1

問１有理数の集合をQとする．cos 2θ(= 2 cos2 θ − 1) ∈ Qならば，2 cos2 θ − 1 = f1（f1 ∈ Q）とおくと，cos2 θ =

f1 + 1

2とな

るから cos2 θ ∈ Qである．よって，cos2 θ = f2（f2 ∈ Q）とおく．cos 3θ = 4 cos3 θ − 3 cos θ = (4 cos2 θ − 3) cos θより，cos 3θ＝ (4f2 − 3) cos θ · · · ©1 が得られる．今，4f2 − 3 6= 0を仮定すると，©1 より cos θ =

cos 3θ

4f2 − 3が得られるが，この式の左辺，右辺は

それぞれ非有理数，有理数となり矛盾が生じた．よって 4f2 − 3 = 0 ∴ f2 = cos2 θ =3

4であり，こ

れと 0 < θ <π

2より，題意の条件を満たすためには cos θ =

√3

2∴ θ =

π

6が必要であることがわ

かる．

逆に θ =π

6のとき，cos θ

(=

√3

2

)が有理数であると仮定し，

√3

2= f3（f3 ∈ Q）とおくと，

√3 = 2f3 · · · ©2 が得られる．3は素数なので

√3は有理数ではなく，すると©2 の左辺，右辺はそ

れぞれ非有理数，有理数となり矛盾が生じた．よって θ =π

6のとき cos θは有理数ではなく，題意

の条件を満足する．以上より，求める θの値は π

6である．

問２(1)

∫ π4

0

x

cos2 xdx = [x tan x]

π40 −

∫ π4

0tan xdx

=π

4−[log | cos x|−1

]π4

0

=π

4+ log

(cos

π

4

)=

π

4− 1

2log 2

(2)

∫ π4

0

dx

cos x=

∫ π4

0

cos x

cos2 xdx

=∫ π

4

0

1

(1 + sin x)(1 − sin x)· (sin x)′dx

=1

2

∫ π4

0

(1

1 + sin x+

1

1 − sin x

)· (sin x)′dx

=1

2[log(1 + sin x) − log(1 − sin x)]

π40

=1

2

[log

1 + sin x

1 − sin x

]π4

0

=1

2log

1 + 1√2

1 − 1√2

=1

2log

√2 + 1√2 − 1

=1

2log

(√2 + 1

)2= log

(√2 + 1

)

２ 　 k を整数とすると， n = 2k のとき，

　　　　 |f(n)| = |f(2k)| = |8k3 + 8k2 + 2| = 2|4k3 + 4k2 + 1|

となり，|4k3 + 4k2 + 1|は整数だから |f(n)|は偶数である。

よって，|f(n)|が素数となるのは |f(n)| = 2に限るので，

　　　　 |4k3 + 4k2 + 1| = 1 ⇐⇒ 4k3 + 4k2 + 1 = ±1

　　　　⇐⇒ 4k3 + 4k2 = 0　または　 4k3 + 4k2 + 2 = 0

4(−k3 − k2) = 2より，4k3 + 4k2 + 2 = 0を満たす整数 k は存在しないので，4k3 + 4k2 = 0

　より，

　　　　 k2(k + 1) = 0 ⇐⇒ k = 0，− 1

これより，n = 0，− 2であり，このときの |f(n+ 1)|の値は，

　　　　 |f(0 + 1)| = |f(1)| = |1 + 2 + 2| = 5

　　　　 |f(−2 + 1)| = |f(−1)| = | − 1 + 2 + 2| = 3

となり，題意を満たす。

　また，n = 2k − 1のとき，

　　　　 |f(n+ 1)| = |f(2k)| = |8k3 + 8k2 + 2| = 2|4k3 + 4k2 + 1|

となり，|4k3 + 4k2 + 1|は整数だから |f(n+ 1)|は偶数である。

よって，|f(n+ 1)|が素数となるのは |f(n+ 1)| = 2に限るので，

　　　　 |4k3 + 4k2 + 1| = 1 ⇐⇒ 4k3 + 4k2 + 1 = ±1

　　　　⇐⇒ 4k3 + 4k2 = 0　または　 4k3 + 4k2 + 2 = 0

上と同様に考えると，k = 0，− 1

これより，n = −1，− 3であり，このときの |f(n)|の値は，

　　　　 |f(−1)| = | − 1 + 2 + 2| = 3

　　　　 |f(−3)| = | − 27 + 18 + 2| = | − 7| = 7

となり，題意を満たす。

　したがって，求めるすべての整数 nは，

　　　　 n = 0，− 1，− 2，− 3:::::::::::::::::::

B

y

xC(c; 0)

A(a; b)

PQ

3 ¡!BP = t

¡!BQ

= tQ(1¡ t)¡!BA+ t¡!BCi= (t¡ t2)

¡!BA+ t2

¡!BC

座標平面で

B(0; 0)，C(c; 0)，A(a; b) (0 < a < c，b > 0; c > 0)

とおいても一般性は保たれる．

このとき

S = bc2

¡!BP = (t¡ t2) (a; b) + t2 (c; 0)

= "(c¡ a)t2 + at，b(t¡ t2):P(x;y)とおくとUx= (c¡ a)t2 + at

y = b(t¡ t2)

0 < t < 1において dxdt = 2(c¡ a)t+ a > 0，y > 0

t= 0 のとき点 Pは点 B，t= 1 のとき点 Pは点 Cに一致する．

点 Pが描く曲線と線分 BCによって囲まれる部分の面積を Tとすると

T =Z c

0ydx

=

Z 1

0b(t¡ t2) dxdt dt

=

Z 1

0b(t¡ t2)Q2(c¡ a)t+ aidt

= bZ 1

0Q¡ 2(c¡ a)t3 + (2c¡ 3a)t2 + atidt

= b�¡ c¡ a2t4 + 2c¡ 3a

3t3 + a

2t2 „1

0

=bc6

=S3

:::

４

さいころを 1回投げたとき，1以上 4以下の目が出る，5または 6の目が出るという事象をそれ

ぞれ A，B とする。

「n回の試行において，k − 1回目まで Aだけが起こり，かつ k 回目から k + j − 1回目まで B

だけが起こり，かつ残りの試行においては Aだけが起こる · · · (∗) （ただし，k = 1, 2, · · · , n；

j = 1, 2, · · · , n− k + 1）」ことと，題意の条件は同値である。

(∗)の起こる確率を pk, j とする。A，B の起こる確率がそれぞれ2

3，

1

3であることから，

　　　　　 pk, j =

(2

3

)k−1 (1

3

)j (2

3

)n−k−j+1

=

(1

2

)j (2

3

)n

よって求める確率は，

　　　n∑

k=1

n−k+1∑j=1

pk, j =n∑

k=1

n−k+1∑j=1

(1

2

)j (2

3

)n

=n∑

k=1

1

2

{1−

(1

2

)n−k+1}

1− 1

2

·(2

3

)n

=n∑

k=1

{(2

3

)n

− 2k−1

(1

3

)n}= n

(2

3

)n

− 2n − 1

2− 1·(1

3

)n

= (n− 1)

(2

3

)n

+

(1

3

)n

::::::::::::::::::::

である。

別解１

さいころを 1回投げたとき，1以上 4以下の目が出る，5または 6の目が出るという事象をそれ

ぞれ A，B とする。

k = 1，2，· · ·，nに対して，

• 最初から Aが起こり続けて k 回目の試行を終えている状態を Xk とする。

• 最初からある回まで Aが起こり続けその後の回は B が起こり続けて k 回目の試行を終え

ているか，あるいは最初から B が起こり続けて k 回目の試行を終えている状態を Yk と

する。

• 最初からある回まで Aが起こり続けその後 1回以上 B が起こり続けた後に Aが起こり続

けて k 回目の試行を終えているか，最初からある回まで B が起こり続けその後の回は A

が起こり続けて k 回目の試行を終えている状態を Zk とする。

さらに Xk，Yk，Zk となる確率をそれぞれ xk，yk，zk とする (k = 1, 2, · · · , n)。

k = 2，3，· · ·，nにおいて，

　　　　　

Xkである ⇐⇒ Xk−1であり，かつ k 回目に Aが起こる

Ykである ⇐⇒（Xk−1または Yk−1）であり，かつ k 回目に B が起こる

Zkである ⇐⇒（Yk−1または Zk−1）であり，かつ k 回目に Aが起こる

であり，加えて A，B の起こる確率がそれぞれ2

3，

1

3であることから，k = 2，3，· · ·，n にお

いて，

　　　　　

xk =

2

3xk−1 · · ·①

yk =1

3(xk−1 + yk−1) · · ·②

zk =2

3(yk−1 + zk−1) · · ·③

が成り立つ。また，x1 は 1回目に Aが起こる確率だから x1 =2

3，y1 は 1回目に B が起こる確

率だから y1 =1

3であり，余事象を考えることにより z1 = 1− (x1 + y1) = 0である。

①かつ x1 =2

3より，xk =

(2

3

)k

。これと②より，

　　　　　 yk =1

3yk−1 +

1

3

(2

3

)k−1

　　　　　 yk −(2

3

)k

=1

3

{yk−1 −

(2

3

)k−1}

が得られる。これと y1 =1

3より，

　　　　　 yk −(2

3

)k

=

(y1 −

2

3

)(1

3

)k−1

　　　　　 yk =

(2

3

)k

−(1

3

)k

となる。これと③より，

　　　　　 zk =2

3zk−1 +

(2

3

)k

− 2

(1

3

)k

　　　　　zk+1(2

3

)k+1− zk(

2

3

)k= 1−

(1

2

)k

(k = 1，2，· · · )

となり，これより数列

{zk(23

)k}の階差数列の一般項が 1−

(1

2

)k

である。よって k ≧ 2のとき，

　　　zk(2

3

)k=

z12

3

+k−1∑j=1

{1−

(1

2

)j}

= k − 1−

1

2

{1−

(1

2

)k−1}

1− 1

2

= k − 2 +

(1

2

)k−1

(k = 1のときもみたす)

となり，zk = (k − 2)

(2

3

)k

+ 2

(1

3

)k

である。

題意の条件は「Yn または Zn である」ことと同値である。よって求める確率は，

　　　　　 yn + zn =

(2

3

)n

−(1

3

)n

+ (n− 2)

(2

3

)n

+ 2

(1

3

)n

= (n− 1)

(2

3

)n

+

(1

3

)n

::::::::::::::::::::

となる。

別解２

さいころを 1回投げたとき，1以上 4以下の目が出る，5または 6の目が出るという事象をそれ

ぞれ A，B とする。

「連続して起こる B の前にも後にも A だけが起こる，ただし連続して起こる B の前や後に A

が全く起こらなくてもよい · · · (∗∗)」ということと，題意の条件は同値である。

起こった順に左から右へ並べてできる n個の Aまたは B の順列において，(∗∗)は次のような順

列になる。

　　　　　 AA · · ·AABB · · ·BBAA · · ·A

B が j 回連続して起こるものとすると，上図において B を配置できる箇所は n− j + 1通りだ

けある。これは連続する j 個の B を BB · · ·B と表して (∗∗) をみたす順列を書き出すと以下の

ようになるためである。

　　　 BB · · ·B AAA · · ·AA −→最も左の B が左から 1番目にある

A BB · · ·B AA · · ·AA −→最も左の B が左から 2番目にある

AA BB · · ·B A · · ·AA −→最も左の B が左から 3番目にある...

AA · · ·AAA BB · · ·B −→最も左の B が左から n− j + 1番目にある

B が j 回連続して起こるという条件の下で (∗∗)が起こる確率を qj とする（j = 1, 2, · · · , n）。

A，B の起こる確率がそれぞれ2

3，

1

3であることもふまえると，

　　　　　 qj = (n− j + 1)

(2

3

)n−j (1

3

)j

= (n− j + 1)

(1

2

)j (2

3

)n

となる。ここで S =n∑

j=1

(n− j + 1)

(1

2

)j

とすると，

2S = n

(1

2

)0

+(n− 1)

(1

2

)1

+(n− 2)

(1

2

)2

+ · · ·+(1

2

)n−1

−) S = n

(1

2

)1

+(n− 1)

(1

2

)2

+ · · ·+2

(1

2

)n−1

+

(1

2

)n

S = n −(1

2

)1

−(1

2

)2

− · · ·−(1

2

)n−1

−(1

2

)n

　　　　　 ∴ S = n−

1

2

{1−

(1

2

)n}1− 1

2

= n− 1 +

(1

2

)n

であるから，求める確率は，

　　　　　n∑

j=1

qj =n∑

j=1

(n− j + 1)

(1

2

)j (2

3

)n

= S

(2

3

)n

= (n− 1)

(2

3

)n

+

(1

3

)n

::::::::::::::::::::

となる。

６ 　正の整数 nに対して

　　 (1 + i)n + (1− i)n ={√

2(cos

π

4+ i sin

π

4

)}n

+{√

2(cos

−π

4+ i sin

−π

4

)}n

= (√2)n

(cos

nπ

4+ i sin

nπ

4

)+ (

√2)n

(cos

nπ

4− i sin

nπ

4

)= (

√2)n+2 cos

nπ

4

となるから，与えられた不等式は

　　　　 (√2)n+2 cos

nπ

4> 1010 · · · · · · ①

と言い換えられる。

　 −1 ≦ cosnπ

4≦ 1であることに注意すると，①が成り立つためには，

　　　　 (√2)n+2 > 1010

が成り立つことが必要であり，この両辺の常用対数をとって整理すると

　　　　 n >20

log10 2− 2

が得られる。与えられた常用対数表より，

　　　　 0.30095 ≦ log10 2 < 0.30105

とわかるから，

　　　　 n >20

log10 2− 2 >

20

0.30105− 2 > 64.4

であり，nは正の整数であるから「n ≧ 65」となることが必要である。

　「n = 65」のとき

　　 log10

{(√2)n+2 cos

nπ

4

}= log10

{(√2)67 cos

65π

4

}= 33 log10 2

< 33× 0.30105 = 9.93465

< 10

であるから，①は成り立たない。

　「n = 66，67，68，69，70」のとき，cosnπ

4≦ 0であるから，①は成り立たない。

　「n = 71」のとき

　　 log10

{(√2)n+2 cos

nπ

4

}= log10

{(√2)73 cos

71π

4

}= 36 log10 2

≧ 36× 0.30095 = 10.8342

> 10

であるから，①は成り立つ。

　以上より，①が成り立つ最小の正の整数 nは 71::である。