n$ が大きいと $f_{a} (n)$ がとなりあう 2 つの平方数 $n^{2}$ と $(n + 1)^{2}$ の間にはさまってしまうこと。(2) は、 $n^{2} + n - a = m^{2}$ を 4 倍して 1 を足し、2 乗の差をかけ算の形に分けること。すると「平方数になる $n$ 」と「 $4 a + 1$ を 2 つの数のかけ算に分ける分け方」が 1 つずつ対応する。

(1)

$n ≧ a + 1$ として、 $f_{a} (n)$ が平方数にならないことを示す（対偶）。

まず $n - a ≧ 1$ なので $f_{a} (n) = n^{2} + (n - a) > n^{2}$ 。

次に $a ≧ 1$ なので $f_{a} (n) = n^{2} + n - a < n^{2} + 2 n + 1 = (n + 1)^{2}$ 。

$n^{2} < f_{a} (n) < (n + 1)^{2}$ で、となりあう 2 つの平方数の間には平方数が無い。だから $f_{a} (n)$ は平方数でない。したがって、 $f_{a} (n)$ が平方数なら $n ≦ a$ 。

なお $n = a$ では $f_{a} (a) = a^{2}$ でちょうど平方数になる。平方数になる $n$ は少なくとも 1 つあり、一番大きいものがいつも $a$ 。

答え示すこと：

f_{a} (n)

が平方数なら

n ≦ a

。要点：

n ≧ a + 1

なら

f_{a} (n) = n^{2} + (n - a) > n^{2}

、かつ

f_{a} (n) = n^{2} + n - a < n^{2} + 2 n + 1 = (n + 1)^{2}

。となりあう平方数

n^{2}

と

(n + 1)^{2}

の間にはさまるので平方数でない

(2)

$f_{a} (n) = m^{2}$ （ $m ≧ 0$ の整数）とおく。4 倍して 1 を足すと $4 n^{2} + 4 n + 1 - 4 m^{2} = 4 a + 1$ 、つまり

(2 n + 1 - 2 m) (2 n + 1 + 2 m) = 4 a + 1

$u = 2 n + 1 - 2 m$ 、 $v = 2 n + 1 + 2 m$ とおくと、 $v > 0$ で $u v > 0$ なので $u > 0$ 。 $u ≦ v$ で、 $u v = 4 a + 1$ 。

逆に、 $4 a + 1 = u v$ （ $1 ≦ u ≦ v$ ）と分けたとき、 $n = \frac{u + v - 2}{4}$ 、 $m = \frac{v - u}{4}$ が正の整数・0 以上の整数になるかを見る。 $u v$ は 4 で割って 1 余るので、 $u$ と $v$ は 4 で割った余りが同じ（どちらも 1 か、どちらも 3）。すると $v - u$ は 4 の倍数、 $u + v$ は 4 で割って 2 余るので、 $n$ も $m$ も整数。 $4 a + 1 ≧ 5$ なので $u + v > 2$ で、 $n ≧ 1$ 。

$n$ が決まれば $m ≧ 0$ も 1 つに決まるので、平方数になる $n$ と、 $4 a + 1$ の分け方 $(u, v)$ は 1 つずつ対応する。だから $N_{a}$ は分け方の数。

$N_{a} = 1$ ⇔ 分け方が $1 \times (4 a + 1)$ の 1 通りだけ ⇔ $4 a + 1$ の約数が 1 と自分だけ ⇔ $4 a + 1$ は素数（ $4 a + 1 ≧ 5$ なので 1 ではない）。これで (i) と (ii) が同じだと示せた。

$u = v$ の分け方（ $4 a + 1$ が平方数のとき）では $m = 0$ 、つまり $f_{a} (n) = 0$ になる。たとえば $a = 12$ で $4 a + 1 = 49 = 7 \times 7$ 、 $n = 3$ で $f_{12} (3) = 0$ 。0 を平方数に入れていなかったら、この $n$ が数えられず、 $4 a + 1$ が素数の 2 乗のとき $N_{a} = 1$ なのに素数でない、ということが起きる。

答え示すこと：

N_{a} = 1 ⟺ 4 a + 1

は素数。要点：

f_{a} (n) = m^{2} (m ≧ 0)

を 4 倍して 1 を足すと

(2 n + 1 - 2 m) (2 n + 1 + 2 m) = 4 a + 1

。

4 a + 1 = u v (1 ≦ u ≦ v)

の分け方 1 つに

n = \frac{u + v - 2}{4}

m = \frac{v - u}{4}

が 1 つずつ対応する（

u v \equiv 1 (m o d 4)

より

u \equiv v (m o d 4)

なので整数、

u + v > 2

なので

n ≧ 1

）。よって

N_{a} =

（分け方の数）。分け方が

1 \times (4 a + 1)

だけ

⟺ 4 a + 1

が素数（

4 a + 1 ≧ 5

）

第5問　となりどうしをくらべて、行って帰る。並ぶのはどんな並べ方？

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

操作 $(T_{i})$ は「となりの 2 枚をくらべて、大きいほうを右へ」。これを左から右へ 1 回ずつ（行き）、続けて右から左へ 1 回ずつ（帰り）行う。

行きでは、左から「それまでで一番大きい札」が右へ運ばれていき、最後に $n$ が右はしに来る。帰りでは、右から「それまでで一番小さい札」が左へ運ばれていき、最後に一番小さい札が左はしに来る。運ばれている札に追いこされた札は、1 つずれる。

筋は 2 つ。(1) は札 1 と札 2 の動きだけを追う。(2) は (1) を使って左の 2 枚で場合を分け、どの場合も「札が 1 枚か 2 枚少ない同じ問題」に帰着させる。

(1)

$A_{1} ≧ 3$ かつ $A_{2} ≧ 3$ と仮定して、最後に並ばないことを示す（背理法）。

行き：右へ運ばれる札は、いつも $A_{1}$ 以上の札（最初に $A_{1}$ を持ち、それより大きい札に出会うと持ちかえる）。 $A_{1} ≧ 3$ なので札 1, 2 は運ばれない。運ばれている札に追いこされると左へ 1 つずれるだけなので、1 も 2 も左へ多くて 1 つしか動かない。最初は 3 番目以降にいたので、行きのあと 1 も 2 も 2 番目以降にいる。

帰り：一番右は $n$ なので動かず、残りの中で一番小さい札が左へ運ばれていく。札 1 は必ず運ばれて左はしへ行く。

札 2 が札 1 より右にいたら、2 はいったん運ばれてきて 1 にぶつかり、1 のすぐ右で止まる。1 の場所は 2 番目以降だったので、2 は 3 番目以降。札 2 が札 1 より左にいたら、1 に追いこされて右へ 1 つずれるので、やはり 3 番目以降。どちらでも 2 が 2 番目に来ないので、小さい順に並ばない。

したがって $A_{1}$ と $A_{2}$ の少なくとも一方は 2 以下。

答え示すこと：

A_{1} ≦ 2

または

A_{2} ≦ 2

。要点：

A_{1}

A_{2} ≧ 3

とする。行きで右へ運ばれる札はいつも

A_{1}

以上なので、札 1, 2 は運ばれず、左へ多くて 1 つしか動かない。行きのあと 1, 2 はどちらも左から 2 番目以降。帰りでは 1 が左はしまで運ばれ、その間の札は右へ 1 つずれる。2 が 1 より右なら 2 は 1 にぶつかって 1 のすぐ右で止まり、左なら 1 に追いこされて右へ 1 つずれる。どちらでも 2 は 3 番目以降に残り、並ばな

(2)

並ぶ並べ方を、(1) を使って左の 2 枚で 5 つに分ける。まず準備：左はしが一番小さい札の並べ方は、残りの札だけで同じ問題になる（左はしは行きでも帰りでも動かず、残りの札に同じ操作をしたのと同じ）。だから $k$ 枚で並ぶ並べ方のうち、先頭が一番小さい札のものは $c_{k - 1}$ 通り。

① $A_{1} = 1$ ：残り $n - 1$ 枚の問題そのもので $c_{n - 1}$ 通り。

② $A_{1} = 2$ 、 $A_{2} = 1$ ：最初の $T_{1}$ で 1, 2 と並び、その後 1, 2 は動かない（ $T_{2}$ では 2 より右は全部 3 以上）。残り $n - 2$ 枚の問題で $c_{n - 2}$ 通り。

③ $A_{1} ≧ 3$ 、 $A_{2} = 1$ ：最初の $T_{1}$ で 1 が先頭へ来て、あとは「 $A_{1}, A_{3}, \dots, A_{n}$ 」の $n - 1$ 枚に行きと帰りを行うのと同じ。この $n - 1$ 枚が並ぶもので、先頭 $A_{1}$ が一番小さい札（2）でないものなので、 $c_{n - 1} - c_{n - 2}$ 通り。

④ $A_{1} ≧ 3$ 、 $A_{2} = 2$ ：最初の $T_{1}$ で 2 が先頭へ。残り「 $A_{1}, A_{3}, \dots, A_{n}$ 」（1 をふくむ）の $n - 1$ 枚に行きと帰りを行うと、その先頭（左から 2 番目）に 1 が来て、最後の $T_{1}$ で 2 と入れかわる。並ぶのは、この $n - 1$ 枚が並ぶときちょうど。先頭が 1 でないものなので $c_{n - 1} - c_{n - 2}$ 通り。

⑤ $A_{1} = 2$ 、 $A_{2} ≧ 3$ ：④と同じで、2 が先頭のまま、残り $n - 1$ 枚（先頭 $A_{2} \neq 1$ ）が並べばよい。 $c_{n - 1} - c_{n - 2}$ 通り。

足すと $c_{n - 1} + c_{n - 2} + 3 (c_{n - 1} - c_{n - 2}) = 4 c_{n - 1} - 2 c_{n - 2}$ 。 $n ≧ 4$ なので $c_{n - 2}$ （2 枚以上）が使える。実際に $c_{2} = 2$ 、 $c_{3} = 6$ 、 $c_{4} = 20$ 、 $c_{5} = 68$ と数えられ、 $4 \times 20 - 2 \times 6 = 68$ になっている。

答え

c_{n} = 4 c_{n - 1} - 2 c_{n - 2}

（(1) より 5 つに分かれる：

A_{1} = 1

で

c_{n - 1}

、

(A_{1}

A_{2}) = (2

1)

で

c_{n - 2}

、

A_{1} ≧ 3

A_{2} = 1

／

A_{1} ≧ 3

A_{2} = 2

／

A_{1} = 2

A_{2} ≧ 3

はどれも「左はしを除いた

n - 1

枚が並ぶもので、先頭が一番小さい札でないもの」で

c_{n - 1} - c_{n - 2}

ずつ）

第6問　原点を通る円は、1/z でうつすと直線になる

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

曲線 $C$ は、原点を通る円（中心 $\frac{1}{2}$ 、半径 $\frac{1}{2}$ ）から原点だけを除いたもの。原点を通る円は、 $\frac{1}{z}$ でうつすと直線になる。(1) はそれを確かめる問題で、(2)(3) はその直線を使って計算を簡単にする。

筋は、(1) で $\frac{1}{z} = 1 + s i$ （ $s$ は実数）と書けることを示し、(2) では $α, β$ を $s, t$ に置きかえて、「 $s, t$ がちがう実数としてとれる条件」を出す。(3) は $R e \frac{1}{γ}$ を $x, y$ で書き、範囲の外で一番大きく・小さくなる所をさがす。

(1)

$C$ の上の $z$ は $| z - \frac{1}{2} | = \frac{1}{2}$ を満たす。2 乗して展開すると

z \bar{z} - \frac{z + \bar{z}}{2} + \frac{1}{4} = \frac{1}{4} つまり | z |^{2} = R e z

$z \neq 0$ なので $\frac{1}{z} = \frac{\bar{z}}{| z |^{2}}$ 。実部は $\frac{R e z}{| z |^{2}} = 1$ 。

逆に、直線 $R e w = 1$ の上のどの点 $w = 1 + s i$ も、 $z = \frac{1}{w}$ とすると $C$ の上に来る（同じ式を逆にたどれる）。だから $z$ が $C$ を動くと、 $\frac{1}{z}$ は直線 $R e w = 1$ の全部を 1 回ずつ通る。

答え示すこと：

z \in C

なら

R e \frac{1}{z} = 1

。要点：

| z - \frac{1}{2} | = \frac{1}{2}

を 2 乗して

z \bar{z} - \frac{z + \bar{z}}{2} = 0

、つまり

| z |^{2} = R e z

。

\frac{1}{z} = \frac{\bar{z}}{| z |^{2}}

なので

R e \frac{1}{z} = \frac{R e z}{| z |^{2}} = 1

(2)

(1) から $\frac{1}{α} = 1 + s i$ 、 $\frac{1}{β} = 1 + t i$ （ $s, t$ は実数）と書ける。 $α \neq β$ なので $s \neq t$ 。

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

$x = 2 - s^{2} - t^{2}$ 、 $y = 2 (s + t)$ とおく。問題は「 $x, y$ がどんな値のとき、ちがう実数 $s, t$ がとれるか」。

$s + t = \frac{y}{2}$ 、 $s^{2} + t^{2} = 2 - x$ なので、 $s t = \frac{(s + t)^{2} - (s^{2} + t^{2})}{2}$ も $x, y$ で決まる。 $s, t$ は 2 次方程式 $X^{2} - (s + t) X + s t = 0$ の 2 つの解なので、ちがう 2 つの実数の解をもつ条件（判別式が正）を書けばよい：

(s + t)^{2} - 4 s t > 0 ⟺ 2 (s^{2} + t^{2}) - (s + t)^{2} > 0 ⟺ 2 (2 - x) - \frac{y^{2}}{4} > 0

整理すると $x < 2 - \frac{y^{2}}{8}$ 。放物線 $x = 2 - \frac{y^{2}}{8}$ の左側で、放物線の上は入らない。放物線の上は $s = t$ 、つまり $α = β$ のときにあたる。

答え放物線

x = 2 - \frac{y^{2}}{8}

の左側

{x + y i ∣ x < 2 - \frac{y^{2}}{8}}

（放物線の上は含まない）（

\frac{1}{α} = 1 + s i

\frac{1}{β} = 1 + t i (s \neq t)

で、和は

(2 - s^{2} - t^{2}) + 2 (s + t) i

。

s

t

がちがう実数としてとれる条件

2 (s^{2} + t^{2}) > (s + t)^{2}

を

x

y

で書く）

(3)

$γ = x + y i$ は (2) の範囲の外なので $x ≧ 2 - \frac{y^{2}}{8}$ （放物線の上と右）。この範囲に原点は入らないので $γ \neq 0$ 。 $R e \frac{1}{γ} = \frac{x}{x^{2} + y^{2}}$ 。

$x$ を決めると、分母の $y^{2}$ が小さいほど値の大きさが大きい（正なら大きく、負なら小さく）。 $y^{2}$ が一番小さくできるのは、 $x ≧ 2$ なら $y = 0$ 、 $x < 2$ なら放物線の上 $y^{2} = 16 - 8 x$ 。

$x ≧ 2$ 、 $y = 0$ ：値は $\frac{1}{x} ≦ \frac{1}{2}$ （ $x = 2$ で等号）。

$0 < x < 2$ の放物線の上：値は $\frac{x}{x^{2} + 16 - 8 x} = \frac{x}{(4 - x)^{2}}$ 。微分すると $\frac{4 + x}{(4 - x)^{3}} > 0$ で増えるので、 $\frac{1}{2}$ より小さい。 $x = 0$ では値は 0。

$x < 0$ の放物線の上： $u = - x > 0$ とおくと値は $- \frac{u}{(u + 4)^{2}}$ 。 $\frac{u}{(u + 4)^{2}}$ を微分すると $\frac{4 - u}{(u + 4)^{3}}$ で、 $u = 4$ で一番大きく $\frac{4}{64} = \frac{1}{16}$ 。このとき $x = - 4$ 、 $y^{2} = 48$ 。

まとめて、最大は $\frac{1}{2}$ （ $γ = 2$ ）、最小は $- \frac{1}{16}$ （ $γ = - 4 \pm 4 \sqrt{3} i$ ）。どちらの $γ$ も放物線の上にある。(2) で放物線の上が範囲から外れていた（ $α \neq β$ だった）から、これらの $γ$ がとれて、最大・最小が存在する。

答え最大値

\frac{1}{2} (γ = 2)

,　最小値

- \frac{1}{16} (γ = - 4 \pm 4 \sqrt{3} i)

（

γ = x + y i

は

x ≧ 2 - \frac{y^{2}}{8}

。

R e \frac{1}{γ} = \frac{x}{x^{2} + y^{2}}

は、

x

を決めると

y^{2}

が最小のとき大きさが最大。

x ≧ 2

では

y = 0

で

\frac{1}{x} ≦ \frac{1}{2}

。

x < 2

では放物線の上で調べる：

0 < x ≦ 2

で

\frac{x}{(4 - x)^{2}}

は増加、

x < 0

で

u = - x

として

- \frac{u}{(u + 4)^{2}}

は

u = 4

で最小）

東大過去問 2025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　内分を 3 回くり返すと、なめらかな曲線ができる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第2問　log x ≦ x − 1 で、極限を上と下からはさむ

問題の読み方

(1)

(2)

第3問　平行四辺形を長方形で囲む：回すと面積が変わる

問題の読み方

(1)

(2)

第4問　n² + n − a が平方数になる n の数と、4a + 1 の約数

問題の読み方

(1)

(2)

第5問　となりどうしをくらべて、行って帰る。並ぶのはどんな並べ方？

問題の読み方

(1)

(2)

第6問　原点を通る円は、1/z でうつすと直線になる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大 過去問 2025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 内分を 3 回くり返すと、なめらかな曲線ができる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

第2問 log x ≦ x − 1 で、極限を上と下からはさむ

問題の読み方

(1)

(2)

第3問 平行四辺形を長方形で囲む：回すと面積が変わる

問題の読み方

(1)

(2)

第4問 n² + n − a が平方数になる n の数と、4a + 1 の約数

問題の読み方

(1)

(2)

第5問 となりどうしをくらべて、行って帰る。並ぶのはどんな並べ方？

問題の読み方

(1)

(2)

第6問 原点を通る円は、1/z でうつすと直線になる

問題の読み方

(1)

(2)

(3)

東大過去問 2025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　内分を 3 回くり返すと、なめらかな曲線ができる

第2問　log x ≦ x − 1 で、極限を上と下からはさむ

第3問　平行四辺形を長方形で囲む：回すと面積が変わる

第4問　n² + n − a が平方数になる n の数と、4a + 1 の約数

第5問　となりどうしをくらべて、行って帰る。並ぶのはどんな並べ方？

第6問　原点を通る円は、1/z でうつすと直線になる