東大文系数学2016入試過去問解答解説

まず，三角形になるための条件は $3$ 点が同一直線上にないことである。

そのための点 $\mathrm{P,Q,R}$ の条件は，点 $\mathrm{P,O,Q}$ が同一直線上にあることから，点 $\mathrm{P,Q}$ が直線 $\mathrm{OR}$ 上にないことであり， $$y \ne 0 \tag{1}$$ となる。

次に，鋭角三角形の条件は全ての角が $90^\circ$ 未満になることなので，それぞれの点が，他の $2$ 点のなす辺を直径にもつ円の外側にあるといえる。

まず角 $\mathrm{R}$ について，辺 $\mathrm{PQ}$ を直径にもつ円は半径が $\mathrm{OP}$ である。

点 $\mathrm{R}$ がこの円の外にある条件は，半径が1より小さいことであり，$\mathrm{P}(x,y)$ より

$$x^2 + y^2 < 1 \tag{2}$$

次に，角 $\mathrm{P,Q}$ の条件だが，辺 $\mathrm{PQ}$ 上に 点 $\mathrm{O}$ があるので，

$$\angle \mathrm{QPR} = \angle \mathrm{RPO} \\ \angle \mathrm{PQR} = \angle \mathrm{RQO}$$

となる。

よって，角 $\mathrm{P,Q}$ が鋭角になる条件は，下図のように点 $\mathrm{P,Q}$ が $\mathrm{OR}$ を直径にもつ円の外側にあることである。

$\mathrm{OR}=1$ より，点 $\mathrm{P,Q}$ と $\left( \dfrac{1}{2} ,0 \right)$ の距離が $\dfrac{1}{2}$ より大きいことが条件で，

以上 $(1)$ 〜 $(4)$ を図示して，以下(境界は全て含まず)。

まず，三角形になるための条件は $3$ 点が同一直線上にないことである。

そのための点 $\mathrm{P,Q,R}$ の条件は，点 $\mathrm{P,O,Q}$ が同一直線上にあることから，点 $\mathrm{P,Q}$ が直線 $\mathrm{OR}$ 上にないことであり，$y \ne 0\ \ \ \ (1)$ となる。

このもとで，$\triangle \mathrm{PQR}$ は鋭角三角形なので $$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}} \ , \ \overrightarrow{\mathrm{QP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{QR}} \ , \ \overrightarrow{\mathrm{RP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{RQ}} >0$$

が成立する。ここで，

$$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PR}} = &\ (-2x , -2y) \cdot (1-x , -y) = 2(x^2 - x + y^2) \\ \overrightarrow{\mathrm{QP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{QR}} = &\ (2x , 2y) \cdot (1+x , y) = 2(x^2 + x + y^2)\\ \overrightarrow{\mathrm{RP}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{RQ}} = &\ (x-1 , y) \cdot (-x-1 , -y) = 1 - x^2 -y^2 \end{aligned}$$

より，

$$\begin{cases} 2(x^2 - x + y^2)>0 \\ 2(x^2 + x + y^2)>0 \\ 1 - x^2 -y^2>0 \\ \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \left( x - \dfrac{1}{2} \right)^2 + y^2 > \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 \tag{2}\\ \left( x + \dfrac{1}{2} \right)^2 + y^2 > \left( \dfrac{1}{2} \right)^2 \\ \ x^2 + y^2 < 1 \end{cases}$$

以上 $(1),(2)$ より以下斜線部(境界は含まず)。

$4$ 試合目までは勝敗が決まらないので，初戦で $\mathrm{A}$ が勝ったとすると，$\mathrm{A C B A}$ の順で勝ち，$5$ 試合目に $\mathrm{A}$ が勝つことで優勝が決まる。

次に初戦で $\mathrm{B}$ が勝ったとすると，$\mathrm{B C A B}$ の順で勝ち，$5$ 試合目に $\mathrm{B}$ が勝つことで $5$ 試合目に優勝は決まるが，$\mathrm{A}$ は優勝できない。

よって $\mathrm{A}$ が優勝するには $\mathrm{A C B A A}$ の順で勝つしか方法がなく，

それぞれの勝つ確率は $\dfrac{1}{2}$ なので，求める確率は

$$\left( \dfrac{1}{2} \right)^5 = \dfrac{1}{32}$$

$(ⅰ)$ 初戦で $\mathrm{A}$ が勝つとき

優勝が決まらないようにするためには，$\mathrm{A,C,B,A,C,B,} \cdots$ と勝ち続けなければならない。

この場合，$\mathrm{A}$ が優勝するのは $\cdots \mathrm{,A,C,B,A,A}$ と勝つ場合であり，これは $n=3m-1 (m \in \mathbb{N} )$ のときであり，確率は

$$\left( \dfrac{1}{2} \right)^n$$

である。

$(ⅱ)$ 初戦で $\mathrm{B}$ が勝つとき

優勝が決まらないようにするためには，$\mathrm{B,C,A,B,C,A} \cdots$ の順で勝ち続けないといけない。

この場合，$\mathrm{A}$ が優勝するのは $\cdots \mathrm{,B,C,A,A}$ と勝つ場合であり，これは $n=3m+1 (m \in \mathbb{N} )$ のときであり，確率は

$$\left( \dfrac{1}{2} \right)^n$$

である。

以上と $n\geqq2$ より，求める確率は

$n$ が $3$ の倍数のとき $0$ ，そうでないとき $\left( \dfrac{1}{2} \right)^n$

$(2)$ の $(ⅰ)$ の場合の確率の合計は

$$\begin{aligned} \sum^{m}_{k=1} \left( \dfrac{1}{2} \right)^{3k-1} =& \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1- \left( \dfrac{1}{8} \right)^m }{1 - \dfrac{1}{8} } \\ =& \dfrac{2}{7} \left\{ 1 - \left( \dfrac{1}{8} \right)^m \right\} \end{aligned}$$

$(2)$ の $(ⅱ)$ の場合の確率の合計は

$$\begin{aligned} \sum^{m-1}_{k=1} \left( \dfrac{1}{2} \right)^{3k+1} =& \dfrac{1}{16} \cdot \dfrac{1- \left( \dfrac{1}{8} \right)^m }{1 - \dfrac{1}{8} } \\ =& \dfrac{1}{14} \left\{ 1 - \left( \dfrac{1}{8} \right)^m \right\} \end{aligned}$$

これら二つの和が求める確率で，

$$\begin{aligned} &\dfrac{2}{7} \left\{ 1 - \left( \dfrac{1}{8} \right)^m \right\} + \dfrac{1}{14} \left\{ 1 - \left( \dfrac{1}{8} \right)^m \right\} \\ =& \dfrac{5}{14} - \dfrac{6}{7} \left( \dfrac{1}{8} \right)^m \end{aligned}$$

$f(x) = x^2, g(x) = -x^2 + px + q$ とおく。点 $(-1,1)$ で接していることから， $$\begin{cases} g(1) = 1\\ f'(-1) = g'(-1) \end{cases}$$ $$\therefore -1 + p + q = 1$$ また，$f'(x) = 2x, g'(x) = -2x + p$ から， $$-2 = 2 + p$$ これらを合わせて， $$p = -4, q = -2$$

問題の条件から，$C$ を表す式は $$\begin{aligned} y - t &= -(x-2t)^2 + p(x - 2t) + q\\ &= -(x-2t)^2 -4(x - 2t) -2\\ \therefore y &= -x^2 + (4t-4)x -4t^2 + 9t - 2 \end{aligned}$$

さて，$A,C$ の共有点が二つあるときというのは， $$-x^2 + (4t-4)x -4t^2 + 9t - 2 = x^2 \tag{1}$$ の方程式の判別式 $D$ が正，つまり $$\begin{aligned} \dfrac{D}{4} &= (2t-2)^2 + 2(-4t^2 + 9t - 2)\\ &= -4t^2 + 10t > 0\\ \therefore 0 &< t < \dfrac{5}{2} \end{aligned}$$ となるときである。このとき，式 $(1)$ の解を $\alpha, \beta$ とかくことにすると， $$\begin{aligned} S(t) &= \int_\alpha^\beta -2(x-\alpha)(x-\beta)dx\\ &= 2 \cdot \dfrac{1}{6}(\beta - \alpha)^3 \\ &= \dfrac{1}{3}\left(\sqrt{-4t^2 + 10t}\right)^3 \end{aligned}$$

共有点が0個，または1個のときは $S(t) = 0$ であるから， $$S(t) = \begin{cases} \dfrac{1}{3}\left(-4t^2 + 10t\right)^{3/2} & \left(0 < t < \dfrac{5}{2}\right)\\ 0 & \left(t \geq \dfrac{5}{2}\right) \end{cases}$$

$S(t)$ が最大になるのは，$-4t^2 + 10t$ が最大になるときであるから，この二次関数が最大になるような状況を考える。 $$-4t^2 + 10t = -4 \left(t - \dfrac{5}{4}\right)^2 + \dfrac{25}{4}$$ より，$t = \dfrac{5}{4} \left(< \dfrac{5}{2}\right)$ のとき，$S(t)$ は最大であり，その値は， $$\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{125}{8} = \dfrac{125}{24}$$

(1)では合同式において，以下 $10$ を法として考える。 $$\begin{aligned} 3^1 &\equiv 3\\ 3^2 &\equiv 9\\ 3^3 &\equiv 7\\ 3^4 &\equiv 1\\ 3^5 &\equiv 3 \end{aligned}$$ となって，$3^5$ で $3$ に戻るので，周期 $4$ のループができていて， $$a_n = \begin{cases} 3 & (n \equiv 1 \quad (\mathrm{mod} \ 4 ))\\ 9 & (n \equiv 2 \quad (\mathrm{mod} \ 4 ))\\ 7 & (n \equiv 3 \quad (\mathrm{mod} \ 4 ))\\ 1 & (n \equiv 0 \quad (\mathrm{mod} \ 4 )) \end{cases}$$

(2)では合同式において，以下 $4$ を法として考える。 $$\begin{aligned} 3^1 &\equiv 3\\ 3^2 &\equiv 1\\ 3^3 &\equiv 3 \end{aligned}$$ となって，$3^3$ で $3$ に戻るので，周期 $2$ のループができていて， $$b_n = \begin{cases} 3 & (n \equiv 1 \quad (\mathrm{mod} \ 2 ))\\ 1 & (n \equiv 0 \quad (\mathrm{mod} \ 2 )) \end{cases}$$

$n \geq 1$ に対して $x_n$ は奇数，つまり， $$x_n \equiv 1 \quad (\mathrm{mod} \ 2)$$ であるから，(2)の結果より，$n \geq 1$ のとき，$3^{x_n}$ は $$3^{x_n} \equiv 3 \quad (\mathrm{mod} \ 4)$$ である。さらに，(1)の結果より，$n \geq 2$ のとき，$3^{x_n}$ は $$3^{x_n} \equiv 3 \quad (\mathrm{mod} \ 4)$$ よって，$x_n \geq 3$ のとき， $$x_n \equiv 7 \quad (\mathrm{mod} \ 10)$$ であるから，$x_{10}$ を $10$ で割った余りも $7$ となる。