九州大学 1995年度 数学 過去問解説｜藤原進之介先生と一緒に完全攻略！

こんにちは！日本数学塾・数強塾講師の藤原進之介です。

今回は、九州大学 1995年度（平成7年度）理系数学の過去問を徹底解説していきます。この年度は、行列と一次変換、整数問題、図形と式、微積分、確率といった幅広い分野から出題されており、九州大学らしいバランスの良い出題構成となっています。

1995年といえば、阪神・淡路大震災があった年であり、受験生にとっても非常に特別な年でした。当時の入試問題を振り返ることで、九大数学の本質的な出題傾向を理解し、現在の受験対策にも活かしていきましょう。

試験概要・難易度

1995年度 九州大学 理系数学 試験情報

1995年度の出題分野一覧

• 第1問：行列・一次変換（旧課程）- 正三角形の変換
• 第2問：整数問題・指数対数
• 第3問：図形と式（楕円・領域・格子点）
• 第4問：微分法・積分法（曲線と面積）
• 第5問：確率（袋と球の操作）

全体講評

1995年度の九州大学理系数学は、標準〜やや難レベルの問題が中心でした。特徴的なのは以下の点です：

1. 行列・一次変換：当時の旧課程では頻出だった分野。現行課程では行列は高校数学から外れていますが、大学での線形代数の基礎となる重要な内容です。
2. 整数問題：九大らしい整数の性質を問う問題。論理的な思考力が試されます。
3. 図形と式の融合問題：楕円と格子点を組み合わせた独創的な出題。面積計算と離散数学的な発想の両方が必要です。
4. 微積分：計算力と図形的理解の両方が求められる標準的な良問。
5. 確率：漸化式を立てて解く確率問題。状態遷移の把握がカギとなります。

全体として、基礎をしっかり固めた上で、やや発展的な思考力を要求する問題構成となっており、九大数学の王道的なセットと言えるでしょう。

大問1：行列と一次変換（正三角形の変換）

問題

解説・解法のポイント

【問題の読み解き】

この問題では、一次変換によって正三角形が別の正三角形に移されるという条件から、行列の成分を決定します。一次変換の基本的な性質として、以下を押さえておきましょう：

• 一次変換は原点を原点に移す
• 一次変換は直線を直線に移す
• 一次変換による面積の拡大率は |det A| 倍
• 回転と相似拡大の合成は一次変換で表せる

【(1)の解答】

Step 1：面積条件から行列式を求める

元の正三角形 OPQ の面積を計算します。

O(0,0)、P(2,0)、Q(1,√3) より、

S = (1/2)|2・√3 - 0・1| = √3

一次変換後の正三角形の面積は 4√3 となります。

面積の拡大率が4倍なので、

|det A| = |ad - bc| = 4

Step 2：正三角形を正三角形に移す条件

正三角形を正三角形に移す一次変換は、相似変換（回転と拡大の合成）に限られます。

相似変換を表す行列は次の形になります：

A = r$begin{pmatrix} costheta & -sintheta \ sintheta & costheta end{pmatrix}$　または　A = r$begin{pmatrix} costheta & sintheta \ sintheta & -costheta end{pmatrix}$

（後者は裏返しを含む場合）

面積が4倍になるので、r² = 4、つまり r = 2（r > 0）

Step 3：具体的な行列の決定

回転角 θ は任意でよいですが、問題の条件を満たす最も自然な解として：

【解答例1】θ = 0°（回転なし、拡大のみ）の場合

A = $begin{pmatrix} 2 & 0 \ 0 & 2 end{pmatrix}$

【解答例2】θ = 60° の場合

cos 60° = 1/2、sin 60° = √3/2 より、

A = $begin{pmatrix} 1 & -sqrt{3} \ sqrt{3} & 1 end{pmatrix}$

【解答例3】裏返しを含む場合

A = $begin{pmatrix} 2 & 0 \ 0 & -2 end{pmatrix}$

※問題文の条件によっては、複数の解が存在することに注意してください。試験では「すべて求めよ」なのか「1つ求めよ」なのかを確認しましょう。

【(2)の解答】

Step 1：円の方程式の変換

原点中心、半径1の円上の点を (x, y) とすると、x² + y² = 1 です。

一次変換 f による像を (X, Y) とすると、

$begin{pmatrix} X \ Y end{pmatrix} = A begin{pmatrix} x \ y end{pmatrix}$

Step 2：A = $begin{pmatrix} 2 & 0 \ 0 & 2 end{pmatrix}$ の場合

X = 2x、Y = 2y より、x = X/2、y = Y/2

これを x² + y² = 1 に代入して、

(X/2)² + (Y/2)² = 1

X² + Y² = 4

よって、像は原点中心、半径2の円です。

Step 3：一般の回転を含む場合

A = r$begin{pmatrix} costheta & -sintheta \ sintheta & costheta end{pmatrix}$ の場合も、回転によって円は円のままなので、

像は原点中心、半径 |r| = 2 の円となります。

別解・発展

【別解：固有値を用いた考察】

面積を4倍にする変換の固有値について考えてみましょう。

行列式 det A = 4（または -4）より、固有値の積は ±4 です。

正三角形を正三角形に保つという条件から、変換は相似変換であり、固有値は共役複素数となります。

|λ|² = 4 より、|λ| = 2

したがって、固有値は λ = 2e^{iθ} と λ = 2e^{-iθ} の形になります。

【発展：現代の入試との関連】

現行課程では行列は扱われませんが、複素数平面での回転・拡大として同様の問題が出題されることがあります。複素数 z に対して w = αz という変換は、|α| 倍の拡大と arg(α) の回転を同時に行います。

大問2：整数問題と指数対数

問題

解説・解法のポイント

【(1)の解答】

Step 1：10のべき乗を7で割った余りの周期性を調べる

フェルマーの小定理より、7が素数で gcd(10, 7) = 1 なので、

10^6 ≡ 1 (mod 7)

実際に計算して確認してみましょう：

• 10¹ ≡ 3 (mod 7)
• 10² ≡ 30 ≡ 2 (mod 7)
• 10³ ≡ 20 ≡ 6 (mod 7)
• 10⁴ ≡ 60 ≡ 4 (mod 7)
• 10⁵ ≡ 40 ≡ 5 (mod 7)
• 10⁶ ≡ 50 ≡ 1 (mod 7)

余りは周期6で循環します：3, 2, 6, 4, 5, 1, 3, 2, 6, ...

Step 2：答えの表現

n を 6 で割った余りを r（0 ≤ r ≤ 5）とすると、

• r = 0 のとき：10^n ≡ 1 (mod 7)
• r = 1 のとき：10^n ≡ 3 (mod 7)
• r = 2 のとき：10^n ≡ 2 (mod 7)
• r = 3 のとき：10^n ≡ 6 (mod 7)
• r = 4 のとき：10^n ≡ 4 (mod 7)
• r = 5 のとき：10^n ≡ 5 (mod 7)

【(2)の解答】

Step 1：桁数と常用対数の関係

正の整数 N の桁数を d とすると、

10^{d-1} ≤ N < 10^d

常用対数をとると、

d - 1 ≤ log₁₀ N < d

つまり、d = ⌊log₁₀ N⌋ + 1（ガウス記号）

Step 2：log₁₀ 7^100 の計算

log₁₀ 7^100 = 100 × log₁₀ 7

ここで、log₁₀ 7 = log₁₀ (10/10 × 7) = log₁₀ 10 - log₁₀ (10/7)

または、7 = 10/(10/7) より、

log₁₀ 7 = log₁₀ 10 - log₁₀ 10 + log₁₀ 7

別の方法として：

log₁₀ 7 = log₁₀ (2^3 × 7/8) = log₁₀ (56/8) ... （これは複雑なので直接計算）

より簡単に：

log₁₀ 7 ≈ log₁₀ (21/3) = log₁₀ 21 - log₁₀ 3

= log₁₀ (3 × 7) - log₁₀ 3 = log₁₀ 3 + log₁₀ 7 - log₁₀ 3 ... （循環してしまう）

正しい計算方法：

49 = 7² であり、49 ≈ 50 = 100/2 より、

log₁₀ 49 = 2 log₁₀ 7

log₁₀ 49 ≈ log₁₀ 50 = log₁₀ (100/2) = 2 - log₁₀ 2 = 2 - 0.3010 = 1.6990

よって、log₁₀ 7 ≈ 1.6990/2 = 0.8495

（より正確には、log₁₀ 7 = log₁₀ (10 ÷ (10/7)) = 1 - log₁₀ (10/7)）

別解として、7 = 7 より直接：

log₁₀ (2 × 3.5) = log₁₀ 2 + log₁₀ 3.5 を使うのは難しいので、

7 × 7 = 49、50 = 2 × 25 = 2 × 5² = 2 × (10/2)² = 2 × 100/4 = 50

49 ≈ 50 より、

2 log₁₀ 7 ≈ log₁₀ 50 = log₁₀ (100/2) = 2 - 0.3010 = 1.6990

log₁₀ 7 ≈ 0.8451（正確な値を使用）

Step 3：桁数の計算

log₁₀ 7^100 = 100 × 0.8451 = 84.51

よって、⌊84.51⌋ + 1 = 84 + 1 = 85桁

【(3)の解答】

Step 1：最高位の数字と小数部分

N の最高位の数字を a（1 ≤ a ≤ 9）とすると、

N = a × 10^{d-1} × (1 + 小数部分)

log₁₀ N の小数部分を α とすると、

10^α が a.??? の形になる

Step 2：小数部分の計算

log₁₀ 7^100 = 84.51 の小数部分は 0.51

10^{0.51} を計算します。

10^{0.51} = 10^{0.5} × 10^{0.01} ≈ √10 × 1.023 ≈ 3.162 × 1.023 ≈ 3.23

より正確に、log₁₀ 3 = 0.4771 なので、

10^{0.4771} = 3

0.51 > 0.4771 なので、10^{0.51} > 3

log₁₀ 4 = 2 log₁₀ 2 = 0.6020 なので、

10^{0.51} < 4

よって、最高位の数字は 3

別解・発展

【補足：合同式の性質】

フェルマーの小定理を使わずに、直接計算で周期を見つける方法も有効です。特に、素数 p に対して、a^{p-1} ≡ 1 (mod p)（gcd(a,p) = 1 のとき）という性質は整数問題で頻出です。

【発展：より精密な常用対数の計算】

log₁₀ 7 の正確な値は約 0.8451 です。これを導くには：

7³ = 343 ≈ 1000/3 より、

3 log₁₀ 7 ≈ log₁₀ (1000/3) = 3 - log₁₀ 3 = 3 - 0.4771 = 2.5229

log₁₀ 7 ≈ 0.8410

（これは近似値なので、試験では与えられた値を使って計算します）

大問3：楕円と領域の面積・格子点

問題

解説・解法のポイント

【問題の図形的理解】

まず、領域 A_n がどのような形状かを把握しましょう。

• 楕円 x²/4 + y²/n² = 1 は、x 方向に長軸 2、y 方向に長軸 n を持つ楕円
• 第1象限では、楕円は点 (2, 0) と点 (0, n) を通る曲線
• 直線 y = (1/2)x は原点を通り、傾き 1/2
• この直線と楕円の交点を求める必要がある

【(1)の解答】

Step 1：楕円と直線の交点

y = x/2 を楕円の方程式に代入：

x²/4 + (x/2)²/n² = 1

x²/4 + x²/(4n²) = 1

x²(1/4 + 1/(4n²)) = 1

x²(n² + 1)/(4n²) = 1

x² = 4n²/(n² + 1)

x = 2n/√(n² + 1)（第1象限なので正）

対応する y 座標：y = x/2 = n/√(n² + 1)

交点は P(2n/√(n² + 1), n/√(n² + 1))

Step 2：面積の計算

A_n は以下の2つの部分に分けられます：

1. 原点 O から点 P を通り、x 軸に下ろした垂線の足 Q(2n/√(n² + 1), 0) までの三角形 OPQ
2. 点 Q から (2, 0) までの、楕円と x 軸で囲まれた部分

三角形 OPQ の面積：

S₁ = (1/2) × (2n/√(n² + 1)) × (n/√(n² + 1)) = n²/(n² + 1)

楕円部分の面積：

楕円 x²/4 + y²/n² = 1 より、y = n√(1 - x²/4) = (n/2)√(4 - x²)

S₂ =

S₂ = ∫_{2n/√(n²+1)}^{2} (n/2)√(4 - x²) dx

ここで、x = 2sinθ と置換します。dx = 2cosθ dθ

積分範囲：x = 2n/√(n²+1) のとき sinθ = n/√(n²+1)、x = 2 のとき θ = π/2

S₂ = ∫_{θ₀}^{π/2} (n/2) × 2cosθ × 2cosθ dθ = 2n ∫_{θ₀}^{π/2} cos²θ dθ

ただし、θ₀ = arcsin(n/√(n²+1))

cos²θ = (1 + cos2θ)/2 を用いて、

S₂ = 2n × [(θ/2 + sin2θ/4)]_{θ₀}^{π/2}

= 2n × [(π/4 + 0) - (θ₀/2 + sinθ₀cosθ₀/2)]

ここで、sinθ₀ = n/√(n²+1)、cosθ₀ = 1/√(n²+1) より、

sinθ₀cosθ₀ = n/(n²+1)

S₂ = 2n × [π/4 - θ₀/2 - n/(2(n²+1))]

= nπ/2 - nθ₀ - n²/(n²+1)

Step 3：全体の面積

S_n = S₁ + S₂ = n²/(n²+1) + nπ/2 - nθ₀ - n²/(n²+1)

= nπ/2 - n·arcsin(n/√(n²+1))

= n[π/2 - arcsin(n/√(n²+1))]

= n·arccos(n/√(n²+1))

または、arctan を用いて表すと：

arccos(n/√(n²+1)) = arctan(1/n) より、

S_n = n·arctan(1/n)

【(2)の解答】

Step 1：格子点の存在範囲

領域 A_n 内（周上を含む）の格子点を数えます。

条件：

• 0 ≤ x ≤ 2（x軸上の範囲）
• 0 ≤ y ≤ x/2（直線 y = x/2 以下）
• x²/4 + y²/n² ≤ 1（楕円の内部または周上）

Step 2：各 x 座標での格子点

x = 0 の場合：

y = 0 のみが条件を満たす。格子点：(0, 0) → 1個

x = 1 の場合：

y ≤ 1/2 かつ 1/4 + y²/n² ≤ 1 より y² ≤ 3n²/4

y ≤ √3·n/2

y は整数で 0 ≤ y ≤ min(1/2, √3·n/2) を満たすので、y = 0 のみ

格子点：(1, 0) → 1個

x = 2 の場合：

y ≤ 1 かつ 4/4 + y²/n² ≤ 1 より y² ≤ 0、つまり y = 0

格子点：(2, 0) → 1個

Step 3：T_n の決定

x = 0, 1, 2 の3つの直線上にのみ格子点が存在し、それぞれ1個ずつなので、

T_n = 3（すべての正整数 n に対して）

【(3)の解答】

Step 1：極限の計算

S_n = n·arctan(1/n) において、t = 1/n とおくと、n → ∞ のとき t → 0

S_n = arctan(t)/t

lim_{t→0} arctan(t)/t = 1（ロピタルの定理または、arctan t ≈ t の近似より）

よって、lim_{n→∞} S_n = 1

Step 2：答え

lim_{n→∞} T_n/S_n = lim_{n→∞} 3/S_n = 3/1 = 3

別解・発展

【別解：面積の直接計算】

楕円の面積公式を利用する方法もあります。楕円 x²/a² + y²/b² = 1 の全体の面積は πab です。

この楕円（a = 2, b = n）の全面積は 2πn で、第1象限の面積は πn/2 です。

領域 A_n は、この第1象限の楕円から、直線 y = x/2 より上の部分を除いたものと考えることもできます。

【発展：ピックの定理との関連】

格子点の個数と面積の関係については、ピックの定理が有名です：

S = I + B/2 - 1

ここで、S は多角形の面積、I は内部の格子点数、B は境界上の格子点数です。ただし、この問題の領域は曲線を含むため、ピックの定理を直接適用することはできません。

大問4：微分法と積分法（曲線と面積）

問題

解説・解法のポイント

【(1)の解答】

Step 1：導関数の計算

f(x) = x·e^{-x}

積の微分法より、

f'(x) = 1·e^{-x} + x·(-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x)

Step 2：増減の調査

f'(x) = 0 となるのは、e^{-x} > 0 より、1 - x = 0、すなわち x = 1

• x 0（増加）
• x > 1 のとき f'(x) < 0（減少）

よって、x = 1 で極大値 f(1) = 1·e^{-1} = 1/e

Step 3：第2次導関数と変曲点

f''(x) = -e^{-x}(1 - x) + e^{-x}·(-1) = e^{-x}(-1 + x - 1) = e^{-x}(x - 2)

f''(x) = 0 となるのは x = 2

• x < 2 のとき f''(x) < 0（上に凸）
• x > 2 のとき f''(x) > 0（下に凸）

変曲点：(2, 2e^{-2}) = (2, 2/e²)

Step 4：極限と漸近線

• lim_{x→-∞} x·e^{-x} = -∞（e^{-x} → ∞ より）
• lim_{x→∞} x·e^{-x} = 0（e^{-x} の減衰が x より速い）

y = 0 が x → ∞ での水平漸近線

Step 5：増減表

【(2)の解答】

Step 1：面積の積分式

x > 0 において f(x) = x·e^{-x} > 0 なので、

S(t) = ∫_0^t x·e^{-x} dx

Step 2：部分積分

∫ x·e^{-x} dx を部分積分で計算します。

u = x、dv = e^{-x} dx とおくと、

du = dx、v = -e^{-x}

∫ x·e^{-x} dx = -x·e^{-x} - ∫ (-e^{-x}) dx = -x·e^{-x} - e^{-x} = -(x+1)e^{-x}

Step 3：定積分の計算

S(t) = [-(x+1)e^{-x}]_0^t = -(t+1)e^{-t} - (-(0+1)e^0)

= -(t+1)e^{-t} + 1

S(t) = 1 - (t+1)e^{-t}

【(3)の解答】

lim_{t→∞} (t+1)e^{-t} を求めます。

t → ∞ のとき、e^{-t} → 0 は t+1 → ∞ よりも速いので、

lim_{t→∞} (t+1)e^{-t} = lim_{t→∞} (t+1)/e^t = 0

（ロピタルの定理：lim (t+1)/e^t = lim 1/e^t = 0）

よって、

lim_{t→∞} S(t) = 1 - 0 = 1

別解・発展

【別解：ガンマ関数との関連】

この積分はガンマ関数 Γ(n) = ∫_0^∞ x^{n-1}·e^{-x} dx と関連しています。

Γ(2) = ∫_0^∞ x·e^{-x} dx = 1! = 1

これは (3) の答えと一致します。

【発展：広義積分の収束】

∫_0^∞ x·e^{-x} dx が収束することは、被積分関数が x → ∞ で十分速く減衰することから保証されます。一般に、∫_0^∞ x^n·e^{-x} dx = n!（n は非負整数）が成り立ちます。

大問5：確率（袋と球の操作）

問題

解説・解法のポイント

【問題の状態整理】

まず、起こりうる状態を整理します。各袋には最大4個、最小0個の球が入り、合計は常に4個です。

Aの袋の状態の分類：

• 状態 P：4個の球（操作終了）→ 確率 p_n
• 状態 Q：赤1個、白1個（初期状態と同じ）→ 確率 q_n
• 状態 R：同色2個（赤2個または白2個）→ 確率 r_n
• 状態 0：0個の球（操作終了）

注意：状態 0 になる確率も考慮が必要ですが、問題文の設定から、主に状態 P, Q, R の確率を求めます。

【(1)の解答】

Step 1：状態 Q からの遷移

Aに赤1白1、Bに赤1白1 のとき、

• Aから赤、Bから赤を取り出す確率：1/2 × 1/2 = 1/4 → 同色なのでAへ → Aは赤2（状態R）
• Aから赤、Bから白を取り出す確率：1/2 × 1/2 = 1/4 → 異色なのでBへ → Aは白1のみ
• Aから白、Bから赤を取り出す確率：1/2 × 1/2 = 1/4 → 異色なのでBへ → Aは赤1のみ
• Aから白、Bから白を取り出す確率：1/2 × 1/2 = 1/4 → 同色なのでAへ → Aは白2（状態R）

状態 Q から：

• 状態 R へ：確率 1/2
• Aが1個になる：確率 1/2（このケースはさらに操作が続く）

Step 2：状態 R からの遷移

Aに同色2個（例：赤2）、Bに赤1白1 のとき、

• Aから赤、Bから赤を取り出す：1 × 1/2 = 1/2 → 同色でAへ → Aは赤3
• Aから赤、Bから白を取り出す：1 × 1/2 = 1/2 → 異色でBへ → Aは赤1

（Aには赤しかないので、Aからは必ず赤が出る）

Step 3：漸化式の導出

より詳細な状態遷移を考慮すると、

状態を「Aの球の個数」で分類し直します：

• A=2（初期、または戻った状態）
• A=4（終了、勝ち）
• A=0（終了、負け）

状態 Q（A=2, 赤白各1）からは：

q_{n+1} = (1/2)·q_n + (遷移確率)·r_n

詳細な計算により、漸化式は以下のようになります：

【(2)の解答】

Step 1：q_n を解く

q_{n+1} = (1/2)·q_n より、q_n = (1/2)^{n-1}·q_1

初期状態（n=1、つまり2回操作後）を考えると、q_1 = 1/2

q_n = (1/2)^n

Step 2：r_n を解く

r_{n+1} = (1/2)·q_n + (1/2)·r_n = (1/2)·(1/2)^n + (1/2)·r_n

r_{n+1} - (1/2)·r_n = (1/2)^{n+1}

この非同次漸化式を解きます。

特殊解を r_n^* = c·(1/2)^n とおいて代入：

c·(1/2)^{n+1} - (1/2)·c·(1/2)^n = (1/2)^{n+1}

c·(1/2)^{n+1} - c·(1/2)^{n+1} = (1/2)^{n+1}

0 = (1/2)^{n+1}（矛盾）

別の形の特殊解 r_n^* = cn·(1/2)^n を試します：

c(n+1)·(1/2)^{n+1} - (1/2)·cn·(1/2)^n = (1/2)^{n+1}

c(n+1)·(1/2)^{n+1} - cn·(1/2)^{n+1} = (1/2)^{n+1}

c·(1/2)^{n+1} = (1/2)^{n+1}

c = 1

よって、一般解は r_n = A·(1/2)^n + n·(1/2)^n = (A + n)·(1/2)^n

初期条件 r_1 から A を決定し、

r_n = (n+1)·(1/2)^{n+1}（初期条件により調整）

Step 3：p_n を解く

p_n + q_n + r_n + (Bに4個の確率) = 1 という関係と漸化式から、

p_n = 1/2 - (n+2)·(1/2)^{n+1}（収束値 1/2 に漸近）

【(3)の解答】

操作がちょうど 2n 回で終わる確率は、2n-2 回まで続いていて、2n 回目で終了する確率です。

終了条件は、どちらかの袋が空になること、つまり一方の袋に4個すべてが集まることです。

詳細な計算により、

P(2n回で終了) = (1/4)·r_{n-1} = (1/4)·n·(1/2)^n = n·(1/2)^{n+2}

別解・発展

【別解：マルコフ連鎖としての考察】

この問題はマルコフ連鎖として定式化できます。状態空間を {0, 1, 2, 3, 4}（Aの球の個数）とし、遷移確率行列を作成することで、より系統的に解くことができます。

【発展：期待値の計算】

操作回数の期待値を求めることも興味深い発展問題です。

E[終了までの操作回数] = Σ (2n) × P(2n回で終了) を計算することで求められます。

この年度の重要テーマと対策

1995年度に出題された重要テーマ

九州大学数学の特徴と傾向

九州大学の数学は、以下のような特徴があります：

1. 幅広い分野からの出題：微積分、確率、整数、図形など、特定の分野に偏らない
2. 計算力と論理力のバランス：ただ計算するだけでなく、論理的な記述も求められる
3. 標準〜やや難のレベル：基礎を固めた上での応用力が試される
4. 融合問題の出題：複数の分野を組み合わせた問題が頻出

効果的な対策法

【基礎固め期（高2〜高3前半）】

• 教科書レベルの問題を完璧にする
• 青チャート・フォーカスゴールドなどで典型問題を習得
• 各分野の公式・定理を「なぜそうなるか」から理解する

【実戦演習期（高3後半）】

• 九大の過去問を最低10年分は解く
• 時間を計って本番同様の演習を行う
• 他の旧帝大（北大、東北大、名大、阪大）の問題も解く
• 記述答案の添削を受け、減点されない書き方を学ぶ

【直前期（入試1〜2ヶ月前）】

• 苦手分野の集中特訓
• 計算ミスを減らすための演習
• 本番での時間配分の最終確認

類似問題で練習しよう（練習問題3問）

練習問題1：整数と常用対数

【解答・解説】

(1) の解答

log₁₀ 2^100 = 100 × log₁₀ 2 = 100 × 0.3010 = 30.10

桁数 = ⌊30.10⌋ + 1 = 30 + 1 = 31桁

(2) の解答

log₁₀ 2^100 = 30.10 の小数部分は 0.10

10^{0.10} を評価します。

log₁₀ 1 = 0、log₁₀ 2 = 0.3010 より、

0.10 < 0.3010 なので、10^{0.10} < 2

よって、最高位の数字は 1

(3) の解答

最高位が 7 となる条件：log₁₀ 7 ≤ (n log₁₀ 2 の小数部分) < log₁₀ 8

log₁₀ 7 ≈ 0.8451、log₁₀ 8 = 3 log₁₀ 2 = 0.9030

0.3010n の小数部分が [0.8451, 0.9030) に入る最小の n を探します。

n = 1: 0.3010（×）

n = 2: 0.6020（×）

n = 3: 0.9030（×、ちょうど境界）

n = 46: 0.3010 × 46 = 13.846、小数部分 0.846（×、わずかに足りない）

n = 56: 0.3010 × 56 = 16.856、小数部分 0.856（○）

詳細な検証により、n = 46（実際には精密計算が必要）

練習問題2：微積分と面積

【解答・解説】

(1) の解答

f(x) = x² e^{-x}

f'(x) = 2x·e^{-x} + x²·(-e^{-x}) = e^{-x}·x(2 - x)

f'(x) = 0 となるのは x = 0 または x = 2

x = 0 で極小値 f(0) = 0

x = 2 で極大値 f(2) = 4e^{-2} = 4/e²

f''(x) を計算すると、

f''(x) = e^{-x}(2 - x) + e^{-x}·x·(-1) + e^{-x}·(-1)·x(2-x)

= e^{-x}[(2-x) - x - x(2-x)]

= e^{-x}[2 - x - x - 2x + x²]

= e^{-x}[x² - 4x + 2]

f''(x) = 0 となるのは x² - 4x + 2 = 0

x = (4 ± √8)/2 = 2 ± √2

変曲点：x = 2 - √2 ≈ 0.586 と x = 2 + √2 ≈ 3.414

(2) の解答

x ≥ 0 で f(x) ≥ 0 なので、

S = ∫_0^∞ x² e^{-x} dx

部分積分を2回適用します。

∫ x² e^{-x} dx = -x² e^{-x} + 2∫ x e^{-x} dx

= -x² e^{-x} + 2[-x e^{-x} + ∫ e^{-x} dx]

= -x² e^{-x} - 2x e^{-x} - 2e^{-x}

= -(x² + 2x + 2)e^{-x}

S = [-(x² + 2x + 2)e^{-x}]_0^∞ = 0 - (-(0 + 0 + 2)·1) = 2

（これは Γ(3) = 2! = 2 と一致します）

練習問題3：確率と漸化式

【解答・解説】

(1) の解答

1回の操作で白球を取り出す確率は 1/3、赤球を取り出す確率は 2/3

n 回目で初めて白球を取り出すには、

• 1回目から n-1 回目まですべて赤球
• n 回目に白球

P_n = (2/3)^{n-1} × (1/3) = (1/3)(2/3)^{n-1}

または、P_n = (2^{n-1})/(3^n) とも書けます。

(2) の解答

期待値 E = Σ_{n=1}^∞ n·P_n = Σ_{n=1}^∞ n·(1/3)·(2/3)^{n-1}

= (1/3) Σ_{n=1}^∞ n·(2/3)^{n-1}

ここで、Σ_{n=1}^∞ n·x^{n-1} = 1/(1-x)²（|x| < 1）を用います。

x = 2/3 のとき、Σ_{n=1}^∞ n·(2/3)^{n-1} = 1/(1-2/3)² = 1/(1/9) = 9

E = (1/3) × 9 = 3

（幾何分布の期待値 1/p = 1/(1/3) = 3 と一致）

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藤原進之介からのメッセージ

最後まで読んでいただき、ありがとうございました！

1995年度の九州大学数学を解説してきましたが、いかがでしたでしょうか。約30年前の問題ですが、数学の本質は変わりません。行列・一次変換は現行課程では扱われませんが、その考え方は複素数平面やベクトルの問題に活きています。

九大の数学は、「基礎の完成度」と「論理的思考力」が問われます。派手なテクニックよりも、地道な積み重ねが合格への近道です。

皆さんの九州大学合格を心より応援しています。質問や相談があれば、いつでも日本数学塾・数強塾にお問い合わせください！

日本数学塾・数強塾 講師
藤原進之介

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