【解説・採点基準付き】2004年九州大学文系数学の解答・解説

2つの関数 $f(x)=-px^2+2\ (p>0)$、 $g(x)=|x|-2$ が与えられていて、放物線 $y=f(x)$ が2点 $(-3\sqrt2,0)$、 $(3\sqrt2,0)$ を通るとする。

(1) $p$ の値を求めよ。

(2) $y=f(x)$ と $y=g(x)$ の交点をすべて求めよ。

(3) (2)で求めた交点のうち、 $x$ 座標が最小となる点を $\mathrm{A}(a,f(a))$ とする。このとき、点 $\mathrm{A}$ における $y=f(x)$ の接線 $y=h(x)$ を求めよ。また、この接線 $y=h(x)$ と $y=g(x)$ の、点 $\mathrm{A}$ とは異なる、交点 $\mathrm{B}(b,g(b))$ を求めよ。

(4) 次の連立不等式の定める図形の面積を求めよ。

$$a\leqq x\leqq b,\quad y\leqq h(x),\quad y\geqq f(x),\quad y\geqq g(x)$$

(1)　配点 5点

放物線 $y=f(x)$ は点 $(3\sqrt2,0)$ を通るので

$$-p(3\sqrt2)^2+2=0\quad\text{すなわち}\quad -18p+2=0$$

よって $p=\dfrac19$ （これは $p>0$ を満たす）。 $f(x)$ は $x^2$ と定数だけの式なので、点 $(-3\sqrt2,0)$ も通る。

答　$p=\dfrac19$

(2)　配点 10点

(1) より

$$f(x)=-\dfrac19x^2+2$$

$y=g(x)$ のグラフは、中身 $y=x$ のグラフの $x<0$ の部分（ $y<0$ の部分）を $x$ 軸で折り返して $y=|x|$ とし、それを $y$ 軸方向に $-2$ だけ平行移動した折れ線である。

(i) $x\geqq0$ のとき　 $g(x)=x-2$ なので、 $-\dfrac19x^2+2=x-2$ より

$$x^2+9x-36=0\qquad (x+12)(x-3)=0$$

$x\geqq0$ より $x=3$ で、 $y=3-2=1$。

(ii) $x<0$ のとき　 $g(x)=-x-2$ なので、 $-\dfrac19x^2+2=-x-2$ より

$$x^2-9x-36=0\qquad (x+3)(x-12)=0$$

$x<0$ より $x=-3$ で、 $y=-(-3)-2=1$。

$f(x)$ も $g(x)$ も $x$ を $-x$ にかえても値が変わらない（グラフが $y$ 軸について対称）ので、交点も $y$ 軸について対称になり、(i)(ii) の結果と合う。

答　$(3,\ 1)$、 $(-3,\ 1)$

(3)　配点 15点

(2) の交点のうち $x$ 座標が最小のものは $(-3,\ 1)$ なので、 $\mathrm{A}(-3,\ 1)$、 $a=-3$ である。

$f'(x)=-\dfrac29x$ より $f'(-3)=\dfrac23$ なので、点 A における接線は

$$h(x)=\dfrac23(x+3)+1=\dfrac23x+3$$

$y=h(x)$ と $y=g(x)$ の交点を、折れ線の左右の線に分けて求める。

(i) $x<0$ のとき　 $\dfrac23x+3=-x-2$ より $\dfrac53x=-5$、 $x=-3$。これは点 A である。

(ii) $x\geqq0$ のとき　 $\dfrac23x+3=x-2$ より $\dfrac13x=5$、 $x=15$。これは $x\geqq0$ を満たし、 $y=15-2=13$。

よって、A と異なる交点は $\mathrm{B}(15,\ 13)$ で、 $b=15$ である。

答　$h(x)=\dfrac23x+3$、 $\mathrm{B}(15,\ 13)$

検算　 $h(15)=10+3=13$、 $g(15)=15-2=13$ で一致する。接線の傾き $\dfrac23$ は右の線の傾き $1$ より小さいので、右の線とは必ず1回だけ交わることも図と合う。

(4)　配点 20点

$a=-3$、 $b=15$ である。まず、3つのグラフの上下を調べる。

接線と放物線の差は

$$h(x)-f(x)=\dfrac19x^2+\dfrac23x+1=\dfrac19(x+3)^2\geqq0$$

なので、接線 $y=h(x)$ はつねに放物線 $y=f(x)$ の上にある（ $x=-3$ で接する）。

次に、(2) の計算から

・$0\leqq x\leqq15$ では $f(x)-g(x)=-\dfrac19(x^2+9x-36)=-\dfrac19(x+12)(x-3)$ なので、 $0\leqq x\leqq3$ で $f(x)\geqq g(x)$、 $3\leqq x\leqq15$ で $g(x)\geqq f(x)$

・$-3\leqq x<0$ では $f(x)-g(x)=-\dfrac19(x^2-9x-36)=-\dfrac19(x+3)(x-12)\geqq0$

よって、下の境界は $-3\leqq x\leqq3$ では放物線 $y=f(x)$、 $3\leqq x\leqq15$ では折れ線 $y=g(x)$ になる。また

・$-3\leqq x<0$ では $h(x)-g(x)=\dfrac23x+3-(-x-2)=\dfrac53(x+3)\geqq0$

・$0\leqq x\leqq15$ では $h(x)-g(x)=\dfrac23x+3-(x-2)=\dfrac13(15-x)\geqq0$

なので、 $-3\leqq x\leqq15$ で $h(x)$ はつねに $f(x)$、 $g(x)$ の大きい方以上である。

したがって、求める図形は、 $-3\leqq x\leqq3$ では放物線と接線の間の部分 $S_1$、 $3\leqq x\leqq15$ では折れ線と接線の間の部分 $S_2$ を合わせたもので、その面積を $S$ とすると

$$S=\int_{-3}^{3}\{h(x)-f(x)\}\,dx+\int_{3}^{15}\{h(x)-g(x)\}\,dx=\int_{-3}^{3}\dfrac19(x+3)^2\,dx+\int_{3}^{15}\dfrac13(15-x)\,dx$$

1つ目は、 $(x+3)^2$ を塊のまま積分して

$$\int_{-3}^{3}\dfrac19(x+3)^2\,dx=\left[\dfrac{1}{27}(x+3)^3\right]_{-3}^{3}=\dfrac{6^3}{27}=8$$

2つ目は、頂点が $(3,\ 1)$、 $(3,\ 5)$、 $\mathrm{B}(15,\ 13)$ の三角形の面積である。底辺を直線 $x=3$ 上の長さ $h(3)-g(3)=5-1=4$ とみると、高さは $15-3=12$ なので

$$\int_{3}^{15}\dfrac13(15-x)\,dx=\dfrac12\cdot4\cdot12=24$$

よって

$$S=8+24=32$$

答　$32$

検算　2つ目を積分で計算すると $\left[-\dfrac16(15-x)^2\right]_{3}^{15}=\dfrac16\cdot12^2=24$ で、三角形の面積と一致する。

別解（大きな三角形から、放物線と弦の間の図形を引く）　 $\mathrm{C}(3,\ 1)$ とする。求める図形は、三角形 ABC から、弦 AC（直線 $y=1$ ）と放物線で囲まれた図形を除いたものである。三角形 ABC は底辺 $\mathrm{AC}=6$（ $x$ 軸に平行）で、高さは B と AC の $y$ 座標の差 $13-1=12$ なので、面積は $\dfrac12\cdot6\cdot12=36$。弦 AC と放物線の間の図形は、 $f(x)-1=-\dfrac19(x+3)(x-3)$ より $\dfrac16$ 公式で

$$\int_{-3}^{3}\left\{f(x)-1\right\}dx=\int_{-3}^{3}\left(-\dfrac19\right)(x+3)(x-3)\,dx=\dfrac19\cdot\dfrac{6^3}{6}=4$$

よって $S=36-4=32$ で、本解と同じになる。公式で求められる図形の足し引きに分ける見方で、検算にも使える。

複素数平面上に複素数 $z=\cos\theta+i\sin\theta\ (0^\circ<\theta<180^\circ)$ をとり、 $\alpha=z+1$、 $\beta=z-1$ とおく。

(1) $|\beta|=2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)$ を示せ。

(2) $\arg\beta=\dfrac{\theta}{2}+90^\circ$ を示せ。ただし、 $0^\circ\leqq\arg\beta<360^\circ$ とする。

(3) $\theta=60^\circ$ とする。9つの複素数 $\alpha^m\beta^n\ (m,n=1,2,3)$ の虚部の最小値を求め、その最小値を与える $(m,n)$ のすべてを決定せよ。

(1)　配点 10点

$\beta=z-1=(\cos\theta-1)+i\sin\theta$ 。2倍角の公式 $\cos2x=1-2\sin^2x$ 、 $\sin2x=2\sin x\cos x$ で $x=\dfrac{\theta}{2}$ とすると

$$\cos\theta-1=-2\sin^2\dfrac{\theta}{2},\qquad \sin\theta=2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}$$

よって

$$\beta=-2\sin^2\dfrac{\theta}{2}+2i\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}=2\sin\dfrac{\theta}{2}\left(-\sin\dfrac{\theta}{2}+i\cos\dfrac{\theta}{2}\right)\quad\cdots\cdots①$$

$0^\circ<\theta<180^\circ$ より $0^\circ<\dfrac{\theta}{2}<90^\circ$ なので $2\sin\dfrac{\theta}{2}>0$ 。また $\left|-\sin\dfrac{\theta}{2}+i\cos\dfrac{\theta}{2}\right|=\sqrt{\sin^2\dfrac{\theta}{2}+\cos^2\dfrac{\theta}{2}}=1$ 。よって①より

$$|\beta|=2\sin\dfrac{\theta}{2}\times1=2\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)$$

(2)　配点 15点

①のかっこの中を、大きさ1の形 $\cos\bigcirc+i\sin\bigcirc$ に直す。加法定理より $\cos\left(\dfrac{\theta}{2}+90^\circ\right)=-\sin\dfrac{\theta}{2}$ 、 $\sin\left(\dfrac{\theta}{2}+90^\circ\right)=\cos\dfrac{\theta}{2}$ なので

$$\small\begin{aligned}\beta&=2\sin\dfrac{\theta}{2}\\&\quad\times\left\{\cos\left(\dfrac{\theta}{2}+90^\circ\right)+i\sin\left(\dfrac{\theta}{2}+90^\circ\right)\right\}\ \cdots\cdots②\end{aligned}$$

(1) より $2\sin\dfrac{\theta}{2}>0$ なので、②は $\beta$ の極形式である（長さ $2\sin\dfrac{\theta}{2}$ 、角 $\dfrac{\theta}{2}+90^\circ$ ）。

$0^\circ<\dfrac{\theta}{2}<90^\circ$ より $90^\circ<\dfrac{\theta}{2}+90^\circ<180^\circ$ で、これは $0^\circ\leqq\arg\beta<360^\circ$ の範囲に入っている。したがって

$$\arg\beta=\dfrac{\theta}{2}+90^\circ$$

別解（(1) を三角関数だけで示す）　 $|\beta|^2=(\cos\theta-1)^2+\sin^2\theta=2-2\cos\theta$ 。2倍角の公式 $\cos\theta=1-2\sin^2\dfrac{\theta}{2}$ より $|\beta|^2=4\sin^2\dfrac{\theta}{2}$ 。 $\sin\dfrac{\theta}{2}>0$ 、 $|\beta|>0$ なので $|\beta|=2\sin\dfrac{\theta}{2}$ 。

別解（(2) を三角関数だけで示す）　 $\arg\beta=\varphi$ とすると、 $\cos\varphi=\dfrac{\cos\theta-1}{|\beta|}$ 、 $\sin\varphi=\dfrac{\sin\theta}{|\beta|}$ 。(1) と2倍角の公式より

$$\cos\varphi=\dfrac{-2\sin^2\dfrac{\theta}{2}}{2\sin\dfrac{\theta}{2}}=-\sin\dfrac{\theta}{2}=\cos\left(\dfrac{\theta}{2}+90^\circ\right),\qquad \sin\varphi=\dfrac{2\sin\dfrac{\theta}{2}\cos\dfrac{\theta}{2}}{2\sin\dfrac{\theta}{2}}=\cos\dfrac{\theta}{2}=\sin\left(\dfrac{\theta}{2}+90^\circ\right)$$

$0^\circ$ 以上 $360^\circ$ 未満で $\cos$ と $\sin$ の値がともに一致する角は1つだけなので、 $\varphi=\dfrac{\theta}{2}+90^\circ$ 。本解の②を、成分ごとに確かめたものと同じである。

別解（図形で見る）　 $\mathrm{A}(-1)$ 、 $\mathrm{B}(1)$ 、 $\mathrm{P}(z)$ とする。 $\mathrm{P}$ は $\mathrm{AB}$ を直径とする単位円の上半分にあるので $\angle\mathrm{APB}=90^\circ$ 。中心角 $\angle\mathrm{POB}=\theta$ に対する円周角は $\angle\mathrm{PAB}=\dfrac{\theta}{2}$ 。直角三角形 $\mathrm{APB}$ で $\mathrm{PB}=\mathrm{AB}\sin\angle\mathrm{PAB}=2\sin\dfrac{\theta}{2}$ で、これが $|\beta|$ （(1)）。また $\alpha=\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ の向きは $\dfrac{\theta}{2}$ で、 $\beta=\overrightarrow{\mathrm{BP}}$ はそれに垂直で上向き（ $\mathrm{P}$ の虚部が正）なので、向きは $\dfrac{\theta}{2}+90^\circ$ （(2)）。答案では角の向きの説明が長くなるので、確かめ・見当づけに使う。なお、原点 O と点 $1$ 、 $z+1$ 、 $z$ はひし形をなし、 $\alpha=z+1$ と $\beta=z-1$ はその2本の対角線なので垂直になる（ $\dfrac{\beta}{\alpha}=i\tan\dfrac{\theta}{2}$ ）。

(3)　配点 25点

$\theta=60^\circ$ のとき、(1)(2) より $|\beta|=2\sin30^\circ=1$ 、 $\arg\beta=120^\circ$ なので

$$\beta=\cos120^\circ+i\sin120^\circ$$

また $\alpha=z+1=\dfrac32+\dfrac{\sqrt3}{2}i=\sqrt3\left(\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac12i\right)$ なので

$$\alpha=\sqrt3\left(\cos30^\circ+i\sin30^\circ\right)$$

ド・モアブルの定理より

$$\alpha^m\beta^n=\left(\sqrt3\right)^m\left\{\cos(30m+120n)^\circ+i\sin(30m+120n)^\circ\right\}$$

長さ： $\left(\sqrt3\right)^m$ 、角： $(30m+120n)^\circ$ 。よって虚部は

$$\left(\sqrt3\right)^m\sin(30m+120n)^\circ$$

9組を表にする（各マスは「角：虚部」の順）。

虚部が負になるのは $-\sqrt3$ と $-\dfrac{3\sqrt3}{2}$ （3組）だけで、 $\dfrac{3\sqrt3}{2}>\sqrt3$ より $-\dfrac{3\sqrt3}{2}<-\sqrt3$ 。よって最小値は $-\dfrac{3\sqrt3}{2}$ で、それを与えるのは $(m,n)=(2,2),\ (3,1),\ (3,2)$ 。

答　虚部の最小値 $-\dfrac{3\sqrt3}{2}$ 、それを与える $(m,n)=(2,2),\ (3,1),\ (3,2)$

検算　 $(m,n)=(3,1)$ を直接計算する。 $\alpha^2=\left(\dfrac{3+\sqrt3\,i}{2}\right)^2=\dfrac{3+3\sqrt3\,i}{2}$ 、 $\alpha^3=\alpha^2\alpha=\dfrac{(3+3\sqrt3\,i)(3+\sqrt3\,i)}{4}=3\sqrt3\,i$ 。 $\alpha^3\beta=3\sqrt3\,i\cdot\dfrac{-1+\sqrt3\,i}{2}=\dfrac{-9-3\sqrt3\,i}{2}$ で、虚部は $-\dfrac{3\sqrt3}{2}$ 。表と一致する。

別解（文系の範囲：加法定理で積を角の和にする）　ド・モアブルの定理を使わなくても、加法定理から

$$(\cos a+i\sin a)(\cos b+i\sin b)=(\cos a\cos b-\sin a\sin b)+i(\sin a\cos b+\cos a\sin b)=\cos(a+b)+i\sin(a+b)$$

が成り立つ。つまり、かけ算をすると角が足される。これを $\alpha$ を $m$ 個、 $\beta$ を $n$ 個かける所でくり返し使えば、本解と同じ $\alpha^m\beta^n=\left(\sqrt3\right)^m\left\{\cos(30m+120n)^\circ+i\sin(30m+120n)^\circ\right\}$ が得られ、あとは表で比べるだけになる。

別解（文系の範囲：直接かけ算する）　 $\alpha=\dfrac{3+\sqrt3\,i}{2}$ 、 $\beta=\dfrac{-1+\sqrt3\,i}{2}$ 。先に累乗を求めておくと

$$\beta^2=\dfrac{-1-\sqrt3\,i}{2},\quad \beta^3=1,\qquad \alpha^2=\dfrac{3+3\sqrt3\,i}{2},\quad \alpha^3=3\sqrt3\,i$$

$\beta^3=1$ なので $\alpha^m\beta^3=\alpha^m$ （虚部 $\dfrac{\sqrt3}{2},\ \dfrac{3\sqrt3}{2},\ 3\sqrt3$ ）。残りの6個は

$$\alpha\beta=-\dfrac32+\dfrac{\sqrt3}{2}i,\quad \alpha\beta^2=-\sqrt3\,i,\quad \alpha^2\beta=-3,\quad \alpha^2\beta^2=\dfrac32-\dfrac{3\sqrt3}{2}i,\quad \alpha^3\beta=-\dfrac92-\dfrac{3\sqrt3}{2}i,\quad \alpha^3\beta^2=\dfrac92-\dfrac{3\sqrt3}{2}i$$

虚部を比べて、本解と同じ答えになる。極形式を知らなくても、 $\beta^3=1$ に気づけば計算は軽い。

$0<\alpha<1$、 $0<\beta<1$ とする。平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ の辺 $\mathrm{BC}$ を $\alpha:1-\alpha$ に内分する点を $\mathrm{P}$ とし、辺 $\mathrm{CD}$ を $1-\beta:\beta$ に内分する点を $\mathrm{Q}$ とする。また、線分 $\mathrm{QP}$ と平行四辺形の対角線 $\mathrm{AC}$ の交点を $\mathrm{R}$ とする。 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec a$、 $\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\vec b$ として次の問いに答えよ。

(1) ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{AQ}}$ を $\vec a$、 $\vec b$ を用いて表せ。

(2) 長さの比 $\dfrac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RP}}$ および $\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AC}}$ を求めよ。

(3) $\mathrm{AB}=2$、 $\mathrm{AD}=1$、 $\angle\mathrm{DAB}=60^\circ$ とするとき、 $\triangle\mathrm{AQR}$ の面積を求めよ。

(1)　配点 10点

点と点をつなぐと $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\overrightarrow{\mathrm{BP}}$ である。Pは辺BCを $\alpha:1-\alpha$ に内分するので $\overrightarrow{\mathrm{BP}}=\alpha\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ で、平行四辺形なので $\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\vec b$。よって

$$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\vec a+\alpha\vec b$$

Qは辺CDを $1-\beta:\beta$ に内分するので、 $\mathrm{CQ}:\mathrm{QD}=1-\beta:\beta$ より $\mathrm{DQ}=\beta\,\mathrm{DC}$ で、 $\overrightarrow{\mathrm{DQ}}=\beta\overrightarrow{\mathrm{DC}}=\beta\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\beta\vec a$。よって

$$\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{DQ}}=\beta\vec a+\vec b$$

答　$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\vec a+\alpha\vec b$、 $\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=\beta\vec a+\vec b$

BC上の比は $\alpha:1-\alpha$ をBから、CD上の比は $1-\beta:\beta$ をCから測る。Qは「Dから $\beta$ の割合」の位置にある。

(2)　配点 25点

RはAC上の点なので、実数 $k$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=k\overrightarrow{\mathrm{AC}}=k(\vec a+\vec b)=k\vec a+k\vec b\quad\cdots①$$

と表せる。

また、Rは線分QP上の点なので、 $\mathrm{QR}:\mathrm{RP}=s:(1-s)$（ $0<s<1$）とおくと、(1) より

$$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=(1-s)\overrightarrow{\mathrm{AQ}}+s\overrightarrow{\mathrm{AP}}=(1-s)(\beta\vec a+\vec b)+s(\vec a+\alpha\vec b)=\{\beta+(1-\beta)s\}\vec a+\{1-(1-\alpha)s\}\vec b\quad\cdots②$$

$\vec a$、 $\vec b$ は1次独立（ $\vec a\neq\vec0$、 $\vec b\neq\vec0$、 $\vec a\nparallel\vec b$）なので、①、② の係数を比べて

$$k=\beta+(1-\beta)s,\qquad k=1-(1-\alpha)s$$

2式から $k$ を消すと $\beta+(1-\beta)s=1-(1-\alpha)s$、すなわち $(2-\alpha-\beta)s=1-\beta$。 $2-\alpha-\beta>0$ なので

$$s=\frac{1-\beta}{2-\alpha-\beta},\qquad 1-s=\frac{1-\alpha}{2-\alpha-\beta}$$

（ $0<s<1$ をみたす）

よって

$$\frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RP}}=\frac{s}{1-s}=\frac{1-\beta}{1-\alpha}$$

また

$$k=1-(1-\alpha)s=\frac{(2-\alpha-\beta)-(1-\alpha)(1-\beta)}{2-\alpha-\beta}=\frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$$

$0<k<1$（ $k<1$ は $(1-\alpha)(1-\beta)>0$ による）なので、RはAC上でAから $k$ の割合の位置にあり、 $\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AC}}=k$ である。

答　$\dfrac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RP}}=\dfrac{1-\beta}{1-\alpha}$、 $\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AC}}=\dfrac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}$

（確かめ： $\alpha=\beta=\dfrac12$ のとき、P、QはBC、CDの中点で、QPはACと $\mathrm{AR}:\mathrm{RC}=3:1$ の点で交わる。式でも $\dfrac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RP}}=1$、 $\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AC}}=\dfrac{1-\dfrac14}{2-1}=\dfrac34$ となり一致する）

別解1（1文字で置く）　 $\overrightarrow{\mathrm{AR}}=(1-s)\overrightarrow{\mathrm{AQ}}+s\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\{\beta+(1-\beta)s\}\vec a+\{1-(1-\alpha)s\}\vec b$ と1文字で表す。RはAC上にあり、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec a+\vec b$ なので、 $\vec a$ と $\vec b$ の係数は等しい。よって $\beta+(1-\beta)s=1-(1-\alpha)s$ となり、本解と同じ $s$ が求まる。 $\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AC}}$ はその共通の係数 $\beta+(1-\beta)s$ である。置く文字を減らすと、連立方程式を解く手間が少し減る。

別解2（ $\dfrac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RP}}$ を面積比で求める）　Q、R、Pは一直線上にあり、RはAC上にあるので、 $\dfrac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RP}}$ はQとPから直線ACまでの距離の比に等しく、底辺ACが共通な $\triangle\mathrm{AQC}$ と $\triangle\mathrm{APC}$ の面積比に等しい。平行四辺形の面積を $T$ とすると、 $\triangle\mathrm{AQC}=\dfrac{\mathrm{QC}}{\mathrm{DC}}\triangle\mathrm{ACD}=(1-\beta)\cdot\dfrac T2$、 $\triangle\mathrm{APC}=\dfrac{\mathrm{PC}}{\mathrm{BC}}\triangle\mathrm{ABC}=(1-\alpha)\cdot\dfrac T2$ なので

$$\frac{\mathrm{QR}}{\mathrm{RP}}=\frac{\triangle\mathrm{AQC}}{\triangle\mathrm{APC}}=\frac{1-\beta}{1-\alpha}$$

計算をほとんどせずに、答えの見当や検算に使える。

(3)　配点 15点

平行四辺形ABCDの面積は $\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}\sin60^\circ=2\cdot1\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=\sqrt3$ なので

$$\triangle\mathrm{ACD}=\frac{\sqrt3}{2}$$

Qを頂点と見ると、底辺AR、ACは同じ直線上にあり高さが共通なので、(2) より

$$\triangle\mathrm{AQR}=\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AC}}\,\triangle\mathrm{AQC}=\frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}\,\triangle\mathrm{AQC}$$

Aを頂点と見ると、底辺QC、DCは同じ直線上にあり高さが共通で、 $\mathrm{QC}:\mathrm{DC}=1-\beta:1$ なので

$$\triangle\mathrm{AQC}=(1-\beta)\,\triangle\mathrm{ACD}=\frac{\sqrt3}{2}(1-\beta)$$

よって

$$\triangle\mathrm{AQR}=\frac{1-\alpha\beta}{2-\alpha-\beta}\cdot\frac{\sqrt3}{2}(1-\beta)=\frac{\sqrt3(1-\beta)(1-\alpha\beta)}{2(2-\alpha-\beta)}$$

答　$\dfrac{\sqrt3(1-\beta)(1-\alpha\beta)}{2(2-\alpha-\beta)}$

（確かめ： $\alpha=\beta=\dfrac12$ のとき $\dfrac{\sqrt3\cdot\dfrac12\cdot\dfrac34}{2\cdot1}=\dfrac{3\sqrt3}{16}$。下の座標の別解で計算しても同じ値になる）

別解（座標を置く）　Aを原点、ABを $x$ 軸の正の向きにとると、 $\vec a=(2,\ 0)$、 $\vec b=\left(\dfrac12,\ \dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ である。(1)(2) より

$$\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=\beta\vec a+\vec b=\left(2\beta+\frac12,\ \frac{\sqrt3}{2}\right),\qquad\overrightarrow{\mathrm{AR}}=k(\vec a+\vec b)=\left(\frac52k,\ \frac{\sqrt3}{2}k\right)$$

1点が原点の三角形の面積の公式より

$$\triangle\mathrm{AQR}=\frac12\left|\left(2\beta+\frac12\right)\cdot\frac{\sqrt3}{2}k-\frac52k\cdot\frac{\sqrt3}{2}\right|=\frac{\sqrt3}{4}k\,|2\beta-2|=\frac{\sqrt3}{2}(1-\beta)k$$

となり、本解と同じ式になる。(3) だけは図形が決まっているので、座標を置いても計算は軽い。ただし (2) は一般の平行四辺形の話なので、ベクトルのまま解く方が早い。

スイッチを入れると等確率で赤色または青色に輝く電球が横一列に6個並んでいる。これらの6個の電球のスイッチを同時に入れたあと、左から電球の色を見ていき、色の変化の回数を調べる。

(1) 赤青青青青青、赤赤青青青青、……　のように左端が赤色で色の変化がちょうど1回起きる確率を求めよ。

(2) 色の変化が少なくとも2回起きる確率を求めよ。

(3) 色の変化がちょうど $n$ 回 $(0\leqq n\leqq5)$ 起きる確率を求めよ。

(4) 色の変化の回数の期待値を求めよ。

6個の電球の色の並びは $2^6=64$ 通りあり、どれも同様に確からしい。以下、確率は「条件を満たす並びの数÷64」で求める。

隣り合う電球の間を左から「すき間1」〜「すき間5」と呼ぶ。色の変化の回数は、5か所のすき間のうち、両側の電球の色が異なるすき間の個数である。

(1)　配点 10点

左端が赤で変化がちょうど1回の並びは、左から $k$ 個が赤、残りの $6-k$ 個が青（ $k=1,2,3,4,5$ ）のものである。すなわち、色が変わるすき間（すき間 $k$ ）の選び方で決まり、5通りある。

答　$\dfrac{5}{64}$

(2)　配点 12点

直接求めると変化2回〜5回の4つの場合を数えることになるので、余事象「変化が0回または1回」を考える。

変化0回の並びは、全部赤・全部青の2通り。変化1回の並びは、左端が赤のもの5通り（(1)）と、左端が青のもの5通り（(1) の赤と青を入れかえたもの）で10通り。

よって、求める確率は

$$1-\dfrac{2+10}{64}=1-\dfrac{3}{16}=\dfrac{13}{16}$$

答　$\dfrac{13}{16}$

(3)　配点 14点

並びを決めると、左端の色と、色が変わるすき間の集合が決まる。逆に、左端の色と色が変わるすき間の集合を決めると、左から順に「変わるすき間では色を入れかえ、変わらないすき間では同じ色を続ける」ことで、並びがちょうど1つに決まる。よって、並びと（左端の色、色が変わるすき間の集合）の組は1対1に対応する。

変化がちょうど $n$ 回の並びは、左端の色が2通り、5か所のすき間から色が変わる $n$ か所を選ぶのが ${}_5\mathrm{C}_n$ 通りなので、 $2\times{}_5\mathrm{C}_n$ 通りある。よって、求める確率は

$$\dfrac{2\times{}_5\mathrm{C}_n}{64}=\dfrac{{}_5\mathrm{C}_n}{32}$$

答　$\dfrac{{}_5\mathrm{C}_n}{32}$ （ $n=0,1,2,3,4,5$ の順に $\dfrac{1}{32}$、 $\dfrac{5}{32}$、 $\dfrac{5}{16}$、 $\dfrac{5}{16}$、 $\dfrac{5}{32}$、 $\dfrac{1}{32}$ ）

（確かめ： $n=1$ の $\dfrac{5}{32}$ は (1) の $\dfrac{5}{64}$ の2倍で、左端が青の場合と合わせた値と一致する。 $n=0,1$ の和 $\dfrac{6}{32}=\dfrac{3}{16}$ は (2) の余事象の確率と一致する）

(4)　配点 14点

変化の回数を $X$ とすると、(3) より $X$ の確率は次の表のようになる。

期待値は値×確率の和なので

$$E=\dfrac{0\cdot1+1\cdot5+2\cdot10+3\cdot10+4\cdot5+5\cdot1}{32}=\dfrac{80}{32}=\dfrac52$$

答　$\dfrac52$

別解（対称性を使う）　 ${}_5\mathrm{C}_n={}_5\mathrm{C}_{5-n}$ なので、対称性より、変化が $n$ 回である確率と $5-n$ 回である確率は等しい。よって、 $n$ 回と $5-n$ 回の組を合わせると、どの組も値の平均は $\dfrac{n+(5-n)}{2}=\dfrac52$ で、確率は全部で1なので

$$E=(0+5)\cdot\dfrac{1}{32}+(1+4)\cdot\dfrac{5}{32}+(2+3)\cdot\dfrac{10}{32}=5\cdot\dfrac{1+5+10}{32}=5\cdot\dfrac12=\dfrac52$$

（参考：5か所のすき間のそれぞれで色が変わる確率は、どのすき間でも $\dfrac12$ である。期待値は「各すき間で変わる確率」の和 $5\times\dfrac12=\dfrac52$ としても求まり、本解と一致する。この見方は数学Bの「確率変数の和の期待値」を使うものである）

検算　6個の色の並び64通りをすべて書き出して変化の回数を数えると、0回〜5回の並びの数は順に2、10、20、20、10、2通りで、(3) の $2\times{}_5\mathrm{C}_n$ と一致する。左端が赤で1回の並びは5通りで (1) と一致し、2回以上の並びは52通りで $\dfrac{52}{64}=\dfrac{13}{16}$ と (2) に一致する。期待値は $\dfrac{0\cdot2+1\cdot10+2\cdot20+3\cdot20+4\cdot10+5\cdot2}{64}=\dfrac{160}{64}=\dfrac52$ で (4) に一致する。