【解説・採点基準付き】2008年九州大学理系数学の解答・解説

$f(x)=\dfrac{e^x}{e^x+1}$ とおく。ただし、 $e$ は自然対数の底とする。このとき、次の問いに答えよ。

(1) $y=f(x)$ の増減、凹凸、漸近線を調べ、グラフをかけ。

(2) $f(x)$ の逆関数 $f^{-1}(x)$ を求めよ。

(3) $\displaystyle\lim_{n\to\infty}n\left\{f^{-1}\left(\dfrac{1}{n+2}\right)-f^{-1}\left(\dfrac{1}{n+1}\right)\right\}$ を求めよ。

(1)　配点 20点

定義域はすべての実数である。また

$$f(-x)=\frac{e^{-x}}{e^{-x}+1}=\frac{1}{1+e^x}=1-f(x)$$

より $f(x)+f(-x)=1$ なので、グラフは点 $\left(0,\dfrac12\right)$ に関して対称である。

$$f'(x)=\frac{e^x(e^x+1)-e^x\cdot e^x}{(e^x+1)^2}=\frac{e^x}{(e^x+1)^2}>0$$

よって、 $f(x)$ はつねに増加する。

$$f”(x)=\frac{e^x(e^x+1)^2-e^x\cdot2(e^x+1)e^x}{(e^x+1)^4}=\frac{e^x\{(e^x+1)-2e^x\}}{(e^x+1)^3}=\frac{e^x(1-e^x)}{(e^x+1)^3}$$

$\dfrac{e^x}{(e^x+1)^3}>0$ なので、 $f”(x)$ の符号は $1-e^x$ の符号と一致する。 $y=1-e^x$ は減少し $x=0$ で $0$ になるので、 $x<0$ で正、 $x>0$ で負である（下の図）。

よって、 $x<0$ で下に凸、 $x>0$ で上に凸であり、変曲点は $\left(0,\ f(0)\right)=\left(0,\dfrac12\right)$ である。

両端の極限を調べる。

・$x\to-\infty$ のとき　 $e^x\to0$ なので不定形ではなく、 $f(x)\to\dfrac{0}{0+1}=0$

・$x\to\infty$ のとき　 $\dfrac{\infty}{\infty}$ の不定形なので、分子・分母を $e^x$ で割る。

$$f(x)=\frac{1}{1+e^{-x}}\longrightarrow\frac{1}{1+0}=1\quad(x\to\infty)$$

また、 $f(x)$ はすべての実数で連続なので、 $x$ 軸に垂直な漸近線はない。よって、漸近線は直線 $y=0$ と直線 $y=1$ である。

以上より、増減表は次のようになる。

答　つねに増加し、 $x<0$ で下に凸、 $x>0$ で上に凸。変曲点は $\left(0,\dfrac12\right)$、漸近線は直線 $y=0$、 $y=1$。グラフは下の図

別解（分子の次数を下げてから微分する）　 $f(x)=\dfrac{(e^x+1)-1}{e^x+1}=1-\dfrac{1}{e^x+1}$ と直すと、 $e^x+1$ が増加することから $f(x)$ が増加すること、 $x\to\infty$ で $1$、 $x\to-\infty$ で $1-1=0$ に近づくことが、不定形を作らずに分かる。 $f'(x)=\dfrac{e^x}{(e^x+1)^2}$ も合成関数の微分で求まる。

(2)　配点 10点

(1) より、 $f(x)$ はつねに増加し、 $x\to-\infty$ で $0$、 $x\to\infty$ で $1$ に近づく連続な関数なので、値域は $0<y<1$ である。

$y=\dfrac{e^x}{e^x+1}$（ $0<y<1$）の分母を払うと

$$y(e^x+1)=e^x\iff(1-y)e^x=y$$

$1-y>0$ なので $e^x=\dfrac{y}{1-y}$。両辺の対数をとって

$$x=\log\frac{y}{1-y}$$

$x$ と $y$ を入れかえて

答　$f^{-1}(x)=\log\dfrac{x}{1-x}$（ $0<x<1$）

$y=f^{-1}(x)$ のグラフは、 $y=f(x)$ のグラフと直線 $y=x$ に関して対称である（下の図）。

(3)　配点 20点

$n\to\infty$ のとき $\dfrac1{n+2}\to+0$、 $\dfrac1{n+1}\to+0$ で、 $f^{-1}(x)\to-\infty$（ $x\to+0$）なので、中括弧の中は $-\infty-(-\infty)$ の不定形である。そこで (2) の式で具体的に表す。

$m\geqq2$ のとき、 $0<\dfrac1m<1$ であり、分子・分母に $m$ をかけて

$$f^{-1}\left(\frac1m\right)=\log\dfrac{\ \dfrac1m\ }{1-\dfrac1m}=\log\frac{1}{m-1}=-\log(m-1)$$

$m=n+2,\ n+1$ として

$$f^{-1}\left(\frac1{n+2}\right)=-\log(n+1),\qquad f^{-1}\left(\frac1{n+1}\right)=-\log n$$

よって

$$n\left\{f^{-1}\left(\frac1{n+2}\right)-f^{-1}\left(\frac1{n+1}\right)\right\}=n\{-\log(n+1)+\log n\}=-n\log\frac{n+1}{n}=-n\log\left(1+\frac1n\right)$$

$n\to\infty$ で $n\to\infty$、 $\log\left(1+\dfrac1n\right)\to0$ なので、 $\infty\times0$ の不定形である。 $e$ の定義の形 $\left(1+\dfrac1n\right)^n$ を作ると

$$-n\log\left(1+\frac1n\right)=-\log\left(1+\frac1n\right)^n\longrightarrow-\log e=-1\quad(n\to\infty)$$

答　$-1$

別解1（逆関数の形を直してから代入する）　 $f^{-1}(x)=\log\dfrac{x}{1-x}=-\log\dfrac{1-x}{x}=-\log\left(\dfrac1x-1\right)$ と直しておくと、 $f^{-1}\left(\dfrac1m\right)=-\log(m-1)$ が分数の中に分数を作らずに求まる。 $\dfrac1x$ の形を代入する問題では、この形にしてから代入すると計算が軽い。あとは本解と同じ。

別解2（導関数の定義）　 $h=\dfrac1n$ とおくと、 $n\to\infty$ のとき $h\to+0$ で

$$n\log\left(1+\frac1n\right)=\frac{\log(1+h)-\log1}{h}\longrightarrow(\log x)’\Big|_{x=1}=1$$

なので、極限は $-1$。

1から10までの番号が1つずつ書かれた10枚のカードがある。 $k$ を2から9までの整数の1つとする。よくきった10枚のカードから1枚を抜き取り、そのカードの番号が $k$ より大きいなら、抜き取ったカードの番号を得点とする。抜き取ったカードの番号が $k$ 以下なら、そのカードを戻さずに、残りの9枚の中から1枚を抜き取り、2回目に抜き取ったカードの番号を得点とする。このとき、次の問いに答えよ。

(1) 得点が1である確率と10である確率をそれぞれ求めよ。

(2) 2以上9以下の整数 $n$ に対して、得点が $n$ である確率を求めよ。

(3) 得点の期待値を求めよ。

(1)　配点 15点

よくきった10枚のカードを1列に並べ、左から1枚目を1回目、2枚目を2回目に抜き取るカードとみる（1回目で得点が決まるときは、2枚目を使わないだけである）。左の2枚の並びは $10\times9=90$ 通りで、どれも同様に確からしい。

1は $k$ 以下なので、1回目に1を引くと2回目に進み、2回目に1は出ない。よって得点が1になるのは、1枚目が1以外の $k$ 以下のカード（ $k-1$ 通り）、2枚目が1のときで、 $k-1$ 通り。確率は

$$\frac{k-1}{90}$$

10は $k$ より大きいので、得点が10になるのは次の2つの場合である。

・1枚目が10のとき　2枚目は残り9枚のどれでもよいので9通り

・1枚目が $k$ 以下のカード（ $k$ 通り）で、2枚目が10のとき　 $k$ 通り

よって確率は

$$\frac{9+k}{90}=\frac{k+9}{90}$$

答　得点1：$\dfrac{k-1}{90}$、得点10：$\dfrac{k+9}{90}$

別解（順に確率をかける）　得点1は、1回目に1以外の $k$ 以下のカード、2回目に残り9枚から1を引くので $\dfrac{k-1}{10}\cdot\dfrac19=\dfrac{k-1}{90}$ 。得点10は、1回目に10を引くか、1回目に $k$ 以下のカードを引いて2回目に10を引くので $\dfrac{1}{10}+\dfrac{k}{10}\cdot\dfrac19=\dfrac{k+9}{90}$ 。

(2)　配点 15点

・$2\leqq n\leqq k$ のとき　 $n$ は $k$ 以下なので、1回目に $n$ を引くと2回目に進み、2回目に $n$ は出ない。得点が $n$ になるのは、1枚目が $n$ 以外の $k$ 以下のカード、2枚目が $n$ のときで $k-1$ 通り。確率は $\dfrac{k-1}{90}$

・$k<n\leqq9$ のとき　 $n$ は $k$ より大きいので、1枚目が $n$ のとき（9通り）と、1枚目が $k$ 以下のカードで2枚目が $n$ のとき（ $k$ 通り）。確率は $\dfrac{k+9}{90}$ （ $k=9$ のときは、この場合の $n$ はない）

答　$2\leqq n\leqq k$ のとき $\dfrac{k-1}{90}$、 $k<n\leqq9$ のとき $\dfrac{k+9}{90}$

(3)　配点 20点

(1)(2) より、得点 $n$ （ $1\leqq n\leqq10$ ）の確率は、 $n\leqq k$ のとき $\dfrac{k-1}{90}$、 $n>k$ のとき $\dfrac{k+9}{90}$ である。

確率の和は $\dfrac{k(k-1)+(10-k)(k+9)}{90}=\dfrac{90}{90}=1$ で、数え漏れはない。

得点の期待値を $E$ とすると

$$E=\frac{k-1}{90}\sum_{n=1}^{k}n+\frac{k+9}{90}\sum_{n=k+1}^{10}n$$

$\displaystyle\sum_{n=1}^{k}n=\dfrac{k(k+1)}{2}$、 $\displaystyle\sum_{n=k+1}^{10}n=\dfrac{(10-k)\{(k+1)+10\}}{2}=\dfrac{(10-k)(k+11)}{2}$ なので

$$E=\frac{(k-1)k(k+1)+(k+9)(10-k)(k+11)}{180}$$

ここで

$$(k-1)k(k+1)=k^3-k,\qquad(k+9)(10-k)(k+11)=-k^3-10k^2+101k+990$$

なので、分子は $-10k^2+100k+990=10(-k^2+10k+99)$ 。よって

$$E=\frac{-k^2+10k+99}{18}$$

答　$\dfrac{-k^2+10k+99}{18}$

別解（共通部分と上乗せに分ける）　$\dfrac{k+9}{90}=\dfrac{k-1}{90}+\dfrac19$ なので、どの得点にも共通の確率 $\dfrac{k-1}{90}$ と、 $k$ より大きい得点だけへの上乗せ $\dfrac19$ に分けられる（(3) の図の濃い部分が上乗せ）。よって

$$E=\frac{k-1}{90}\sum_{n=1}^{10}n+\frac19\sum_{n=k+1}^{10}n=\frac{k-1}{90}\cdot55+\frac19\cdot\frac{(10-k)(k+11)}{2}=\frac{11(k-1)+(10-k)(k+11)}{18}=\frac{-k^2+10k+99}{18}$$

3次の項が出てこないので、展開が1回で済む。本解の検算にも使える。

補足（検算）　$k=9$ のとき、1回目で得点が決まるのは10だけで、得点10の確率は $\dfrac{18}{90}$、得点1〜9の確率はどれも $\dfrac{8}{90}$ 。期待値は $\dfrac{8}{90}\cdot45+\dfrac{18}{90}\cdot10=6$ で、答えの式に $k=9$ を代入した $\dfrac{-81+90+99}{18}=6$ と一致する。

$\triangle\mathrm{OAB}$ において、辺AB上に点Qをとり、直線OQ上に点Pをとる。ただし、点Pは点Qに関して点Oと反対側にあるとする。3つの三角形 $\triangle\mathrm{OAP}$、 $\triangle\mathrm{OBP}$、 $\triangle\mathrm{ABP}$ の面積をそれぞれ $a,b,c$ とする。このとき、次の問いに答えよ。

(1) $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ を $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ および $a,b$ を用いて表せ。

(2) $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ および $a,b,c$ を用いて表せ。

(3) 3辺OA、OB、ABの長さはそれぞれ3、5、6であるとする。点Pを中心とし、3直線OA、OB、ABに接する円が存在するとき、 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ を $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ を用いて表せ。

(1)　配点 15点

$\angle\mathrm{BQP}=\theta$ とする。 $\triangle\mathrm{OAP}$ と $\triangle\mathrm{OBP}$ は底辺OPが共通で、Bから直線OPまでの距離は $\mathrm{QB}\sin\theta$、Aから直線OPまでの距離は、対頂角より $\mathrm{AQ}\sin\theta$ である。

$$a=\frac12\cdot\mathrm{OP}\cdot\mathrm{AQ}\sin\theta,\qquad b=\frac12\cdot\mathrm{OP}\cdot\mathrm{QB}\sin\theta$$

よって $\mathrm{AQ}:\mathrm{QB}=a:b$。

Qは辺ABを $a:b$ に内分するので

答　$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\dfrac{b\,\overrightarrow{\mathrm{OA}}+a\,\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{a+b}$

(2)　配点 15点

四角形OAPBの面積を2通りで表す。対角線OPで分けると $a+b$、対角線ABで分けると $\triangle\mathrm{OAB}+c$ なので

$$\triangle\mathrm{OAB}=a+b-c$$

$\triangle\mathrm{OAB}$ と $\triangle\mathrm{PAB}$ は底辺ABが共通で、O、Pから直線ABまでの距離は（(1) の $\theta$ を使って） $\mathrm{OQ}\sin\theta$、 $\mathrm{QP}\sin\theta$ なので

$$\mathrm{OQ}:\mathrm{QP}=\triangle\mathrm{OAB}:\triangle\mathrm{PAB}=(a+b-c):c$$

PはQに関してOと反対側にあるので、 $\mathrm{OQ}:\mathrm{OP}=(a+b-c):(a+b)$。

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\frac{a+b}{a+b-c}\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\frac{a+b}{a+b-c}\cdot\frac{b\,\overrightarrow{\mathrm{OA}}+a\,\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{a+b}$$

答　$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac{b\,\overrightarrow{\mathrm{OA}}+a\,\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{a+b-c}$

(3)　配点 20点

Pを中心とし3直線OA、OB、ABに接する円の半径を $r$ とする。PはQに関してOと反対側にあるので、この円は辺ABと、辺OA、OBの延長に接する円（ $\triangle\mathrm{OAB}$ のOの向かいの傍接円）であり、Pはその中心（傍心）である。

Pから3直線OA、OB、ABまでの距離はすべて $r$ なので、3つの三角形の底辺をそれぞれOA、OB、ABとみると、高さはすべて $r$ である。よって

$$a=\frac12\cdot3\cdot r=\frac32r,\qquad b=\frac12\cdot5\cdot r=\frac52r,\qquad c=\frac12\cdot6\cdot r=3r$$

このとき $a+b-c=r$ なので、(2) の結果より

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\frac{\dfrac52r\,\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\dfrac32r\,\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{r}$$

答　$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac52\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\dfrac32\overrightarrow{\mathrm{OB}}$

補足　 $a+b-c=\triangle\mathrm{OAB}$ なので $r=\triangle\mathrm{OAB}$ である。余弦定理より $\cos\angle\mathrm{AOB}=\dfrac{3^2+5^2-6^2}{2\cdot3\cdot5}=-\dfrac{1}{15}$、 $\sin\angle\mathrm{AOB}=\dfrac{4\sqrt{14}}{15}$ なので、 $\triangle\mathrm{OAB}=\dfrac12\cdot3\cdot5\cdot\dfrac{4\sqrt{14}}{15}=2\sqrt{14}$。傍接円の半径は $r=2\sqrt{14}$ と求まる（問われてはいない）。

別解（傍心を角の二等分線で捉える）　Pは直線OA、OBから等距離なので $\angle\mathrm{AOB}$ の二等分線上にあり、直線OA、ABから等距離で、辺ABに関してOと反対側にあるので、頂点Aにおける外角の二等分線上にある。角の二等分線が出てきたら、ベクトルの計算だけで押し切らず、図形の定理を使う。

OQは $\angle\mathrm{AOB}$ の二等分線なので、角の二等分線の定理より $\mathrm{AQ}:\mathrm{QB}=\mathrm{OA}:\mathrm{OB}=3:5$。よって

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\frac{5\overrightarrow{\mathrm{OA}}+3\overrightarrow{\mathrm{OB}}}{8},\qquad \mathrm{AQ}=6\cdot\frac38=\frac94$$

$\triangle\mathrm{OAQ}$ で、APは頂点Aにおける外角の二等分線なので、PはOQを $\mathrm{AO}:\mathrm{AQ}=3:\dfrac94=4:3$ に外分する。よって $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=4\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\dfrac52\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\dfrac32\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ で、同じ答えになる。

$a>0$ に対して、 $f(x)=a+\log x\ (x>0)$、 $g(x)=\sqrt{x-1}\ (x\geqq1)$ とおく。2曲線 $y=f(x)$、 $y=g(x)$ が、ある点Pを共有し、その点で共通の接線 $l$ を持つとする。このとき、次の問いに答えよ。

(1) $a$ の値、点Pの座標、および接線 $l$ の方程式を求めよ。

(2) 2曲線は点P以外の共有点を持たないことを示せ。

(3) 2曲線と $x$ 軸で囲まれた部分の面積を求めよ。

(1)　配点 15点

$g(x)$ は $x=1$ で微分できない（接線が $y$ 軸に平行になる）ので、接点の $x$ 座標を $s$ （ $s>1$ ）とおく。 $f'(x)=\dfrac1x$、 $g'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x-1}}$ である。点Pで共通の接線をもつので、 $f(s)=g(s)$ （ $y$ 座標が等しい）かつ $f'(s)=g'(s)$ （傾きが等しい）。

傾きの条件より

$$\frac1s=\frac{1}{2\sqrt{s-1}}\iff s=2\sqrt{s-1}$$

両辺は正なので2乗してよく、 $s^2=4(s-1)\iff(s-2)^2=0$。よって $s=2$。

$y$ 座標の条件 $f(2)=g(2)$ より $a+\log2=1$、すなわち $a=1-\log2$ （ $\log2<1$ なので $a>0$ を満たす）。このとき $\mathrm{P}(2,\ 1)$。接線 $l$ は点Pを通り傾き $f'(2)=\dfrac12$ なので、 $y=\dfrac12(x-2)+1$。

答　$a=1-\log2$、 $\mathrm{P}(2,\ 1)$、 $l:\ y=\dfrac12x$

(2)　配点 15点

2曲線の共有点は $x\geqq1$ の範囲にある。 $h(x)=f(x)-g(x)=1-\log2+\log x-\sqrt{x-1}$ （ $x\geqq1$ ）とおくと、 $x>1$ で

$$h'(x)=\frac1x-\frac{1}{2\sqrt{x-1}}=\frac{2\sqrt{x-1}-x}{2x\sqrt{x-1}}$$

分母 $2x\sqrt{x-1}>0$ なので、 $h'(x)$ の符号は分子 $2\sqrt{x-1}-x$ で決まる。

$$2\sqrt{x-1}-x=-\left\{(x-1)-2\sqrt{x-1}+1\right\}=-\left(\sqrt{x-1}-1\right)^2\leqq0$$

等号は $\sqrt{x-1}=1$、すなわち $x=2$ のときだけ。

増減表は次のとおり。

$h(x)$ は $x\geqq1$ で連続で、 $h'(x)<0$ （ $x=2$ を除く）なので、 $x\geqq1$ で単調に減少する。 $h(2)=0$ より、 $h(x)=0$ となるのは $x=2$ だけ。よって2曲線の共有点はPだけである。（終）

別解（分子を有理化する）　 $2\sqrt{x-1}-x=\dfrac{4(x-1)-x^2}{2\sqrt{x-1}+x}=-\dfrac{(x-2)^2}{2\sqrt{x-1}+x}\leqq0$ としても、同じく $h'(x)\leqq0$ （等号は $x=2$ だけ）が示せる。

(3)　配点 20点

$f(x)=0$ となるのは $\log x=-a=\log2-1$、すなわち $x=\dfrac2e$ （ $<1$ ）。 $g(x)=0$ となるのは $x=1$。(2) より $1\leqq x<2$ で $h(x)>0$、すなわち $f(x)>g(x)$ で、2曲線は $\mathrm{P}(2,\ 1)$ で接する。2曲線はどちらも増加するので、囲まれた部分は $0\leqq y\leqq1$ にあり、どの高さ $y$ でも左端が曲線 $y=f(x)$、右端が曲線 $y=g(x)$ である。

$y=f(x)\iff x=e^{y-a}$、 $y=g(x)\iff x=y^2+1$ （ $y\geqq0$ ）なので、求める面積を $S$ とすると

$$S=\int_0^1\left\{(y^2+1)-e^{y-a}\right\}dy$$

項ごとに計算する。

$$\int_0^1(y^2+1)\,dy=\left[\frac{y^3}{3}+y\right]_0^1=\frac43$$

$e^{-a}=e^{\log2-1}=\dfrac2e$ なので

$$\int_0^1e^{y-a}\,dy=e^{-a}\left[e^y\right]_0^1=\frac2e(e-1)=2-\frac2e$$

よって

$$S=\frac43-\left(2-\frac2e\right)=\frac2e-\frac23$$

答　$\dfrac2e-\dfrac23$

別解（ $x$ 方向に積分する）　 $\dfrac2e\leqq x\leqq1$ では下の端が $x$ 軸、 $1\leqq x\leqq2$ では下の端が $y=g(x)$ なので、曲線 $y=f(x)$ の下の部分から、曲線 $y=g(x)$ の下の部分を引く。

$$S=\int_{\frac2e}^{2}f(x)\,dx-\int_1^2g(x)\,dx$$

$\displaystyle\int\log x\,dx=x\log x-x+C$ より

$$\int_{\frac2e}^{2}(a+\log x)\,dx=\Big[ax+x\log x-x\Big]_{\frac2e}^{2}=0-\left(-\frac2e\right)=\frac2e$$

（ $x=2$ では $2(1-\log2)+2\log2-2=0$、 $x=\dfrac2e$ では $\dfrac2e\left\{(1-\log2)+(\log2-1)-1\right\}=-\dfrac2e$ ）

$$\int_1^2\sqrt{x-1}\,dx=\left[\frac23(x-1)^{\frac32}\right]_1^2=\frac23$$

よって $S=\dfrac2e-\dfrac23$。答えは同じだが、積分が2本になり、対数の部分積分も要る。

いくつかの半径3の円を、半径2の円 $Q$ に外接し、かつ、互いに交わらないように配置する。このとき、次の問いに答えよ。

(1) 半径3の円の1つを $R$ とする。円 $Q$ の中心を端点とし、円 $R$ に接する2本の半直線のなす角を $\theta$ とおく。ただし、 $0<\theta<\pi$ とする。このとき、 $\sin\theta$ を求めよ。

(2) $\dfrac{\pi}{3}<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ を示せ。

(3) 配置できる半径3の円の最大個数を求めよ。

(1)　配点 10点

$Q$ の中心をO、 $R$ の中心をAとする。 $R$ は $Q$ に外接するので $\mathrm{OA}=2+3=5$。Oから $R$ に引いた2本の半直線のうち、一方の接点をTとすると、接線と半径は垂直なので $\angle\mathrm{OTA}=90^\circ$、 $\mathrm{AT}=3$ である。2本の半直線は直線OAに関して対称なので $\angle\mathrm{TOA}=\dfrac{\theta}{2}$ で、直角三角形 $\mathrm{OTA}$ において $\mathrm{OT}=\sqrt{5^2-3^2}=4$ より

$$\sin\frac{\theta}{2}=\frac35,\qquad\cos\frac{\theta}{2}=\frac45$$

2倍角の公式より

$$\sin\theta=2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=2\cdot\frac35\cdot\frac45=\frac{24}{25}$$

答　$\sin\theta=\dfrac{24}{25}$

(2)　配点 10点

$\left(\dfrac35\right)^2=\dfrac{9}{25}<\dfrac12=\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^2$ なので $\dfrac12<\dfrac35<\dfrac{\sqrt2}{2}$、すなわち

$$\sin\frac{\pi}{6}<\sin\frac{\theta}{2}<\sin\frac{\pi}{4}$$

$0<\theta<\pi$ より $0<\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{\pi}{2}$ で、この範囲で $\sin$ は増加するので $\dfrac{\pi}{6}<\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{\pi}{4}$。2倍して $\dfrac{\pi}{3}<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ である。

補足　 $\sin\theta=\dfrac{24}{25}$ を直接 $\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\sqrt3}{2}$ や1と比べても、 $0<\theta<\pi$ では $\sin$ が単調でないので、 $\theta>\dfrac{\pi}{2}$ の可能性を別に消す必要がある。 $0<\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{\pi}{2}$ では $\sin$ が単調に増加するので、 $\dfrac{\theta}{2}$ で比べればこの手間がない。

(3)　配点 30点

どの半径3の円も $Q$ に外接するので、その中心とOの距離は5である。よって、中心はすべてOを中心とする半径5の円の上にある。

2つの半径3の円の中心をA、Bとし、 $\angle\mathrm{AOB}=\varphi$（ $0<\varphi\leqq\pi$）とする。 $\triangle\mathrm{OAB}$ は $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=5$ の二等辺三角形なので、 $\mathrm{AB}=2\cdot5\sin\dfrac{\varphi}{2}=10\sin\dfrac{\varphi}{2}$。半径3の2円が交わらない条件は $\mathrm{AB}\geqq6$ で、(1) の $\sin\dfrac{\theta}{2}=\dfrac35$ を使うと

$$10\sin\frac{\varphi}{2}\geqq6\iff\sin\frac{\varphi}{2}\geqq\sin\frac{\theta}{2}\iff\varphi\geqq\theta$$

となる（ $0<\dfrac{\varphi}{2}\leqq\dfrac{\pi}{2}$、 $0<\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{\pi}{2}$ で $\sin$ は増加する）。つまり、2つの中心をOから見た角が $\theta$ 以上であることが、交わらない条件である。角がちょうど $\theta$ のとき、2円はOからの共通の接線の上で接する（下の図）。

$n$ 個（ $n\geqq2$）の円を配置できたとし、中心をOのまわりに反時計回りの順に $\mathrm{A}_1,\mathrm{A}_2,\cdots,\mathrm{A}_n$ とする。 $\mathrm{A}_k$ から次の中心（ $\mathrm{A}_n$ の次は $\mathrm{A}_1$）まで反時計回りに回る角を $\psi_k$ とすると、 $\psi_1+\psi_2+\cdots+\psi_n=2\pi$。 $\psi_k\leqq\pi$ なら $\psi_k$ は2つの中心を見る角なので $\psi_k\geqq\theta$、 $\psi_k>\pi$ なら $\psi_k>\theta$ である。どちらでも $\psi_k\geqq\theta$ なので、足し合わせて $n\theta\leqq2\pi$。

逆に $n\theta\leqq2\pi$ なら、中心を半径5の円の上に間隔 $\dfrac{2\pi}{n}$ で等間隔に置けば、どの2つの中心を見る角も $\dfrac{2\pi}{n}$ 以上なので $\theta$ 以上で、交わらない。よって、 $n$ 個配置できるのは $n\theta\leqq2\pi$ のときであり、そのときに限る。

(2) より $\dfrac{\pi}{3}<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ なので、 $4\theta<2\pi$、 $6\theta>2\pi$。よって4個は配置でき、6個以上は配置できない。

5個配置できるかは、 $5\theta\leqq2\pi$、すなわち $\dfrac{\theta}{2}\leqq\dfrac{\pi}{5}$ かどうかで決まる。

$\alpha=\dfrac{\pi}{5}$ とおくと $5\alpha=\pi$ なので $2\alpha=\pi-3\alpha$ で

$$\sin2\alpha=\sin(\pi-3\alpha)=\sin3\alpha$$

2倍角・3倍角の公式より $2\sin\alpha\cos\alpha=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha$。 $\sin\alpha\neq0$ なので両辺を $\sin\alpha$ で割って

$$2\cos\alpha=3-4\sin^2\alpha=3-4(1-\cos^2\alpha)$$

よって $4\cos^2\alpha-2\cos\alpha-1=0$ で、 $\cos\alpha>0$ なので $\cos\dfrac{\pi}{5}=\dfrac{1+\sqrt5}{4}$。

(1) の $\cos\dfrac{\theta}{2}=\dfrac45$ と比べると

$$\cos\frac{\pi}{5}-\cos\frac{\theta}{2}=\frac{1+\sqrt5}{4}-\frac45=\frac{5\sqrt5-11}{20}$$

で、 $(5\sqrt5)^2=125>121=11^2$ より $5\sqrt5>11$ なので $\cos\dfrac{\pi}{5}>\cos\dfrac{\theta}{2}$。 $0<\dfrac{\pi}{5}<\dfrac{\pi}{2}$、 $0<\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{\pi}{2}$ で $\cos$ は減少するので $\dfrac{\theta}{2}>\dfrac{\pi}{5}$、すなわち $5\theta>2\pi$ となり、5個は配置できない（下の図。4個を隣どうしが接するように並べても、残りの角 $2\pi-4\theta$ は $\theta$ より小さい）。

以上より、配置できる最大個数は4個。

答　4個

なお、「交わらない」に接する場合を含めても含めなくても、答えは変わらない。4個は間隔 $\dfrac{\pi}{2}>\theta$ で置けば接さずに置け、5個は接することを許しても $5\theta>2\pi$ なので置けない。

差はぎりぎりで、 $\cos\dfrac{\pi}{5}=0.809\cdots$ に対して $\cos\dfrac{\theta}{2}=0.8$。 $\theta$ は約 $73.7^\circ$ で、 $5\theta$ は約 $368.7^\circ$ と $360^\circ$ をわずかに超えるだけである。

別解（最後の比較を $\sin$ で行う）　$\cos\dfrac{\pi}{5}=\dfrac{1+\sqrt5}{4}$ より

$$\sin^2\frac{\pi}{5}=1-\frac{6+2\sqrt5}{16}=\frac{5-\sqrt5}{8}$$

これを $\sin^2\dfrac{\theta}{2}=\dfrac{9}{25}$ と比べると

$$\frac{5-\sqrt5}{8}<\frac{9}{25}\iff125-25\sqrt5<72\iff53<25\sqrt5\iff2809<3125$$

は正しいので $\sin\dfrac{\pi}{5}<\sin\dfrac{\theta}{2}$ で、 $\dfrac{\theta}{2}>\dfrac{\pi}{5}$。ただし、 $\cos\dfrac{\pi}{5}$ を求めてから $\sin^2$ に直す1段が増え、比べる数も大きくなる。 $\cos$ で比べる方が短い。

別解（ $\cos36^\circ$ を二等辺三角形で求める）　頂角 $36^\circ$、底角 $72^\circ$、底辺1、等辺 $x$ の二等辺三角形ABCで、底角Bの二等分線と辺ACの交点をDとする。 $\triangle\mathrm{DBC}$ と $\triangle\mathrm{DAB}$ が二等辺三角形になり（ $\mathrm{BC}=\mathrm{BD}=\mathrm{AD}=1$）、 $\triangle\mathrm{ABC}\sim\triangle\mathrm{BCD}$ から $x:1=1:(x-1)$、よって $x=\dfrac{1+\sqrt5}{2}$。 $\triangle\mathrm{DAB}$（ $\mathrm{DA}=\mathrm{DB}=1$、底辺 $\mathrm{AB}=x$、底角 $36^\circ$）で $\cos36^\circ=\dfrac{x}{2}=\dfrac{1+\sqrt5}{4}$。正五角形の対角線の長さを求めるのと同じ考え方（ $5\times36^\circ=180^\circ$ と相似）である。