4鹿児島大学 2001年 数学 第4問解答・解説

この冊子は4-1、4-2、4-3の三題から一題を選択する指示である。ここでは4-1を主解として選び、4-2と4-3は補足として分けて示す。

主解として選択した4-1　 Aを原点とし、$\overrightarrow{AB}=\boldsymbol b$、$\overrightarrow{AC}=\boldsymbol c$、$\overrightarrow{AP}=\boldsymbol p$とおく。与式から $$\displaystyle 4(-\boldsymbol p)+2(\boldsymbol b-\boldsymbol p)+k(\boldsymbol c-\boldsymbol p)=\boldsymbol0,\qquad \boldsymbol p=\frac{2\boldsymbol b+k\boldsymbol c}{k+6}.$$ したがって直線APの方向ベクトルは$2\boldsymbol b+k\boldsymbol c$である。DはBC上にもあるので、$\overrightarrow{AD}=t(2\boldsymbol b+k\boldsymbol c)$とおくと、$\boldsymbol b$、$\boldsymbol c$の係数の和が1となり、$t(2+k)=1$である。よって $$\displaystyle \overrightarrow{AD}=\frac{2\boldsymbol b+k\boldsymbol c}{k+2},\qquad D=\frac{2}{k+2}B+\frac{k}{k+2}C,\qquad BD:DC=k:2.$$ また、$\boldsymbol b\cdot\boldsymbol b=4$、$\boldsymbol c\cdot\boldsymbol c=1$、$\boldsymbol b\cdot\boldsymbol c=2\cdot1\cdot\cos120^\circ=-1$だから、$\overrightarrow{AD}\perp\overrightarrow{BC}$となる条件は $$(2\boldsymbol b+k\boldsymbol c)\cdot(\boldsymbol c-\boldsymbol b)=2(-1-4)+k(1+1)=-10+2k=0.$$ ゆえに$k=5$である。このとき、$B=(2,0)$、$\displaystyle C=(-\frac12,\frac{\sqrt3}{2})$と座標をとると、$\displaystyle D=(\frac3{14},\frac{5\sqrt3}{14})$となる。三角形ABCの外接円を$x^2+y^2+ux+vy=0$とおく。B、Cを代入して$u=-2$、$\displaystyle v=-\frac4{\sqrt3}$を得るので、円の方程式は $$\displaystyle x^2+y^2-2x-\frac4{\sqrt3}y=0.$$ $\displaystyle Q=lD=(\frac{3l}{14},\frac{5\sqrt3 l}{14})$を代入すると $$\displaystyle \frac{3l^2}{7}-\frac{3l}{7}-\frac{10l}{7}=\frac{l(3l-13)}7=0.$$ $l>0$より$\displaystyle l=\frac{13}{3}$である。

補足（選択解に含めない）：4-2　 $z=x+iy$とする。分母が0となる$z=2$は除く。 $$i(z-2)=-y+i(x-2).$$ 分数が実数となる条件は、分子と分母をそれぞれ$a+bi$、$u+vi$としたとき$bu-av=0$となることである。ここでは$a=x$、$b=y-2$、$u=-y$、$v=x-2$だから、 $$(y-2)(-y)-x(x-2)=0,\qquad x^2+y^2-2x-2y=0.$$ したがって $$(x-1)^2+(y-1)^2=2$$ であり、求める図形は中心$1+i$、半径$\sqrt2$の円から$z=2$を除いたものである。

この円上で原点以外の点を $r(\cos\theta+i\sin\theta)$ と表し、$g(\theta)=\cos\theta+\sin\theta$ とおく。円の方程式に代入すると $r=2g(\theta)$ である。$O,A,B$ が正三角形の頂点なので $OA=OB>0$ である。$\theta=\arg\alpha,\ \phi=\arg\beta$ とおくと、問題の偏角の順序条件 $0^\circ\le\theta<\phi<360^\circ$ と正三角形の条件から、$\phi-\theta=60^\circ$ または $300^\circ$ の二通りを検討する。 まず $\phi-\theta=300^\circ$ と仮定すると、$\phi<360^\circ$ より $0^\circ\le\theta<60^\circ$ である。等しい半径と $g$ の周期性から $g(\theta)=g(\phi)=g(\theta-60^\circ)$ となる。一方、 $$g(\theta)-g(\theta-60^\circ)=\sqrt2\cos(\theta+15^\circ)$$ だから、等式が成り立つには $\theta=75^\circ+180^\circ n$ が必要であり、$0^\circ\le\theta<60^\circ$ に解はない。よって偏角差 $300^\circ$ は不可能である。 次に $\phi-\theta=60^\circ$ とすると、$\theta<300^\circ$ であり、 $$g(\theta)-g(\theta+60^\circ)=\sqrt2\sin(\theta-15^\circ)$$ および $OA=OB$ から $\theta=15^\circ+180^\circ n$ を得る。この範囲の候補は $\theta=15^\circ,195^\circ$ であるが、$g(195^\circ)<0$ ならば $r=2g(195^\circ)<0$ となり半径に反するため、$\theta=195^\circ$ は除く。したがって $\theta=15^\circ,\ \phi=75^\circ$ であり、 $r=2(\cos15^\circ+\sin15^\circ)=\sqrt6$ である。偏角の順序に合う頂点は $$\displaystyle \alpha=\sqrt6(\cos15^\circ+i\sin15^\circ)=\frac{3+\sqrt3}{2}+i\frac{3-\sqrt3}{2},\qquad\beta=\sqrt6(\cos75^\circ+i\sin75^\circ)=\frac{3-\sqrt3}{2}+i\frac{3+\sqrt3}{2}.$$

補足（選択解に含めない）：4-3　 3個のさいころの出方は$6^3=216$通りで、すべて同様に確からしい。

(a) 1の目のみが3個出る場合は1通りだから、確率は$\displaystyle \frac1{216}$である。

(b) 各さいころが1または2である出方は$2^3$通りあり、1だけ、2だけとなる2通りを除くと6通りである。したがって確率は$\displaystyle \frac6{216}$=$\displaystyle \frac1{36}$である。

(c) 1、2、3を1個ずつ並べる出方は$3!=6$通りなので、確率は$\displaystyle \frac6{216}$=$\displaystyle \frac1{36}$である。

(2) $k=0$のときは3個とも同じ目であり、出方は6通りだから$\displaystyle p_0=\frac6{216}=\frac1{36}$である。$1\le k\le5$とし、最小値を$m$に固定する。最大値$m+k$と最小値$m$がともに出る出方は、全ての目が$m$から$m+k$までの範囲にある出方から、最小値$m$が出ない出方と最大値$m+k$が出ない出方を除き、両方とも出ない出方を加えて $$(k+1)^3-k^3-k^3+(k-1)^3=6k$$ 通りである。$m$は1から$6-k$までの$6-k$通りをとるため、該当する出方は$6k(6-k)$通りである。よって $$\displaystyle p_k=\frac{6k(6-k)}{216}\quad(1\le k\le5),$$ すなわち $$\displaystyle p_1=\frac5{36},\quad p_2=\frac29,\quad p_3=\frac14,\quad p_4=\frac29,\quad p_5=\frac5{36}.$$ 確認すると、分子の合計は$6+30+48+54+48+30=216$であり、$p_0$から$p_5$までの和は1である。