【解答・解説】東大理系数学2022

(1)

$$\begin{aligned} &f'(x) \\ &= -\sin x \log (\cos x) + \cos x \cdot \dfrac{-\sin x}{\cos x} + \sin x + \cos x \cdot \log (\cos x)\\ &= (\cos x - \sin x) \log (\cos x)\\ &= -\sqrt{2} \sin \left(x - \dfrac{\pi}{4}\right) \cdot \log (\cos x) \end{aligned}$$

$0 \leq x < \dfrac{\pi}{2}$ より， $$\log (\cos x) \leq 0$$

よって，$f$ の増減は以下の通り：

$$\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & \cdots & \dfrac{\pi}{4} & \cdots & \left(\dfrac{\pi}{2}\right) \\ \hline f'(x) & 0 & - & 0 & + & \\ \hline f(x) & & \searrow & & \nearrow & \end{array}$$

よって，$f(x)$ は $x = \dfrac{\pi}{4}$ で最小値を持つ。

(2) $$\begin{aligned} &\int_0^{\frac{\pi}{4}} \cos x \cdot \log (\cos x) dx\\ &= \left[\sin x \cdot \log (\cos x)\right]_0^{\frac{\pi}{4}} - \int_0^{\frac{\pi}{4}} \sin x \cdot \dfrac{-\sin x}{\cos x} dx\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\log \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1 - \cos^2 x}{\cos x} dx\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\log \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \left[\dfrac{1}{2} \log \left|\dfrac{1 + \sin x}{1 - \sin x}\right| - \sin x\right]_0^{\frac{\pi}{4}}\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\log \dfrac{1}{\sqrt{2}} - 1\right) + \log (\sqrt{2} + 1) \end{aligned}$$

より，

$$\begin{aligned} &f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2}}\log \dfrac{1}{\sqrt{2}} - \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\log \dfrac{1}{\sqrt{2}} - 1\right) + \log (\sqrt{2} + 1)\\ &= \log (\sqrt{2} + 1) - \sqrt{2} \left((\log \sqrt{2}) + 1\right) \end{aligned}$$

(1) 数列 $\{a_n\}$ は合同式の法を $5$ として

$$\begin{aligned} & a_1 \equiv 1 \\ & a_2 \equiv 1^2+1 \equiv 2 \\ & a_3 \equiv 2^2+1 \equiv 0 \\ & a_4 \equiv 0^2+1 \equiv 1 \\ & a_5 \equiv 1^2+1 \equiv 2 \\ & a_6 \equiv 2^2+1 \equiv 0 \\ \end{aligned}$$

$$\begin{array}{c|ccccc} n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline a_n \;(\mathrm{mod} \; 5) & 1 & 2 & 0 & 1 & 2 & 0 \\ \end{array}$$

のように $1,2,0$ を繰りかえす。

よって $n$ が $3$ の倍数のとき, $a_n$ は $5$ の倍数となる。

(2)

数列 $\left\{ a_n \right\}$ は単調増加な数列であり, $a_1 > 0$ であることに注意すると, $a_n$ が初めて $a_k$ の倍数となるのは $n = k$ のときである。

また, 合同式の法を $a_k$ として

$$\begin{aligned} & a_{k+1} \equiv a_{k}^2 + 1 \equiv 0^2 + 1 \equiv a_1 \\ & a_{k+2} \equiv a_{k+1}^2 + 1 \equiv a_1^2 + 1 \equiv a_2 \\ & a_{k+3} \equiv a_{k+2}^2 + 1 \equiv a_2^2 + 1 \equiv a_3 \\ & ... \\ \end{aligned}$$

と繰り返す。

すなわち, $a_n$ を $a_k$ で割った余りは、周期を $k$ として $a_1, a_2, a_3, ..., a_{k-1}, 0$ を繰り返す。

したがって, $a_n$ が $a_k$ の倍数となるための必要十分条件は $n$ が $k$ の倍数であることである。

(3)

$A = a_{2022}, B = a_{8091}$ とおく。

$8091 = 2022 \times 4 + 3$ であるから, (2)の議論より

$$B = a_{8091} \equiv a_3 \equiv 5 \mod A$$

となる。

よって, 整数 $q$ を用いて $B = Aq + 5$ と表せる。

すると,

$$\begin{aligned} & \gcd(a_{2022}, (a_{8091})^2) \\ &= \gcd(A,B^2) \\ &= \gcd(A, A^2 q^2 + 10Aq + 25) \\ &= \gcd(A, 25) \end{aligned}$$

である。

すなわち, $A$ と $B^2$ の最大公約数は, $A$ と $25$ の最大公約数に等しい。

数列 $\left\{a_n\right\}$ は合同式の法を $25$ として

$$\begin{array}{c|ccccc} n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline a_n \;(\mathrm{mod} \; 25) & 1 & 2 & 5 & 1 & 2 & 5 \\ \end{array}$$

となり, (1)と同様の議論により任意の $n$ について $a_n$ は $25$ の倍数でない。

一方, $2022$ は $3$ の倍数であるから, (1)より $A$ は $5$ の倍数である。

したがって, $A$ と $25$ の最大公約数, すなわち $a_{2022}$ と $(a_{8091})^2$ の最大公約数は $5$ である。

上図の赤い部分は　点 $\mathrm{O},\mathrm{A},\mathrm{B}$ から十分離れていない領域を表す。

(1) 上図より $1 \leqq a \leqq \sqrt{3}$

(2) $1 \leqq a \leqq \sqrt{3}$ より

$$\begin{cases} 0 \leqq a - 1 \leqq \sqrt{3} - 1 \\ 2 \leqq a + 1 \leqq \sqrt{3} + 1 (< 3) \\ 0 \leqq a^2 - 1 \leqq 2 \\ 2 \leqq a^2 + 1 \leqq 4 \end{cases}$$

である。

$(\mathrm{i})$ $0 \leqq a^2 - 1 \leqq 1$ のとき

$$\begin{cases} 0 \leqq a - 1 \leqq \sqrt{3} - 1 \\ 2 \leqq a + 1 \leqq \sqrt{3} + 1 \\ 2 \leqq a^2 + 1 \leqq 3 \end{cases}$$

であるから,

$$\begin{aligned} f(a) &= (\text{色が塗られていない部分の面積}) \\ &= \text{Dの面積} - \text{赤色部分の面積} \\ & \quad - \text{青色部分の面積} + \text{緑色部分の面積} \\ &= 9 - 3 - 4　\\ & \quad + (1 - (a-1)) \cdot (1 - (a^2-1)) \\ & \quad + (a + 1 - 2) \cdot (1 - (a^2-1)) \\ & \quad + (a + 1 - 2) \cdot (a^2 + 1 - 2) \\ &= 2 + (2-a)(2-a^2)　\\ & \quad + (a-1)(2 - a^2)　\\ & \quad + (a-1)(a^2 - 1) \\ &= 2 + 2 - a^2 + a^3 - a^2 - a + 1 \\ &= a^3 - 2a^2 - a + 5 \end{aligned}$$

$(\mathrm{ii})$ $1 \leqq a^2 - 1 \leqq 2$ のとき

$$\begin{cases} 2 < a + 1 < 3 \\ 3 \leqq a^2 + 1 \end{cases}$$

であるから, $(\mathrm{i})$ と同様に考えれば

$$\begin{aligned} f(a) &= (\text{色が塗られていない部分の面積}) \\ &= \text{Dの面積} - \text{赤色部分の面積} \\ & \quad - \text{青色部分の面積} + \text{緑色部分の面積} \\ &= 9 - 3 - 2(3 - (a^2 - 1)) + (a+1 - 2) \cdot 1 \\ &= 2a^2 + a - 3 \end{aligned}$$

以上より

$$f(a) = \begin{cases} a^3 - 2a^2 - a + 5 \quad (1 \leqq a \leqq \sqrt{2}) \\ 2a^2 + a - 3 \quad (\sqrt{2} \leqq a \leqq \sqrt{3}) \\ \end{cases}$$

(3)

・ $1 \leqq a \leqq \sqrt{2}$ のとき

$$f'(a) = 3a^2 - 4a - 1$$

$y = f'(a)$ は軸 $a=\dfrac{2}{3} < 1$ の下に凸な放物線であり $f'(\sqrt{2}) = 5 - 4\sqrt{2} < 0$ より $1 \leqq a \leqq \sqrt{2}$ で $f'(a) < 0$ である。

・ $\sqrt{2} \leqq a \leqq \sqrt{3}$ のとき

$$f'(a) = 4a + 1$$

よって $f$ の増減は以下の通り。

$$\begin{array}{c|ccccc} a & 1 & \cdots & \sqrt{2} & \cdots & \sqrt{3} \\ \hline f' & & - & & + & \\ \hline f & & \searrow & & \nearrow & \\ \end{array}$$

よって $f(a)$ を最小にする $a$ の値は $a=\sqrt{2}$　である。

(1) $\text{P}(a,b)$ とおく。$\text{P}$ を通る直線として，実数 $m$ を用いて

$$\ell_m:y=m(x-a)+b$$

を考える。これが $C$ と異なる3点で交わる条件は

$$x^3-x =m(x-a)+b$$

つまり，

$$x^3-(m+1)x+ma-b=0$$

が異なる3つの実数解を持つことである。

以下，このような $m$ が必ずあることを示す。

$$f(x) = x^3-(m+1)x+ma-b$$

とおく。さて， $$\begin{cases} f(a-1)=m+C_1 \\ f(a+1)=-m+C_2 \end{cases}$$

ここで $C_1$，$C_2$ は $a$，$b$ のみによる定数である。これより，$m$ を十分大きく取れば $$f(a-1) > 0, f(a + 1) < 0$$

となる。よって，$f(x)$ の値の増減は次のようになる： $$\begin{array}{c|ccccccc} x & -\infty & \cdots & a-1 & \cdots & a+1 & \cdots & \infty \\ \hline f(x) & -\infty & \cdots & \text{正} & \cdots & \text{負} & \cdots & \infty \end{array}$$ よって，中間値の定理より，$f(x)=0$ は異なる3つの実数解を持つ。

(2) $a<b$ として，$C$ 上の2点 $(a, a^3 - a), (b, b^3 - b)$ を通る直線 $\ell$:

$$\begin{aligned} \ell &: y = \dfrac{(b^3-b)-(a^3-a)}{b-a}(x-a) + a^3 -a\\ &\iff y = (a^2 + ab + b^2 - 1)x - a^2 b - ab^2 \end{aligned}$$ を考える。直線 $\ell$ が直線 $C$ と相異なる3点 $(a, a^3-a), (b, b^3-b),(c, c^3-c)$ で交わり，$a<c<b$ で，かつ直線 $\ell$ と曲線 $C$ でかこまれた2つの部分の面積が等しくなることは $$\int_a^b \left(x^3 - x - \left\{(a^2 + ab + b-2 - 1)x -a^2b - ab^2\right\}\right)dx = 0$$

と同値である。この式の左辺について $$\begin{aligned} \mathrm{LHS} &= \left[\dfrac{1}{4} x^4 - \dfrac{1}{2}(a^2 + ab + b^2)x^2 + (a^2b + ab^2)x\right]_a^b\\ &= \dfrac{1}{4} (b^4 - a^4) - \dfrac{1}{2}(a^2 + ab + b^2)(b^2 - a^2) + (a^2b + ab^2)(b-a)\\ &= -\dfrac{1}{4}(b^2 - a^2)(a-b)^2\\ &= \dfrac{1}{4} (a-b)^3 (a + b) \end{aligned}$$ より，直線 $\ell$ が条件を満たすことは $$a + b = 0, a < b$$ と同値である。つまり，$a + b = 0, a < b$ のもとで，直線 $\ell$ が動く領域を求めれば，それが点 $\mathrm{P}$ のとりうる範囲となる。

$b = -a$ とすると， $$\ell: y = (a^2 - 1)x$$ とできる。よって，$\ell$ は $(0,0)$ を通る傾き $a^2 - 1$ の直線である。$a < b$ と $a + b = 0$ より $a < 0$ だから，$a^2 - 1$ は $(-1, \infty)$ の範囲を動きうる。よって，$\ell$ の動く領域は下図のようになる：

$\mathrm{K}$ の $z=t$ での断面を考える。

点 $\mathrm{M}$ の $z$ 座標が $t$ になるのは 点 $\mathrm{P}$ の $z$ 座標が $2t$ のときである。

よって $\dfrac{1}{2} \leqq t \leqq 1$ として良い。

点 $\mathrm{P}(2-2t, 0, 2t)$ のとき, 点 $\mathrm{M}$ は下図の赤い部分を動く。

よって $\mathrm{K}$ の $z=t$ での断面は, 上図の赤い円周を $z$ のまわりに $360^{\circ}$ 回転させてできる図形である。

上図より, 赤い円周は中心が $(2-2t, 0, t)$ で半径が $\sqrt{1-t^2}$ である。

よって $\mathrm{K}$ の $z=t$ での断面は以下のようになる。

• $(\mathrm{i})$ $2-2t \geqq \sqrt{1-t^2}$ のとき

• $(\mathrm{ii})$ $2-2t \leqq \sqrt{1-t^2}$ のとき

よって求める $\mathrm{K}$ の体積は

$$\begin{aligned} &\pi \int_{\frac{1}{2}}^1 \left\{\left(2 - 2t + \sqrt{1-t^2}\right)^2 - \left(2 - 2t - \sqrt{1-t^2}\right)^2\right\}dt\\ &= 8\pi \int_{\frac{1}{2}}^1 (1-t)\sqrt{1-t^2}dt \end{aligned}$$

ここで，$t = \sin \theta$ とすると，

$$\begin{aligned} &\int_{\frac{1}{2}}^1\sqrt{1-t^2}dt\\ &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}} \cos^2 \theta d\theta\\ &= \dfrac{\pi}{6} - \dfrac{\sqrt{3}}{8} \end{aligned}$$

であり，また，

$$\begin{aligned} &\int_{\frac{1}{2}}^1t\sqrt{1-t^2}dt\\ &= \left[\dfrac{2}{3}(1-t^2)^{\frac{3}{2}}\cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right)\right]_{\frac{1}{2}}^1\\ &= \dfrac{\sqrt{3}}{8} \end{aligned}$$

であるから，

$$\begin{aligned} &8\pi \int_{\frac{1}{2}}^1 (1-t)\sqrt{1-t^2}dt\\ &= 8\pi \left(\dfrac{\pi}{6} - \dfrac{\sqrt{3}}{8} - \dfrac{\sqrt{3}}{8}\right)\\ &= \dfrac{4}{3}\pi^2 - 2\sqrt{3}\pi \end{aligned}$$

まず，問題の条件により，点列 $X_n$ が進む方向は，下図のように分類される。図のように，それぞれ「右向き」，「斜め上向き」，「斜め下向き」と名付ける。

いま，「$N$ 回後に点 $X_N$ が原点 $O$ にあるためには，右向き、斜め上向き，斜め下向きに動く回数が同じでなければならない」…（＊) ことに注意する。

これより「$N$ 回後に点 $X_N$ が原点 $O$ にあるためには，表が合計で３の倍数回出なければならない」…（＊＊） ということもわかる。

(1)（＊＊）より，$8$ 回後に点 $X_8$ が原点 $O$ にあることが実現しうるような表と裏の出方は下表のような３通りであることがわかる。

$$\begin{array}{c|ccc} \text{表} & 0 & 3 & 6 \\ \hline \text{裏} & 8 & 5 & 2 \\ \end{array}$$

(A)表が0回，裏が8回出るとき

裏が出た時の規則により，$N$ 回後に点 $X_N$ は原点 $O$ にある。

(B)表が3回，裏が5回出るとき

（＊）より，点列は8回の移動の中で，右向き，斜め上向き，斜め下向きにそれぞれ1回ずつ動く。

裏が出たあと，点の進むことができる方向は下図のようになる。

ここで，最上段の数字は裏の出た回数，×印は裏のコインの印，下段の矢印は点列が進む向きを示している（左から1，4番目が「右向き」，2，5番目が「斜め上向き」，3，6番目が「斜め下向き」を表している）。

この裏コインの間に表コインを合計 $3$ 個配置することを考える．

右向きに進むことができるのは，裏が1回も出ていないときと，裏が3回目に出てから4回目に出るまでであり，その2回のどちらかに1枚表コインを挿入すればよい。よって，右向きに進む進み方は２通り。

斜め上向き，斜め下向きの移動も同様に考えればよい。すなわち，移動できる機会は2回あり，そのいずれかで1回進めばよいから，斜め上向き，斜め下向きに進む進み方は，そのそれぞれで２通り。

したがって，$8$ 回後に点 $X_8$ が原点 $O$ にあるような裏表の出方は，

$$2^3 =8$$

通りある。

（C）表が6回，裏が2回出るとき （＊）より，点列は8回の移動の中で，右向き，斜め上向き，斜め下向きにそれぞれ2回ずつ動く。

裏が出たあと，点の進むことができる方向は下図のようになる。

右向きに進むことができるのは，裏が1回も出ていないときであり，そのときに2枚表コインを挿入しなければならない。

斜め上向き，斜め下向きの移動も同様に考えればよい。すなわち，その方向に移動できる機会は1回あり，そのときに2枚表コインを挿入しなければならない。

したがって，$8$ 回後に点 $X_8$ が原点 $O$ にあるような裏表の出方は1通り。

これらより，$8$ 回後に点 $X_8$ が原点 $O$ にあるような裏表の出方は合計で

$$1+8+1=10$$

通りある。

また，裏表の出方の総数は

$$2^8=256$$

通りあるから，求める確率は

$$\dfrac{10}{256} = \dfrac{5}{128}$$

となる。

(2)（＊＊）より，$r=3k$ とおいてよい。このとき，表が $3k$ 回，裏が $200-3k$ 回出ることになる。また（＊）より右向き、斜め上向き，斜め下向きには各 $k$ 回動くことになる。

$200-3k$ を$3$ で割った余りは $2$ であることに注意すると，裏が出た後点列が進むことのできる方向は下図のようになる。

上図のように，裏が3回出るごとに点列の進むことができる方向が一巡する。赤線で囲ってある部分の個数は，

$$\dfrac{198-3k}{3} + 1=67-k$$

組ある。この組1つに対し，右向き、斜め上向き，斜め下向きに動く機会が一度ずつ存在する。

まず，右向きに進む進み方を考える。 $l$ 組目で右向きに進む回数を $a_l$ とすると，

$$a_1 +a_2 + ... + a_{67-k} = k$$

ただし，各 $l$ に対して $a_l ≥0$ である。

このような $(a_1,a_2, ... ,a_{67-k})$ の組の総数は，${}_{k+66-k} C_k = {}_{66} C_k$ 通りある。

斜め上向き，斜め下向きについても同様に考えればよく，斜め上向き，斜め下向きに進む進み方は，それぞれ ${}_{66} C_k$ 通りある。

裏表の出方は，合計で $2^{200}$ 通りあるから、求める確率 $p_r$ は，

$$p_r = \begin{cases} \dfrac{({}_{66} C_k)^{3}}{2^{200}} =\dfrac{({}_{66} C_{r/3})^{3}}{2^{200}} & (r \equiv 0 \pmod3 )\\ 0 & (r \equiv 1,2 \pmod3) \end{cases}$$

となる。

$p_r$ が最大になるような $r$ を求めるため，上式より，${}_{66} C_k$ が最大になるような $k$ を求める。$k=\dfrac{r}{3}$ に注意する。

$$\begin{aligned} {}_{66} C_{k+1} &=\dfrac{66!}{(k+1)!(65-k)!} \\ &=\dfrac{66!}{k!(66-k)!} \dfrac{66-k}{k+1} \\ &={}_{66} C_k \dfrac{66-k}{k+1} \end{aligned}$$ より $${}_{66} C_{k+1}/{}_{66} C_k=\dfrac{66-k}{k+1}$$ である。ここで，

$$\dfrac{66-k}{k+1} > 1 \Leftrightarrow k < \dfrac{65}{2}$$ だから， $${}_{66} C_{0}<{}_{66} C_{1}<\cdots<{}_{66} C_{32}<{}_{66} C_{33}$$ が成り立つ。

また，

$$\dfrac{66-k}{k+1} < 1 \Leftrightarrow k > \dfrac{65}{2}$$

だから， $${}_{66} C_{33}>{}_{66} C_{34}>\cdots>{}_{66} C_{65}>{}_{66} C_{66}$$ が成り立つ。以上より，${}_{66} C_k$ が最大になるような $k$ は $k=33$ であることがわかる。したがって，$p_r$ が最大になるような $r$ は，

$$r=99$$ である。