【解説・採点基準付き】2014年九州大学文系数学の解答・解説

座標平面上の直線 $y=-1$ を $l_1$、直線 $y=1$ を $l_2$ とし、 $x$ 軸上の2点 $\mathrm{O}(0,0)$、 $\mathrm{A}(a,0)$ を考える。点 $\mathrm{P}(x,y)$ について、次の条件を考える。

$$d(\mathrm{P},l_1)\geqq\mathrm{PO}\quad\text{かつ}\quad d(\mathrm{P},l_2)\geqq\mathrm{PA}\quad\cdots\cdots①$$

ただし、 $d(\mathrm{P},l)$ は点Pと直線 $l$ の距離である。

(1) 条件①を満たす点Pが存在するような $a$ の値の範囲を求めよ。

(2) 条件①を満たす点P全体がなす図形の面積 $S$ を $a$ を用いて表せ。ただし、 $a$ の値は(1)で求めた範囲にあるとする。

(1)　配点 20点

$l_1:y=-1$、 $l_2:y=1$ なので

$$d(\mathrm{P},l_1)=|y+1|,\quad d(\mathrm{P},l_2)=|y-1|,\quad \mathrm{PO}=\sqrt{x^2+y^2},\quad \mathrm{PA}=\sqrt{(x-a)^2+y^2}$$

$d(\mathrm{P},l_1)\geqq\mathrm{PO}$ は両辺とも0以上なので、2乗しても同値である。

$$(y+1)^2\geqq x^2+y^2\iff 2y+1\geqq x^2\iff y\geqq\dfrac{x^2-1}{2}$$

同じく $d(\mathrm{P},l_2)\geqq\mathrm{PA}$ も両辺とも0以上なので

$$(y-1)^2\geqq(x-a)^2+y^2\iff 1-2y\geqq(x-a)^2\iff y\leqq\dfrac{1-(x-a)^2}{2}$$

よって、条件①は

$$\dfrac{x^2-1}{2}\leqq y\leqq\dfrac{1-(x-a)^2}{2}\quad\cdots②$$

と同じである。

$x$ を固定して考える。②をみたす $y$ が存在するのは、下の端が上の端以下のとき、すなわち

$$\dfrac{x^2-1}{2}\leqq\dfrac{1-(x-a)^2}{2}\iff 2x^2-2ax+a^2-2\leqq0\quad\cdots③$$

のときである。

したがって、条件①をみたす点 $\mathrm{P}$ が存在するのは、③をみたす実数 $x$ が存在するときである。

③の左辺を $f(x)$ とおく。「ある $x$ で $f(x)\leqq0$」は「 $f(x)$ の最小値が0以下」と同じである。

$$f(x)=2x^2-2ax+a^2-2=2\left(x-\dfrac{a}{2}\right)^2+\dfrac{a^2}{2}-2$$

より、 $f(x)$ は $x=\dfrac{a}{2}$ で最小値 $\dfrac{a^2-4}{2}$ をとる。よって、求める条件は

$$\dfrac{a^2-4}{2}\leqq0\iff a^2\leqq4\iff -2\leqq a\leqq2$$

（③の左辺は2次の係数が正の2次式なので、判別式 $\dfrac{D}{4}=a^2-2(a^2-2)=4-a^2\geqq0$ としても同じ条件になる。）

$a=\pm2$ のとき、③をみたす $x$ は $x=\dfrac{a}{2}=\pm1$ だけで、②から $y=0$。条件①をみたす点は $(\pm1,\ 0)$ の1点だけになる（2つの放物線が接する）。

答　$-2\leqq a\leqq2$

別解（図形的な見方）　 $\mathrm{PO}\geqq|y|$ なので、 $d(\mathrm{P},l_1)\geqq\mathrm{PO}$ から $|y+1|\geqq|y|$、すなわち $y\geqq-\dfrac12$。同じく $d(\mathrm{P},l_2)\geqq\mathrm{PA}\geqq|y|$ から $y\leqq\dfrac12$。よって点 $\mathrm{P}$ は $l_1$ と $l_2$ の間にあり、 $d(\mathrm{P},l_1)+d(\mathrm{P},l_2)=(y+1)+(1-y)=2$ となる。①の2つの不等式を足すと

$$\mathrm{PO}+\mathrm{PA}\leqq2$$

三角形の不等式より $\mathrm{PO}+\mathrm{PA}\geqq\mathrm{OA}=|a|$ なので、 $|a|\leqq2$ が必要である。逆に $|a|\leqq2$ のとき、線分 $\mathrm{OA}$ の中点 $\mathrm{M}\left(\dfrac{a}{2},\ 0\right)$ は $d(\mathrm{M},l_1)=d(\mathrm{M},l_2)=1$、 $\mathrm{MO}=\mathrm{MA}=\dfrac{|a|}{2}\leqq1$ で①をみたす。よって $-2\leqq a\leqq2$ で、本解と一致する。

(2)　配点 30点

$a=\pm2$ のとき、(1) より図形は1点なので $S=0$ である。以下 $-2<a<2$ とする。

③の等号の2次方程式 $2x^2-2ax+a^2-2=0$ は、 $\dfrac{D}{4}=4-a^2>0$ より異なる2つの実数解をもつ。それを $\alpha$、 $\beta$（ $\alpha<\beta$ ）とすると

$$2x^2-2ax+a^2-2=2(x-\alpha)(x-\beta)$$

$\alpha\leqq x\leqq\beta$ ではこれが0以下なので、放物線 $y=\dfrac{1-(x-a)^2}{2}$ が上、放物線 $y=\dfrac{x^2-1}{2}$ が下にあり、条件①をみたす点全体は、この2つの放物線で囲まれた部分（境界を含む）である。

上 $-$ 下は

$$\dfrac{1-(x-a)^2}{2}-\dfrac{x^2-1}{2}=-\dfrac{2x^2-2ax+a^2-2}{2}=-(x-\alpha)(x-\beta)$$

なので

$$S=\int_\alpha^\beta\left\{\dfrac{1-(x-a)^2}{2}-\dfrac{x^2-1}{2}\right\}dx=\int_\alpha^\beta\{-(x-\alpha)(x-\beta)\}\,dx=\dfrac16(\beta-\alpha)^3$$

$2x^2-2ax+a^2-2=0$ を解の公式で解くと

$$x=\dfrac{a\pm\sqrt{4-a^2}}{2}$$

なので、辺々引いて

$$\beta-\alpha=\sqrt{4-a^2}$$

よって

$$S=\dfrac16\left(\sqrt{4-a^2}\right)^3=\dfrac{(4-a^2)\sqrt{4-a^2}}{6}$$

$a=\pm2$ のときもこの式は $0$ になり、上の $S=0$ と合う。

答　$S=\dfrac{(4-a^2)\sqrt{4-a^2}}{6}$

検算　 $a=0$ のとき、2つの放物線は $y=\dfrac{x^2-1}{2}$ と $y=\dfrac{1-x^2}{2}$ で、 $x=\pm1$ で交わる。上 $-$ 下 $=1-x^2$ なので $S=\displaystyle\int_{-1}^{1}(1-x^2)\,dx=\dfrac43$。式に $a=0$ を入れると $\dfrac{4\cdot2}{6}=\dfrac43$ で一致する。

以下の問いに答えよ。

(1) 任意の自然数 $a$ に対し、 $a^2$ を3で割った余りは0か1であることを証明せよ。

(2) 自然数 $a,b,c$ が $a^2+b^2=3c^2$ を満たすと仮定すると、 $a,b,c$ はすべて3で割り切れなければならないことを証明せよ。

(3) $a^2+b^2=3c^2$ を満たす自然数 $a,b,c$ は存在しないことを証明せよ。

(1)　配点 10点

0以上の整数 $k$ を使うと、自然数 $a$ は $3k$、 $3k+1$、 $3k+2$ のどれかの形に書ける。

$a=3k$ のとき　$a^2=9k^2=3\cdot3k^2$

$a=3k+1$ のとき　$a^2=9k^2+6k+1=3(3k^2+2k)+1$

$a=3k+2$ のとき　$a^2=9k^2+12k+4=3(3k^2+4k+1)+1$

どの場合も、 $a^2$ を3で割った余りは0か1になる。（証明終）

あわせて、余りが0になるのは $a$ が3の倍数のときだけ、ということも分かる。

(2)　配点 20点

等式 $a^2+b^2=3c^2$ の右辺は3の倍数なので、左辺の $a^2+b^2$ も3で割り切れる。(1) により $a^2$、 $b^2$ の余りはどちらも0か1なので、和を3で割った余りは次の表のようになる。

和が3で割り切れるのは、 $a^2$ も $b^2$ も3で割り切れる場合に限る。(1) の結果から、平方数が3で割り切れるのは元の数が3の倍数のときに限るので、 $a$ と $b$ はどちらも3の倍数となる。

$a=3a_1$、 $b=3b_1$（ $a_1,b_1$ は自然数）とおいて代入すると

$$9a_1^2+9b_1^2=3c^2\iff c^2=3(a_1^2+b_1^2)$$

$c^2$ が3の倍数だから、(1) により $c$ も3の倍数になる。以上から、3つの数 $a,b,c$ はどれも3の倍数である。（証明終）

(3)　配点 20点

$a^2+b^2=3c^2$ を満たす自然数の組が存在するとして、そのうち $c$ がもっとも小さいものを $(a,b,c)$ とする（自然数の集まりには最小の数がある）。

(2) の結論から $a,b,c$ はいずれも3の倍数となるので、 $a=3a_1$、 $b=3b_1$、 $c=3c_1$（ $a_1,b_1,c_1$ は自然数）と書ける。これを代入すると

$$9a_1^2+9b_1^2=27c_1^2\iff a_1^2+b_1^2=3c_1^2$$

つまり $(a_1,b_1,c_1)$ も同じ等式を満たす自然数の組である。しかし $c_1=\dfrac c3<c$ なので、 $c$ が最小であったことと食い違う。

よって、 $a^2+b^2=3c^2$ を満たす自然数 $a,b,c$ は存在しない。（証明終）

別解（ $3^n$ をくくり出す）　解 $(a,b,c)$ があるとする。 $3^n$ が $c$ の約数なら $3^n\leqq c$ だから、 $a,b,c$ をまとめて割り切る3の累乗のうち、最大のものが存在する。その累乗を $3^n$（ $n\geqq0$）と書き、 $a=3^nA$、 $b=3^nB$、 $c=3^nC$ とおく。 $A,B,C$ は自然数で、 3で割り切れないものが少なくとも1つはある（3つとも割り切れるなら $3^{n+1}$ のほうが大きい公約数になってしまう）。代入して両辺を $9^n$ で割ると $A^2+B^2=3C^2$ で、 $(A,B,C)$ も解になる。(2) から $A,B,C$ はすべて3の倍数となり、先の事実と矛盾する。本解は最小の $c$ を、この別解は最大の $3^n$ を選ぶ違いがあるだけで、どちらも (2) を1度使えば矛盾に行き着く。

鋭角三角形 $\triangle\mathrm{ABC}$ について、 $\angle\mathrm{A}$、 $\angle\mathrm{B}$、 $\angle\mathrm{C}$ の大きさを、それぞれ $A,B,C$ とする。 $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心をG、外心をOとし、外接円の半径を $R$ とする。

(1) AとOから辺BCに下ろした垂線を、それぞれAD、OEとする。このとき、

$$\mathrm{AD}=2R\sin B\sin C,\quad \mathrm{OE}=R\cos A$$

を証明せよ。

(2) GとOが一致するならば $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形であることを証明せよ。

(3) $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形でないとし、さらにOGがBCと平行であるとする。このとき、

$$\mathrm{AD}=3\mathrm{OE},\quad \tan B\tan C=3$$

を証明せよ。

(1)　配点 20点

$\triangle\mathrm{ABC}$ は鋭角三角形なので、Aから辺BCに下ろした垂線の足Dは辺BC上（B、Cとは異なる点）にあり、 $\angle\mathrm{ABD}=B$ である。直角三角形ABDで

$$\mathrm{AD}=\mathrm{AB}\sin B$$

また、△ABCで正弦定理より $\dfrac{\mathrm{AB}}{\sin C}=2R$ なので $\mathrm{AB}=2R\sin C$。よって

$$\mathrm{AD}=2R\sin B\sin C$$

次にOEを求める。 $\triangle\mathrm{ABC}$ は鋭角三角形なので、外心Oは三角形の内部にあり、OとAは直線BCについて同じ側にある。弧BC（Aを含まない方）に対する中心角は円周角の2倍なので

$$\angle\mathrm{BOC}=2A$$

$\mathrm{OB}=\mathrm{OC}=R$ なので、△OBCは二等辺三角形で、頂点Oから底辺BCに下ろした垂線OEは、底辺BCを二等分し、頂角 $\angle\mathrm{BOC}$ も二等分する（直角三角形OBEとOCEは、斜辺と他の1辺が等しいので合同）。よってEは辺BCの中点で

$$\angle\mathrm{BOE}=\frac12\angle\mathrm{BOC}=A$$

直角三角形OBEで $\mathrm{OB}=R$ なので

$$\mathrm{OE}=\mathrm{OB}\cos\angle\mathrm{BOE}=R\cos A$$

（証明終）

（確かめ： $\mathrm{B}\left(-\dfrac32,\ 0\right)$、 $\mathrm{C}\left(\dfrac92,\ 0\right)$、 $\mathrm{A}\left(0,\ \dfrac92\right)$ のとき、 $\tan B=3$、 $\tan C=1$ で鋭角三角形。外心は $\mathrm{O}\left(\dfrac32,\ \dfrac32\right)$、 $R=\mathrm{OB}=\dfrac{3\sqrt5}{2}$。 $\sin B=\dfrac{3}{\sqrt{10}}$、 $\sin C=\dfrac{1}{\sqrt2}$ より $2R\sin B\sin C=\dfrac92=\mathrm{AD}$。 $\cos A=\sin B\sin C-\cos B\cos C=\dfrac{3}{\sqrt{20}}-\dfrac{1}{\sqrt{20}}=\dfrac{1}{\sqrt5}$ より $R\cos A=\dfrac32=\mathrm{OE}$ で一致する）

別解（OEを三平方の定理で求める）　Eは辺BCの中点なので $\mathrm{BE}=\dfrac12\mathrm{BC}$。△ABCで正弦定理より $\mathrm{BC}=2R\sin A$ なので $\mathrm{BE}=R\sin A$。直角三角形OBEで三平方の定理より

$$\mathrm{OE}=\sqrt{R^2-R^2\sin^2A}=R\sqrt{\cos^2A}=R\cos A$$

最後は、 $A$ が鋭角で $\cos A>0$ であることを使う。

(2)　配点 10点

外心Oを始点として、 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\vec a$、 $\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec b$、 $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\vec c$ とおく。Oは外接円の中心なので

$$|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=R$$

重心Gの位置ベクトルは $\overrightarrow{\mathrm{OG}}=\dfrac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}$ なので、GとOが一致するとき

$$\vec a+\vec b+\vec c=\vec0$$

$\vec a+\vec b=-\vec c$ の両辺の大きさを2乗すると

$$|\vec a|^2+2\vec a\cdot\vec b+|\vec b|^2=|\vec c|^2\qquad R^2+2\vec a\cdot\vec b+R^2=R^2\qquad\vec a\cdot\vec b=-\frac{R^2}{2}$$

同様に、 $\vec b+\vec c=-\vec a$、 $\vec c+\vec a=-\vec b$ を2乗して

$$\vec b\cdot\vec c=-\frac{R^2}{2},\qquad\vec c\cdot\vec a=-\frac{R^2}{2}$$

よって

$$\mathrm{AB}^2=|\vec b-\vec a|^2=|\vec b|^2-2\vec a\cdot\vec b+|\vec a|^2=R^2+R^2+R^2=3R^2$$

同様に $\mathrm{BC}^2=|\vec c-\vec b|^2=3R^2$、 $\mathrm{CA}^2=|\vec a-\vec c|^2=3R^2$。

したがって $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}=\mathrm{CA}=\sqrt3R$ となり、 $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形である。（証明終）

別解1（中線が垂直二等分線になる）　(1) より、Eは辺BCの中点なので、AEは中線で、重心GはAE上にある。GとOが一致すると、Oは直線AE上にある。Oは三角形の内部にあるのでEとは異なり、直線OE（＝直線AE）はBCに垂直である。よって直線AEはBCの垂直二等分線で、Aはその上にあるので $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$。頂点Bと辺CAについても同じように考えると $\mathrm{BC}=\mathrm{BA}$。よって3辺が等しく、 $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形である。(1) で求めたE（BCの中点）をそのまま使う、最も短い解き方。

別解2（(3) と同じ計算を3辺で使う）　GとOが一致すると、辺BCからの距離も一致する。下の (3) の前半と同じ理由でGの距離は $\dfrac13\mathrm{AD}$ なので $\mathrm{AD}=3\mathrm{OE}$ となり、(3) の後半と同じ計算で $\tan B\tan C=3$（この計算には「正三角形でない」は使わない）。辺CA、辺ABについても同じように考えると $\tan C\tan A=3$、 $\tan A\tan B=3$。 $\tan B>0$ なので $\tan A\tan B=\tan B\tan C$ から $\tan A=\tan C$、同様に $\tan A=\tan B$。 $A$、 $B$、 $C$ はどれも鋭角で、 $0^\circ<\theta<90^\circ$ では $\tan\theta$ は増加するので $A=B=C$。よって正三角形である。

(3)　配点 20点

(2) より「GとOが一致するならば正三角形」なので、その対偶「正三角形でないならばGとOは一致しない」が成り立つ。 $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形でないので $\mathrm{G}\neq\mathrm{O}$ で、直線OGが決まる。

(1) よりEは辺BCの中点なので、AEは中線で、重心GはAEを $2:1$ に内分する。Gから辺BCに下ろした垂線をGHとする。 $\mathrm{D}\neq\mathrm{E}$ のとき、GHとADはどちらもBCに垂直で平行なので、 $\triangle\mathrm{EGH}\backsim\triangle\mathrm{EAD}$。よって

$$\mathrm{GH}=\mathrm{AD}\times\frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{EA}}=\frac13\mathrm{AD}$$

（ $\mathrm{D}=\mathrm{E}$ のときは、Gは線分AD上にあり $\mathrm{GD}=\dfrac13\mathrm{AD}$ で、同じ式が成り立つ）

$\mathrm{OG}\parallel\mathrm{BC}$ なので、直線OG上の点はどれも辺BCからの距離が等しい。Oの距離はOE、Gの距離はGHなので $\mathrm{OE}=\mathrm{GH}=\dfrac13\mathrm{AD}$。すなわち

$$\mathrm{AD}=3\mathrm{OE}$$

(1) の2式を代入すると

$$2R\sin B\sin C=3R\cos A\qquad2\sin B\sin C=3\cos A$$

$A+B+C=\pi$ より $A=\pi-(B+C)$ なので、加法定理より

$$\cos A=-\cos(B+C)=-\cos B\cos C+\sin B\sin C$$

これを代入して

$$2\sin B\sin C=3\sin B\sin C-3\cos B\cos C\qquad\sin B\sin C=3\cos B\cos C$$

$B$、 $C$ は鋭角なので $\cos B>0$、 $\cos C>0$。両辺を $\cos B\cos C$ で割ると

$$\tan B\tan C=3$$

（証明終）

（確かめ：(1) の確かめの三角形（ $\tan B=3$、 $\tan C=1$）は、 $\mathrm{O}\left(\dfrac32,\ \dfrac32\right)$、 $\mathrm{G}\left(1,\ \dfrac32\right)$ で $y$ 座標が等しく、 $\mathrm{OG}\parallel\mathrm{BC}$ になっている。 $\mathrm{AD}=\dfrac92$、 $\mathrm{OE}=\dfrac32$ で $\mathrm{AD}=3\mathrm{OE}$、また $\tan B\tan C=3\times1=3$ で一致する）

別解（座標で示す）　Dを原点、直線BCを $x$ 軸にとり、 $\mathrm{B}(\beta,\ 0)$、 $\mathrm{C}(\gamma,\ 0)$、 $\mathrm{A}(0,\ h)$ とおく。鋭角三角形なのでDは辺BC上にあり、 $\beta<0<\gamma$、 $h>0$。外心Oは辺BCの垂直二等分線上にあるので $\mathrm{O}\left(\dfrac{\beta+\gamma}{2},\ k\right)$ とおける。 $\mathrm{OA}^2=\mathrm{OB}^2$ より

$$\left(\frac{\beta+\gamma}{2}\right)^2+(k-h)^2=\left(\frac{\gamma-\beta}{2}\right)^2+k^2\qquad\beta\gamma+h^2-2hk=0\qquad k=\frac{h^2+\beta\gamma}{2h}$$

重心は $\mathrm{G}\left(\dfrac{\beta+\gamma}{3},\ \dfrac h3\right)$。 $\mathrm{G}\neq\mathrm{O}$ で $\mathrm{OG}\parallel\mathrm{BC}$ なので、OとGの $y$ 座標が等しく $k=\dfrac h3$。よって $\mathrm{AD}=h=3k=3\mathrm{OE}$。さらに $\dfrac{h^2+\beta\gamma}{2h}=\dfrac h3$ を整理すると $h^2=-3\beta\gamma$。 $\tan B=\dfrac{h}{-\beta}$、 $\tan C=\dfrac{h}{\gamma}$ なので

$$\tan B\tan C=\frac{h^2}{-\beta\gamma}=\frac{-3\beta\gamma}{-\beta\gamma}=3$$

加法定理を使わずに、2つとも示せる。ただし、問題は (1) の2式を使わせる誘導になっているので、本番では本解の流れで書く方が (1) の部分点とつながる。

Aさんは5円硬貨を3枚、Bさんは5円硬貨を1枚と10円硬貨を1枚持っている。2人は自分が持っている硬貨すべてを一度に投げる。それぞれが投げた硬貨のうち表が出た硬貨の合計金額が多い方を勝ちとする。勝者は相手の裏が出た硬貨をすべてもらう。なお、表が出た硬貨の合計金額が同じときは引き分けとし、硬貨のやりとりは行わない。このゲームについて、以下の問いに答えよ。

(1) AさんがBさんに勝つ確率 $p$、および引き分けとなる確率 $q$ をそれぞれ求めよ。

(2) ゲーム終了後にAさんが持っている硬貨の合計金額の期待値 $E$ を求めよ。

(1)　配点 20点

硬貨5枚それぞれを区別して考えると、表裏の出方は全部で $2^5=32$ 通りあり、どれも同様に確からしい。Aの表の合計を $X$ 円、Bの表の合計を $Y$ 円とおく。

Aの5円硬貨3枚のうち表が $k$ 枚なら $X=5k$ で、その出方は ${}_3\mathrm{C}_k$ 通りだから、確率は $\dfrac{{}_3\mathrm{C}_k}{8}$。ゆえに $X=0,5,10,15$ となる確率は順に $\dfrac18$、 $\dfrac38$、 $\dfrac38$、 $\dfrac18$ である。

Bは、2枚とも裏なら $Y=0$、5円だけ表なら $Y=5$、10円だけ表なら $Y=10$、2枚とも表なら $Y=15$ となり、 $Y=0,5,10,15$ の確率はいずれも $\dfrac14$。

AとBの硬貨は互いに影響し合わないので、 $(X,\ Y)$ の組の確率は（ $X$ の確率）× $\dfrac14$ になる。行を $X$、列を $Y$ とした次の表で、Aが勝つマス（ $X>Y$ ）と引き分けのマス（ $X=Y$ ）に印をつけた。

Aが勝つマスは、 $X=5$ の行で $Y=0$ の1マス、 $X=10$ の行で $Y=0,5$ の2マス、 $X=15$ の行で $Y=0,5,10$ の3マスである。よって

$$p=\frac38\cdot\frac14\cdot1+\frac38\cdot\frac14\cdot2+\frac18\cdot\frac14\cdot3=\frac{3+6+3}{32}=\frac38$$

引き分けのマスは各行に1つずつあるから

$$q=\left(\frac18+\frac38+\frac38+\frac18\right)\cdot\frac14=\frac14$$

答　$p=\dfrac38$、 $q=\dfrac14$

(2)　配点 30点

最初は2人とも15円を持っているので、Aの裏の合計は $15-X$ 円、Bの裏の合計は $15-Y$ 円となる。

・勝つ（ $X>Y$ ）場合　Bの裏の $15-Y$ 円が加わり、Aの手元は $15+(15-Y)=30-Y$ 円

・負ける（ $X<Y$ ）場合　自分の裏の $15-X$ 円を渡すので、Aの手元は $15-(15-X)=X$ 円

・引き分け（ $X=Y$ ）の場合　硬貨は動かず、Aの手元は15円のまま

この金額を、(1) の表のマスに書き込んでいく。

各マスは、32通りのうち、 $X=0,5,10,15$ の行ならそれぞれ1、3、3、1通りに当たる。同じ金額になるマスの確率を足し合わせて、ゲーム後のAの金額と確率は次の表のとおり。

（たとえば30円になるのは、 $Y=0$ で勝つマスにあたる $X=5,10,15$ の行の $3+3+1=7$ 通り。15円になるのは、4つの引き分けのマスの $1+3+3+1=8$ 通り）

確率の合計は $\dfrac{3+6+3+8+1+4+7}{32}=1$ となり、漏れも重なりもない。

したがって

$$E=\frac{0\cdot3+5\cdot6+10\cdot3+15\cdot8+20\cdot1+25\cdot4+30\cdot7}{32}=\frac{510}{32}=\frac{255}{16}$$

答　$E=\dfrac{255}{16}$（円）

別解（行ごとの平均を使う）　 $Y$ の確率はどれも $\dfrac14$ なので、各行の4マスの金額の平均を先に出し、そのあとで $X$ の確率を掛けてもよい。

・$X=0$ の行： $\dfrac{15+0+0+0}{4}=\dfrac{15}{4}$

・$X=5$ の行： $\dfrac{30+15+5+5}{4}=\dfrac{55}{4}$

・$X=10$ の行： $\dfrac{30+25+15+10}{4}=\dfrac{80}{4}$

・$X=15$ の行： $\dfrac{30+25+20+15}{4}=\dfrac{90}{4}$

$$E=\frac18\cdot\frac{15}{4}+\frac38\cdot\frac{55}{4}+\frac38\cdot\frac{80}{4}+\frac18\cdot\frac{90}{4}=\frac{15+165+240+90}{32}=\frac{510}{32}=\frac{255}{16}$$

金額ごとの確率表を作らずに済み、本解の検算としても使える。