【解説・採点基準付き】2011年九州大学文系数学の解答・解説

放物線 $y=x^2$ 上の点 $\mathrm{P}(t,\ t^2)$ 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) Pを通り $y$ 軸に平行な直線と直線 $y=x$ との交点をRとするとき、三角形PRHの面積を $t$ を用いて表せ。

(3) $x\geqq1$ の範囲において、放物線 $y=x^2$ 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。

(4) 放物線 $y=x^2$ 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。PHは直線 $y=x$（傾き1）と垂直なので、PHの傾きは $-1$ である（PHは $y$ 軸に平行ではないので $s\neq t$ ）。よって

$$\frac{s-t^2}{s-t}=-1$$

分母をはらうと $s-t^2=-(s-t)$ より $2s=t^2+t$、 $s=\dfrac{t^2+t}{2}$。

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

別解（ベクトルの内積）　 $\overrightarrow{\mathrm{PH}}=(s-t,\ s-t^2)$ が直線 $y=x$ の向き $(1,\ 1)$ と垂直なので、内積が0で $(s-t)+(s-t^2)=0$。これから同じ $s=\dfrac{t^2+t}{2}$ が求まる。分数も $s\neq t$ の断りも要らないので、ベクトルを使える人はこちらでもよい。

(2)　配点 10点

Rは直線 $x=t$ と直線 $y=x$ の交点なので $\mathrm{R}(t,\ t)$。 $t>1$ より $t^2-t=t(t-1)>0$ なので、PはRの真上にあり

$$\mathrm{PR}=t^2-t$$

PRは $y$ 軸に平行で、直線 $y=x$ は $x$ 軸と $45^\circ$ の角をなすので、 $\angle\mathrm{PRH}=45^\circ$。また $\angle\mathrm{PHR}=90^\circ$ なので、三角形PRHは斜辺PRの直角二等辺三角形である（下の図）。

等しい2辺の長さは $\mathrm{PH}=\mathrm{RH}=\dfrac{\mathrm{PR}}{\sqrt2}$ なので

$$\triangle\mathrm{PRH}=\frac12\left(\frac{\mathrm{PR}}{\sqrt2}\right)^2=\frac{\mathrm{PR}^2}{4}=\frac{(t^2-t)^2}{4}=\frac{t^2(t-1)^2}{4}$$

答　$\dfrac{t^2(t-1)^2}{4}$

別解（HからPRに垂線を引く）　PとHの $x$ 座標の差を $d=\left|t-\dfrac{t^2+t}{2}\right|=\dfrac{t^2-t}{2}$ とする。Hから辺PRに垂線を引くと、その長さが $d$ で、PR＝$2d$。よって面積は $\dfrac12\cdot2d\cdot d=d^2=\dfrac{(t^2-t)^2}{4}$ で、本解と一致する。斜めのPHやRHの長さは求めなくてよい。

別解（点と直線の距離）　PHはPと直線 $x-y=0$ の距離なので、 $\mathrm{PH}=\dfrac{|t-t^2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\dfrac{t^2-t}{\sqrt2}$。三角形PRHは $\mathrm{PH}=\mathrm{RH}$ の直角二等辺三角形なので、面積は $\dfrac12\mathrm{PH}^2=\dfrac{(t^2-t)^2}{4}$ で、本解と一致する。

別解（1点を原点へ平行移動）　Rが原点に来るように平行移動すると、Pは $(0,\ t^2-t)$、Hは $\left(\dfrac{t^2-t}{2},\ \dfrac{t^2-t}{2}\right)$ に移る。平行移動しても面積は変わらないので

$$\triangle\mathrm{PRH}=\frac12\left|0\cdot\frac{t^2-t}{2}-(t^2-t)\cdot\frac{t^2-t}{2}\right|=\frac{(t^2-t)^2}{4}$$

(3)　配点 20点

$x^2-x=x(x-1)$ なので、 $x>1$ では $x^2>x$ となり、放物線 $y=x^2$ が直線 $y=x$ の上にある。また (1) より、Hの $x$ 座標は

$$\frac{t^2+t}{2}-t=\frac{t(t-1)}{2}>0$$

なので $t$ より大きく、Hは直線 $x=t$ より右にある。

よって $S_1$ の図形は、 $1\leqq x\leqq t$ で放物線と直線 $y=x$ の間にある部分と、三角形PRHを合わせたものである（下の図）。図をそのまま式にして

$$S_1=\int_1^t(x^2-x)\,dx+\triangle\mathrm{PRH}$$

積分は、 $x^2-x=x(x-1)=\{(x-1)+1\}(x-1)=(x-1)^2+(x-1)$ と書き直し、 $(x-1)$ の塊のまま積分する。

$$\int_1^t(x^2-x)\,dx=\left[\frac{(x-1)^3}{3}+\frac{(x-1)^2}{2}\right]_1^t=\frac{(t-1)^3}{3}+\frac{(t-1)^2}{2}=\frac{(t-1)^2(2t+1)}{6}$$

これに (2) の三角形PRHの面積を足して

$$S_1=\frac{(t-1)^2(2t+1)}{6}+\frac{t^2(t-1)^2}{4}=\frac{(t-1)^2(3t^2+4t+2)}{12}$$

答　$S_1=\dfrac{(t-1)^2(3t^2+4t+2)}{12}$（展開すると $\dfrac{3t^4-2t^3-3t^2+2}{12}$ ）

検算： $t=1$ のときPは点 $(1,\ 1)$ に重なって面積は0になるので、答えに $t=1$ を代入して0になることを確かめられる。

別解（区間を分けて積分する）　Hの $x$ 座標を $h=\dfrac{t^2+t}{2}$ とする。 $1\leqq x\leqq t$ では上が放物線・下が直線、 $t\leqq x\leqq h$ では上が線分PH（直線 $y=-x+t^2+t$ ）・下が直線 $y=x$ なので

$$S_1=\int_1^t(x^2-x)\,dx+\int_t^h\{(-x+t^2+t)-x\}\,dx$$

2つ目の積分は $\displaystyle\int_t^h(2h-2x)\,dx=\Big[-(h-x)^2\Big]_t^h=(h-t)^2=\dfrac{t^2(t-1)^2}{4}$ で、三角形PRHの面積と一致する。

(4)　配点 10点

$0\leqq x\leqq1$ では $x-x^2=x(1-x)\geqq0$ なので、直線 $y=x$ が放物線 $y=x^2$ の上にある（上の図の $S_2$ ）。よって

$$S_2=\int_0^1(x-x^2)\,dx=\int_0^1\{-(x-0)(x-1)\}\,dx=\frac16(1-0)^3=\frac16$$

$S_1=S_2$ より

$$\frac{3t^4-2t^3-3t^2+2}{12}=\frac16\iff3t^4-2t^3-3t^2=0\iff t^2(3t^2-2t-3)=0$$

$t>1$ より $t^2\neq0$ なので $3t^2-2t-3=0$。これを解くと $t=\dfrac{1\pm\sqrt{10}}{3}$。 $\sqrt{10}>3$ より $\dfrac{1-\sqrt{10}}{3}<0$、 $\dfrac{1+\sqrt{10}}{3}>\dfrac{1+3}{3}>1$ なので、 $t>1$ をみたすのは $t=\dfrac{1+\sqrt{10}}{3}$ である。

答　$t=\dfrac{1+\sqrt{10}}{3}$

（確かめ： $t=\dfrac{1+\sqrt{10}}{3}$ をみたす $3t^2=2t+3$ を使うと、 $3t^4-2t^3-3t^2=t^2(3t^2-2t-3)=0$ で、(3) の式は $\dfrac{2}{12}=\dfrac16$ になる）

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、 $a_{10}$ および $a_{11}$ を求めよ。

(2) $\tan\dfrac{\pi}{12}$ の値を求めよ。

(3) $a_1=\tan\dfrac{\pi}{7}$ とする。 $a_k=a_1$ をみたす2以上の自然数 $k$ で最小のものを求めよ。

(1)　配点 15点

漸化式に $n=1,2,3$ を順に代入して、初めの数項を求める。

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

$a_4=a_2$ となった。次の項は直前の1項だけで決まるから、 $a_5=a_3$ 、 $a_6=a_4=a_2$ 、……と同じ2つの値が交互に続き、 $n\geqq2$ のすべての $n$ で

$$a_{n+2}=a_n$$

となる。したがって $n\geqq2$ では、添字が偶数なら $a_2=\sqrt3$ 、奇数なら $a_3=-\sqrt3$ である。

求めたいのは添字が10（偶数）と11（3以上の奇数）の項なので

答　$a_{10}=\sqrt3$ 、 $a_{11}=-\sqrt3$

（ $n\geqq2$ で $a_n=(-1)^n\sqrt3$ と予想し、数学的帰納法で証明する方法もある）

別解（ $\tan$ の角で追う）　$a_1=\dfrac{1}{\sqrt3}=\tan\dfrac{\pi}{6}$ とみると、漸化式は項が進むたびに角を2倍する式になる。これは (3) と同じ見方である。 $a_2=\tan\dfrac{\pi}{3}$ 、 $a_3=\tan\dfrac{2\pi}{3}$ 、 $a_4=\tan\dfrac{4\pi}{3}=\tan\dfrac{\pi}{3}$ なので、 $n\geqq2$ の項は $\tan\dfrac{\pi}{3}=\sqrt3$ と $\tan\dfrac{2\pi}{3}=-\sqrt3$ のくり返しである。

(2)　配点 10点

$\dfrac{\pi}{12}=\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{6}$ のように2つの有名角の差で表し、 $\tan$ の加法定理を使うと

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

答　$2-\sqrt3$

別解1（ $\sin15^\circ$ 、 $\cos15^\circ$ の値を覚えているとき）　$\tan15^\circ$ を $\sin15^\circ$ と $\cos15^\circ$ の比で表すと

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

別解2（2倍角の公式）　$x=\tan\dfrac{\pi}{12}$ （ $x>0$ ）として、2倍角の公式に $\tan\dfrac{\pi}{6}$ をあてはめると

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

これを整理すると $x^2+2\sqrt3x-1=0$ 、 $x>0$ より $x=2-\sqrt3$ 。この計算は「 $a_1=\tan\dfrac{\pi}{12}$ ならば $a_2=\tan\dfrac{\pi}{6}$ 」と言いかえられ、漸化式を $\tan$ の2倍角の式として読む (3) の糸口にもなっている。

(3)　配点 25点

$\tan$ の2倍角の公式

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

に照らすと、 $a_n=\tan\theta$ （ $\tan^2\theta\neq1$ ）のとき $a_{n+1}=\tan2\theta$ である。なお $\tan$ の周期は $\pi$ だから、角が $\pi$ を超えたら $\pi$ を引いてよい。

$a_1=\tan\dfrac{\pi}{7}$ から、角を2倍する操作を3回くり返すと

$$a_1=\tan\frac{\pi}{7},\qquad a_2=\tan\frac{2\pi}{7},\qquad a_3=\tan\frac{4\pi}{7},\qquad a_4=\tan\frac{8\pi}{7}=\tan\left(\frac{8\pi}{7}-\pi\right)=\tan\frac{\pi}{7}$$

となる。途中の角 $\dfrac{\pi}{7}$ 、 $\dfrac{2\pi}{7}$ 、 $\dfrac{4\pi}{7}$ のどれも、 $\tan^2\theta=1$ となる角（ $\dfrac{\pi}{4}$ 、 $\dfrac{3\pi}{4}$ ）ではない。つまり $1-{a_n}^2\neq0$ （ $n=1,2,3$ ）が確かめられ、分母が0になる心配はない。

以上から $a_4=a_1$ が成り立つ。

続いて、これより小さい $k$ （ $k=2,3$ ）では $a_k=a_1$ が成り立たないことを調べる。 $0<\dfrac{\pi}{7}<\dfrac{2\pi}{7}<\dfrac{\pi}{2}$ の範囲で $\tan$ は増加するから $0<a_1<a_2$ 。また $\dfrac{\pi}{2}<\dfrac{4\pi}{7}<\pi$ では $\tan$ は負なので $a_3<0<a_1$ 。ゆえに $a_2\neq a_1$ 、 $a_3\neq a_1$ である。

以上より、求める最小の自然数 $k$ は4である。

答　$k=4$

別解（ $\tan$ の値が等しくなる条件を角度で調べる）　まず数学的帰納法で、すべての自然数 $n$ について $a_n=\tan\dfrac{2^{n-1}\pi}{7}$ が成り立つことを示す。 $n=m$ のとき成り立つと仮定する。このとき $\tan^2\dfrac{2^{m-1}\pi}{7}=1$ になるのは、角が $\dfrac{\pi}{4}$ の奇数倍のとき、すなわち $\dfrac{2^{m-1}}{7}=\dfrac{(\text{奇数})}{4}$ 、 $2^{m+1}=7\times(\text{奇数})$ のときだが、左辺は7の倍数ではないので起こらない。したがって分母は0にならず、 $a_{m+1}=\tan\dfrac{2^m\pi}{7}$ が成り立つ。

角度どうしを比べて方程式を解くときは、もう1つ同じ値をとる角があること、何周してもよいこと（ $2m\pi$ （ $m$ は整数）を足してよいこと）に気をつける。 $\tan$ では、同じ値をとる角は $\pi$ だけ離れた角だから、2つの $\tan$ の値が等しいことは、角度の差が $\pi$ の整数倍であることと同じである。 $a_k$ と $a_1$ の角度の差は

$$\frac{2^{k-1}\pi}{7}-\frac{\pi}{7}=\frac{2^{k-1}-1}{7}\pi$$

だから、 $a_k=a_1$ となる条件は「 $2^{k-1}-1$ が7の倍数」、すなわち $2^{k-1}\equiv1\pmod7$ である。 $2^1$ 、 $2^2$ 、 $2^3$ を7で割った余りは順に $2$ 、 $4$ 、 $1$ なので、 $k-1=3$ 、つまり最小の $k$ は4である。

平面上に直角三角形ABCがあり、その斜辺BCの長さを2とする。また、点Oは $4\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\vec{0}$ をみたしているとする。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) 辺BCの中点をMとするとき、点Aは線分OMの中点となることを示せ。

(2) $\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|^2+\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^2=10$ となることを示せ。

(3) $4\left|\overrightarrow{\mathrm{PA}}\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{PB}}\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{PC}}\right|^2=-4$ をみたす点をPとするとき、 $\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|$ の値を求めよ。

(1)　配点 10点

$4\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\vec0$ より

$$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\frac14\left(\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right)$$

Mは辺BCの中点なので

$$\overrightarrow{\mathrm{OM}}=\frac12\left(\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right)$$

よって $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\dfrac12\overrightarrow{\mathrm{OM}}$ となり、Aは線分OM上にあって $\mathrm{OA}=\dfrac12\mathrm{OM}$ である。したがって、点Aは線分OMの中点である。（証明終）

Oは、直線MAをAの側に延ばし、 $\mathrm{OA}=\mathrm{AM}$ となる位置にある。

(2)　配点 20点

斜辺がBCなので、 $\angle\mathrm{BAC}=90^\circ$ である。直角の頂点Aを始点にとり、 $\vec b=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\vec c=\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく。 $\angle\mathrm{BAC}=90^\circ$ より

$$\vec b\cdot\vec c=0$$

$\left|\overrightarrow{\mathrm{BC}}\right|=\left|\vec c-\vec b\right|=2$ の両辺を2乗して $|\vec b|^2-2\vec b\cdot\vec c+|\vec c|^2=4$ なので、 $\vec b\cdot\vec c=0$ より

$$|\vec b|^2+|\vec c|^2=4$$

(1) より、Aは線分OMの中点なので

$$\overrightarrow{\mathrm{AO}}=-\overrightarrow{\mathrm{AM}}=-\frac12\left(\vec b+\vec c\right)$$

終点引く始点より

$$\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}-\overrightarrow{\mathrm{AO}}=\vec b+\frac12\left(\vec b+\vec c\right)=\frac12\left(3\vec b+\vec c\right),\qquad\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\frac12\left(\vec b+3\vec c\right)$$

よって、 $\vec b\cdot\vec c=0$ に注意して2乗を展開すると

$$\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|^2+\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^2=\frac14\left(9|\vec b|^2+|\vec c|^2\right)+\frac14\left(|\vec b|^2+9|\vec c|^2\right)=\frac{10}{4}\left(|\vec b|^2+|\vec c|^2\right)=\frac{10}{4}\cdot4=10$$

となり、示された。（証明終）

別解1（始点をOのまま計算する）　 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\dfrac14\left(\overrightarrow{\mathrm{OB}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right)$ より

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\frac14\left(3\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right),\qquad\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\frac14\left(3\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right)$$

$X=\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|^2+\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^2$、 $k=\overrightarrow{\mathrm{OB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ とおく。 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=0$ より $\left(3\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right)\cdot\left(3\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right)=0$、展開して $10k-3X=0$。 $\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|=2$ を2乗して $X-2k=4$。2式から $k$ を消すと $X-\dfrac35X=4$ より $X=10$。始点をOのままにすると文字が2つ（ $X$、 $k$）残るが、連立すれば同じ結果になる。

別解2（図形として見る）　 $\angle\mathrm{BAC}=90^\circ$ なので、Aは辺BCを直径とする円の上にあり、その中心はM、半径は1である。よって $\mathrm{MA}=\mathrm{MB}=\mathrm{MC}=1$。(1) よりAは線分OMの中点なので $\mathrm{OA}=\mathrm{AM}=1$、 $\mathrm{OM}=2$。三角形OBCで、OMは辺BCへの中線なので、中線定理より

$$\mathrm{OB}^2+\mathrm{OC}^2=2\left(\mathrm{OM}^2+\mathrm{BM}^2\right)=2(4+1)=10$$

直角三角形の外接円の中心は斜辺の中点、という事実を使うと、計算がほとんど要らない。

(3)　配点 20点

始点をOにそろえ、 $\vec p=\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ とおく。終点引く始点より $\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\vec p$、 $\overrightarrow{\mathrm{PB}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\vec p$、 $\overrightarrow{\mathrm{PC}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\vec p$ なので、左辺を展開すると

$$4\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\vec p\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\vec p\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\vec p\right|^2=2|\vec p|^2-2\left(4\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right)\cdot\vec p+4\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^2$$

（ $|\vec p|^2$ の係数は $4-1-1=2$）

$4\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\vec0$ より $\vec p$ との内積の項は消え、(2) より $\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|^2+\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^2=10$ なので

$$4\left|\overrightarrow{\mathrm{PA}}\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{PB}}\right|^2-\left|\overrightarrow{\mathrm{PC}}\right|^2=2\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^2+4\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|^2-10$$

次に $\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|$ を求める。(2) の $\vec b$、 $\vec c$ を使うと、 $\overrightarrow{\mathrm{AO}}=-\dfrac12\left(\vec b+\vec c\right)$、 $\vec b\cdot\vec c=0$、 $|\vec b|^2+|\vec c|^2=4$ より

$$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|^2=\frac14\left(|\vec b|^2+2\vec b\cdot\vec c+|\vec c|^2\right)=\frac14\cdot4=1$$

（図形として見れば、 $\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right|=\mathrm{AM}$ は斜辺BCを直径とする円の半径で1）

よって、条件は $2\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^2+4-10=-4$ となり、 $\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^2=1$。 $\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|\geqq0$ より

答　$\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|=1$

条件をみたす点Pは、Oを中心とする半径1の円の上にある。 $\mathrm{OA}=1$ なので、この円は直角の頂点Aを通る（ $\mathrm{P}=\mathrm{A}$ のとき左辺は $-\mathrm{AB}^2-\mathrm{AC}^2=-\mathrm{BC}^2=-4$ で、条件をみたす）。BCを直径とする円（中心M、半径1）もAを通り、 $\mathrm{OM}=2$ は2つの半径の和なので、2つの円はAで接している。 $\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|=1$ は、Pが円周上のどこにあっても変わらない。

（確かめ： $\mathrm{A}(0,\ 0)$、 $\mathrm{B}\left(\dfrac85,\ 0\right)$、 $\mathrm{C}\left(0,\ \dfrac65\right)$ とすると $\mathrm{BC}=2$ で、Oは $\left(-\dfrac45,\ -\dfrac35\right)$。 $\mathrm{OB}^2+\mathrm{OC}^2=\dfrac{144+9}{25}+\dfrac{16+81}{25}=10$、 $\mathrm{OA}=1$。Oから距離1の点 $\mathrm{P}\left(\dfrac15,\ -\dfrac35\right)$ では $4\cdot\dfrac{10}{25}-\dfrac{58}{25}-\dfrac{82}{25}=-4$ となり、条件をみたす）

別解（座標を置く）　直角の頂点Aを原点にとり、辺ABを $x$ 軸、辺ACを $y$ 軸に重ねて、 $\mathrm{A}(0,\ 0)$、 $\mathrm{B}(p,\ 0)$、 $\mathrm{C}(0,\ q)$（ $p>0$、 $q>0$）とおく。斜辺の長さが2なので、三平方の定理より $p^2+q^2=4$。

$\mathrm{O}(s,\ t)$ とおくと、 $4\overrightarrow{\mathrm{OA}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}-\overrightarrow{\mathrm{OC}}=(-2s-p,\ -2t-q)=\vec0$ より $\mathrm{O}\left(-\dfrac p2,\ -\dfrac q2\right)$。 $\mathrm{M}\left(\dfrac p2,\ \dfrac q2\right)$ なので、AはOMの中点である（(1)）。

$$\left|\overrightarrow{\mathrm{OB}}\right|^2+\left|\overrightarrow{\mathrm{OC}}\right|^2=\left(\frac{3p}{2}\right)^2+\left(\frac q2\right)^2+\left(\frac p2\right)^2+\left(\frac{3q}{2}\right)^2=\frac{10}{4}\left(p^2+q^2\right)=10$$

となり、(2) が示される。

$\mathrm{P}(x,\ y)$ とおくと

$$4\left(x^2+y^2\right)-\left\{(x-p)^2+y^2\right\}-\left\{x^2+(y-q)^2\right\}=2\left(x^2+y^2+px+qy\right)-\left(p^2+q^2\right)=2\left(x^2+y^2+px+qy\right)-4$$

これが $-4$ に等しいので $x^2+y^2+px+qy=0$。平方完成して

$$\left(x+\frac p2\right)^2+\left(y+\frac q2\right)^2=\frac{p^2+q^2}{4}=1$$

左辺は $\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|^2$ なので、 $\left|\overrightarrow{\mathrm{OP}}\right|=1$ となる（(3)）。

直角があるので、直角をはさむ2辺を座標軸にとると、3点の座標が文字2つで書ける。座標を置いても計算は軽く、(1)〜(3) をまとめて確かめられる。

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2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) カードが左から順に1、2、3、4と並ぶ確率を求めよ。

(2) カードが左から順に4、3、2、1と並ぶ確率を求めよ。

(3) 左端のカードの数字が1になる確率を求めよ。

(4) 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 ${}_4\mathrm{C}_2=6$ 通りで、どれも同じ確率 $\dfrac16$ で選ばれる。2回の操作では $6^2=36$ 通りとなり、どの取り出し方も等しい確率で起こる。

(1)　配点 10点

1回目の操作を終えた段階で位置が変わっているのは、取り出した組の2枚だけで、ほかの2枚は動いていない。入れかわった2枚を元に戻せるのは、同じ組をもう一度取り出したときに限られる。したがって、並びが 1、2、3、4 に戻るのは、2回目に1回目と同じ組を取り出す場合だけである。

1回目の取り出し方は6通りで、そのどれに対しても2回目の取り出し方は1通りに決まるので

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

答　$\dfrac16$

(2)　配点 10点

並びが 4、3、2、1 のとき、4枚とも元の位置にない。1回の操作で動かせるのは2枚なので、2回で4枚を全部動かすには、2回の組が共通の数字をもってはならない。4、3、2、1 は、初めの並びで1と4を、また2と3を交換したものである。したがって、取り出すのは「1と4の組」と「2と3の組」を1回ずつ、という場合に限られる。

どちらの組を先に取り出しても同じ並びになるので、取り出す順序は2通りになる。

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

答　$\dfrac{1}{18}$

(3)　配点 15点

追いかけるのは左端のカードだけで、1回目の操作で1が動くかどうかで場合を分ける。

(i)　1回目に、1を含まない3通りの組のどれかを取り出したとき

1は左端から動かず、左端は1のままである。2回目も1を含まない組（3通り）を取り出せば、左端はそのまま1である。

(ii)　1回目に、1を含む3通りの組のどれかを取り出したとき

左端は2、3、4のいずれかに入れかわる。これを1に戻せるのは、2回目に、1と、その時点で左端にあるカードとの組（1通り）を選んだ場合だけである。

(i)と(ii)は同時には起こらないから、両方を合わせて

$$\dfrac{3\cdot3}{36}+\dfrac{3\cdot1}{36}=\dfrac{12}{36}=\dfrac13$$

答　$\dfrac13$

(4)　配点 15点

(3) より、2回後に左端のカードの数字が1である確率は $\dfrac13$ である。

左端が $x$ のカードのとき、1回の操作で左端が $y\ (y\neq x)$ のカードに変わるのは、 $x$ と $y$ の組を取り出した場合だけで、その確率は $y$ が何であっても $\dfrac16$ である。つまり2、3、4 は左端への入りやすさに差がないので、対称性により、2回後に左端が2、3、4である確率は互いに等しい。

4つの確率を全部足すと1なので、2回後に左端が2、3、4である確率は、それぞれ

$$\dfrac13\left(1-\dfrac13\right)=\dfrac13\cdot\dfrac23=\dfrac29$$

以上より、期待値は

$$1\cdot\dfrac13+(2+3+4)\cdot\dfrac29=\dfrac13+2=\dfrac73$$

答　$\dfrac73$

（確かめ：確率の和は $\dfrac13+\dfrac29\cdot3=1$ ）

別解（左端が2になる取り出し方を直接数える）　対称性を使わずに、2回後に左端が2になる取り出し方を、1回目の組で場合分けして数える。

・1回目に1と2の組（左端が2になる）：2回目に2を含まない組（1と3、1と4、3と4）を取り出せば左端は2のまま。3通り

・1回目に1と3の組、または1と4の組（左端が3または4になる）：2回目に2とそのとき左端にあるカードの組（2と3、または2と4）を取り出せば左端が2になる。2通り

・1回目に1を含まない組（3通り。左端は1のまま）：2回目に1と2の組を取り出せば左端が2になる。3通り

合わせて $3+2+3=8$ 通りなので、左端が2である確率は $\dfrac{8}{36}=\dfrac29$ 。3、4も同じように8通りずつで $\dfrac29$ となり、本解と一致する。左端が1は (3) より12通りで、 $12+8\cdot3=36$ と全体の数とも合う。