【解説・採点基準付き】2010年九州大学理系数学の解答・解説

三角形ABCの3辺の長さを $a=\mathrm{BC}$、 $b=\mathrm{CA}$、 $c=\mathrm{AB}$ とする。実数 $t\geqq0$ を与えたとき、Aを始点としBを通る半直線上に $\mathrm{AP}=tc$ となるように点Pをとる。次の問いに答えよ。

(1) $\mathrm{CP}^2$ を $a,b,c,t$ を用いて表せ。

(2) 点Pが $\mathrm{CP}=a$ を満たすとき、 $t$ を求めよ。

(3) (2) の条件を満たす点Pが辺AB上にちょうど2つあるとき、 $\angle\mathrm{A}$ と $\angle\mathrm{B}$ に関する条件を求めよ。

(1)　配点 15点

$\triangle\mathrm{ABC}$ で余弦定理より

$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$$

$\triangle\mathrm{ACP}$ で余弦定理より

$$\mathrm{CP}^2=b^2+(tc)^2-2\cdot b\cdot tc\cos A=b^2+c^2t^2-2btc\cdot\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=b^2+c^2t^2-(b^2+c^2-a^2)t$$

答　$\mathrm{CP}^2=c^2t^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2$

（検算： $t=0$ のときP＝Aで $b^2$、 $t=1$ のときP＝Bで $c^2-b^2-c^2+a^2+b^2=a^2$ となり、図と合う）

(2)　配点 15点

$\mathrm{CP}=a$ より $\mathrm{CP}^2=a^2$ なので、(1) から

$$c^2t^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2-a^2=0\quad\cdots\cdots①$$

$t=1$ のときPはBに一致し $\mathrm{CP}=\mathrm{CB}=a$ なので、 $t=1$ は①の解である（実際、左辺に $t=1$ を代入すると $c^2-b^2-c^2+a^2+b^2-a^2=0$ ）。よって①の左辺は $t-1$ を因数に持ち

$$(t-1)\{c^2t-(b^2-a^2)\}=0\qquad\therefore\ t=1,\ \frac{b^2-a^2}{c^2}$$

$t\geqq0$ なので、 $\dfrac{b^2-a^2}{c^2}\geqq0$、つまり $b\geqq a$ のときだけ、もう1つの解も条件をみたす。

答　$b\geqq a$ のとき $t=1,\ \dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ ／ $b<a$ のとき $t=1$

（ $b=a$ のときは $t=0$ と $t=1$ で、P＝AとP＝Bの2つ）

(3)　配点 20点

Pは半直線AB上にあり $\mathrm{AP}=tc$ なので、Pが辺AB上にある $\iff0\leqq t\leqq1$。

$t=1$（P＝B）はいつも辺AB上にある。よって、(2) の条件をみたす点Pが辺AB上にちょうど2つあるのは、もう1つの解 $\dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ が $t=1$ と異なり、 $0\leqq t\leqq1$ に入るとき、つまり

$$0\leqq\frac{b^2-a^2}{c^2}<1\quad\cdots\cdots②$$

のときである（もう1つの点は、下の図のように、Cを中心とする半径 $a$ の円と辺ABの、B以外の交点）。

②の左側は $b^2\geqq a^2$、つまり $b\geqq a$。三角形では大きい辺に向かい合う角が大きい（辺が等しければ角も等しい）ので

$$a\leqq b\iff\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}$$

②の右側は $b^2-a^2<c^2$、つまり $c^2+a^2-b^2>0$。 $\triangle\mathrm{ABC}$ で余弦定理より

$$\cos B=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}>0\iff\angle\mathrm{B}<90^\circ$$

答　$\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}<90^\circ$

（ $\angle\mathrm{A}=\angle\mathrm{B}$ のときは、もう1つの点がA自身になる）

別解（(3) を図で見る：垂線の足の位置で読む）　 $\mathrm{CP}=a$ をみたす点Pは、Cを中心とする半径 $a$ の円と直線ABの交点である。Cから直線ABに下ろした垂線の足をHとすると、この円はHを中心にBと対称な位置でもう一度直線ABと交わる（上の図のP）。この点が辺AB上にあってBと異なるのは、HがABの中点MとBの間（Mは含み、Bは含まない）にあるとき。

・HがBより手前にある（HがBに一致したり、Bの先に出たりしない） $\iff\angle\mathrm{B}<90^\circ$

・HがMよりB側にある（Mも含む） $\iff\mathrm{HA}\geqq\mathrm{HB}\iff\mathrm{CA}^2=\mathrm{CH}^2+\mathrm{HA}^2\geqq\mathrm{CH}^2+\mathrm{HB}^2=\mathrm{CB}^2\iff b\geqq a\iff\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}$

よって $\angle\mathrm{A}\leqq\angle\mathrm{B}<90^\circ$。なお、 $\mathrm{AH}=b\cos A$ なので $\mathrm{AP}=2\mathrm{AH}-c$ となり、 $t=\dfrac{2b\cos A-c}{c}=\dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ と (2) の答えにも一致する。

次のような競技を考える。競技者がサイコロを振る。もし、出た目が気に入ればその目を得点とする。そうでなければ、もう1回サイコロを振って、2つの目の合計を得点とすることができる。ただし、合計が7以上になった場合は得点は0点とする。この取り決めによって、2回目を振ると得点が下がることもあることに注意しよう。次の問いに答えよ。

(1) 競技者が常にサイコロを2回振るとすると、得点の期待値はいくらか。

(2) 競技者が最初の目が6のときだけ2回目を振らないとすると、得点の期待値はいくらか。

(3) 得点の期待値を最大にするためには、競技者は最初の目がどの範囲にあるときに2回目を振るとよいか。

サイコロを2回振るとき、1回目と2回目の目の出方は $6^2=36$ 通りで、どれも同じ確率 $\dfrac{1}{36}$ で起こる。2回振ったときの得点を、1回目×2回目の表にまとめると次のようになる（合計が7以上のマスは0点）。

1回目が $k$ のとき2回目を振った場合の得点の期待値を $E_k$ とすると、2回目の目はそれぞれ確率 $\dfrac16$ で出るので、 $E_k$ は表の $k$ の行の和を6で割ったものである。行の和は順に $20,\ 18,\ 15,\ 11,\ 6,\ 0$ なので

$$E_1=\dfrac{10}{3},\quad E_2=3,\quad E_3=\dfrac52,\quad E_4=\dfrac{11}{6},\quad E_5=1,\quad E_6=0$$

(1)　配点 15点

常に2回振るとき、得点は表のマスの数であり、各マスの確率は $\dfrac{1}{36}$ である。

表の和は

$$20+18+15+11+6+0=70$$

よって、得点の期待値は

$$70\times\dfrac{1}{36}=\dfrac{35}{18}$$

答　$\dfrac{35}{18}$

別解（得点ごとの確率）　表から、得点が2、3、4、5、6になるマスはそれぞれ1、2、3、4、5個、0点のマスは21個なので、期待値は

$$\dfrac{2\cdot1+3\cdot2+4\cdot3+5\cdot4+6\cdot5}{36}=\dfrac{70}{36}=\dfrac{35}{18}$$

(2)　配点 15点

最初の目が6のときは2回目を振らないので、得点は6である。表では、1回目が6の行をすべて6に書きかえればよい（下の図の枠）。

書きかえた行の和は36なので、表の和は $70+36=106$ 。よって、得点の期待値は

$$106\times\dfrac{1}{36}=\dfrac{53}{18}$$

答　$\dfrac{53}{18}$

別解（(1) との差）　(1) と違うのは最初の目が6のとき（確率 $\dfrac16$ ）だけで、得点が0から6に変わる。よって期待値は $\dfrac16\times6=1$ だけ増え、 $\dfrac{35}{18}+1=\dfrac{53}{18}$ 。

(3)　配点 20点

2回目を振るかどうかは最初の目を見てから決めるので、最初の目 $k$ ごとに「振る」「振らない」を別々に選べる。最初の目が $k$ のときの得点の期待値を $F_k$ とすると、振らなければ $F_k=k$ 、振れば $F_k=E_k$ であり、全体の期待値は

$$\dfrac16(F_1+F_2+F_3+F_4+F_5+F_6)$$

である。各 $F_k$ は目 $k$ での選択だけで決まり、ほかの目での選択には左右されないので、すべての $k$ で $F_k$ を大きい方にすれば、全体の期待値は最大になる。

そこで、各 $k$ について $E_k$ と $k$ を比べる。両方を6倍して、表の行の和 $6E_k$ と $6k$ を比べると

・$k=1$ ： $6E_1=20>6$ 　→ 振る方が大きい

・$k=2$ ： $6E_2=18>12$ 　→ 振る方が大きい

・$k=3$ ： $6E_3=15<18$ 　→ 振らない方が大きい

・$k=4,\ 5,\ 6$ ： $6E_k=11,\ 6,\ 0$ はそれぞれ $24,\ 30,\ 36$ より小さい　→ 振らない方が大きい

よって、最初の目が1または2のときだけ2回目を振ればよい。このときの期待値は

$$\dfrac{1}{36}(20+18+18+24+30+36)=\dfrac{146}{36}=\dfrac{73}{18}$$

答　最初の目が1以上2以下（1または2）のとき2回目を振る

補足（「ある目以上は振らない」型だけを比べる解き方）　「 $n$ 以上の目では振らない」という形の決め方だけを $n=1,\ 2,\ \cdots$ と比べても、同じ答えにたどり着く（ $n=3$ のとき最大の $\dfrac{73}{18}$ ）。ただし、それだけでは「3のときだけ振る」のような飛び飛びの決め方を除く理由にならない。最初の目ごとに独立に選べることを述べておけば、64通りすべての決め方の中で最大であると言い切れる。

$xy$ 平面上に曲線 $y=\dfrac{1}{x^2}$ を描き、この曲線の第1象限内の部分を $C_1$、第2象限内の部分を $C_2$ と呼ぶ。 $C_1$ 上の点 $\mathrm{P}_1\left(a,\ \dfrac{1}{a^2}\right)$ から $C_2$ に向けて接線を引き、 $C_2$ との接点を $\mathrm{Q}_1$ とする。次に点 $\mathrm{Q}_1$ から $C_1$ に向けて接線を引き、 $C_1$ との接点を $\mathrm{P}_2$ とする。次に点 $\mathrm{P}_2$ から $C_2$ に向けて接線を引き、接点を $\mathrm{Q}_2$ とする。以下同様に続けて、 $C_1$ 上の点列 $\mathrm{P}_n$ と $C_2$ 上の点列 $\mathrm{Q}_n$ を定める。このとき、次の問いに答えよ。

(1) 点 $\mathrm{Q}_1$ の座標を求めよ。

(2) 三角形 $\mathrm{P}_1\mathrm{Q}_1\mathrm{P}_2$ の面積 $S_1$ を求めよ。

(3) 三角形 $\mathrm{P}_n\mathrm{Q}_n\mathrm{P}_{n+1}\ (n=1,2,3,\cdots)$ の面積 $S_n$ を求めよ。

(4) 級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}S_n$ の和を求めよ。

(1)　配点 10点

$y=\dfrac{1}{x^2}$ より $y’=-\dfrac{2}{x^3}$ なので、曲線上の点 $\left(t,\ \dfrac{1}{t^2}\right)$ （ $t\neq0$）における接線は

$$y=-\frac{2}{t^3}(x-t)+\frac{1}{t^2}\iff y=-\frac{2}{t^3}x+\frac{3}{t^2}$$

これが曲線上の点 $\left(p,\ \dfrac{1}{p^2}\right)$ （ $p\neq0$）を通るとき

$$\frac{1}{p^2}=-\frac{2p}{t^3}+\frac{3}{t^2}$$

両辺に $p^2t^3$ をかけて整理すると

$$t^3-3p^2t+2p^3=0$$

点 $\left(p,\ \dfrac{1}{p^2}\right)$ 自身での接線はこの点を通るので、 $t=p$ はこの式をみたす。よって左辺は $t-p$ を因数にもち

$$(t-p)^2(t+2p)=0\qquad\therefore\ t=p,\ -2p$$

$t=p$ はその点自身での接線なので、反対側の部分（ $t$ の符号が $p$ と逆）に引いた接線の接点は $t=-2p$ のただ1つである。まとめると

$x$ 座標 $p$ の点から反対側の部分に引いた接線の接点の $x$ 座標は $-2p$ …（★）

$\mathrm{P}_1$ は第1象限の点なので $a>0$ である。（★）で $p=a$ とすると、 $C_2$ との接点の $x$ 座標は $-2a$ （ $<0$）。

答　$\mathrm{Q}_1\left(-2a,\ \dfrac{1}{4a^2}\right)$

(2)　配点 15点

（★）で $p=-2a$ とすると、 $\mathrm{Q}_1$ から $C_1$ に引いた接線の接点 $\mathrm{P}_2$ の $x$ 座標は $(-2)\times(-2a)=4a$ なので

$$\mathrm{P}_2\left(4a,\ \frac{1}{16a^2}\right)$$

$\mathrm{P}_1$ が原点に来るように平行移動しても面積は変わらない。このとき $\mathrm{Q}_1$、 $\mathrm{P}_2$ は次の成分の点に移る（下の図の塗った三角形が $\triangle\mathrm{P}_1\mathrm{Q}_1\mathrm{P}_2$）。

$$\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{Q}_1}=\left(-3a,\ \frac{1}{4a^2}-\frac{1}{a^2}\right)=\left(-3a,\ -\frac{3}{4a^2}\right)$$

$$\overrightarrow{\mathrm{P}_1\mathrm{P}_2}=\left(3a,\ \frac{1}{16a^2}-\frac{1}{a^2}\right)=\left(3a,\ -\frac{15}{16a^2}\right)$$

よって

$$S_1=\frac12\left|(-3a)\cdot\left(-\frac{15}{16a^2}\right)-\left(-\frac{3}{4a^2}\right)\cdot3a\right|=\frac12\left(\frac{45}{16a}+\frac{36}{16a}\right)=\frac{81}{32a}$$

答　$S_1=\dfrac{81}{32a}$

(3)　配点 15点

$\mathrm{P}_n$ の $x$ 座標を $p_n$ とする（ $p_1=a>0$）。（★）より $\mathrm{Q}_n$ の $x$ 座標は $-2p_n$ で、もう一度（★）を使うと $\mathrm{P}_{n+1}$ の $x$ 座標は $(-2)\times(-2p_n)=4p_n$。よって

$$p_{n+1}=4p_n\qquad\therefore\ p_n=4^{n-1}a$$

(2) の計算は $a>0$ のどの値でも成り立つので、 $a$ を $p_n$ にかえると、 $\triangle\mathrm{P}_n\mathrm{Q}_n\mathrm{P}_{n+1}$ の面積は

$$S_n=\frac{81}{32p_n}=\frac{81}{32\cdot4^{n-1}a}$$

答　$S_n=\dfrac{81}{32a}\left(\dfrac14\right)^{n-1}$

別解（拡大・縮小で見る）　点 $(x,\ y)$ を点 $\left(4x,\ \dfrac{y}{16}\right)$ に移す変換を考える。 $y=\dfrac{1}{x^2}$ 上の点は $\dfrac{y}{16}=\dfrac{1}{(4x)^2}$ をみたすので、曲線は自分自身に移り（ $C_1$ は $C_1$ に、 $C_2$ は $C_2$ に移る）、直線は直線に移る。点 $\left(t,\ \dfrac{1}{t^2}\right)$ での接線（傾き $-\dfrac{2}{t^3}$）は、傾きが $\dfrac{1}{16}\div4=\dfrac{1}{64}$ 倍の $-\dfrac{2}{64t^3}=-\dfrac{2}{(4t)^3}$ で点 $\left(4t,\ \dfrac{1}{16t^2}\right)$ を通る直線、つまり点 $\left(4t,\ \dfrac{1}{(4t)^2}\right)$ での接線に移る。よって $\mathrm{P}_n,\ \mathrm{Q}_n,\ \mathrm{P}_{n+1}$ は $\mathrm{P}_{n+1},\ \mathrm{Q}_{n+1},\ \mathrm{P}_{n+2}$ に移る。この変換で $\dfrac12|x_1y_2-x_2y_1|$ は $4\times\dfrac{1}{16}=\dfrac14$ 倍になるので $S_{n+1}=\dfrac14S_n$ で

$$S_n=S_1\left(\frac14\right)^{n-1}=\frac{81}{32a}\left(\frac14\right)^{n-1}$$

面積の計算をくり返さなくても、公比 $\dfrac14$ が分かる。

(4)　配点 10点

(3) より $\{S_n\}$ は初項 $\dfrac{81}{32a}$、公比 $\dfrac14$ の等比数列なので、部分和 $T_n=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}S_k$ は

$$T_n=\frac{81}{32a}\cdot\frac{1-\left(\dfrac14\right)^n}{1-\dfrac14}=\frac{27}{8a}\left\{1-\left(\frac14\right)^n\right\}$$

$0<\dfrac14<1$ より $n\to\infty$ のとき $\left(\dfrac14\right)^n\to0$ なので、不定形ではなく

$$\sum_{n=1}^{\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}T_n=\frac{27}{8a}(1-0)=\frac{27}{8a}$$

答　$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}S_n=\dfrac{27}{8a}$

中心 $(0,a)$、半径 $a$ の円を $xy$ 平面上の $x$ 軸の上を $x$ の正の方向に滑らないように転がす。このとき円上の定点Pが原点 $(0,0)$ を出発するとする。次の問いに答えよ。

(1) 円が角 $t$ だけ回転したとき、点Pの座標を求めよ。

(2) $t$ が0から $2\pi$ まで動いて円が一回転したときの点Pの描く曲線を $C$ とする。曲線 $C$ と $x$ 軸とで囲まれる部分の面積を求めよ。

(3) (2) の曲線 $C$ の長さを求めよ。

(1)　配点 15点

円と $x$ 軸の接点をT、円の中心をCとする。円が角 $t$ だけ回転したとき、円は滑らずに転がるので、線分OTの長さは、それまで $x$ 軸に接していた弧TPの長さに等しい。弧TPは半径 $a$、中心角 $t$ の弧なので

$$\mathrm{OT}=at$$

よって $\mathrm{T}(at,\ 0)$、中心は $\mathrm{C}(at,\ a)$ である。

はじめPは中心の真下にあるので、 $\overrightarrow{\mathrm{CP}}$ が $x$ 軸の正の向きとなす角ははじめ $-\dfrac{\pi}{2}$ である。円は $x$ 軸の正の方向に転がるとき時計回りに回るので、角 $t$ だけ回転したとき、この角は $-\dfrac{\pi}{2}-t$ になる。 $|\overrightarrow{\mathrm{CP}}|=a$ なので

$$\overrightarrow{\mathrm{CP}}=\left(a\cos\left(-\frac{\pi}{2}-t\right),\ a\sin\left(-\frac{\pi}{2}-t\right)\right)=(-a\sin t,\ -a\cos t)$$

$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}+\overrightarrow{\mathrm{CP}}=(at-a\sin t,\ a-a\cos t)$ より

答　$\mathrm{P}\left(a(t-\sin t),\ a(1-\cos t)\right)$

別解（複素数平面で回転させる）　中心Cを表す複素数は $at+ai$。はじめ $\overrightarrow{\mathrm{CP}}$ を表す複素数は $-ai$ で、時計回りに $t$ 回転するので $\cos(-t)+i\sin(-t)$ をかけて

$$-ai(\cos t-i\sin t)=-a\sin t-ai\cos t$$

よってPを表す複素数は $a(t-\sin t)+a(1-\cos t)i$ となり、同じ答えが得られる。

(2)　配点 15点

(1) より $x=a(t-\sin t)$、 $y=a(1-\cos t)$ $(0\leqq t\leqq2\pi)$。

$$\frac{dx}{dt}=a(1-\cos t)\geqq0$$

なので $x$ は $t$ とともに増加し、 $t=0$ で $x=0$、 $t=2\pi$ で $x=2\pi a$。また $y=a(1-\cos t)\geqq0$ で、 $t=\pi$ のとき最大値 $2a$ をとる。よって曲線 $C$ は下の図のようになり、求める面積 $S$ は塗った部分の面積である。

図をそのまま式にして

$$S=\int_0^{2\pi a}y\,dx$$

$x=a(t-\sin t)$ と置換すると $dx=a(1-\cos t)\,dt$、積分区間は $x:0\to2\pi a$ のとき $t:0\to2\pi$ なので

$$S=\int_0^{2\pi}a(1-\cos t)\cdot a(1-\cos t)\,dt=a^2\int_0^{2\pi}(1-\cos t)^2\,dt$$

$(1-\cos t)^2=1-2\cos t+\cos^2t$ で、半角の公式より $\cos^2t=\dfrac{1+\cos2t}{2}$ なので

$$S=a^2\int_0^{2\pi}\left(\frac32-2\cos t+\frac12\cos2t\right)dt=a^2\Big[\frac32t-2\sin t+\frac14\sin2t\Big]_0^{2\pi}=a^2\cdot\frac32\cdot2\pi$$

答　$3\pi a^2$

（転がした円の面積 $\pi a^2$ のちょうど3倍になる。答えの確かめに使える）

(3)　配点 20点

$\dfrac{dx}{dt}=a(1-\cos t)$、 $\dfrac{dy}{dt}=a\sin t$ より

$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2=a^2\left(1-2\cos t+\cos^2t+\sin^2t\right)=2a^2(1-\cos t)$$

半角の公式 $1-\cos t=2\sin^2\dfrac{t}{2}$ より

$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2=4a^2\sin^2\frac{t}{2}$$

$0\leqq t\leqq2\pi$ のとき $0\leqq\dfrac{t}{2}\leqq\pi$ なので $\sin\dfrac{t}{2}\geqq0$。よって、曲線 $C$ の長さ $L$ は

$$L=\int_0^{2\pi}\sqrt{4a^2\sin^2\frac{t}{2}}\,dt=\int_0^{2\pi}2a\sin\frac{t}{2}\,dt$$

$$L=2a\Big[-2\cos\frac{t}{2}\Big]_0^{2\pi}=2a\{2-(-2)\}=8a$$

答　$8a$

（転がした円の直径 $2a$ のちょうど4倍になる。答えの確かめに使える）