【解説・採点基準付き】2011年九州大学理系数学の解答・解説

曲線 $y=\sqrt x$ 上の点 $\mathrm{P}(t,\ \sqrt t)$ から直線 $y=x$ へ垂線を引き、交点をHとする。ただし、 $t>1$ とする。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) Hの座標を $t$ を用いて表せ。

(2) $x\geqq1$ の範囲において、曲線 $y=\sqrt x$ と直線 $y=x$ および線分PHとで囲まれた図形の面積を $S_1$ とするとき、 $S_1$ を $t$ を用いて表せ。

(3) 曲線 $y=\sqrt x$ と直線 $y=x$ で囲まれた図形の面積を $S_2$ とする。 $S_1=S_2$ であるとき、 $t$ の値を求めよ。

(1)　配点 10点

Hは直線 $y=x$ 上の点なので、 $\mathrm{H}(s,\ s)$ とおける。 $\overrightarrow{\mathrm{PH}}=(s-t,\ s-\sqrt t)$ は直線 $y=x$ の向き $(1,\ 1)$ と垂直なので

$$(s-t)\cdot1+(s-\sqrt t)\cdot1=0$$

よって $s=\dfrac{t+\sqrt t}{2}$。

答　$\mathrm{H}\left(\dfrac{t+\sqrt t}{2},\ \dfrac{t+\sqrt t}{2}\right)$

(2)　配点 25点

$x-\sqrt x=\sqrt x(\sqrt x-1)$ で、 $\sqrt x>0$ なので、符号は $\sqrt x-1$ で決まる。よって $x>1$ では $x>\sqrt x$ となり、直線 $y=x$ が曲線 $y=\sqrt x$ の上にある。また $t>1$ より $\sqrt t>1$ なので、Hの $x$ 座標は $1<\dfrac{t+\sqrt t}{2}<t$ をみたす。

$\mathrm{Q}(t,\ t)$ とする。PQは $y$ 軸に平行で、直線 $y=x$ は $x$ 軸と $45^\circ$ の角をなすので、 $\angle\mathrm{PQH}=45^\circ$。 $\angle\mathrm{PHQ}=90^\circ$ なので、三角形PQHは斜辺PQの直角二等辺三角形である（下の図）。

$S_1$ の図形は、 $1\leqq x\leqq t$ で直線 $y=x$ と曲線 $y=\sqrt x$ の間にある部分から、三角形PQHを除いたものである（下の図）。よって、図をそのまま式にして

$$S_1=\int_1^t(x-\sqrt x)\,dx-\triangle\mathrm{PQH}$$

積分は項ごとに分けて計算する。

$$\int_1^tx\,dx=\left[\frac{x^2}{2}\right]_1^t=\frac{t^2-1}{2},\qquad\int_1^t\sqrt x\,dx=\left[\frac23x\sqrt x\right]_1^t=\frac23\left(t\sqrt t-1\right)$$

三角形PQHは斜辺 $\mathrm{PQ}=t-\sqrt t$ の直角二等辺三角形なので、等しい2辺の長さは $\dfrac{t-\sqrt t}{\sqrt2}$。よって

$$\triangle\mathrm{PQH}=\frac12\left(\frac{t-\sqrt t}{\sqrt2}\right)^2=\frac{(t-\sqrt t)^2}{4}=\frac{t^2-2t\sqrt t+t}{4}$$

したがって

$$S_1=\frac{t^2-1}{2}-\frac23\left(t\sqrt t-1\right)-\frac{t^2-2t\sqrt t+t}{4}=\frac{t^2}{4}-\frac{t\sqrt t}{6}-\frac t4+\frac16$$

答　$S_1=\dfrac{t^2}{4}-\dfrac{t\sqrt t}{6}-\dfrac t4+\dfrac16$

答えに $t=1$ を代入すると $\dfrac14-\dfrac16-\dfrac14+\dfrac16=0$ となり、Pが点 $(1,\ 1)$ に重なるとき面積が0になることと合う。検算に使える。

別解（区間を分けて台形で求める）　Hの $x$ 座標を $h=\dfrac{t+\sqrt t}{2}$ とする。 $1\leqq x\leqq h$ では上が直線 $y=x$、 $h\leqq x\leqq t$ では上が線分PHなので、上の線の下にある2つの台形の面積の和から $\displaystyle\int_1^t\sqrt x\,dx$ を引けばよい。 $t-h=h-\sqrt t=\dfrac{t-\sqrt t}{2}$ に注意すると

$$\frac{(1+h)(h-1)}{2}+\frac{(h+\sqrt t)(t-h)}{2}=\frac{h^2-1}{2}+\frac{(h+\sqrt t)(h-\sqrt t)}{2}=h^2-\frac{t+1}{2}=\frac{t^2}{4}+\frac{t\sqrt t}{2}-\frac t4-\frac12$$

よって

$$S_1=\frac{t^2}{4}+\frac{t\sqrt t}{2}-\frac t4-\frac12-\frac23\left(t\sqrt t-1\right)=\frac{t^2}{4}-\frac{t\sqrt t}{6}-\frac t4+\frac16$$

(3)　配点 15点

$0\leqq x\leqq1$ では $\sqrt x-x=\sqrt x(1-\sqrt x)\geqq0$ なので、曲線 $y=\sqrt x$ が直線 $y=x$ の上にある（上の1枚目の図の $S_2$ ）。よって

$$S_2=\int_0^1(\sqrt x-x)\,dx=\frac23-\frac12=\frac16$$

$S_1=S_2$ より

$$\frac{t^2}{4}-\frac{t\sqrt t}{6}-\frac t4=0$$

両辺に $\dfrac{12}{t}$ をかける（ $t>0$ ）と $3t-2\sqrt t-3=0$。 $t=(\sqrt t)^2$ なので、これは $\sqrt t$ についての2次方程式

$$3(\sqrt t)^2-2\sqrt t-3=0$$

である。

これを解くと $\sqrt t=\dfrac{1\pm\sqrt{10}}{3}$。 $\sqrt t>0$ より $\sqrt t=\dfrac{1+\sqrt{10}}{3}$ である。このとき $\sqrt t>\dfrac{1+3}{3}>1$ なので、 $t>1$ をみたす。よって

$$t=\left(\frac{1+\sqrt{10}}{3}\right)^2=\frac{11+2\sqrt{10}}{9}$$

答　$t=\dfrac{11+2\sqrt{10}}{9}$

$a$ を正の定数とする。以下の問いに答えよ。

(1) 関数 $f(x)=(x^2+2x+2-a^2)e^{-x}$ の極大値および極小値を求めよ。

(2) $x\geqq3$ のとき、不等式 $x^3e^{-x}\leqq27e^{-3}$ が成り立つことを示せ。さらに、極限値 $\displaystyle\lim_{x\to\infty}x^2e^{-x}$ を求めよ。

(3) $k$ を定数とする。 $y=x^2+2x+2$ のグラフと $y=ke^x+a^2$ のグラフが異なる3点で交わるための必要十分条件を、 $a$ と $k$ を用いて表せ。

(1)　配点 15点

$$f'(x)=(2x+2)e^{-x}-(x^2+2x+2-a^2)e^{-x}=(a^2-x^2)e^{-x}$$

$e^{-x}>0$ なので、 $f'(x)$ の符号は $a^2-x^2$ の符号と一致する。 $y=a^2-x^2$ は上に凸の放物線で $x=\pm a$ で $x$ 軸と交わるので、 $a^2-x^2$ は $x<-a$ で負、 $-a<x<a$ で正、 $x>a$ で負である。よって、増減は次のようになる。

$$f(a)=(a^2+2a+2-a^2)e^{-a}=2(a+1)e^{-a},\qquad f(-a)=(a^2-2a+2-a^2)e^{a}=2(1-a)e^{a}$$

答　極大値 $2(a+1)e^{-a}$（ $x=a$ のとき）、極小値 $2(1-a)e^{a}$（ $x=-a$ のとき）

(2)　配点 15点

$g(x)=x^3e^{-x}$ とおく。示すことは、 $x\geqq3$ での $g(x)$ の最大値が $27e^{-3}$ 以下であること。

$$g'(x)=3x^2e^{-x}-x^3e^{-x}=x^2(3-x)e^{-x}$$

$x\geqq3$ では $x^2e^{-x}>0$ なので、 $g'(x)$ の符号は $3-x$ の符号と一致し、 $x>3$ で $g'(x)<0$ である。

よって $g(x)$ は $x\geqq3$ で減少するので、最大値は $g(3)=27e^{-3}$ であり

$$x^3e^{-x}\leqq27e^{-3}\quad(x\geqq3)$$

（証明終わり）

$x\to\infty$ のとき $x^2\to\infty$、 $e^{-x}\to0$ なので、 $x^2e^{-x}$ は $\infty\times0$ の不定形である。 $x\geqq3$ のとき、前半の不等式の両辺を $x$（ $>0$）で割ると

$$0<x^2e^{-x}\leqq\frac{27e^{-3}}{x}$$

$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\dfrac{27e^{-3}}{x}=0$ なので、はさみうちの原理より

答　$\displaystyle\lim_{x\to\infty}x^2e^{-x}=0$

(3)　配点 20点

$$x^2+2x+2=ke^x+a^2\iff x^2+2x+2-a^2=ke^x\iff(x^2+2x+2-a^2)e^{-x}=k$$

（ $e^x>0$ なので、両辺に $e^{-x}$ をかけても同値）。よって、2つのグラフの交点の $x$ 座標は方程式 $f(x)=k$ の実数解であり、これは $y=f(x)$ のグラフと直線 $y=k$ の交点の $x$ 座標である。したがって、 $y=f(x)$ と $y=k$ が異なる3点で交わる条件を求めればよい。

両端の極限を調べる。

・$x\to-\infty$ のとき　 $x^2+2x+2-a^2\to\infty$、 $e^{-x}\to\infty$ なので（不定形ではない）、 $f(x)\to\infty$

・$x\to\infty$ のとき　 $\infty\times0$ の不定形なので、最高次の $x^2$ でくくる。

$$f(x)=\left(1+\frac2x+\frac{2-a^2}{x^2}\right)x^2e^{-x}\longrightarrow(1+0+0)\cdot0=0\quad(x\to\infty)$$

（ $x^2e^{-x}\to0$ は (2) の結果）

また、 $x>a$ のとき $(x+1)^2>(a+1)^2$ なので

$$x^2+2x+2-a^2=(x+1)^2+1-a^2>(a+1)^2+1-a^2=2a+2>0$$

となり、 $x>a$ で $f(x)>0$ である。

以上と (1) より、 $y=f(x)$ のグラフは、 $x<-a$ で $\infty$ から極小値 $2(1-a)e^a$ まで減少し、 $-a<x<a$ で極大値 $2(1+a)e^{-a}$ まで増加し、 $x>a$ で正の値をとりながら0に近づいて減少する（0にはならない）。

横線 $y=k$ を動かすと、3つの区間 $x<-a$、 $-a<x<a$、 $x>a$ の各区間で $f(x)$ は単調なので、各区間で交点は多くても1つ。また、 $k$ が極小値・極大値に等しいときは、交点は2つ以下である。よって3点で交わるのは、3つの区間すべてで交わるときで、その条件は

・$x<-a$ で交わる： $k>2(1-a)e^a$

・$-a<x<a$ で交わる： $2(1-a)e^a<k<2(1+a)e^{-a}$

・$x>a$ で交わる： $0<k<2(1+a)e^{-a}$

これらをすべてみたすことなので、求める条件は「 $2(1-a)e^a$ と0の大きい方 $<k<2(1+a)e^{-a}$」である。

極小値 $2(1-a)e^a$ は、 $0<a<1$ のとき正、 $a=1$ のとき0、 $a>1$ のとき負である（下の図）。

よって、下の端は $0<a<1$ のとき $2(1-a)e^a$、 $a\geqq1$ のとき0となり

答　$0<a<1$ のとき $2(1-a)e^a<k<2(1+a)e^{-a}$、 $a\geqq1$ のとき $0<k<2(1+a)e^{-a}$

（ $a=1$ のときは $2(1-a)e^a=0$ なので、どちらの式でも $0<k<\dfrac4e$ となり同じ）

数列 $a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$ は

$$a_{n+1}=\frac{2a_n}{1-a_n^2},\qquad n=1,2,3,\cdots$$

をみたしているとする。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) $a_1=\dfrac{1}{\sqrt3}$ とするとき、一般項 $a_n$ を求めよ。

(2) $\tan\dfrac{\pi}{12}$ の値を求めよ。

(3) $a_1=\tan\dfrac{\pi}{20}$ とするとき、

$$a_{n+k}=a_n,\qquad n=3,4,5,\cdots$$

をみたす最小の自然数 $k$ を求めよ。

(1)　配点 15点

漸化式に $n=1,2,3$ を代入すると

$$a_2=\frac{\dfrac{2}{\sqrt3}}{1-\dfrac13}=\sqrt3,\qquad a_3=\frac{2\sqrt3}{1-3}=-\sqrt3,\qquad a_4=\frac{-2\sqrt3}{1-3}=\sqrt3$$

よって、 $n\geqq2$ のとき

$$a_n=(-1)^n\sqrt3\qquad\cdots\text{①}$$

と予想できる。これを数学的帰納法で示す。

(i) $n=2$ のとき、 $a_2=\sqrt3$ より①は正しい。

(ii) $n=k$（ $k\geqq2$）のとき①が正しい、すなわち $a_k=(-1)^k\sqrt3$ と仮定すると、 $a_k^2=3$ なので

$$a_{k+1}=\frac{2\cdot(-1)^k\sqrt3}{1-3}=(-1)^{k+1}\sqrt3$$

となり、 $n=k+1$ のときも①は正しい。

(i)(ii) より、 $n\geqq2$ のすべての自然数 $n$ で①は正しい。

$a_1=\dfrac{1}{\sqrt3}$ は①の形ではないので、 $n=1$ は別に書く。

答　$a_1=\dfrac{1}{\sqrt3}$、 $n\geqq2$ のとき $a_n=(-1)^n\sqrt3$

別解（ $\tan$ で見る）　$a_1=\tan\dfrac{\pi}{6}$ で、(3) の解答の冒頭と同じく、項が進むごとに角が2倍になる。 $a_2=\tan\dfrac{\pi}{3}$、 $a_3=\tan\dfrac{2\pi}{3}$、 $a_4=\tan\dfrac{4\pi}{3}=\tan\dfrac{\pi}{3}$ となり、 $n\geqq2$ では $\tan\dfrac{\pi}{3}=\sqrt3$ と $\tan\dfrac{2\pi}{3}=-\sqrt3$ を交互にとる。

(2)　配点 10点

$\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{6}$ と有名角の差に分けて、加法定理より

$$\tan\frac{\pi}{12}=\frac{\tan\dfrac{\pi}{4}-\tan\dfrac{\pi}{6}}{1+\tan\dfrac{\pi}{4}\tan\dfrac{\pi}{6}}=\frac{1-\dfrac{1}{\sqrt3}}{1+\dfrac{1}{\sqrt3}}=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}=\frac{(\sqrt3-1)^2}{2}=2-\sqrt3$$

答　$2-\sqrt3$

別解1（暗記している $\sin15^\circ$、 $\cos15^\circ$ を使う）　$\tan$ を $\sin$ と $\cos$ に置きかえると

$$\tan\frac{\pi}{12}=\frac{\sin15^\circ}{\cos15^\circ}=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{\sqrt6+\sqrt2}=\frac{(\sqrt6-\sqrt2)^2}{4}=2-\sqrt3$$

別解2（2倍角の公式）　$x=\tan\dfrac{\pi}{12}$（ $x>0$）とおくと、 $\tan$ の2倍角の公式より

$$\frac{2x}{1-x^2}=\tan\frac{\pi}{6}=\frac{1}{\sqrt3}$$

整理すると $x^2+2\sqrt3x-1=0$ で、 $x>0$ より $x=-\sqrt3+2$。この式は「 $a_1=\tan\dfrac{\pi}{12}$ なら $a_2=\tan\dfrac{\pi}{6}$」ということで、(1) の $a_1=\dfrac{1}{\sqrt3}$ につながる。(2) は、漸化式を $\tan$ の2倍角で見るための (3) へのヒントになっている。

(3)　配点 25点

$\tan$ の2倍角の公式

$$\tan2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}$$

より、 $a_n=\tan\theta$ で $\tan^2\theta\neq1$ ならば、 $a_{n+1}=\tan2\theta$ である。また、 $\tan$ は周期 $\pi$ の関数なので、角から $\pi$ を引いてもよい。

$a_1=\tan\dfrac{\pi}{20}$ から順に角を2倍していくと

$$a_1=\tan\frac{\pi}{20},\quad a_2=\tan\frac{\pi}{10},\quad a_3=\tan\frac{\pi}{5},\quad a_4=\tan\frac{2\pi}{5},\quad a_5=\tan\frac{4\pi}{5}$$

$$a_6=\tan\frac{8\pi}{5}=\tan\frac{3\pi}{5},\qquad a_7=\tan\frac{6\pi}{5}=\tan\frac{\pi}{5}$$

となる。ここで、角 $\dfrac{\pi}{20}$、 $\dfrac{\pi}{10}$、 $\dfrac{\pi}{5}$、 $\dfrac{2\pi}{5}$、 $\dfrac{4\pi}{5}$、 $\dfrac{3\pi}{5}$ はどれも $\tan^2\theta=1$ となる $\dfrac{\pi}{4}$、 $\dfrac{3\pi}{4}$ ではないので、 $1-a_n^2\neq0$ であり、漸化式の分母は0にならない。

よって $a_7=a_3$ である。 $n\geqq3$ で $a_{n+4}=a_n$ であることを数学的帰納法で示す。

(i) $n=3$ のとき、 $a_7=a_3$ より正しい。

(ii) $n=m$（ $m\geqq3$）のとき $a_{m+4}=a_m$ と仮定する。 $a_{m+1}$ は $a_m$ だけで決まるので

$$a_{m+5}=\frac{2a_{m+4}}{1-a_{m+4}^2}=\frac{2a_m}{1-a_m^2}=a_{m+1}$$

となり、 $n=m+1$ のときも正しい。

(i)(ii) より、すべての $n\geqq3$ で $a_{n+4}=a_n$ である。このとき $n\geqq3$ の $a_n$ は $a_3$、 $a_4$、 $a_5$、 $a_6$ のどれかなので、漸化式の分母はいつまでも0にならない。

次に、最小であることを示す。 $0<\dfrac{\pi}{5}<\dfrac{2\pi}{5}<\dfrac{\pi}{2}$ で $\tan$ は増加するので $0<a_3<a_4$、同じく $\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{3\pi}{5}<\dfrac{4\pi}{5}<\pi$ で $a_6<a_5<0$ である。よって $a_3$、 $a_4$、 $a_5$、 $a_6$ はすべて異なり、 $n=3$ のとき $a_4\neq a_3$、 $a_5\neq a_3$、 $a_6\neq a_3$ なので、 $k=1,2,3$ では $a_{n+k}=a_n$ は成り立たない。

したがって、求める最小の自然数 $k$ は4である（下の図。 $a_3$ から角は $\dfrac{\pi}{5}\to\dfrac{2\pi}{5}\to\dfrac{4\pi}{5}\to\dfrac{3\pi}{5}$ と回り、 $a_7$ で $\dfrac{\pi}{5}$ に戻る）。

答　$k=4$

別解（角度の差が $\pi$ の整数倍）　数学的帰納法で、すべての自然数 $n$ で $a_n=\tan\dfrac{2^{n-1}\pi}{20}$ を示す。 $n=m$ で正しいと仮定すると、 $\tan^2\dfrac{2^{m-1}\pi}{20}=1$ となるのは角が $\dfrac{\pi}{4}$ の奇数倍、すなわち $2^{m-1}$ が5の奇数倍のときだけで、 $2^{m-1}$ は5の倍数ではないから分母は0にならず、 $a_{m+1}=\tan\dfrac{2^m\pi}{20}$ となる。

この2点を $\tan$ にあてはめると、同じ値をとる角は $\pi$ ずれた角なので、「 $\tan$ の値が等しい $\iff$ 角度の差が $\pi$ の整数倍」となる。 $a_{n+k}$ と $a_n$ の角度の差は

$$\frac{2^{n+k-1}\pi}{20}-\frac{2^{n-1}\pi}{20}=\frac{2^{n-1}(2^k-1)}{20}\pi$$

なので、 $a_{n+k}=a_n$ となる条件は、 $2^{n-1}(2^k-1)$ が20の倍数であることである。 $n\geqq3$ のとき $2^{n-1}$ は4の倍数で、5の倍数ではないので、条件は「 $2^k-1$ が5の倍数」であり、 $n$ によらない。 $2^1$、 $2^2$、 $2^3$、 $2^4$ を5で割った余りは順に $2$、 $4$、 $3$、 $1$ なので、最小の $k$ は4。この解き方では、すべての $n\geqq3$ で成り立つことと、 $k=1,2,3$ では成り立たないことが同時に示せる

空間内の4点

$$\mathrm{O}(0,0,0),\ \mathrm{A}(0,2,3),\ \mathrm{B}(1,0,3),\ \mathrm{C}(1,2,0)$$

を考える。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) 4点O、A、B、Cを通る球面の中心Dの座標を求めよ。

(2) 3点A、B、Cを通る平面に点Dから垂線を引き、交点をFとする。線分DFの長さを求めよ。

(3) 四面体ABCDの体積を求めよ。

(1)　配点 15点

球面の中心を $\mathrm{D}(p,q,r)$ とする。4点O、A、B、Cは球面上にあるので、 $\mathrm{DO}=\mathrm{DA}=\mathrm{DB}=\mathrm{DC}$ （半径）。2乗して比べる。

$\mathrm{DO}^2=\mathrm{DA}^2$ より

$$p^2+q^2+r^2=p^2+(q-2)^2+(r-3)^2\iff4q+6r=13$$

$\mathrm{DO}^2=\mathrm{DB}^2$ より

$$p^2+q^2+r^2=(p-1)^2+q^2+(r-3)^2\iff2p+6r=10$$

$\mathrm{DO}^2=\mathrm{DC}^2$ より

$$p^2+q^2+r^2=(p-1)^2+(q-2)^2+r^2\iff2p+4q=5$$

2つ目の式から3つ目の式を辺々引くと $6r-4q=5$。これと1つ目の式を辺々足して $12r=18$、すなわち $r=\dfrac32$。戻して $q=1$、 $p=\dfrac12$。

このとき $\mathrm{DO}^2=\dfrac14+1+\dfrac94=\dfrac72$ で、 $\mathrm{DA}^2$、 $\mathrm{DB}^2$、 $\mathrm{DC}^2$ もすべて $\dfrac72$ になる。

答　$\mathrm{D}\left(\dfrac12,\ 1,\ \dfrac32\right)$

別解（球面の方程式）　球面は原点を通るので、定数項のない形 $x^2+y^2+z^2+\alpha x+\beta y+\gamma z=0$ とおける。A、B、Cを通るので

$$13+2\beta+3\gamma=0,\qquad10+\alpha+3\gamma=0,\qquad5+\alpha+2\beta=0$$

これを解いて $\alpha=-1$、 $\beta=-2$、 $\gamma=-3$。平方完成すると $\left(x-\dfrac12\right)^2+(y-1)^2+\left(z-\dfrac32\right)^2=\dfrac72$ となり、同じ中心が求まる。

(2)　配点 20点

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=(1,-2,0)$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(1,0,-3)$。平面ABCに垂直なベクトルを $\vec{n’}=(a,b,c)$ とおく。 $\vec{n’}$ は平面ABC上の2つのベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ と垂直なので

$$\vec{n’}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=a-2b=0,\qquad\vec{n’}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=a-3c=0$$

よって $a=3c$、 $b=\dfrac32c$ で、 $\vec{n’}=\dfrac c2(6,3,2)$。平面ABCに垂直なベクトルとして $\vec n=(6,3,2)$ がとれる（ $|\vec n|=\sqrt{36+9+4}=7$ ）。

平面ABC上の点を $\mathrm{P}(x,y,z)$ とすると、 $\vec n\perp\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ より $\vec n\cdot\overrightarrow{\mathrm{AP}}=0$。

$$6x+3(y-2)+2(z-3)=0\iff6x+3y+2z=12$$

（B、Cの座標も満たすことが確かめられる。）

DFは平面ABCに垂直なので、実数 $k$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{DF}}=k\vec n$ とおける。Dまで行ってからFへ進むと

$$\overrightarrow{\mathrm{OF}}=\overrightarrow{\mathrm{OD}}+k\vec n=\left(\frac12+6k,\ 1+3k,\ \frac32+2k\right)$$

Fは平面ABC上にあるので、方程式に代入して

$$6\left(\frac12+6k\right)+3(1+3k)+2\left(\frac32+2k\right)=12\iff9+49k=12\iff k=\frac{3}{49}$$

$$\mathrm{DF}=|k||\vec n|=\frac{3}{49}\times7=\frac37$$

答　$\dfrac37$

（このとき $\mathrm{F}\left(\dfrac{85}{98},\ \dfrac{58}{49},\ \dfrac{159}{98}\right)$。）

別解（点と平面の距離の公式）　平面ABCは $6x+3y+2z-12=0$ なので、Dとの距離は

$$\mathrm{DF}=\frac{\left|6\cdot\dfrac12+3\cdot1+2\cdot\dfrac32-12\right|}{\sqrt{6^2+3^2+2^2}}=\frac37$$

(3)　配点 15点

$|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2=1+4+0=5$、 $|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2=1+0+9=10$、 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=1+0+0=1$ より

$$\triangle\mathrm{ABC}=\frac12\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}})^2}=\frac12\sqrt{5\cdot10-1^2}=\frac72$$

DFは平面ABCに垂直なので、四面体ABCDの底面を $\triangle\mathrm{ABC}$ とすると、高さは (2) の $\mathrm{DF}=\dfrac37$。よって体積は

$$\frac13\times\frac72\times\frac37=\frac12$$

答　$\dfrac12$

別解（直方体に埋め込む・(1)〜(3) の検算）　O、A、B、Cは、 $0\leqq x\leqq1$、 $0\leqq y\leqq2$、 $0\leqq z\leqq3$ の直方体の8つの頂点のうち、互いに隣り合わない4つ（どの2点も直方体の面の対角線で結ばれる）。

・(1)：直方体の8つの頂点は、直方体の中心から等しい距離にある。同じ平面上にない4点を通る球面はただ1つなので、求める球面は直方体の8つの頂点を通る球面で、中心Dは直方体の中心 $\left(\dfrac12,\ 1,\ \dfrac32\right)$。

・(3)：四面体OABCは、直方体から、O、A、B、C以外の4つの頂点のまわりの三角すい（直角をはさむ3辺が1、2、3）を4つ除いたもの。体積は $1\cdot2\cdot3-4\times\dfrac16\cdot1\cdot2\cdot3=2$。また $\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\dfrac14\left(\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right)$ （Dは4点O、A、B、Cの重心）なので、 $\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\dfrac14\overrightarrow{\mathrm{AO}}+\dfrac14\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\dfrac14\overrightarrow{\mathrm{AC}}$。 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は平面ABCに沿う向きなので、Dと平面ABCの距離はOと平面ABCの距離の $\dfrac14$。よって四面体ABCDの体積は $2\times\dfrac14=\dfrac12$。

・(2)：体積と底面積から逆算して $\mathrm{DF}=\dfrac{3\times\dfrac12}{\ \dfrac72\ }=\dfrac37$。

1から4までの数字が1つずつ書かれた4枚のカードがある。その4枚のカードを横一列に並べ、以下の操作を考える。

操作：1から4までの数字が1つずつ書かれた4個の球が入っている袋から同時に2個の球を取り出す。球に書かれた数字が $i$ と $j$ ならば、 $i$ のカードと $j$ のカードを入れかえる。その後、2個の球は袋に戻す。

初めにカードを左から順に1、2、3、4と並べ、上の操作を $n$ 回繰り返した後のカードについて、以下の問いに答えよ。

(1) $n=2$ のとき、カードが左から順に1、2、3、4と並ぶ確率を求めよ。

(2) $n=2$ のとき、カードが左から順に4、3、2、1と並ぶ確率を求めよ。

(3) $n=2$ のとき、左端のカードの数字が1になる確率を求めよ。

(4) $n=3$ のとき、左端のカードの数字の期待値を求めよ。

1回の操作で取り出す2個の組は ${}_4\mathrm{C}_2=6$ 通りあり、どれも確率 $\dfrac16$ で起こる。 $n$ 回の操作の取り出し方は $6^n$ 通りで、これらは同様に確からしい。

(1)　配点 10点

1回目の操作の後は、取り出した組の2枚だけが入れかわり、残りの2枚は元の位置にある。2回目で1、2、3、4に戻るのは、ずれている2枚をもう一度入れかえるとき、つまり1回目はどの組でもよく、2回目に1回目と同じ組を取り出すときだけである。

1回目の組は6通りで、2回目はそれと同じ1通りなので

$$\dfrac{6\cdot1}{36}=\dfrac16$$

答　$\dfrac16$

(2)　配点 10点

4、3、2、1 では4枚すべてが元の位置からずれている。1回の操作で位置が変わるのは2枚だけなので、2回の操作で取り出す2組は重ならない。4、3、2、1 は、1、2、3、4 から1と4、2と3を入れかえた並びなので、1と4の組と2と3の組を1回ずつ取り出す場合に限られる。

この2組をどちらの順に取り出しても4、3、2、1 になるので、順番で2通りある。

$$\dfrac{2}{36}=\dfrac{1}{18}$$

答　$\dfrac{1}{18}$

(3)　配点 15点

左端のカードに注目し、1回目に1が動くか動かないかで場合分けする。

(i)　1回目に1を含まない組（3通り）を取り出すとき

1は動かず、残り3枚の中で入れかわるだけなので、左端は1のままである。2回後に左端が1であるのは、2回目も1を含まない組（3通り）を取り出すときだけである。

(ii)　1回目に1を含む組（3通り）を取り出すとき

1が左端から動き、左端は2、3、4のどれかになる。2回目に左端を1に戻すには、1とそのとき左端にあるカードの組（1通り）を取り出すしかない。

(i)(ii) は同時には起こらないので、求める確率は

$$\dfrac{3\cdot3}{36}+\dfrac{3\cdot1}{36}=\dfrac{9}{36}+\dfrac{3}{36}=\dfrac13$$

答　$\dfrac13$

(4)　配点 15点

1回の操作で、左端が1のときは1を含む組（3通り）を取り出すと左端が1でなくなり、それ以外（3通り）では1のまま。左端が1以外の $j$ のときは1と $j$ の組（1通り）を取り出したときだけ左端が1になり、それ以外（5通り）では1でないままである。左端の状態を「1」「1でない」の2つに分けると、推移は次の図のようになる。

(3) より、2回後に左端が1である確率は $\dfrac13$ 、1でない確率は $1-\dfrac13=\dfrac23$ である。3回後に左端が1になるのは、2回後に左端が1で3回目に1を含まない組を取り出すときと、2回後に左端が1でなく3回目に1と左端のカードの組を取り出すときなので、その確率は

$$\dfrac13\cdot\dfrac12+\dfrac23\cdot\dfrac16=\dfrac16+\dfrac19=\dfrac{5}{18}$$

左端のカードが $x$ のとき、次に左端が $y\ (y\neq x)$ になるのは $x$ と $y$ の組を取り出すときだけで、その確率は $y$ によらず $\dfrac16$ である。よって、左端の数字の動きは2、3、4について区別がなく、対称性より、3回後に左端が2、3、4である確率は等しい。それぞれ

$$\dfrac13\left(1-\dfrac{5}{18}\right)=\dfrac13\cdot\dfrac{13}{18}=\dfrac{13}{54}$$

したがって、求める期待値は

$$1\cdot\dfrac{5}{18}+(2+3+4)\cdot\dfrac{13}{54}=\dfrac{15}{54}+\dfrac{117}{54}=\dfrac{132}{54}=\dfrac{22}{9}$$

答　$\dfrac{22}{9}$

3回までの推移をまとめると、次の図のようになる。

別解（漸化式）　 $n$ 回後に左端が1である確率を $r_n$ とすると、推移図から $r_{n+1}=\dfrac12r_n+\dfrac16(1-r_n)=\dfrac13r_n+\dfrac16$ と1文字の漸化式が立つ。 $r_0=1$ から $r_1=\dfrac12$、 $r_2=\dfrac13$、 $r_3=\dfrac{5}{18}$ と順に求まる。この問題は $n=3$ までなので、上のように推移図の矢印をかけて足すだけで十分である。