【解説・採点基準付き】2016年九州大学文系数学の解答・解説

座標平面において、 $x$ 軸上に3点 $(0,0)$、 $(\alpha,0)$、 $(\beta,0)\ (0<\alpha<\beta)$ があり、曲線 $C:y=x^3+ax^2+bx$ が $x$ 軸とこの3点で交わっているものとする。ただし、 $a$、 $b$ は実数である。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) 曲線 $C$ と $x$ 軸で囲まれた2つの部分の面積の和を $S$ とする。 $S$ を $\alpha$ と $\beta$ の式で表せ。

(2) $\beta$ の値を固定して、 $0<\alpha<\beta$ の範囲で $\alpha$ を動かすとき、 $S$ を最小とする $\alpha$ を $\beta$ の式で表せ。

(1)　配点 30点

$f(x)=x^3+ax^2+bx$ とおくと、 $f(x)=x(x^2+ax+b)$ である。曲線 $C$ は $x$ 軸と $x=\alpha,\ \beta$ で交わり、 $\alpha\neq0$、 $\beta\neq0$ なので、 $\alpha$、 $\beta$ は2次方程式 $x^2+ax+b=0$ の異なる2つの解である。よって $x^2+ax+b=(x-\alpha)(x-\beta)$ となり

$$f(x)=x(x-\alpha)(x-\beta)=x^3-(\alpha+\beta)x^2+\alpha\beta x$$

（ $a=-(\alpha+\beta)$、 $b=\alpha\beta$）である。

$0<x<\alpha$ では $x>0$、 $x-\alpha<0$、 $x-\beta<0$ なので $f(x)>0$。 $\alpha<x<\beta$ では $x>0$、 $x-\alpha>0$、 $x-\beta<0$ なので $f(x)<0$。よって、曲線 $C$ と $x$ 軸で囲まれた2つの部分は、 $0\leqq x\leqq\alpha$ で曲線が上にある部分と、 $\alpha\leqq x\leqq\beta$ で曲線が下にある部分であり

$$S=\int_0^\alpha\{f(x)-0\}\,dx+\int_\alpha^\beta\{0-f(x)\}\,dx$$

$f(x)$ の原始関数の1つを

$$F(x)=\dfrac{x^4}{4}-\dfrac{\alpha+\beta}{3}x^3+\dfrac{\alpha\beta}{2}x^2$$

とおくと

$$S=\Big[F(x)\Big]_0^\alpha-\Big[F(x)\Big]_\alpha^\beta=2F(\alpha)-F(0)-F(\beta)$$

$F$ の値をまとめて計算しておく。

$$F(0)=0$$

$$F(\alpha)=\dfrac{\alpha^4}{4}-\dfrac{(\alpha+\beta)\alpha^3}{3}+\dfrac{\alpha^3\beta}{2}=-\dfrac{\alpha^4}{12}+\dfrac{\alpha^3\beta}{6}$$

$$F(\beta)=\dfrac{\beta^4}{4}-\dfrac{(\alpha+\beta)\beta^3}{3}+\dfrac{\alpha\beta^3}{2}=-\dfrac{\beta^4}{12}+\dfrac{\alpha\beta^3}{6}$$

よって

$$S=2\left(-\dfrac{\alpha^4}{12}+\dfrac{\alpha^3\beta}{6}\right)-\left(-\dfrac{\beta^4}{12}+\dfrac{\alpha\beta^3}{6}\right)=\dfrac{1}{12}\left(-2\alpha^4+4\alpha^3\beta-2\alpha\beta^3+\beta^4\right)$$

答　$S=\dfrac{1}{12}\left(-2\alpha^4+4\alpha^3\beta-2\alpha\beta^3+\beta^4\right)$

検算　2つの部分の面積を別々に求めると、 $0\leqq x\leqq\alpha$ の部分は $F(\alpha)-F(0)=\dfrac{\alpha^3(2\beta-\alpha)}{12}$、 $\alpha\leqq x\leqq\beta$ の部分は $F(\alpha)-F(\beta)=\dfrac{(\beta-\alpha)^3(\alpha+\beta)}{12}$ と因数分解でき、 $0<\alpha<\beta$ でどちらも正になる。また、 $\alpha=1$、 $\beta=3$ のとき $f(x)=x^3-4x^2+3x$ で

$$\int_0^1 f(x)\,dx=\dfrac14-\dfrac43+\dfrac32=\dfrac{5}{12},\qquad -\int_1^3 f(x)\,dx=\dfrac83$$

和は $\dfrac{37}{12}$。答えの式に代入した $\dfrac{1}{12}(-2+12-54+81)=\dfrac{37}{12}$ と一致する。

(2)　配点 20点

$\beta$ は定数で、 $\alpha$ が $0<\alpha<\beta$ の範囲を動く変数である。(1) の $S$ を $\alpha$ の関数 $S(\alpha)$ とみて $\alpha$ で微分すると

$$S'(\alpha)=\dfrac{1}{12}\left(-8\alpha^3+12\alpha^2\beta-2\beta^3\right)=-\dfrac16\left(4\alpha^3-6\beta\alpha^2+\beta^3\right)$$

$\alpha=\dfrac{\beta}{2}$ のとき、曲線 $C$ は点 $\left(\dfrac{\beta}{2},\ 0\right)$ について点対称になり、2つの部分が同じ形になる。ここで最小になると見当をつけて代入すると

$$4\cdot\dfrac{\beta^3}{8}-6\beta\cdot\dfrac{\beta^2}{4}+\beta^3=\dfrac{\beta^3}{2}-\dfrac{3\beta^3}{2}+\beta^3=0$$

なので、 $4\alpha^3-6\beta\alpha^2+\beta^3$ は $2\alpha-\beta$ で割り切れて

$$4\alpha^3-6\beta\alpha^2+\beta^3=(2\alpha-\beta)(2\alpha^2-2\beta\alpha-\beta^2)$$

（見当がつかなくても、 $t=\dfrac{\alpha}{\beta}$ とおいた $4t^3-6t^2+1=0$ の解の候補 $\pm1,\ \pm\dfrac12,\ \pm\dfrac14$ から $t=\dfrac12$ が見つかる）

よって

$$S'(\alpha)=-\dfrac16(2\alpha-\beta)(2\alpha^2-2\beta\alpha-\beta^2)$$

$g(\alpha)=2\alpha^2-2\beta\alpha-\beta^2$ とおく。 $y=g(\alpha)$ は下に凸の放物線で、 $g(0)=-\beta^2<0$、 $g(\beta)=2\beta^2-2\beta^2-\beta^2=-\beta^2<0$ なので、 $0<\alpha<\beta$ では常に $g(\alpha)<0$ である。

したがって

$$S'(\alpha)=\dfrac16(2\alpha-\beta)\cdot\{-g(\alpha)\}$$

で、 $-g(\alpha)>0$ なので、 $S'(\alpha)$ の符号は $2\alpha-\beta$ の符号と同じになる。 $S'(\alpha)$ は $0<\alpha<\dfrac{\beta}{2}$ で負、 $\dfrac{\beta}{2}<\alpha<\beta$ で正なので、 $S$ は $0<\alpha\leqq\dfrac{\beta}{2}$ で減少し、 $\dfrac{\beta}{2}\leqq\alpha<\beta$ で増加する。

よって、 $S$ は $\alpha=\dfrac{\beta}{2}$ で最小となる。

答　$\alpha=\dfrac{\beta}{2}$

検算　 $\alpha=\dfrac{\beta}{2}$ のとき

$$S=\dfrac{1}{12}\left(-\dfrac{\beta^4}{8}+\dfrac{\beta^4}{2}-\beta^4+\beta^4\right)=\dfrac{1}{12}\cdot\dfrac{3\beta^4}{8}=\dfrac{\beta^4}{32}$$

(1) の検算の式で2つの部分を別々に求めると、どちらも $\dfrac{1}{12}\cdot\dfrac{\beta^3}{8}\cdot\dfrac{3\beta}{2}=\dfrac{\beta^4}{64}$ で等しく、点対称になることと合う。

別解（ $\dfrac{\beta}{2}$ からのずれで置く）　 $\alpha=\dfrac{\beta}{2}+d$ とおくと、 $0<\alpha<\beta$ より $-\dfrac{\beta}{2}<d<\dfrac{\beta}{2}$。(1) の $S$ に代入して展開し、整理すると

$$S=\dfrac{\beta^4}{32}+\dfrac{\beta^2d^2}{4}-\dfrac{d^4}{6}=\dfrac{\beta^4}{32}+\dfrac{d^2}{12}\left(3\beta^2-2d^2\right)$$

$d^2<\dfrac{\beta^2}{4}$ より $3\beta^2-2d^2>3\beta^2-\dfrac{\beta^2}{2}>0$ なので、 $S\geqq\dfrac{\beta^4}{32}$。等号は $d=0$、すなわち $\alpha=\dfrac{\beta}{2}$ のときに成り立ち、本解と同じ答えになる。 $\alpha$ で書きもどすと $S-\dfrac{\beta^4}{32}=\dfrac{(2\alpha-\beta)^2\{5\beta^2+4\alpha(\beta-\alpha)\}}{96}$ で、 $0<\alpha<\beta$ から $\alpha(\beta-\alpha)>0$ なので0以上、と見ることもできる。

$t$ を $0<t<1$ を満たす実数とする。面積が1である三角形ABCにおいて、辺AB、BC、CAをそれぞれ $2:1$、 $t:1-t$、 $1:3$ に内分する点をD、E、Fとする。また、AEとBF、BFとCD、CDとAEの交点をそれぞれP、Q、Rとする。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) 3直線AE、BF、CDが1点で交わるときの $t$ の値 $t_0$ を求めよ。

以下、 $t$ は $0<t<t_0$ を満たすものとする。

(2) $\mathrm{AP}=k\,\mathrm{AE}$、 $\mathrm{CR}=l\,\mathrm{CD}$ を満たす実数 $k,l$ をそれぞれ求めよ。

(3) 三角形BCQの面積を求めよ。

(4) 三角形PQRの面積を求めよ。

$\vec b=\overrightarrow{\mathrm{AB}}$、 $\vec c=\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく。この2つは零ベクトルではなく、互いに平行でもない。分点D、E、F は

$$\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\frac23\vec b,\qquad\overrightarrow{\mathrm{AE}}=(1-t)\vec b+t\vec c,\qquad\overrightarrow{\mathrm{AF}}=\frac34\vec c$$

と表せる。

(1)　配点 10点

3直線AE、BF、CD が1点で交わるとすると、チェバの定理から

$$\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{DB}}\cdot\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{EC}}\cdot\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FA}}=\frac21\cdot\frac{t}{1-t}\cdot\frac13=1$$

整理すると $2t=3(1-t)$ だから $t=\dfrac35$。逆に $t=\dfrac35$ のときは、チェバの定理の逆により3直線が1点で交わる。

答　$t_0=\dfrac35$

(2)　配点 15点

先に P を求める。P は直線BF上の点なので、実数 $u$ を使って

$$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=(1-u)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+u\overrightarrow{\mathrm{AF}}=(1-u)\vec b+\frac34u\vec c$$

と書ける。一方、P は直線AE上の点でもあるので $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=k\overrightarrow{\mathrm{AE}}=k(1-t)\vec b+kt\vec c$。同じベクトルを2通りに表したから、 $\vec b$ と $\vec c$ の係数がそれぞれ等しく

$$k(1-t)=1-u,\qquad kt=\frac34u$$

下の式から $u=\dfrac43kt$。これを上の式に代入すると $k(1-t)=1-\dfrac43kt$ となり、 $k$ についてまとめて $k\left(1+\dfrac t3\right)=1$。

答　$k=\dfrac{3}{3+t}$

続いて R。R は直線CD上の点だから

$$\overrightarrow{\mathrm{AR}}=\overrightarrow{\mathrm{AC}}+l\overrightarrow{\mathrm{CD}}=(1-l)\vec c+l\cdot\frac23\vec b=\frac23l\vec b+(1-l)\vec c$$

R は直線AE上の点でもあるから、実数 $m$ により $\overrightarrow{\mathrm{AR}}=m\overrightarrow{\mathrm{AE}}=m(1-t)\vec b+mt\vec c$ とも書ける。係数を等しいとおいて

$$\frac23l=m(1-t),\qquad1-l=mt$$

下の式より $m=\dfrac{1-l}{t}$。これを上の式に入れると $2lt=3(1-l)(1-t)$ となり、整理して $l(3-t)=3(1-t)$。

答　$l=\dfrac{3(1-t)}{3-t}$

（検算： $t=t_0=\dfrac35$ のときは P と R が重なるはずである。実際に $k=\dfrac56$ で、 $m=\dfrac{1-l}{t}$ も $\dfrac56$ となることが確かめられる）

別解（メネラウスの定理を使う）　直線BFが三角形AECの辺を切ると見て、メネラウスの定理を適用すると

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PE}}\cdot\frac{\mathrm{EB}}{\mathrm{BC}}\cdot\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FA}}=\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PE}}\cdot t\cdot\frac13=1$$

だから $\mathrm{AP}:\mathrm{PE}=3:t$、すなわち $k=\dfrac{3}{3+t}$。同じく、三角形CDBと直線AEについて

$$\frac{\mathrm{CR}}{\mathrm{RD}}\cdot\frac{\mathrm{DA}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{BE}}{\mathrm{EC}}=\frac{\mathrm{CR}}{\mathrm{RD}}\cdot\frac23\cdot\frac{t}{1-t}=1$$

から $\mathrm{CR}:\mathrm{RD}=3(1-t):2t$ となり、 $l=\dfrac{3(1-t)}{3(1-t)+2t}=\dfrac{3(1-t)}{3-t}$。

(3)　配点 10点

Q は直線BFと直線CDの共通の点なので、どちらの直線に沿ってもベクトルで書ける。実数 $u$、 $v$ を使うと

$$\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=(1-u)\vec b+\frac34u\vec c=\frac23v\vec b+(1-v)\vec c$$

となる。係数を比べると $1-u=\dfrac23v$、 $\dfrac34u=1-v$。前者から得られる $u=1-\dfrac23v$ を後者に入れて $\dfrac34-\dfrac12v=1-v$ を解くと $v=\dfrac12$。

このとき $\overrightarrow{\mathrm{AQ}}=\dfrac13\vec b+\dfrac12\vec c=\dfrac12\left(\overrightarrow{\mathrm{AD}}+\overrightarrow{\mathrm{AC}}\right)$ だから、Q は線分CDの中点であり、しかも $t$ を含まない。

$\triangle\mathrm{BCD}=\dfrac{\mathrm{DB}}{\mathrm{AB}}\triangle\mathrm{ABC}=\dfrac13$ で、Q は CD の中点だから、 $\triangle\mathrm{BCQ}$ はその半分である。

答　$\dfrac16$

補足（ $t=t_0$ の図から比を読む）　Q は直線BFと直線CDだけで決まり、どちらの式にも $t$ はないので、 $t$ を動かしても Q は動かない。そこで $t=t_0$ の場面を見ると、3直線が1点で交わって Q＝R となる。(2) の $l$ に $t=\dfrac35$ を入れると $l=\dfrac{3\left(1-\dfrac35\right)}{3-\dfrac35}=\dfrac{\ \dfrac65\ }{\dfrac{12}{5}}=\dfrac12$ なので $\mathrm{CQ}=\dfrac12\mathrm{CD}$。どの $t$ でも Q は CD の中点になる。

別解（メネラウスの定理を使う）　直線BFが三角形ADCの辺を切ると見て適用すると、 $\dfrac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BD}}\cdot\dfrac{\mathrm{DQ}}{\mathrm{QC}}\cdot\dfrac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FA}}=3\cdot\dfrac{\mathrm{DQ}}{\mathrm{QC}}\cdot\dfrac13=1$ から $\mathrm{DQ}=\mathrm{QC}$ が出る。

(4)　配点 15点

(2) より $\mathrm{AR}=m\,\mathrm{AE}$ で、 $m=\dfrac{1-l}{t}=\dfrac{2}{3-t}$。P と R はともに線分AE上の点なので、 $k$ と $m$ の差は

$$k-m=\frac{3}{3+t}-\frac{2}{3-t}=\frac{3(3-t)-2(3+t)}{9-t^2}=\frac{3-5t}{9-t^2}$$

$0<t<\dfrac35$ では $3-5t>0$ だから $k>m$ で、A に近い方から R、P の順に並ぶ。したがって

$$\mathrm{PR}=(k-m)\mathrm{AE}=\frac{3-5t}{9-t^2}\mathrm{AE}$$

三角形PQRと三角形QAEは、底辺がともに直線AE上にあり、頂点Qが同じなので、高さが等しい。ゆえに

$$\triangle\mathrm{PQR}=\frac{\mathrm{PR}}{\mathrm{AE}}\triangle\mathrm{QAE}=\frac{3-5t}{9-t^2}\triangle\mathrm{QAE}$$

つぎに $\triangle\mathrm{QAE}$ の面積を出す。

$$\triangle\mathrm{CAE}=\frac{\mathrm{EC}}{\mathrm{BC}}\triangle\mathrm{ABC}=1-t,\qquad\triangle\mathrm{DAE}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}\triangle\mathrm{ABE}=\frac23\cdot t=\frac23t$$

E は辺BC上にあるので、直線AEをはさんで B と C は反対側にある。D は辺AB上の点で B と同じ側にあるから、C と D も直線AEをはさんで反対側にある。C、D から直線AEまでの距離を $h_C$、 $h_D$ とおくと、Q は CD の中点なので、Q から直線AEまでの距離は $\dfrac{h_C-h_D}{2}$ になる（ $h_C>h_D$ であることは、次の計算で $3-5t>0$ となることから分かる）。底辺AEが共通なので

$$\triangle\mathrm{QAE}=\frac12\left(\triangle\mathrm{CAE}-\triangle\mathrm{DAE}\right)=\frac12\left\{(1-t)-\frac23t\right\}=\frac{3-5t}{6}$$

以上を合わせて

$$\triangle\mathrm{PQR}=\frac{3-5t}{9-t^2}\cdot\frac{3-5t}{6}=\frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}$$

答　$\dfrac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}$

（検算： $t=t_0=\dfrac35$ を入れると0になる。3直線が1点で交わって三角形がつぶれることと合っている）

別解（全体から引く）　三角形ABC全体を、ABP、BCQ、CAR、PQR の4つの三角形に分けて考える。

$$\triangle\mathrm{ABP}=k\triangle\mathrm{ABE}=\frac{3t}{3+t},\qquad\triangle\mathrm{CAR}=l\triangle\mathrm{CAD}=\frac23l=\frac{2(1-t)}{3-t},\qquad\triangle\mathrm{BCQ}=\frac16$$

だから

$$\triangle\mathrm{PQR}=1-\frac{3t}{3+t}-\frac{2(1-t)}{3-t}-\frac16=\frac{(3-5t)^2}{6(9-t^2)}$$

（通分の計算が重くなるので、計算の間違いを避けるには本解のほうがよい）

袋の中に、赤玉が15個、青玉が10個、白玉が5個入っている。袋の中から玉を1個取り出し、取り出した玉の色に応じて、以下の操作で座標平面に置いたコインを動かすことを考える。

〔操作〕コインが点 $(x,y)$ にあるものとする。赤玉を取り出したときにはコインを点 $(x+1,y)$ に移動、青玉を取り出したときには点 $(x,y+1)$ に移動、白玉を取り出したときには点 $(x-1,y-1)$ に移動し、取り出した球は袋に戻す。

最初に原点 $(0,0)$ にコインを置き、この操作を繰り返して行う。指定した回数だけ操作を繰り返した後、コインが置かれている点を到達点と呼ぶことにする。このとき、以下の問いに答えよ。

(1) 操作を $n$ 回繰り返したとき、白玉を1度だけ取り出したとする。このとき、到達点となり得る点をすべて求めよ。

(2) 操作を $n$ 回繰り返したとき、到達点となり得る点の個数を求めよ。

(3) 座標平面上の4点 $(1,1)$、 $(-1,1)$、 $(-1,-1)$、 $(1,-1)$ を頂点とする正方形 $D$ を考える。操作を $n$ 回繰り返したとき、到達点が $D$ の内部または辺上にある確率を $P_n$ とする。 $P_3$ を求めよ。

(4) 自然数 $N$ に対して $P_{3N}$ を求めよ。

赤玉・青玉・白玉を取り出す確率は、それぞれ

$$\dfrac{15}{30}=\dfrac12,\quad\dfrac{10}{30}=\dfrac13,\quad\dfrac{5}{30}=\dfrac16$$

で、取り出した玉は袋に戻すので、何回目でも変わらない。

(1)　配点 10点

$n$ 回の操作で、赤玉を $r$ 回、青玉を $b$ 回、白玉を $w$ 回取り出したとする（ $r+b+w=n$ ）。赤玉は $x$ 座標を1増やし、青玉は $y$ 座標を1増やし、白玉は $x$ 座標と $y$ 座標を1ずつ減らすので、到達点は取り出した順番によらず

$$(r-w,\ b-w)$$

となる。

白玉が1回のとき、 $w=1$ 、 $b=n-1-r$ （ $r=0,\ 1,\ \cdots,\ n-1$ ）なので、到達点は

$$(r-1,\ n-r-2)\quad(r=0,\ 1,\ \cdots,\ n-1)$$

答　$(r-1,\ n-r-2)$ （ $r=0,\ 1,\ 2,\ \cdots,\ n-1$ ）の $n$ 個の点（直線 $x+y=n-3$ 上の、 $x$ 座標が $-1,\ 0,\ 1,\ \cdots,\ n-2$ の点）

（確かめ： $n=1$ なら白玉を1回取り出すだけで、到達点は $(-1,\ -1)$ の1個。式で $r=0$ とした点と一致する）

(2)　配点 12点

到達点 $(x,\ y)=(r-w,\ b-w)$ について

$$x+y=(r+b)-2w=(n-w)-2w=n-3w$$

となる。

白玉の回数 $w$ （ $0\leqq w\leqq n$ ）を固定すると、赤の回数 $r$ は $0,\ 1,\ \cdots,\ n-w$ の $n-w+1$ 通りで、到達点の $x$ 座標 $r-w$ はすべて異なる。よって、白玉が $w$ 回のときの到達点は $n-w+1$ 個。

また、 $w$ が違えば $x+y=n-3w$ の値が違うので、白玉の回数が違う到達点は一致しない。

（ $n=3$ のとき。白玉の回数ごとに、到達点は直線 $x+y=3,\ 0,\ -3,\ -6$ の上に4個・3個・2個・1個並ぶ）

よって、到達点となり得る点の個数は

$$\sum_{w=0}^{n}(n-w+1)=(n+1)+n+\cdots+1=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}$$

答　$\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}$ 個

（確かめ： $n=1$ なら $(1,\ 0)$、 $(0,\ 1)$、 $(-1,\ -1)$ の3個、 $n=3$ なら上の図の10個で、式の値 $3$、 $10$ と一致する）

(3)　配点 10点

$n=3$ のとき、到達点を白玉の回数 $w$ ごとに書き出すと

・$w=0$ （ $r+b=3$ ）： $(0,\ 3)$、 $(1,\ 2)$、 $(2,\ 1)$、 $(3,\ 0)$

・$w=1$ （ $r+b=2$ ）： $(-1,\ 1)$、 $(0,\ 0)$、 $(1,\ -1)$

・$w=2$ （ $r+b=1$ ）： $(-2,\ -1)$、 $(-1,\ -2)$

・$w=3$ ： $(-3,\ -3)$

$D$ は $-1\leqq x\leqq1$ かつ $-1\leqq y\leqq1$ の部分なので、 $D$ に入るのは $w=1$ の3点だけで、白玉がちょうど1回なら、赤と青の回数によらず必ず $D$ に入る（上の図）。

よって、 $P_3$ は「3回のうち白玉がちょうど1回」の確率である。毎回の確率が一定なので反復試行で

$$P_3={}_3\mathrm{C}_1\cdot\dfrac16\cdot\left(\dfrac56\right)^2=3\cdot\dfrac16\cdot\dfrac{25}{36}=\dfrac{25}{72}$$

答　$\dfrac{25}{72}$

(4)　配点 18点

$3N$ 回の操作で、赤玉を $r$ 回、青玉を $b$ 回、白玉を $w$ 回取り出したとする。(2) と同じく、到達点 $(x,\ y)$ は

$$x+y=3N-3w=3(N-w)$$

を満たし、 $x+y$ は3の倍数である。一方、 $D$ の点は $-1\leqq x\leqq1$ 、 $-1\leqq y\leqq1$ なので $-2\leqq x+y\leqq2$ 。この範囲の3の倍数は0だけなので、到達点が $D$ に入るなら $x+y=0$ 、すなわち $w=N$ である。

このとき $r+b=2N$ で、到達点は $(r-N,\ b-N)=(r-N,\ N-r)$ 。これが $D$ に入る条件は $-1\leqq r-N\leqq1$ なので

$$(r,\ b,\ w)=(N-1,\ N+1,\ N),\quad(N,\ N,\ N),\quad(N+1,\ N-1,\ N)$$

の3通りで、これらは同時には起こらない。

赤 $r$ 回・青 $b$ 回・白 $N$ 回となる確率は、順番を考えずに確率の積 $\left(\dfrac12\right)^r\left(\dfrac13\right)^b\left(\dfrac16\right)^N$ を求め、最後に順番の数 $\dfrac{(3N)!}{r!\,b!\,N!}$ をかけて

$$\dfrac{(3N)!}{r!\,b!\,N!}\left(\dfrac12\right)^r\left(\dfrac13\right)^b\left(\dfrac16\right)^N$$

$r=b=N$ のときの確率を $Q$ とおくと

$$Q=\dfrac{(3N)!}{(N!)^3}\left(\dfrac12\cdot\dfrac13\cdot\dfrac16\right)^N=\dfrac{(3N)!}{(N!)^3\cdot36^N}$$

$(r,\ b)=(N+1,\ N-1)$ のときは、順番の数が $\dfrac{N!\,N!}{(N+1)!\,(N-1)!}=\dfrac{N}{N+1}$ 倍、確率の積が $\dfrac12\div\dfrac13=\dfrac32$ 倍になるので、 $\dfrac32\cdot\dfrac{N}{N+1}Q$ 。

同じく $(r,\ b)=(N-1,\ N+1)$ のときは、 $\dfrac23\cdot\dfrac{N}{N+1}Q$ 。

よって

$$P_{3N}=Q\left\{1+\left(\dfrac32+\dfrac23\right)\dfrac{N}{N+1}\right\}=Q\left\{1+\dfrac{13N}{6(N+1)}\right\}=\dfrac{19N+6}{6(N+1)}\cdot\dfrac{(3N)!}{(N!)^3\cdot36^N}$$

答　$P_{3N}=\dfrac{(19N+6)\cdot(3N)!}{6(N+1)\cdot36^N\cdot(N!)^3}$ （ $=\dfrac{19N+6}{6(N+1)\cdot36^N}\,{}_{3N}\mathrm{C}_N\,{}_{2N}\mathrm{C}_N$ ）

（確かめ： $N=1$ のとき $\dfrac{25\cdot6}{6\cdot2\cdot36\cdot1}=\dfrac{25}{72}$ で、(3) と一致する。 $N=2$ のときは $\dfrac{44\cdot720}{6\cdot3\cdot1296\cdot8}=\dfrac{55}{324}$ ）

検算　7回までの取り出し方（ $n$ 回なら $3^n$ 通り）をすべて調べ、到達点ごとに確率を足し合わせた結果は、次のとおりで、上の答えと一致する。

・到達点の個数： $n=1,\ 2,\ \cdots,\ 7$ で $3,\ 6,\ 10,\ 15,\ 21,\ 28,\ 36$ 個（ $\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}$ と一致）

・白玉が1回の到達点： $n=1,\ 2,\ \cdots,\ 7$ のどれでも $(r-1,\ n-r-2)$ の $n$ 個と一致

・$P_3=\dfrac{25}{72}$ 、 $P_6=\dfrac{55}{324}$ 。さらに確率を1回ずつ進める計算で $N=10$ （30回）まで $P_{3N}$ の式と一致

自然数 $n$ に対して、 $10^n$ を13で割った余りを $a_n$ とおく。 $a_n$ は0から12までの整数である。以下の問いに答えよ。

(1) $a_{n+1}$ は $10a_n$ を13で割った余りに等しいことを示せ。

(2) $a_1,a_2,\cdots,a_6$ を求めよ。

(3) 以下の3条件を満たす自然数 $N$ をすべて求めよ。

(i) $N$ を十進数で表示したとき6桁となる。

(ii) $N$ を十進数で表示して、最初と最後の桁の数字を取り除くと2016となる。

(iii) $N$ は13で割り切れる。

(1)　配点 10点

$10^n$ を13で割ると、商が $q$、余りが $a_n$ なので $10^n=13q+a_n$。この両辺を10倍して

$$10^{n+1}=13\cdot10q+10a_n$$

ここで $10a_n$ を13で割った商を $r$、余りを $b$（ $0\leqq b\leqq12$）とすると $10a_n=13r+b$ だから

$$10^{n+1}=13(10q+r)+b$$

$10q+r$ は整数、 $0\leqq b\leqq12$ なので、 $b$ は $10^{n+1}$ を13で割った余りに当たる。つまり $b=a_{n+1}$ で、 $a_{n+1}$ は $10a_n$ を13で割った余りと等しい。

(2)　配点 15点

$a_1=10$ から出発し、(1) の規則で順に求めていく。

$10a_1=100=13\cdot7+9$ なので $a_2=9$。

$10a_2=90=13\cdot6+12$ なので $a_3=12$。

$10a_3=120=13\cdot9+3$ なので $a_4=3$。

$10a_4=30=13\cdot2+4$ なので $a_5=4$。

$10a_5=40=13\cdot3+1$ なので $a_6=1$。

答　$a_1=10,\ a_2=9,\ a_3=12,\ a_4=3,\ a_5=4,\ a_6=1$

（補足） $a_6=1$ より $a_7$ は $10a_6$ を13で割った余りの $10$ で、 $a_1$ に戻る。以後は同じ6つの値がくり返される（下の図）。これは $10^6\equiv1\pmod{13}$ ということでもある。(3) で使うのは、6桁の数の最上位の位 $10^5$ の余り $a_5=4$ のほうで、 $a_6$ は使わない。

(3)　配点 25点

$N$ は6桁で、上から順に $d$、2、0、1、6、 $e$ と数字が並ぶ（ $1\leqq d\leqq9$、 $0\leqq e\leqq9$）。(i)(ii) から

$$N=d\cdot10^5+2\cdot10^4+0\cdot10^3+1\cdot10^2+6\cdot10+e$$

$10^k$ を13で割った余りは $a_k$ なので、(2) の値を使うと、13を法として

$$N\equiv4d+2\cdot3+0\cdot12+1\cdot9+6\cdot10+e=4d+e+75\equiv4d+e+10$$

したがって (iii) の条件は $4d+e+10\equiv0$、すなわち

$$4d+e\equiv-10\equiv3\pmod{13}$$

$d=1,2,\cdots,9$ のそれぞれで $4d$ を13で割った余りを求め、 $e\equiv3-4d$ を0以上12以下の値で表すと、下の表になる。 $e$ は0以上9以下の数字でなければならないので、 $e$ が10以上になる $d=1$（ $e\equiv12$）と $d=8$（ $e\equiv10$）は条件に合わない。残りの7通りは、どれも $e$ が1つの値に決まる。

答　$N=220168,\ 320164,\ 420160,\ 520169,\ 620165,\ 720161,\ 920166$

（補足）別の進め方として、 $20160=13\cdot1550+10\equiv10$ を直接求め、 $10^5\equiv a_5=4$ と合わせて $N=d\cdot10^5+20160+e\equiv4d+10+e$ としてもよい。位ごとに分ける書き方なら、 $a_1$ から $a_5$ のすべてが (3) で使われることが答案に表れ、誘導に沿って解いていると伝わる。

別解（(3) の後半：表を作らずに $4d+e$ を絞る）

$1\leqq d\leqq9$、 $0\leqq e\leqq9$ から $4\leqq4d+e\leqq45$。この範囲で13で割って3余る数は $16,\ 29,\ 42$ の3つしかないので

・$4d+e=16$： $(d,e)=(2,8),(3,4),(4,0)$（ $d=1$ は $e=12$ となって不適）

・$4d+e=29$： $(d,e)=(5,9),(6,5),(7,1)$

・$4d+e=42$： $(d,e)=(9,6)$（ $d=8$ は $e=10$ となって不適）

合同式をいったん等式に直して組を数える方法で、余りの表を作るより短く済み、答えの7個も一致する。 $d$ が1増えると $e$ が4減るので、各場合の組はすぐに並べられる。

別解（(3) の前半：$1001=7\cdot11\cdot13$ を使う）

$1001=7\cdot11\cdot13$ だから $10^3=1001-1\equiv-1\pmod{13}$。 $N$ を上3桁と下3桁に分けて $N=1000(100d+20)+(160+e)$ と書くと

$$N\equiv-(100d+20)+160+e=140-100d+e\pmod{13}$$

$140=13\cdot10+10$、 $100=13\cdot8-4$ なので $N\equiv10+4d+e$ となり、本解と同じ $4d+e\equiv3\pmod{13}$ に行き着く。(2) の誘導を使わずに済むが、試験場では誘導どおりに $a_5=4$ を使う本解のほうが、考えることが少ない。