東大文系数学2020入試過去問解答解説

$$f(x) = x^3 -3ax^2 + b$$ とする。$f'(x) = 3x^2 -6ax = 3x(x - 2a)$ より，$f(x)$ の増減表は以下のようになる。 $$\begin{array}{c|ccccc} x & \cdots & 0 & \cdots & 2a & \cdots \\ \hline f’(x) & + & 0 & – & 0 & + \\ \hline f(x) & \nearrow & b & \searrow & -4a^3+b & \nearrow \end{array}$$ ここで条件1は，$b>0$ であることを考えると，$$-4a^3+b = 0\\ \therefore b = 4a^3$$ と同値である。このとき $$\begin{aligned} f(x) &= x^3 -3ax^2 + 4a^3\\ &= (x+a)(x-2a)^2 \end{aligned}$$ であり，$y=f(x)$ のグラフは以下のようになる。

条件2について考える。$4a^3 > 2$ のとき $x$ 軸と $C$ で囲まれた領域には $(0,1), (0,2)$ という二点が含まれ，条件2が成立しない。よって条件2が満たされるには $4a^3 \leq 2$ が必要である。

また，$4a^3 \leq 1$ のとき，$-a < x < 2a$ において $f(x) \leq 4a^3 \leq 1$ であるから，$x$ 軸と $C$ で囲まれた領域には $x$ 座標と $y$ 座標がともに整数である点は存在しない。よって条件2が満たされるには $1 < 4a^3 \leq 2$ が必要である。

まとめると， $1 < 4a^3 \leq 2$ つまり $\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}} < a \leq \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$ が必要である。この必要条件が条件2の十分条件でもあることを確認する。

$2a \leq \dfrac{2}{\sqrt[3]{2}} < 2$ と，$-a \geq -\dfrac{1}{\sqrt[3]{2}} > -1$ により，$x$ 座標と $y$ 座標がともに整数である点は $x = 0$ 上か $x = 1$ 上に限られる。$f(1)$ と $1$ の大小関係を考える。 $$\begin{aligned} f(1)-1 &= 1 -3a + 4a^3 - 1\\ &= -3a + 4a^3\\ &= -3a\left(1-\dfrac{2}{\sqrt{3}}a\right)\left(1+\dfrac{2}{\sqrt{3}}a\right) \end{aligned}$$ ここで $$1-\dfrac{2}{\sqrt{3}}a \geq 1-\dfrac{2}{\sqrt{3}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt[3]{2}} > 0$$ より $$f(1)-1 < 0$$ したがって $f(1) < 1$ であるから $x= 1$ 上には $x$ 座標と $y$ 座標がともに整数である点は存在しない。

$x = 0$ 上には $x$ 座標と $y$ 座標がともに整数である点が $(0,1)$ ただ一点のみ存在するから，条件2の必要十分条件は $$\dfrac{1}{\sqrt[3]{4}} < a \leq \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}$$ であることが確かめられた。

(i)選んだ点を $1$ 個も含まない直線が $x = x_1, x_2 ~~ (x_1, x_2 = 1,2,3,4)$ であるとき

$x_1,x_2$ の選び方は ${}_4\mathrm{C}_2 = 6$ 通りある。ここでは $x_1 = 1, x_2 = 2$ の状況を考える。このとき $x = 3,4$ と $y = 1,2,3,4$ には少なくとも点を $1$ 個含む。

ここで，$y = 1,2,3,4$ に何個ずつ点が含まれるかを考える。これらは少なくとも $1$ 個の点を含むので，$4$ 本の直線のうち，$1$ 本だけが $2$ 個点を含み，そのほかの $3$ 本には点が $1$ 個のみ含まれる。$2$ 個点を含む直線を $y = y_1$ とする。$y_1$ の選び方は $4$ 通りである。ここでは $y_1=1$ の状況を考える。

$x = 1,2$ には点が含まれないので，$(3,1),(4,1)$ には必ず点が選ばれる事になる。$x = 3,4$ には少なくとも点が $1$ 個含まれなければならないという条件が満たされるので，$y = 2$ 上の点は $(3,2),(4,2)$ のどちらか，$y = 3$ 上の点は $(3,3),(4,3)$ のどちらか，$y = 4$ 上の点は $(3,4),(4,4)$ のどちらかを選べば良い。これら $3$ 点の選び方は $2^3 = 8$ 通りである。

これらのことから，(i)の状況において，$5$ 点の選び方は $$6 \times 4 \times 8 = 192$$ 通りである。

(ii)選んだ点を $1$ 個も含まない直線が $y = y_1, y_2 ~~ (y_1, y_2 = 1,2,3,4)$ であるとき

$x,y$ の対称性から，(i)と全く同様の議論をすれば，(i)と場合の数が同じになるはずなので，$192$ 通りである。

(iii)選んだ点を $1$ 個も含まない直線が $x = x_1, y = y_1 ~ (x_1, y_1 = 1,2,3,4)$ であるとき

$x_1,y_1$ の選び方は ${}_4\mathrm{C}_1 \times {}_4\mathrm{C}_1 = 16$ 通りある。ここでは $x_1 = 1, y_1 = 1$ の状況を考える。このとき $x = 2,3,4$ と $y = 2,3,4$ には少なくとも点を $1$ 個含む。

ここで，$y = 2,3,4$ に何個ずつ点が含まれるかを考える。$y = 2,3,4$ に含まれる点の個数をそれぞれ $n_2, n_3, n_4$ とすれば，$$\begin{aligned} (n_2,n_3,n_4) = &(3,1,1), (1,3,1), (1,1,3),\\ & (2,2,1), (2,1,2), (1,2,2) \end{aligned}$$ という数の組み合わせが考えられる。

まず $(n_2,n_3,n_4) = (3,1,1)$ について考える。$x = 1$ には点が含まれないので，$(2,2), (3,2),(4,2)$ には必ず点が選ばれる事になる。$x = 2,3,4$ には少なくとも点が $1$ 個含まれなければならないという条件が満たされるので，$y = 3$ 上の点は $(2,3),(3,3),(4,3)$ のどれか，$y = 4$ 上の点は $(2,4),(3,4),(4,4)$ のどれかを選べば良い。これら $2$ 点の選び方は $3^2 = 9$ 通りである。

$(n_2,n_3,n_4) = (1,3,1), (1,1,3)$ のときも同様に考えれば，それぞれ $9$ 通りである。

次に $(n_2,n_3,n_4) = (2,2,1)$ について考える。 $y = 2$ 上で $(a,2), (b,2)$ という点が含まれ，$y = 3$ 上で $(a,3),(b,3)$ という点が選ばれたとする（つまりそれぞれの直線上で選ばれた $2$ 点の $x$ 座標が等しい状況を考える）。このとき，$c$ を $2,3,4$ のうちの $a,b$ とは異なる数として，$y = 4$ と $x = c$ 上の両方に点が少なくとも $1$ 個あることから，$(c,4)$ に必ず点が選ばれることになる。$a,b$ の選び方は ${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 通りであるから，この状況での場合の数は $3$ 通り。

それぞれの直線上で選ばれた $2$ 点の $x$ 座標が等しくはない状況を考える。$y = 2,3$ 上の $4$ 点のうち，$x$ 座標が揃っている点は $2$ 点必ず存在する。その点を $(d,2), (d,3)$ と表す。$d$ の選び方は ${}_3\mathrm{C}_1 = 3$ 通りである。$d = 2$ と仮定したとき，$4$ 点のうちの残り $2$ 点の選び方は $(3,2),(4,3)$ もしくは $(3,3),(4,2)$ の $2$ 通りである。そして，最後の $1$ 点については $(2,4),(3,4),(4,4)$ の $3$ 通りのうちからどこをとってもよい。よってこの状況での場合の数は $$3 \times 2 \times 3 = 18$$ 通りである。 よって，$(n_2,n_3,n_4) = (2,2,1)$ のとき $$3 + 18 = 21$$ 通りである。

$(n_2,n_3,n_4) = (2,1,2),(1,2,2)$ のときも同様に考えれば，それぞれ $21$ 通りである。

これらのことから，(iii)の状況において，$5$ 点の選び方は $$16 \times (9+9+9+21+21+21) = 1440$$ 通りである。

(i),(ii),(iii)より，求める場合の数は $$192 + 192 + 1440 = 1824$$ 通りである。

$y = 1,2,3,4$ に何個ずつ点が含まれるかを考える。これらは少なくとも $1$ 個の点を含むので，$4$ 本の直線のうち，$1$ 本だけが $2$ 個点を含み，そのほかの $3$ 本には点が $1$ 個のみ含まれる。$2$ 個点を含む直線を $y = y_1$ とする。$y_1$ の選び方は $4$ 通りである。ここでは $y_1=1$ の状況を考える。$y = 1$ 上で $2$ 点を選ぶ選び方は ${}_4\mathrm{C}_2 = 6$ 通りである。ここでは $(1,1),(2,1)$ が選ばれたとする。

$x = 1,2,3,4$ についても，それぞれが少なくとも $1$ 個の点を含むので，$4$ 本の直線のうち，$1$ 本だけが $2$ 個点を含み，そのほかの $3$ 本には点が $1$ 個のみ含まれる。$2$ 個点を含む $1$ 本の直線を $x = x_1$ とする。

まず，$x_1 = 2$ の場合を考える。$x = 2$ 上ではすでに $(2,1)$ があるから，$(2,2),(2,3),(2,4)$ のどこかに残り $1$ 点を選ぶ必要がある。$x = 1$ 上ではすでに $(1,1)$ があるから，$(1,2),(1,3),(1,4)$ 上には点は選ばれない。よって，すでに選ばれている $(1,1),(2,1)$ 以外の $3$ 点については $x = 2,3,4, y = 2,3,4$ がそれぞれちょうど $1$ 点ずつ点を含むような場合を考えればよく，$3\times 2\times 1 = 6$ 通りである。

$x_1 = 1$ の場合についても同様に考えれば，$6$ 通りである。

次に $x_1 = 4$ の場合を考える。$x = 1$ 上ではすでに $(1,1)$ があるから，$(1,2),(1,3),(1,4)$ 上には点は選ばれない。また，$x = 2$ 上ではすでに $(2,1)$ があるから，$(2,2),(2,3),(2,4)$ 上には点は選ばれない。よって，$x = 3, y = 2,3,4$ 上にはちょうど $1$ 点，$x = 4$ 上にはちょうど $2$ 点選ばれるように $3$ 点を配置すれば良い。$x = 4$ 上の $2$ 点の選び方は ${}_3\mathrm{C}_2 = 3$ 通りであり，例えば $(4,2), (4,3)$ が選ばれたとすると，最後の $1$ 点は $(3,4)$ で決定するので最後の $1$ 点の選び方は $1$ 通りに必ず定まる。よって，$x_1 = 4$ の場合，$3$ 通りである。

$x_1 = 3$ の場合についても同様に考えれば，$3$ 通りである。

よって,$(1,1),(2,1)$ が選ばれたという状況のもとでは $6+6+3+3=18$ 通りである。

したがって，求める場合の数は $$4 \times 6 \times 18 = 432$$ 通りである。

$$f(x) = x^2 -2x + 4$$ とする。これを微分して $$f'(x) = 2x -2$$ であるから，$P(t,f(t))$ における接線は $$y - f(t) = (2t-2)(x-t)$$ この直線が $O$ を通るとき，$$\begin{aligned} -f(t) &= (2t-2)\cdot (-t)\\ -t^2 + 2t -4 &= -2t^2 + 2t\\ t &= \pm 2 \end{aligned}$$ $C$ は $x \geq 0$ にあるから，$t = 2$ として $(2,f(2))$ における接線は $$y = 2x$$ となる。よって，半直線 $OP$ の通過する領域は以下の通り。

半直線$OA$ と $x$ 軸の正の部分のなす角を $\theta$ とすると，(1)より，$\theta$ は $$\alpha \leq \theta \leq \dfrac{\pi}{2}$$ の範囲を動く。ここで $\alpha$ は $\tan \alpha = 2, ~ 0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$ を満たす定数である。$\tan \alpha = 2 > \sqrt{3}$ であることを考えると，$\dfrac{\pi}{3} < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$ である。

さて，ある決まった $\theta$ に対し，$x$ 軸とのなす角が $\theta + \dfrac{\pi}{3}$ である直線上，$x$ 軸とのなす角が $\theta-\dfrac{\pi}{3}$ である直線上にはそれぞれ $B$ を取ることができる。

$x$ 軸とのなす角が $\theta + \dfrac{\pi}{3}$ である直線の傾きと，$x$ 軸とのなす角が $\theta-\dfrac{\pi}{3}$ である直線の傾きはそれぞれ $$\tan\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right),\tan\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$$ である。これらが $\alpha \leq\theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ で動く範囲の，その和集合が，$a$ の動く範囲である。$\left(\dfrac{\pi}{3} <\right) \alpha \leq\theta \leq \dfrac{\pi}{2}$ を満たす $\theta$ の範囲では $\tan\left(\theta + \dfrac{\pi}{3}\right), \tan\left(\theta - \dfrac{\pi}{3}\right)$ は単調増加する。これより $$\begin{aligned} \tan\left(\alpha - \dfrac{\pi}{3}\right) \leq a \leq \tan\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{3}\right)\\ \tan\left(\alpha + \dfrac{\pi}{3}\right) \leq a \leq \tan\left(\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{3}\right) \end{aligned}$$ ここで $$\begin{aligned} \tan\left(\alpha \mp \dfrac{\pi}{3}\right) &= \dfrac{\tan \alpha \mp \tan \dfrac{\pi}{3}}{1 \pm \tan \alpha \tan \dfrac{\pi}{3}}\\ &= \dfrac{2 \mp\sqrt{3}}{1 \pm 2 \sqrt{3}}\\ &= \dfrac{-8 \pm 5\sqrt{3}}{11}\\ \tan\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{3}\right) &= \tan \dfrac{\pi}{6}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{3}}\\ \tan\left(\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{3}\right) &= \tan \dfrac{5\pi}{6}\\ &= -\dfrac{1}{\sqrt{3}} \end{aligned}$$ より，$a$ の範囲は $$\dfrac{-8 - 5\sqrt{3}}{11} \leq a \leq -\dfrac{1}{\sqrt{3}}$$ または $$\dfrac{-8 + 5\sqrt{3}}{11} \leq a \leq \dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

$$\begin{aligned} a_{n,2} &= \dfrac{1}{2} \left\{(2^0+2^1+2^2+\cdots+2^{n-1})^2 \right. \\ & \left. -((2^0)^2 + (2^1)^2 + \cdots + (2^{n-1})^2) \right\}\\ &= \dfrac{1}{2} \left\{\left(\dfrac{1-2^n}{1-2}\right)^2-\left(\dfrac{1-4^n}{1-4}\right)\right\}\\ &= \dfrac{1}{2} \left\{(2^n-1)^2 + \dfrac{1}{3}(1-4^n)\right\} \\ &= \dfrac{4^n}{3} -2^n + \dfrac{2}{3} \end{aligned}$$

$$2^0, 2^1, \cdots, 2^{n-1}, 2^n$$ の $n+1$ 個の整数から $k$ 個を選び，その総和を考える。

$2^0, 2^1, \cdots, 2^{n-1}$ から $k$ 個を選ぶ場合の総和は，$a_{n,k}$ に等しい。

$2^n$ を選んだ上で，$2^0, 2^1, \cdots, 2^{n-1}$ から残り $k-1$ 個を選ぶ場合の総和は，$2^n \cdot a_{n,k-1}$ に等しい。

よって，$$a_{n+1,k} = a_{n,k} + 2^n \cdot a_{n,k-1}$$ が成立する。ここで，問題の条件より，この式が成立する $k$ の範囲は，$$\begin{cases} k-1 \geq 1 \\ n \geq k \end{cases} \iff 2\leq k \leq n$$ である。

$a_{n+1,1}$ について，$$\begin{cases} a_{n,1} = 2^0+ 2^1+ \cdots+ 2^{n-1}\\ a_{n+1,1} = 2^0+ 2^1+ \cdots+ 2^{n-1}+ 2^n \end{cases}$$ より，$a_{n+1,1} = a_{n,n} + 2^n$

$a_{n+1,n+1}$ について，$$\begin{cases} a_{n,n} = 2^0\cdot 2^1\cdot \cdots\cdot 2^{n-1}\\ a_{n+1,1} = 2^0\cdot 2^1\cdot \cdots\cdot 2^{n-1}\cdot 2^n \end{cases}$$ より，$a_{n+1,n+1} = a_{n,n} \cdot 2^n$

これらを用いると，$$\begin{aligned} f_{n+1}(x) = &~1 + a_{n+1,1}x + a_{n+1,2}x^2 + \cdots + a_{n+1,n+1}x^{n+1}\\ = &~1\\ &+(a_{n,1}+2^n)x\\ &+ (a_{n,2}+2^n a_{n,1})x^2\\ &+ (a_{n,3}+2^n a_{n,2})x^3\\ &+ ~ \cdots\\ &+ (a_{n,n}+2^n a_{n,n-1})x^n\\ &+ 2^n \cdot a_{n,n} x^{n+1}\\ = &~1 + 2^nx(1 + a_{n,1}x + a_{n,2}x^2 + \cdots + a_{n,n}x^n)\\ &+ a_{n,1}x + a_{n,2}x^2 + \cdots + a_{n,n}x^n\\ = &~(1+2^nx)f_n(x) \end{aligned}$$ したがって，$\dfrac{f_{n+1}(x)}{f_n(x)} = 1+2^nx$

また，$$\begin{cases} f_{n+1}(x) = (1+2^nx)f_n(x)\\ f_1(x) = 1+a_{1,1}x = 1+x\\ \end{cases}$$ により，$$\begin{aligned} f_2(x) &= (1+2x)f_1(x) = (1+2x)(1+x)\\ f_3(x) &= (1+2^2x)f_2(x) = (1+2^2x)(1+2x)(1+x)\\ f_4(x) &= (1+2^3x)f_3(x) = (1+2^3x)(1+2^2x)(1+2x)(1+x)\\ &\vdots \end{aligned}$$ これと同様に考えれば $$f_n(x) = (1+2^{n-1}x)(1+2^{n-2}x)\cdots (1+2x)(1+x)$$ と表せる。これより，$$\begin{aligned} \dfrac{f_{n+1}(x)}{f_n(2x)} &= \dfrac{(1+2^{n}x)(1+2^{n-1}x)\cdots (1+2x)(1+x)}{(1+2^{n}x)(1+2^{n-1}x)\cdots (1+2x)}\\ &= 1+x \end{aligned}$$