【解説・採点基準付き】2016年九州大学理系数学の解答・解説

座標平面上の曲線 $C_1,C_2$ をそれぞれ

$$C_1:\ y=\log x\quad(x>0)$$

$$C_2:\ y=(x-1)(x-a)$$

とする。ただし、 $a$ は実数である。 $n$ を自然数とするとき、曲線 $C_1,C_2$ が2点P、Qで交わり、P、Qの $x$ 座標はそれぞれ $1,\ n+1$ となっている。また、曲線 $C_1$ と直線PQで囲まれた領域の面積を $S_n$、曲線 $C_2$ と直線PQで囲まれた領域の面積を $T_n$ とする。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) $a$ を $n$ の式で表し、 $a>1$ を示せ。

(2) $S_n$ と $T_n$ をそれぞれ $n$ の式で表せ。

(3) 極限値 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{S_n}{n\log T_n}$ を求めよ。

(1)　配点 10点

Q $(n+1,\ \log(n+1))$ が $C_2$ 上にあるので

$$\log(n+1)=\{(n+1)-1\}\{(n+1)-a\}=n(n+1-a)$$

$n>0$ より

$$a=n+1-\frac{\log(n+1)}{n}$$

$f(x)=e^x-(1+x)$ とおくと、 $f'(x)=e^x-1$ で、 $x>0$ のとき $f'(x)>0$。よって $f(x)$ は $x\geqq0$ で増加し、 $f(0)=0$ なので、 $x>0$ で $f(x)>0$、すなわち $e^x>1+x$。

$x=n$ とすると $e^n>n+1$。両辺の対数をとって $n>\log(n+1)$。 $n$ は自然数なので $n\leqq n^2$ で、 $\log(n+1)<n^2$。したがって

$$a-1=n-\frac{\log(n+1)}{n}=\frac{n^2-\log(n+1)}{n}>0$$

答　$a=n+1-\dfrac{\log(n+1)}{n}$（ $a>1$ は上のとおり）

（補足：同じ不等式から $\dfrac{\log(n+1)}{n}<1$ なので、実は $n<a<n+1$。 $n=1$ のとき $a=2-\log2=1.306\cdots$）

(2)　配点 20点

$y=\log x$ は $y”=-\dfrac{1}{x^2}<0$ より上に凸なので、 $1<x<n+1$ で $C_1$ は直線PQの上にある。直線PQは $y=\dfrac{\log(n+1)}{n}(x-1)$ で、 $1\leqq x\leqq n+1$ で $y\geqq0$。 $\mathrm{H}(n+1,0)$ とすると、 $S_n$ は「 $C_1$、 $x$ 軸、直線 $x=n+1$ で囲まれた部分」から三角形PHQを除いた部分である（下の図）。

$$\int_1^{n+1}\log x\,dx=\Big[x\log x-x\Big]_1^{n+1}=(n+1)\log(n+1)-n$$

三角形PHQの面積は $\dfrac12\cdot n\cdot\log(n+1)$ なので

$$S_n=(n+1)\log(n+1)-n-\frac n2\log(n+1)=\frac{n+2}{2}\log(n+1)-n$$

直線PQと $C_2$ はともにP、Qを通り、 $C_2$ の $x^2$ の係数は1なので

$$\frac{\log(n+1)}{n}(x-1)-(x-1)(x-a)=-(x-1)(x-n-1)$$

と表せる。 $1<x<n+1$ でこれは正なので、 $C_2$ は直線PQの下にある。よって

$$T_n=\int_1^{n+1}\{-(x-1)(x-n-1)\}\,dx=\frac16\{(n+1)-1\}^3=\frac{n^3}{6}$$

答　$S_n=\dfrac{n+2}{2}\log(n+1)-n$、 $T_n=\dfrac{n^3}{6}$

(3)　配点 20点

$\log T_n=3\log n-\log6$。

$n\to\infty$ を考えるので $n\geqq2$ としてよく、 $\log n>0$。分子・分母を $n\log n$ で割ると

$$\frac{S_n}{n\log T_n}=\frac{\ \dfrac{n+2}{2n}\cdot\dfrac{\log(n+1)}{\log n}-\dfrac{1}{\log n}\ }{3-\dfrac{\log6}{\log n}}$$

ここで

$$\frac{\log(n+1)}{\log n}=\frac{\log n+\log\left(1+\dfrac1n\right)}{\log n}=1+\frac{\log\left(1+\dfrac1n\right)}{\log n}\to1+0=1$$

であり、 $\dfrac{n+2}{2n}\to\dfrac12$、 $\dfrac{1}{\log n}\to0$、 $\dfrac{\log6}{\log n}\to0$ なので、分子は $\dfrac12$、分母は $3$ に収束する。

答　$\dfrac16$

$t$ を $0<t<1$ を満たす実数とする。面積が1である三角形ABCにおいて、辺AB、BC、CAをそれぞれ $2:1$、 $t:1-t$、 $1:3$ に内分する点をD、E、Fとする。また、AEとBF、BFとCD、CDとAEの交点をそれぞれP、Q、Rとする。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) 3直線AE、BF、CDが1点で交わるときの $t$ の値 $t_0$ を求めよ。

以下、 $t$ は $0<t<t_0$ を満たすものとする。

(2) $\mathrm{AP}=k\,\mathrm{AE}$、 $\mathrm{CR}=\ell\,\mathrm{CD}$ を満たす実数 $k,\ell$ をそれぞれ求めよ。

(3) 三角形BCQの面積を求めよ。

(4) 三角形PQRの面積を求めよ。

$\vec b=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\vec c=\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく。 $\vec b$、 $\vec c$ は $\vec0$ でなく、平行でない。

$$\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\frac23\vec b,\qquad\overrightarrow{\mathrm{AE}}=(1-t)\vec b+t\vec c,\qquad\overrightarrow{\mathrm{AF}}=\frac34\vec c$$

(1)　配点 10点

3直線AE、BF、CDが1点で交わるとき、チェバの定理より

$$\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DB}}\cdot\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{EC}}\cdot\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FA}}=\frac21\cdot\frac{t}{1-t}\cdot\frac13=1$$

よって $2t=3(1-t)$、 $t=\dfrac35$。逆に $t=\dfrac35$ のとき、チェバの定理の逆より3直線は1点で交わる。

答　$t_0=\dfrac35$

(2)　配点 15点

P は直線BF上にあるので、実数 $u$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=(1-u)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+u\overrightarrow{\mathrm{AF}}=(1-u)\vec b+\frac34u\vec c$$

P は直線AE上にもあり $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=k\overrightarrow{\mathrm{AE}}=k(1-t)\vec b+kt\vec c$。 $\vec b$、 $\vec c$ の係数を比べて

$$k(1-t)=1-u,\qquad kt=\frac34u$$

2つ目の式から $u=\dfrac43kt$。1つ目の式に代入して $k(1-t)=1-\dfrac43kt$、すなわち $k\left(1+\dfrac t3\right)=1$。

答　$k=\dfrac{3}{3+t}$

R は直線CD上にあるので

$$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}+\ell\overrightarrow{\mathrm{CD}}=(1-\ell)\vec c+\ell\cdot\frac23\vec b=\frac23\ell\vec b+(1-\ell)\vec c$$

R は直線AE上にもあり、実数 $m$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{AR}}=m\overrightarrow{\mathrm{AE}}=m(1-t)\vec b+mt\vec c$。係数を比べて

$$\frac23\ell=m(1-t),\qquad1-\ell=mt$$

2つ目の式から $m=\dfrac{1-\ell}{t}$。1つ目の式に代入して $2\ell t=3(1-\ell)(1-t)$、すなわち $\ell(3-t)=3(1-t)$。

答　$\ell=\dfrac{3(1-t)}{3-t}$

（検算： $t=t_0=\dfrac35$ のとき P と R は一致するはずで、実際 $k=\dfrac56$、 $m=\dfrac{1-\ell}{t}=\dfrac56$ と一致する）

別解（メネラウスの定理）　三角形AECと直線BFにメネラウスの定理を使うと

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PE}}\cdot\frac{\mathrm{EB}}{\mathrm{BC}}\cdot\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FA}}=\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PE}}\cdot\frac{t}{1}\cdot\frac13=1$$

より $\mathrm{AP}:\mathrm{PE}=3:t$ なので $k=\dfrac{3}{3+t}$。三角形CDBと直線AEにメネラウスの定理を使うと

$$\frac{\mathrm{CR}}{\mathrm{RD}}\cdot\frac{\mathrm{DA}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{EC}}=\frac{\mathrm{CR}}{\mathrm{RD}}\cdot\frac23\cdot\frac{t}{1-t}=1$$

より $\mathrm{CR}:\mathrm{RD}=3(1-t):2t$ なので $\ell=\dfrac{3(1-t)}{3(1-t)+2t}=\dfrac{3(1-t)}{3-t}$。

(3)　配点 10点

Q は直線BF上にも直線CD上にもあるので、実数 $u$、 $v$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=(1-u)\vec b+\frac34u\vec c=\frac23v\vec b+(1-v)\vec c$$

係数を比べて $1-u=\dfrac23v$、 $\dfrac34u=1-v$。1つ目の式から $u=1-\dfrac23v$ を2つ目の式に代入して $\dfrac34-\dfrac12v=1-v$、よって $v=\dfrac12$。

したがって $\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=\dfrac13\vec b+\dfrac12\vec c=\dfrac12\left(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}\right)$ となり、Q は線分CDの中点である（ $t$ によらない）。

$\triangle\mathrm{BCD}=\dfrac{\mathrm{DB}}{\mathrm{AB}}\triangle\mathrm{ABC}=\dfrac13$ で、Q は CD の中点なので $\triangle\mathrm{BCQ}=\dfrac12\triangle\mathrm{BCD}$。

答　$\dfrac16$

補足（ $t=t_0$ の図で比を読む）　Q は直線BFと直線CDだけで決まり、どちらにも $t$ は入っていないので、 $t$ を変えても動かない。そこで $t=t_0$ の場面を考えると、3直線が1点で交わり Q＝R となる。(2) の $\ell$ に $t=\dfrac35$ を代入すると $\ell=\dfrac{3\left(1-\dfrac35\right)}{3-\dfrac35}=\dfrac{\ \dfrac65\ }{\dfrac{12}{5}}=\dfrac12$ なので $\mathrm{CQ}=\dfrac12\mathrm{CD}$。どの $t$ でも Q は CD の中点である。

別解（メネラウスの定理）　三角形ADCと直線BFにメネラウスの定理を使うと、 $\dfrac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BD}}\cdot\dfrac{\mathrm{DQ}}{\mathrm{QC}}\cdot\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FA}}=3\cdot\dfrac{\mathrm{DQ}}{\mathrm{QC}}\cdot\dfrac13=1$ より $\mathrm{DQ}=\mathrm{QC}$。

(4)　配点 15点

(2) より $\mathrm{AR}=m\,\mathrm{AE}$、 $m=\dfrac{1-\ell}{t}=\dfrac{2}{3-t}$。P、R はどちらも線分AE上にあり

$$k-m=\frac{3}{3+t}-\frac{2}{3-t}=\frac{3(3-t)-2(3+t)}{9-t^2}=\frac{3-5t}{9-t^2}$$

$0<t<\dfrac35$ より $3-5t>0$ なので $k>m$ で、A に近い方から R、P の順に並び

$$\mathrm{PR}=(k-m)\mathrm{AE}=\frac{3-5t}{9-t^2}\mathrm{AE}$$

三角形PQRと三角形QAEは、底辺がどちらも直線AE上にあり、頂点Qが共通なので高さが等しい。よって

$$\triangle\mathrm{PQR}=\frac{\mathrm{PR}}{\mathrm{AE}}\triangle\mathrm{QAE}=\frac{3-5t}{9-t^2}\triangle\mathrm{QAE}$$

次に $\triangle\mathrm{QAE}$ を求める。

$$\triangle\mathrm{CAE}=\frac{\mathrm{EC}}{\mathrm{BC}}\triangle\mathrm{ABC}=1-t,\qquad\triangle\mathrm{DAE}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}\triangle\mathrm{ABE}=\frac23\cdot t=\frac23t$$

E は辺BC上にあるので、直線AEに関して B と C は反対側にあり、D は辺AB上なので B と同じ側にある。よって C と D は直線AEの反対側にある。C、D から直線AEまでの距離をそれぞれ $h_C$、 $h_D$ とすると、Q は CD の中点なので、Q から直線AEまでの距離は $\dfrac{h_C-h_D}{2}$（ $h_C>h_D$ は下の計算で $3-5t>0$ からわかる）。底辺AEが共通なので

$$\triangle\mathrm{QAE}=\frac12\left(\triangle\mathrm{CAE}-\triangle\mathrm{DAE}\right)=\frac12\left\{(1-t)-\frac23t\right\}=\frac{3-5t}{6}$$

したがって

$$\triangle\mathrm{PQR}=\frac{3-5t}{9-t^2}\cdot\frac{3-5t}{6}=\frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}$$

答　$\dfrac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}$

（検算： $t=t_0=\dfrac35$ を代入すると0になり、3直線が1点で交わって三角形がつぶれることと合う）

別解（全体から3つの三角形を引く）　三角形ABCは、三角形ABP、BCQ、CAR、PQRの4つに分かれる。

$$\triangle\mathrm{ABP}=k\triangle\mathrm{ABE}=\frac{3t}{3+t},\qquad\triangle\mathrm{CAR}=\ell\triangle\mathrm{CAD}=\frac23\ell=\frac{2(1-t)}{3-t},\qquad\triangle\mathrm{BCQ}=\frac16$$

なので

$$\triangle\mathrm{PQR}=1-\frac{3t}{3+t}-\frac{2(1-t)}{3-t}-\frac16=\frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}$$

（通分の計算が重いので、本解の方が計算ミスが起きにくい）

座標平面上で円 $x^2+y^2=1$ に内接する正六角形で、点 $\mathrm{P}_0(1,0)$ を1つの頂点とするものを考える。この正六角形の頂点を $\mathrm{P}_0$ から反時計まわりに順に $\mathrm{P}_1,\mathrm{P}_2,\mathrm{P}_3,\mathrm{P}_4,\mathrm{P}_5$ とする。ある頂点に置かれている1枚のコインに対し、1つのサイコロを1回投げ、出た目に応じてコインを次の規則にしたがって頂点上を動かす。

（規則）(i) 1から5までの目が出た場合は、出た目の数だけコインを反時計まわりに動かす。例えば、コインが $\mathrm{P}_4$ にあるときに4の目が出た場合は $\mathrm{P}_2$ まで動かす。

(ii) 6の目が出た場合は、 $x$ 軸に関して対称な位置にコインを動かす。ただし、コインが $x$ 軸上にあるときは動かさない。例えば、コインが $\mathrm{P}_5$ にあるときに6の目が出た場合は $\mathrm{P}_1$ に動かす。

はじめにコインを1枚だけ $\mathrm{P}_0$ に置き、1つのサイコロを続けて何回か投げて、1回投げるごとに上の規則にしたがってコインを動かしていくゲームを考える。以下の問いに答えよ。

(1) 2回サイコロを投げた後に、コインが $\mathrm{P}_0$ の位置にある確率を求めよ。

(2) 3回サイコロを投げた後に、コインが $\mathrm{P}_0$ の位置にある確率を求めよ。

(3) $n$ を自然数とする。 $n$ 回サイコロを投げた後に、コインが $\mathrm{P}_0$ の位置にある確率を求めよ。

(1)　配点 15点

規則から、コインが今いる頂点と出た目に対して、移り先は次の表のようになる。

・$\mathrm{P}_0$ にいるとき　1〜5の目では $\mathrm{P}_1$〜$\mathrm{P}_5$ に動き、6の目では $x$ 軸上なので動かない。 $\mathrm{P}_0$ に移るのは6の目だけ

・$\mathrm{P}_k$（ $1\leqq k\leqq5$）にいるとき　$j$ の目（ $1\leqq j\leqq5$）では反時計まわりに $j$ 進むので、 $\mathrm{P}_0$ に着くのは $k+j=6$、すなわち $j=6-k$ のときだけ。6の目では $x$ 軸に関して対称な $\mathrm{P}_{6-k}$ に移り（ $k=3$ なら $\mathrm{P}_3$ のまま）、 $1\leqq 6-k\leqq5$ なので $\mathrm{P}_0$ ではない。 $\mathrm{P}_0$ に移るのは $6-k$ の目だけ

よって、どの頂点にいても、次の1回で $\mathrm{P}_0$ に移る目はちょうど1つである。

2回の目の出方は $6^2=36$ 通りで、どれも同様に確からしい。1回目にどの目が出ても、2回目に $\mathrm{P}_0$ に移る目は1つに決まるので、 $\mathrm{P}_0$ にある出方は6通り（下の表の○）。

よって求める確率は $\dfrac{6}{36}$。

答　$\dfrac16$

(2)　配点 15点

3回の目の出方は $6^3=216$ 通り。1回目・2回目の目の出方は $6^2=36$ 通りあり、そのそれぞれで2回目の後の位置は決まる。(1) で示したとおり、その位置がどこであっても、3回目に $\mathrm{P}_0$ に移る目はちょうど1つ。

よって $\mathrm{P}_0$ にある出方は36通りで、求める確率は $\dfrac{36}{216}$。

答　$\dfrac16$

(3)　配点 20点

$n$ 回投げた後に $\mathrm{P}_0$ にある確率を $p_n$ とすると、 $\mathrm{P}_0$ 以外にある確率は $1-p_n$ である。

(1) で示したとおり、 $\mathrm{P}_0$ にいるときは6の目、 $\mathrm{P}_0$ 以外のどの頂点にいるときもちょうど1つの目で、次の1回で $\mathrm{P}_0$ に移る（下の図）。どちらの場合も、その確率は $\dfrac16$ である。

よって、 $n+1$ 回後に $\mathrm{P}_0$ にある確率は

$$p_{n+1}=\frac16p_n+\frac16(1-p_n)$$

整理すると $p_{n+1}=\dfrac16\ (n\geqq1)$。また、 $p_1=\dfrac16$（ $\mathrm{P}_0$ から6の目）。したがって、すべての自然数 $n$ で $p_n=\dfrac16$。

答　$\dfrac16$

別解（直接数える）　$n$ 回の目の出方は $6^n$ 通りで、どれも同様に確からしい。最初の $n-1$ 回の目の出方は $6^{n-1}$ 通りあり（ $n=1$ のときは投げる前の $\mathrm{P}_0$ を直前の位置と考えて1通り）、そのそれぞれで直前の位置が1つに決まる。直前の位置がどの頂点であっても、 $n$ 回目に $\mathrm{P}_0$ に移る目はちょうど1つなので、 $\mathrm{P}_0$ にある出方は $6^{n-1}$ 通り。求める確率は $\dfrac{6^{n-1}}{6^n}=\dfrac16$。

補足　表の各列を見ると、どの目についても $\mathrm{P}_0$〜$\mathrm{P}_5$ が1回ずつ現れる（どの目も頂点を並べかえるだけ）。1回目の後はコインが6つの頂点に $\dfrac16$ ずつあり、そのあとも何回投げても、どの頂点にある確率も $\dfrac16$ のまま変わらない。

自然数 $n$ に対して、 $10^n$ を13で割った余りを $a_n$ とおく。 $a_n$ は0から12までの整数である。以下の問いに答えよ。

(1) $a_{n+1}$ は $10a_n$ を13で割った余りに等しいことを示せ。

(2) $a_1,a_2,\cdots,a_6$ を求めよ。

(3) 以下の3条件を満たす自然数 $N$ をすべて求めよ。

(i) $N$ を十進法で表示したとき6桁となる。

(ii) $N$ を十進法で表示して、最初と最後の桁の数字を取り除くと2016となる。

(iii) $N$ は13で割り切れる。

(1)　配点 10点

$10^n$ を13で割った商を $q$ とすると $10^n=13q+a_n$。両辺を10倍して

$$10^{n+1}=13\cdot10q+10a_n$$

$10a_n$ を13で割った商を $r$、余りを $b$（ $0\leqq b\leqq12$）とすると、 $10a_n=13r+b$ なので

$$10^{n+1}=13(10q+r)+b$$

$10q+r$ は整数で $0\leqq b\leqq12$ だから、 $b$ は $10^{n+1}$ を13で割った余り、すなわち $b=a_{n+1}$。よって $a_{n+1}$ は $10a_n$ を13で割った余りに等しい。

(2)　配点 15点

$a_1=10$。(1) より、順に

$10a_1=100=13\cdot7+9$ より $a_2=9$。

$10a_2=90=13\cdot6+12$ より $a_3=12$。

$10a_3=120=13\cdot9+3$ より $a_4=3$。

$10a_4=30=13\cdot2+4$ より $a_5=4$。

$10a_5=40=13\cdot3+1$ より $a_6=1$。

答　$a_1=10$、 $a_2=9$、 $a_3=12$、 $a_4=3$、 $a_5=4$、 $a_6=1$

（補足） $a_6=1$ なので $a_7=10a_6$ を13で割った余り $=10=a_1$ となり、以後は同じ6つの値をくり返す（下の図）。 $10^6$ を13で割った余りが1、つまり $10^6\equiv1\pmod{13}$ ということ。(3) で使うのは6桁の数の最上位 $10^5$ の余り $a_5=4$ で、 $a_6$ ではない。

(3)　配点 25点

$N$ の最初の桁の数字を $d$（ $1\leqq d\leqq9$）、最後の桁の数字を $e$（ $0\leqq e\leqq9$）とすると、(i)(ii) より

$$N=d\cdot10^5+2\cdot10^4+0\cdot10^3+1\cdot10^2+6\cdot10+e$$

$10^k$ を13で割った余りは $a_k$ なので、(2) より以下合同式はすべて13を法として

$$N\equiv4d+2\cdot3+0\cdot12+1\cdot9+6\cdot10+e=4d+e+75\equiv4d+e+10$$

よって (iii) は $4d+e+10\equiv0$、すなわち

$$4d+e\equiv-10\equiv3\pmod{13}$$

$d=1,2,\cdots,9$ について $4d$ を13で割った余りを求め、 $e\equiv3-4d$ を13で割った余り（0以上12以下）で表すと、下の表のようになる。 $e$ は0以上9以下の数字なので、 $e$ が10以上になる $d=1$（ $e\equiv12$）と $d=8$（ $e\equiv10$）は不適。それ以外の7通りは $e$ がただ1つに決まる。

答　$N=220168,\ 320164,\ 420160,\ 520169,\ 620165,\ 720161,\ 920166$

（補足） $10^5\equiv a_5=4$ を使い、 $20160=13\cdot1550+10\equiv10$ を直接計算して $N=d\cdot10^5+20160+e\equiv4d+10+e$ としてもよい。位ごとに分ける書き方は、 $a_1$ から $a_5$ がすべて (3) に使われることが見えるので、誘導に乗っていることが答案から伝わる。

別解（(3) の後半：表を書かずに $4d+e$ の値を絞る）

$1\leqq d\leqq9$、 $0\leqq e\leqq9$ より $4\leqq4d+e\leqq45$。この範囲で13で割って3余る数は $16,\ 29,\ 42$ の3つだけなので

・$4d+e=16$： $(d,e)=(2,8),(3,4),(4,0)$（ $d=1$ は $e=12$ で不適）

・$4d+e=29$： $(d,e)=(5,9),(6,5),(7,1)$

・$4d+e=42$： $(d,e)=(9,6)$（ $d=8$ は $e=10$ で不適）

合同式を等式に直してから数えるので、余りの表を作るより短く、答えの7個も同じになる。 $e$ は $d$ を1増やすごとに4ずつ減るので、各場合の組はすぐに書き並べられる。

別解（(3) の前半：$1001=7\cdot11\cdot13$ を使う）

$1001=7\cdot11\cdot13$ なので $10^3=1001-1\equiv-1\pmod{13}$。 $N$ を下3桁と上3桁に分けると $N=1000(100d+20)+(160+e)$ なので

$$N\equiv-(100d+20)+160+e=140-100d+e\pmod{13}$$

$140=13\cdot10+10$、 $100=13\cdot8-4$ より $N\equiv10+4d+e$ となり、本解と同じ $4d+e\equiv3\pmod{13}$ が求まる。(2) の誘導を使わずに済むが、本番では誘導どおり $a_5=4$ を使う本解の方が考えることが少ない。

以下の問いに答えよ。

(1) $\theta$ を $0\leqq\theta<2\pi$ を満たす実数、 $i$ を虚数単位とし、 $z$ を $z=\cos\theta+i\sin\theta$ で表される複素数とする。このとき、整数 $n$ に対して次の式を証明せよ。

$$\cos n\theta=\frac12\left(z^n+\frac{1}{z^n}\right),\qquad \sin n\theta=-\frac{i}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)$$

(2) 次の方程式を満たす実数 $x\ (0\leqq x<2\pi)$ を求めよ。

$$\cos x+\cos2x-\cos3x=1$$

(3) 次の式を証明せよ。

$$\sin^220^\circ+\sin^240^\circ+\sin^260^\circ+\sin^280^\circ=\frac94$$

(1)　配点 15点

ド・モアブルの定理は整数 $n$ で成り立つので

$$z^n=\cos n\theta+i\sin n\theta$$

$-n$ も整数なので、同じ定理より

$$\frac{1}{z^n}=z^{-n}=\cos(-n\theta)+i\sin(-n\theta)=\cos n\theta-i\sin n\theta$$

2式を足すと $z^n+\dfrac{1}{z^n}=2\cos n\theta$ なので

$$\cos n\theta=\frac12\left(z^n+\frac{1}{z^n}\right)$$

2式を引くと $z^n-\dfrac{1}{z^n}=2i\sin n\theta$。両辺に $-\dfrac{i}{2}$ をかけると、 $-\dfrac{i}{2}\cdot2i=1$ なので

$$\sin n\theta=-\frac{i}{2}\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)$$

補足　$|z|=1$ なので $z\overline{z}=1$、つまり $\dfrac1z=\overline{z}$。これを使うと $\dfrac{1}{z^n}=\overline{z}^{\,n}=\overline{z^n}=\cos n\theta-i\sin n\theta$ と、負の $n$ を別に扱わずに求められる。図のように、 $z^n$ と $\dfrac{1}{z^n}$ は実軸に関して対称な2点である。

(2)　配点 15点

$z=\cos x+i\sin x$ とおく。 $0\leqq x<2\pi$ なので (1) が使え、 $n=1,2,3$ として

$$\cos x=\frac12\left(z+\frac1z\right),\quad\cos2x=\frac12\left(z^2+\frac{1}{z^2}\right),\quad\cos3x=\frac12\left(z^3+\frac{1}{z^3}\right)$$

$t=z+\dfrac1z$ とおくと

$$z^2+\frac{1}{z^2}=t^2-2,\qquad z^3+\frac{1}{z^3}=\left(z+\frac1z\right)^3-3\left(z+\frac1z\right)=t^3-3t$$

よって方程式は

$$\frac t2+\frac{t^2-2}{2}-\frac{t^3-3t}{2}=1\iff t^3-t^2-4t+4=0\iff(t-1)(t-2)(t+2)=0$$

$t=1,\ 2,\ -2$。(1) より $t=z+\dfrac1z=2\cos x$ なので

$$\cos x=\frac12,\ 1,\ -1$$

$0\leqq x<2\pi$ で

答　$x=0,\ \dfrac{\pi}{3},\ \pi,\ \dfrac{5\pi}{3}$

（単位円上の点 $z=\cos x+i\sin x$ のうち、実部が $1$、 $\dfrac12$、 $-1$ の4点が答え）

別解（倍角の公式で $\cos x$ の3次方程式にする）　$c=\cos x$ とおくと、 $\cos2x=2c^2-1$、 $\cos3x=4c^3-3c$ より

$$c+(2c^2-1)-(4c^3-3c)=1\iff2c^3-c^2-2c+1=0\iff(2c-1)(c^2-1)=0$$

$c=\dfrac12,\ \pm1$ で、答えは同じ。本解の $t$ は $t=2c$ なので、式は本解と同じものになる。3倍角の公式をすぐに書けるなら、こちらでもよい。

(3)　配点 20点

$20^\circ=\dfrac{\pi}{9}$ は $0\leqq\theta<2\pi$ をみたすので、 $z=\cos20^\circ+i\sin20^\circ$ として (1) を使う。 $n=1,2,3,4$ に対して

$$\sin^2(n\cdot20^\circ)=\left\{-\frac i2\left(z^n-\frac{1}{z^n}\right)\right\}^2=-\frac14\left(z^{2n}-2+\frac{1}{z^{2n}}\right)=\frac12-\frac14\left(w^n+w^{-n}\right)$$

ただし $w=z^2=\cos40^\circ+i\sin40^\circ$ とおいた。

$n=1,2,3,4$ を足して

$$\sin^220^\circ+\sin^240^\circ+\sin^260^\circ+\sin^280^\circ=2-\frac14\left(w+w^2+w^3+w^4+w^{-1}+w^{-2}+w^{-3}+w^{-4}\right)$$

ド・モアブルの定理より $w^9=\cos360^\circ+i\sin360^\circ=1$。よって $w^{-n}=w^{9-n}$ で

$$w^{-1}+w^{-2}+w^{-3}+w^{-4}=w^8+w^7+w^6+w^5$$

となり、かっこの中は $w+w^2+\cdots+w^8$ である。

また $w\neq1$ で

$$(w-1)(1+w+w^2+\cdots+w^8)=w^9-1=0$$

なので $1+w+w^2+\cdots+w^8=0$、すなわち $w+w^2+\cdots+w^8=-1$。

よって

$$\sin^220^\circ+\sin^240^\circ+\sin^260^\circ+\sin^280^\circ=2-\frac14\cdot(-1)=\frac94$$

別解（半角の公式と和積の公式）　$\sin^2\alpha=\dfrac{1-\cos2\alpha}{2}$ より、左辺 $=2-\dfrac12\left(\cos40^\circ+\cos80^\circ+\cos120^\circ+\cos160^\circ\right)$。和積の公式より $\cos40^\circ+\cos80^\circ=2\cos60^\circ\cos20^\circ=\cos20^\circ$、また $\cos160^\circ=-\cos20^\circ$ なので、かっこの中は $\cos120^\circ=-\dfrac12$。左辺 $=2+\dfrac14=\dfrac94$。図で見ると、正九角形の頂点の実部の和 $1+2(\cos40^\circ+\cos80^\circ+\cos120^\circ+\cos160^\circ)=0$ と同じことを、三角関数の公式で確かめている。

補足（和積の公式が思いつかないとき）　$40^\circ$、 $80^\circ$、 $160^\circ$ は、どれも3倍すると $\cos3\alpha=-\dfrac12$ をみたす。 $c=\cos\alpha$ とすると $4c^3-3c+\dfrac12=0$ で、 $\cos40^\circ$、 $\cos80^\circ$、 $\cos160^\circ$ は互いに異なるので、この3次方程式の3つの解である。 $c^2$ の係数が0なので、解と係数の関係から $\cos40^\circ+\cos80^\circ+\cos160^\circ=0$ となる。