東大文系数学2019入試過去問解答解説

まず，$\triangle \mathrm{OPQ}$ の面積について， $$\dfrac{1}{2} pq = \dfrac{1}{3}$$ が成立する。また，$\triangle \mathrm{PQR}$ の面積について， $$\underbrace{\dfrac{1}{2} (p+r)}_{\text{台形} \mathrm{OPRC}} - \underbrace{\dfrac{1}{3}}_{\text{三角形} \mathrm{PQR}} - \underbrace{\dfrac{1}{2} (1-q)r}_{\text{三角形} \mathrm{CQR}} = \dfrac{1}{3}\\ \therefore \dfrac{1}{2} p + \dfrac{1}{2}qr = \dfrac{2}{3}$$ が成立する。これらを同値変形することを考える。$p = 0$ となってしまうと三角形 $\mathrm{OPQ}$ が潰れてしまうので，$p \neq 0$ が必要。このもと， $$\begin{aligned} &\begin{cases} \dfrac{1}{2} pq = \dfrac{1}{3}\\ \dfrac{1}{2} p + \dfrac{1}{2}qr = \dfrac{2}{3} \end{cases}\\ &\iff \begin{cases} q = \dfrac{2}{3p}\\ \dfrac{1}{2} p + \dfrac{1}{2}qr = \dfrac{2}{3} \end{cases}\\ &\iff \begin{cases} q = \dfrac{2}{3p}\\ \dfrac{1}{2} p + \dfrac{r}{3p} = \dfrac{2}{3} \end{cases}\\ &\iff \begin{cases} q = \dfrac{2}{3p}\\ r = -\dfrac{3}{2}p^2 + 2p \end{cases}\\ \end{aligned}$$

$p$ の範囲を考える。それには $$\begin{cases} q = \dfrac{2}{3p}\\ r = -\dfrac{3}{2}p^2 + 2p\\ 0 < p \leq 1\\ 0 < q \leq 1\\ 0 \leq r \leq 1 \end{cases}$$ を満たす $q,r$ が存在するような $p$ の範囲を求めれば良い。$q,r$ を消去して整理すれば， $$\begin{aligned} &\begin{cases} 0 < p \leq 1\\ 0 < \dfrac{2}{3p} \leq 1\\ 0 \leq -\dfrac{3}{2}p^2 + 2p \leq 1 \end{cases}\\ &\iff \begin{cases} 0 < p \leq 1\\ p \geq \dfrac{2}{3}\\ 3p^2 -4p \leq 0\\ 3p^2 - 4p + 2\geq 0 \end{cases}\\ &\iff \begin{cases} 0 < p \leq 1\\ p \geq \dfrac{2}{3}\\ 0 \leq p \leq \dfrac{4}{3}\\ 3\left(p - \dfrac{2}{3}\right)^2 + \dfrac{2}{3}\geq 0 \end{cases}\\ &\iff \dfrac{2}{3} \leq p \leq 1 \end{aligned}$$ とわかる。$q = \dfrac{2}{3p}$ より，$\dfrac{2}{3} \leq q \leq 1$

また，$r = -\dfrac{3}{2}p^2 + 2p = -\dfrac{3}{2}\left(p - \dfrac{2}{3}\right)^2 + \dfrac{2}{3}$ より，$\dfrac{1}{2} \leq r \leq \dfrac{2}{3}$

$\mathrm{CR} = r = -\dfrac{3}{2} p^2 + 2p, \mathrm{OQ} = q = \dfrac{2}{3p}$ より， $$\begin{aligned} \dfrac{\mathrm{CR}}{\mathrm{OQ}} &= \dfrac{3p}{2}\times \left(-\dfrac{3}{2}p^2 + 2p\right)\\ &= -\dfrac{9}{4}p^3 + 3p^2 \end{aligned}$$ である。 $$f(p) := -\dfrac{9}{4}p^3 + 3p^2$$ とおいて，$p$ で微分すると， $$\begin{aligned} f'(p) &= -\dfrac{27}{4}p^2 + 6p\\ &= -\dfrac{3}{4}p~ (9p - 8) \end{aligned}$$ よって，$f(p)$ の増減表は以下のようになる。 $$\begin{array}{c|ccccc} p &\dfrac{2}{3}& \cdots & \dfrac{8}{9} & \cdots & 1 \\ \hline f’(x) & & +& 0 & - & \\ \hline f(p) & & \nearrow & & \searrow & \end{array}$$ よって，最大値は $$\begin{aligned} f\left(\dfrac{8}{9}\right) = \dfrac{64}{81} \end{aligned}$$ また，最小値は $f\left(\dfrac{2}{3}\right) = \dfrac{2}{3}, f\left(1\right) = \dfrac{3}{4}$ のうちの小さい方，つまり $$f\left(\dfrac{2}{3}\right) = \dfrac{2}{3}$$ となる。

まず条件1について，以下のように同値変形できる。 $$\begin{aligned} &8 \leq \overrightarrow{\mathrm{\mathrm{OA}}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{\mathrm{OP}}} \leq 17\\ \iff &8 \leq \left(\begin{array}{c} 2\\ 2 \end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c} p\\ q \end{array}\right) \leq 17\\ \iff& 8 \leq 2p+2q \leq 17\\ \iff& -p+4 \leq q \leq -p + \dfrac{17}{2} \end{aligned}$$ 次に条件2について考える。問題の設定から $l$ の傾きは $-1$ であり，また $\mathrm{A} (2,2)$ を通ることから $$l: y = -x + 4$$ と表せる。また，$c = 2$ であり，点と直線の距離の公式より， $$d = \dfrac{|p+q-4|}{\sqrt{2}}$$ よって， $$\begin{aligned} &cd \geq (p-1)^2\\ &\iff 2|p+q-4| \geq (p-1)^2 \end{aligned}$$ ここで条件1より，$-p+4 \leq q$ であるから，絶対値がそのまま外せて $$\begin{aligned} &cd \geq (p-1)^2\\ &\iff 2(p+q-4) \geq (p-1)^2\\ &\iff q \geq \dfrac{1}{2}p^2 -2p + \dfrac{9}{2}\\ \end{aligned}$$ これらを合わせて，領域 $D$ は以下の図の斜線部のようになる。

共有点については，$-p+4= \dfrac{1}{2}p^2 -2p + \dfrac{9}{2}$ を解いて，$p=1$

また，$-p+\dfrac{17}{2}= \dfrac{1}{2}p^2 -2p + \dfrac{9}{2}$ を解いて，$p=-2,4$ としている。

この図を元に考えれば，求めたい面積は $$\begin{aligned} &\int_{-2}^4 \left\{\left(-x + \dfrac{17}{2}\right)-\left(\dfrac{1}{2}x^2 -2x + \dfrac{9}{2}\right)\right\}dx\\ &= \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{6^3}{6}\\ &= 18 \end{aligned}$$

$y = \dfrac{1}{2}x^2 -2x + \dfrac{9}{2}$ と $y = ax$ が重解を持つ条件を考える。これらを連立して， $$\dfrac{1}{2}x^2 -2x + \dfrac{9}{2} = ax$$ この方程式の判別式を $E$ とすれば， $$E = (a+2)^2-4\cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{9}{2}=(a+2)^2-9$$ であり，$E=0$ となるには， $$a = 1,-5$$ となればよい。

$a = 1$ のとき，重解は $x = 3$ となるので，接線 $y = x$ は領域 $D$ と交点をもつ。よって，$\mathrm{P}$ がこの接線の領域 $D$ における接点 $(3,3)$ のとき，$\theta$ は最小となる。その値は $$\cos \theta = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$ $a = -5$ のとき，重解は $x = -2$ となるので，接線 $y = -5x$ は領域 $D$ と交点をもたない。よって，$\mathrm{P}$ が $\left(-2,\dfrac{21}{2}\right)$ のとき，$\theta$ は最大となる。その値は $$\begin{aligned} \cos \theta &= \dfrac{-2}{\sqrt{(-2)^2 +\left(\dfrac{21}{2}\right)^2}}\\ &= -\dfrac{4}{\sqrt{457}} \end{aligned}$$ $\mathrm{P}$ が領域 $D$ を動く時，$\cos \theta$ はこの間の値を全て取れるので， $$-\dfrac{4}{\sqrt{457}} \leq \theta \leq \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$

領域 $D$ の図より， $$-2 \leq p \leq 4$$ であり，この範囲で $p$ を固定する。同じく領域 $D$ の図から， $$\dfrac{1}{2}p^2 - 2p + \dfrac{9}{2} \leq q \leq -p+\dfrac{17}{2}$$ である。$\cos \theta = \dfrac{p}{\sqrt{p^2+q^2}}$ と表せることから，$p$ を固定した状態で $q$ を動かすと， $$\dfrac{p}{\sqrt{p^2 + \left(-p + \dfrac{17}{2}\right)^2}} \leq \cos \theta \leq \dfrac{p}{\sqrt{p^2 + \left(\dfrac{1}{2}p^2 -2p + \dfrac{9}{2}\right)^2}}$$ ここから，$p$ を動かすことを考える。 $$\begin{cases} c_1(p) := \dfrac{p}{\sqrt{p^2 + \left(-p + \dfrac{17}{2}\right)^2}}\\ c_2(p):= \dfrac{p}{\sqrt{p^2 + \left(\dfrac{1}{2}p^2 -2p + \dfrac{9}{2}\right)^2}} \end{cases}$$ とおく。これらを $p$ で微分して整理すると（ここが大変） $$\begin{cases} c_1'(p) = \dfrac{34(17-2p)}{(8p^2 -68p + 289)^{\frac{3}{2}}}\\ c_2'(p) = -\dfrac{2(p-3)(p+3)\left\{(p-2)^2 + 5\right\}}{(p^4 -8p^3 + 38p^2 -72p + 81)^{\frac{3}{2}}} \end{cases}$$ $-2 \leq p \leq 4$ の範囲では，$c_1'(p) \geq 0$ より，$c_1(p)$ は単調増加する。よって，$c_1(p)$ の最小値は $$c_1(-2) = -\dfrac{4}{\sqrt{457}}$$

また，$c_2(p)$ の増減表を描くと以下のようになる。 $$\begin{array}{c|ccccc} p & -2& \cdots & 3& \cdots & 4 \\ \hline c_2'(p) & & + & 0 & - & \\ \hline c_2(p) & & \nearrow & 最大 & \searrow & \end{array}$$ よって，$c_2(p)$ の最大値は $$c_2(3) = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$ である。$\cos \theta$ は $c_1(p)$ の最小値と $c_2(p)$ の最大値の間の値を全て動くので， $$-\dfrac{4}{\sqrt{457}} \leq \cos\theta \leq \dfrac{1}{\sqrt{2}}$$

$2n$ 回操作した後，点 $\mathrm{P}$ は $\mathrm{A,C,E,G}$ のどこかにいる。対称性と，全確率が $1$ であることから，$2n$ 回操作した後，$\mathrm{A,C,G,E}$ にいる確率はそれぞれ以下のようにおける。 $$\begin{aligned} \mathrm{A} &: a_n\\ \mathrm{C,G} &: b_n\\ \mathrm{E} &: 1-a_n-2b_n \end{aligned}$$ 次に漸化式を立てることを考える。$2n$ 回操作した後 $A$ にいるのは，

• 2回前に $\mathrm{C}$ にいて $\mathrm{C}$ から $\mathrm{B}$ を通って $\mathrm{A}$ に来た
• 2回前に $\mathrm{G}$ にいて $\mathrm{G}$ から $\mathrm{H}$ を通って $\mathrm{A}$ に来た
• 2回前に $\mathrm{A}$ にいて $\mathrm{A}$ から $\mathrm{B}$ を通って $\mathrm{A}$ に戻って来た
• 2回前に $\mathrm{A}$ にいて $\mathrm{A}$ から $\mathrm{H}$ を通って $\mathrm{A}$ に戻って来た

の４通りであるから，$a_n$ について $$\begin{aligned} a_{n+1} &= \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}\times b_n\times 2 + \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}\times a_n\times 2 \\ &= \dfrac{1}{2}\left(a_n + b_n\right) \quad (n \geq 0) \end{aligned}$$ という漸化式が立てられる。同様に考えれば，$b_n$ について $$\begin{aligned} b_{n+1} &= \dfrac{1}{4}a_n + \dfrac{1}{4}\left(1-a_n-2b_n\right) + \dfrac{1}{2}b_n\\ &= \dfrac{1}{4} \quad (n \geq 0) \end{aligned}$$ これより， $$b_0 = 0,~b_n = \dfrac{1}{4} \quad (n \geq 0)$$ これを $n = 0$ のときの $a_n$ に関する漸化式に当てはめると， $$\begin{aligned} a_1 &= \dfrac{1}{2} (a_0 + b_0)\\ &= \dfrac{1}{2} (1 + 0)\\ &= \dfrac{1}{2} \end{aligned}$$ また，$n \geq 1$ の $n$ に対して， $$\begin{aligned} a_{n+1} &= \dfrac{1}{2} (a_n+b_n)\\ &= \dfrac{1}{2}a_n + \dfrac{1}{8}\\ \therefore a_{n+1} - \dfrac{1}{4} &= \dfrac{1}{2}\left(a_n - \dfrac{1}{4}\right)\\ a_n - \dfrac{1}{4} &= \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} \cdot \dfrac{1}{4}\\ a_n &= \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} \quad (n \geq 1) \end{aligned}$$ $S$ が起こる確率は，$a_5$ のことであるから， $$a_5 = \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{5} = \dfrac{17}{64}$$

$2n+1$ 回操作した後 $\mathrm{F}$ にいる確率を $c_n$ とおく。$2n+1$ 回操作した後，$\mathrm{F}$ にいるのは，

• もともと $\mathrm{E}$ にいて $\mathrm{E}$ から $\mathrm{F}$ に来た
• もともと $\mathrm{G}$ にいて $\mathrm{G}$ から $\mathrm{F}$ に来た

の2通りであるから，$c_n$ について $$\begin{aligned} c_n &= \dfrac{1}{2}b_n + \dfrac{1}{2} (1-a_n -2b_n)\\ &= \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2} (a_n+b_n)\\ &= \dfrac{1}{2} - a_{n+1} \end{aligned}$$ これより，$n\geq 1$ の $n$ に対して， $$\begin{aligned} c_n &= \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4}- \dfrac{1}{4}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\\ &= \dfrac{1}{4}- \dfrac{1}{4}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n\\ \end{aligned}$$ まず，3回の操作後に $F$ に到達し，その後の7回の操作で $\mathrm{A}$ に到達する確率を考える。$\mathrm{A}$ から $\mathrm{F}$ に7回で到達する確率と，$\mathrm{F}$ から $\mathrm{A}$ に7回で到達する確率は対称性から同じである。よって，この確率は $$c_1 \times c_3$$ で求めることができる。同様に考えれば，5回の操作後に $F$ に到達し，その後の5回の操作で $A$ に到達する確率は， $$c_2 \times c_2$$ 7回の操作後に $\mathrm{F}$ に到達し，その後の3回の操作で $\mathrm{A}$ に到達する確率は， $$c_3 \times c_1$$ ただこれらには被りがある。

3回の操作後と5回の操作後に $\mathrm{F}$ に到達し，その後の5回の操作で $\mathrm{A}$ に到達する確率は， $$c_1 \times \dfrac{1}{2} \times c_2$$ 5回の操作後と7回の操作後に $\mathrm{F}$ に到達し，その後の3回の操作で $\mathrm{A}$ に到達する確率は， $$c_2 \times \dfrac{1}{2} \times c_1$$ 3回の操作後と7回の操作後に $\mathrm{F}$ に到達し，その後の3回の操作で $\mathrm{A}$ に到達する確率は，初期位置にあった点が，4回で元の位置に戻ってくる確率が $a_2$ に等しいことを利用すると， $$c_1 \times a_2 \times c_1$$ 3回の操作後と5回の操作後と7回の操作後に $\mathrm{F}$ に到達し，その後の3回の操作で $\mathrm{A}$ に到達する確率は， $$c_1 \times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2} \times c_1$$ これらにより，被りを差し引くことができ，求めたい確率は $$c_1 \times c_3 + c_2 \times c_2 + c_3 \times c_1\\ -c_1 \times \dfrac{1}{2} \times c_2 -c_2 \times \dfrac{1}{2} \times c_1 -c_1 \times a_2 \times c_1\\ +c_1 \times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2} \times c_1$$ で求めることができる。ここで， $$\begin{aligned} c_1 &= \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}\right)^1 = \dfrac{1}{8}\\ c_2 &= \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{3}{16}\\ c_3 &= \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{7}{32}\\ a_2 &= \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2}\right)^1 = \dfrac{3}{8} \end{aligned}$$ を代入して計算すれば，答えは $$\dfrac{33}{512}$$

領域 $D$ について考える。問題の不等式について，

(i) $x\geq 0, ~y \geq 0$ のとき，$y \leq -x + 1$

(ii) $x\geq 0, ~y \leq 0$ のとき，$y \geq x - 1$

(iii) $x\leq 0, ~y \geq 0$ のとき，$y \leq x + 1$

(iv) $x\leq 0, ~y \leq 0$ のとき，$y \geq -x - 1$

よってこれを図示すると以下のようになる。

次に領域 $E$ について考える。点 $V$ は $\overrightarrow{\mathrm{OV}} = -\overrightarrow{\mathrm{OQ}}$ を満たすとする。$\mathrm{Q}$ が領域 $D$ を動く時，対称性から $V$ も領域 $D$ を動く。よって，点 $\mathrm{P,V}$ が領域 $D$ を動くとき，$\overrightarrow{\mathrm{OR}} = \overrightarrow{\mathrm{OP}} +\overrightarrow{\mathrm{OV}}$ をみたす点 $\mathrm{R}$ が動く範囲は $E$ に等しいので，これを考えることにする。

最初に $\mathrm{P}$ を固定する。ここで $V$ を動かせば，点 $\mathrm{R}$ は $\mathrm{P}$ を中心とする領域 $D$ と合同な領域を動く。次に $\mathrm{P}$ を動かせば，$E$ は $\mathrm{P}$ を中心とする正方形の通過領域となり，これを図示すると以下のようになる。

$\overrightarrow{\mathrm{OW}} = (a,b)$ と置いて，領域 $F$ 内を動く点 $\mathrm{S,T}$ に対し，$\overrightarrow{\mathrm{WS}} = \overrightarrow{\mathrm{OX}}, ~ \overrightarrow{\mathrm{WT}} = \overrightarrow{\mathrm{OY}}$ とすると，点 $\mathrm{X,Y}$ は領域 $D$ 内全体を動く点である。

このとき， $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OU}} &= \overrightarrow{\mathrm{OS}}-\overrightarrow{\mathrm{OT}}\\ &= (\overrightarrow{\mathrm{WS}}-\overrightarrow{\mathrm{WO}})-(\overrightarrow{\mathrm{WT}}-\overrightarrow{\mathrm{WO}})\\ &= \overrightarrow{\mathrm{WS}}-\overrightarrow{\mathrm{WT}}\\ &= \overrightarrow{\mathrm{OX}}-\overrightarrow{\mathrm{OY}} \end{aligned}$$ よって，点 $\mathrm{U}$ が動く領域 $G$ は領域 $E$ と一致する。

まず，領域 $E$ について考える。$\mathrm{P} (p_x, p_y), ~ \mathrm{Q} (q_x,q_y), ~ \mathrm{R} (x,y)$ とおく。$\mathrm{P,Q}$ は領域 $D$ を動くので， $$\begin{cases} |p_x| + |p_y| \leq 1 & (1)\\ |q_x| + |q_y| \leq 1 & (2)\\ \end{cases}$$ また， $$\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{OR}} = \overrightarrow{\mathrm{OP}}-\overrightarrow{\mathrm{OQ}}\\ &\iff \begin{cases} x = p_x - q_x & (3)\\ y = p_y - q_y & (4)\\ \end{cases} \end{aligned}$$ これより，$(1),(2),(3),(4)$ を満たす $p_x,p_y,q_x,q_y$ が存在するような $(x,y)$ の条件を求めれば良い。$(3),(4)$ を使って $p_x,p_y$ を消去すれば， $$\begin{cases} |q_x + x| + |q_y + y| \leq 1\\ |q_x| + |q_y| \leq 1\\ \end{cases}$$ を満たす $q_x,q_y$ が存在するような $(x,y)$ の条件を求めれば，領域 $E$ がわかる。

次に領域 $G$ について考える。$\mathrm{S} (s_x, s_y), ~\mathrm{T} (t_x,t_y), ~\mathrm{U} (X,Y)$ とおく。$\mathrm{S,T}$ は領域 $F$ を動くので， $$\begin{cases} |s_x-a| + |s_y-b| \leq 1 & (5)\\ |t_x-a| + |t_y-b| \leq 1 & (6)\\ \end{cases}$$ また， $$\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{OU}} = \overrightarrow{\mathrm{OS}}-\overrightarrow{\mathrm{OT}}\\ &\iff \begin{cases} X = s_x - t_x & (7)\\ Y = s_y - t_y & (8)\\ \end{cases} \end{aligned}$$ これより，$(5),(6),(7),(8)$ を満たす $s_x,s_y,t_x,t_y$ が存在するような $(X,Y)$ の条件を求めれば良い。$(7),(8)$ を使って $s_x,s_y$ を消去すれば， $$\begin{cases} |t_x-a + X| + |t_y-b + Y| \leq 1\\ |t_x-a| + |t_y-b| \leq 1\\ \end{cases}$$ を満たす $t_x,t_y$ が存在するような $(X,Y)$ の条件を求めれば良い。 $$\begin{cases} u_x = t_x -a\\ u_y = t_y-b\\ \end{cases}$$ と置けば， $$\begin{cases} |u_x + X| + |u_y + Y| \leq 1\\ |u_x| + |u_y| \leq 1\\ \end{cases}$$ を満たす $u_x,u_y$ が存在するような $(X,Y)$ の条件を求めれば，領域 $G$ がわかることになり，これは領域 $E$ の条件と完全に一致する。