【解説・採点基準付き】2023年鹿児島大医学部・数学の解答・解説

次の各問いに答えよ。

(1) 3辺の長さがそれぞれ2、4、 $2\sqrt5$ である三角形に内接する円の面積を求めよ。

(2) $\theta=\sqrt5+\sqrt7$ とする。有理数を係数とする4次の整式 $f(x)$ のうち、 $f(\theta)=0$ を満たし4次の項の係数が1となるものを1つ答えよ。

(3) 1個のサイコロを3回投げるとき、出る目の和が7以上である確率を求めよ。

(1)　配点 13点

$2^2+4^2=20=\left(2\sqrt5\right)^2$ なので、三平方の定理の逆より、この三角形は長さ $2\sqrt5$ の辺を斜辺とする直角三角形である。頂点を下の図のように $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$（ $\angle\mathrm{C}=90^\circ$、 $\mathrm{BC}=2$、 $\mathrm{CA}=4$、 $\mathrm{AB}=2\sqrt5$ ）とすると、面積は

$$S=\dfrac12\cdot\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CA}=\dfrac12\cdot2\cdot4=4$$

内接円の中心を $\mathrm{I}$、半径を $r$ とする。 $\triangle\mathrm{ABC}=\triangle\mathrm{IBC}+\triangle\mathrm{ICA}+\triangle\mathrm{IAB}$ で、3つの三角形の高さはどれも $r$ なので

$$S=\dfrac12r\left(\mathrm{BC}+\mathrm{CA}+\mathrm{AB}\right)=\dfrac12r\left(6+2\sqrt5\right)=\left(3+\sqrt5\right)r$$

よって

$$r=\dfrac{4}{3+\sqrt5}=\dfrac{4\left(3-\sqrt5\right)}{\left(3+\sqrt5\right)\left(3-\sqrt5\right)}=3-\sqrt5$$

したがって、内接円の面積は

$$\pi r^2=\pi\left(3-\sqrt5\right)^2=\left(14-6\sqrt5\right)\pi$$

答　$\left(14-6\sqrt5\right)\pi$

(1) の別解（接線の長さを使う）

$\mathrm{C}$、 $\mathrm{I}$ と2つの接点でできる四角形は1辺 $r$ の正方形なので、 $\mathrm{C}$ からの接線の長さは $r$。 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{A}$ からの接線の長さはそれぞれ $2-r$、 $4-r$ で、その和が斜辺なので $(2-r)+(4-r)=2\sqrt5$、よって $r=3-\sqrt5$。直角三角形のときだけ使える方法で、有理化が要らない。

(2)　配点 13点

$$\theta^2=\left(\sqrt5+\sqrt7\right)^2=5+2\sqrt{35}+7=12+2\sqrt{35}$$

よって $\theta^2-12=2\sqrt{35}$。両辺を2乗して

$$\left(\theta^2-12\right)^2=140$$

$$\theta^4-24\theta^2+144=140$$

$$\theta^4-24\theta^2+4=0$$

したがって $f(x)=x^4-24x^2+4$ とすると、 $f(x)$ は有理数を係数とする4次の整式で、4次の項の係数は1であり、 $f(\theta)=0$ を満たす。

答　$f(x)=x^4-24x^2+4$

参考（答えは1つしかない）

問題は「1つ答えよ」だが、実はこの条件を満たす $f(x)$ は $x^4-24x^2+4$ だけである。 $f(x)=x^4-24x^2+4$ は、 $\pm\sqrt5\pm\sqrt7$ の4つを解にもち

$$x^4-24x^2+4=\left(x-\sqrt5-\sqrt7\right)\left(x-\sqrt5+\sqrt7\right)\left(x+\sqrt5-\sqrt7\right)\left(x+\sqrt5+\sqrt7\right)$$

と因数分解できる。答案でこれを示す必要はない。

(3)　配点 14点

3回の目の出方は全部で $6^3=216$ 通りで、これらは同様に確からしい。

出る目の和が7以上である事象の余事象は「和が6以下」である。

1回目、2回目、3回目の目をそれぞれ $a$、 $b$、 $c$ とし、 $d=7-(a+b+c)$ とおく。 $a+b+c\leqq6$ は $d\geqq1$ と同じなので、和が6以下の目の出方は

$$a+b+c+d=7\qquad(a,\,b,\,c,\,d\text{ は正の整数})$$

を満たす組 $(a,\,b,\,c,\,d)$ の個数に等しい。この組では $a$、 $b$、 $c$ はどれも $7-3=4$ 以下なので、目が6以下という条件は自動的に満たされる。

7個の○を並べ、○の間の6か所から仕切りを入れる3か所を選べば1つの組に対応するので

$${}_6\mathrm{C}_3=20\ \text{通り}$$

したがって、求める確率は

$$1-\dfrac{20}{216}=1-\dfrac{5}{54}=\dfrac{49}{54}$$

答　$\dfrac{49}{54}$

(3) の別解（表で和が6以下を数える）

$a+b+c\leqq6$ となるのは $c\leqq6-a-b$ のときで、 $c\geqq1$ なので $a+b\leqq5$ が必要。 $a$、 $b$ を決めると $c$ は $1,\,2,\,\cdots,\,6-a-b$ の $6-a-b$ 通り（下の表のマスに書いた数）。

・$a+b=2$（ $(a,\,b)$ は1通り）： $c$ は4通り

・$a+b=3$（2通り）： $c$ は3通り

・$a+b=4$（3通り）： $c$ は2通り

・$a+b=5$（4通り）： $c$ は1通り

よって和が6以下の目の出方は

$$1\cdot4+2\cdot3+3\cdot2+4\cdot1=20\ \text{通り}$$

重複組合せに慣れていなくても、表にすれば数えもれなく求められる。

座標平面上の2点 $\mathrm{A}(0,\,0)$、 $\mathrm{B}(0,\,5k)$ および放物線

$$C:\quad y=\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{3}{4}$$

を考える。ただし、 $k$ は正の定数とする。

(1) 点 $\mathrm{P}$ が $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$ からの距離の比が $3:2$ の点をすべて動くとき、 $\mathrm{P}$ の軌跡を求めよ。

(2) (1)の軌跡と放物線 $C$ の共有点の個数がちょうど2になるような $k$ の値の範囲を求めよ。

(1)　配点 12点

$\mathrm{P}(x,\,y)$ とおく。 $\mathrm{PA}:\mathrm{PB}=3:2$ より $2\mathrm{PA}=3\mathrm{PB}$。両辺は0以上なので、2乗した $4\mathrm{PA}^2=9\mathrm{PB}^2$ と同値で

$$4(x^2+y^2)=9\{x^2+(y-5k)^2\}$$

整理すると $5x^2+5y^2-90ky+225k^2=0$、すなわち $x^2+y^2-18ky+45k^2=0$。よって

$$x^2+(y-9k)^2=36k^2$$

これは中心 $(0,\,9k)$、半径 $6k$ の円で、この円上のすべての点が条件をみたす。

答　中心 $(0,\,9k)$、半径 $6k$ の円

（検算）線分 $\mathrm{AB}$ を $3:2$ に内分する点 $(0,\,3k)$ と外分する点 $(0,\,15k)$ は条件をみたし、この2点の中点が $(0,\,9k)$、距離の半分が $6k$ で一致する。

(2)　配点 28点

$C$ の方程式から $x^2=3y-\dfrac94$。これを (1) の円の方程式 $x^2+y^2-18ky+45k^2=0$ に代入すると

$$y^2+(3-18k)y+45k^2-\dfrac94=0\quad\cdots\cdots①$$

左辺を $f(y)$ とおく。

円と $C$ の共有点の $y$ 座標は①の実数解で、逆に①の実数解 $y$ に対して $x^2=3y-\dfrac94$ をみたす $x$ をとれば円と $C$ の共有点になる。 $x^2=3y-\dfrac94\geqq0$ なので

・$y>\dfrac34$ である解1つにつき、共有点は $\left(\pm\sqrt{3y-\dfrac94},\ y\right)$ の2個

・$y=\dfrac34$ である解には、共有点は $\left(0,\ \dfrac34\right)$ の1個

・$y<\dfrac34$ である解には、共有点はない

①は2次方程式なので、共有点がちょうど2個になるのは「 $y>\dfrac34$ の解がちょうど1つで、 $\dfrac34$ は解でない」とき、すなわち次の(i)(ii)のどちらかのときである。（ $y>\dfrac34$ の解と $y=\dfrac34$ の解を1つずつもつと共有点は3個、 $\dfrac34$ が重解なら1個）

・(i)　①が $y>\dfrac34$ と $y<\dfrac34$ に1つずつ解をもつ

・(ii)　①が $y>\dfrac34$ に重解をもつ

(i)　$f(y)$ のグラフは下に凸なので、(i) は $f\left(\dfrac34\right)<0$ と同値。

$$f\left(\dfrac34\right)=\dfrac{9}{16}+\dfrac34(3-18k)+45k^2-\dfrac94=45k^2-\dfrac{27}{2}k+\dfrac{9}{16}=\dfrac{9}{16}(80k^2-24k+1)=\dfrac{9}{16}(20k-1)(4k-1)$$

よって $f\left(\dfrac34\right)<0\iff\dfrac{1}{20}<k<\dfrac14$。

(ii)　①の判別式を $D$ とすると

$$D=(3-18k)^2-4\left(45k^2-\dfrac94\right)=144k^2-108k+18=18(2k-1)(4k-1)$$

$D=0$ より $k=\dfrac14,\ \dfrac12$。重解は $y=\dfrac{18k-3}{2}$ で、 $k=\dfrac14$ のとき $y=\dfrac34$（共有点は頂点の1個）、 $k=\dfrac12$ のとき $y=3>\dfrac34$。よって (ii) は $k=\dfrac12$。このとき円 $x^2+\left(y-\dfrac92\right)^2=9$ と $C$ は2点 $\left(\pm\dfrac{3\sqrt3}{2},\ 3\right)$ で接する。

(i)(ii) を合わせて

答　$\dfrac{1}{20}<k<\dfrac14$、 $k=\dfrac12$

（参考）すべての $k>0$ について共有点の個数をまとめると次のとおり。 $0<k<\dfrac{1}{20}$ で0個、 $k=\dfrac{1}{20}$ で1個（円の最も高い点が $C$ の頂点）、 $\dfrac{1}{20}<k<\dfrac14$ で2個、 $k=\dfrac14$ で1個、 $\dfrac14<k<\dfrac12$ で0個、 $k=\dfrac12$ で2個、 $k>\dfrac12$ で4個。

（注） $k=\dfrac14$ の円は半径 $\dfrac32$ で、頂点 $\left(0,\ \dfrac34\right)$ で $C$ に内側から接する（①が $y=\dfrac34$ を重解にもつ）。これは $C$ の頂点の近くに最もよく沿う円で、共有点は頂点の1個だけ。図では2点で交わっているように見えやすいので、図で判断せず式で数える

自然数 $n$ に対して、 $a_n$、 $b_n$ を

$$\left(\dfrac{1+\sqrt5}{2}\right)^n=a_n+b_n\sqrt5$$

を満たす有理数とする。ただし、4つの有理数 $a$、 $b$、 $c$、 $d$ が

$$a+b\sqrt5=c+d\sqrt5$$

を満たせば $a=c$ かつ $b=d$ が成り立つので、 $a_n$、 $b_n$ は各自然数 $n$ に対し1通りに定まることに注意する。

(1) $n$ が3の倍数であるとき、 $a_n$、 $b_n$ がともに整数となることを示せ。

(2) 自然数 $n$ が3の倍数であるとき、 $a_n$、 $b_n$ のどちらか一方が偶数で他方が奇数となることを示せ。

(3) $a_n$、 $b_n$ がともに整数となるのは $n$ が3の倍数のときに限ることを示せ。

以下、 $\alpha=\dfrac{1+\sqrt5}{2}$ とおく。 $\alpha^n=a_n+b_n\sqrt5$ である。

(1)　配点 12点

$$\alpha^2=\dfrac{1+2\sqrt5+5}{4}=\dfrac{3+\sqrt5}{2},\qquad\alpha^3=\dfrac{3+\sqrt5}{2}\cdot\dfrac{1+\sqrt5}{2}=\dfrac{3+3\sqrt5+\sqrt5+5}{4}=2+\sqrt5$$

よって $a_3=2$、 $b_3=1$。

自然数 $k$ に対して

$$a_{3k+3}+b_{3k+3}\sqrt5=\alpha^{3k}\cdot\alpha^3=(a_{3k}+b_{3k}\sqrt5)(2+\sqrt5)=(2a_{3k}+5b_{3k})+(a_{3k}+2b_{3k})\sqrt5$$

$a_{3k}$、 $b_{3k}$ は有理数なので、 $2a_{3k}+5b_{3k}$、 $a_{3k}+2b_{3k}$ も有理数。問題文の注意より

$$a_{3k+3}=2a_{3k}+5b_{3k},\qquad b_{3k+3}=a_{3k}+2b_{3k}\quad\cdots\cdots①$$

「 $a_{3k}$、 $b_{3k}$ がともに整数」であることを $k$ についての数学的帰納法で示す。

$k=1$ のとき、 $a_3=2$、 $b_3=1$ で成り立つ。

$k=m$ のとき成り立つと仮定すると、①より $a_{3m+3}=2a_{3m}+5b_{3m}$、 $b_{3m+3}=a_{3m}+2b_{3m}$ はともに整数なので、 $k=m+1$ のときも成り立つ。

よって、 $n$ が3の倍数のとき、 $a_n$、 $b_n$ はともに整数である。（終）

(2)　配点 12点

整数 $a$、 $b$ について、「一方が偶数で他方が奇数」であることは「 $a+b$ が奇数」であることと同じである。そこで、「 $a_{3k}+b_{3k}$ が奇数」であることを $k$ についての数学的帰納法で示す。

①より

$$a_{3k+3}+b_{3k+3}=3a_{3k}+7b_{3k}=(a_{3k}+b_{3k})+2(a_{3k}+3b_{3k})\quad\cdots\cdots②$$

(1) より $a_{3k}+3b_{3k}$ は整数なので、 $a_{3k+3}+b_{3k+3}$ と $a_{3k}+b_{3k}$ の偶奇は一致する。

$k=1$ のとき、 $a_3+b_3=3$ は奇数。

$k=m$ のとき $a_{3m}+b_{3m}$ が奇数と仮定すると、②より $a_{3m+3}+b_{3m+3}$ も奇数。

よって、すべての自然数 $k$ について $a_{3k}+b_{3k}$ は奇数であり、 $n$ が3の倍数のとき、 $a_n$、 $b_n$ のどちらか一方が偶数で他方が奇数である。（終）

(3)　配点 16点

$n$ が3の倍数でないとき、 $a_n$、 $b_n$ の少なくとも一方が整数でないことを示す。 $n$ は、 $k$ を0以上の整数として $n=3k+1$ または $n=3k+2$ と表せる。

$n=1,\ 2$ のとき　$\alpha=\dfrac12+\dfrac12\sqrt5$、 $\alpha^2=\dfrac32+\dfrac12\sqrt5$ なので、 $a_1=b_1=\dfrac12$、 $a_2=\dfrac32$、 $b_2=\dfrac12$ で、整数でない。

以下 $k\geqq1$ とし、 $a=a_{3k}$、 $b=b_{3k}$ とおく。(1)(2) より $a$、 $b$ は整数で、 $a+b$ は奇数である。

$n=3k+1$ のとき

$$\alpha^{3k+1}=(a+b\sqrt5)\cdot\dfrac{1+\sqrt5}{2}=\dfrac{a+5b}{2}+\dfrac{a+b}{2}\sqrt5$$

$\dfrac{a+5b}{2}$、 $\dfrac{a+b}{2}$ は有理数なので、問題文の注意より $b_{3k+1}=\dfrac{a+b}{2}$。 $a+b$ は奇数なので、 $b_{3k+1}$ は整数でない。

$n=3k+2$ のとき

$$\alpha^{3k+2}=(a+b\sqrt5)\cdot\dfrac{3+\sqrt5}{2}=\dfrac{3a+5b}{2}+\dfrac{a+3b}{2}\sqrt5$$

同様に $b_{3k+2}=\dfrac{a+3b}{2}$。 $a+3b=(a+b)+2b$ は奇数なので、 $b_{3k+2}$ は整数でない。

以上より、3の倍数でない $n$ では $b_n$ が整数でなく、 $a_n$、 $b_n$ がともに整数となるのは $n$ が3の倍数のときに限る。（終）

（ $n=1$〜$30$ で $a_n$、 $b_n$ を分数のまま計算し、ともに整数になるのは $n$ が3の倍数のときだけで、そのとき $a_n+b_n$ が奇数であることを確かめた）

(1) の別解（二項定理）

$\alpha^{3k}=(2+\sqrt5)^k=\displaystyle\sum_{j=0}^{k}{}_k\mathrm{C}_j\,2^{k-j}(\sqrt5)^j$ で、 $j$ が偶数の項は整数、 $j$ が奇数の項は（整数） $\times\sqrt5$ になる。それぞれ集めると $\alpha^{3k}=A+B\sqrt5$（ $A$、 $B$ は整数）の形になり、問題文の注意より $a_{3k}=A$、 $b_{3k}=B$ は整数である。

（(1) だけなら速いが、(2)(3) では①の漸化式を使うので、本解のように①を導いておく方が全体として速い）

空間に異なる4点 $\mathrm{P}$、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ があり、次の条件が満たされているとする。

・三角形 $\mathrm{PAB}$ は1辺の長さが1の正三角形である。

・線分 $\mathrm{PA}$ と線分 $\mathrm{PC}$ は正六角形の隣り合う2辺である。この正六角形を $\alpha$ とおく。

・線分 $\mathrm{PB}$ と線分 $\mathrm{PC}$ は $\alpha$ とは異なる正六角形の隣り合う2辺である。この正六角形を $\beta$ とおく。

(1) 内積 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PC}}$、および $\overrightarrow{\mathrm{PB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PC}}$ を求めよ。

さらに、次の条件を満たすような異なる3点 $\mathrm{H}$、 $\mathrm{Q}$、 $\mathrm{R}$ を考える。

・$\mathrm{H}$ は線分 $\mathrm{PA}$ 上にある。

・$\mathrm{Q}$ は3点 $\mathrm{P}$、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$ によって定まる平面を直線 $\mathrm{PA}$ で2分割した領域の $\mathrm{B}$ を含む側にあり、線分 $\mathrm{HQ}$ は長さ1で $\mathrm{PA}$ に垂直である。

・$\mathrm{R}$ は正六角形 $\alpha$ の内部にあり、線分 $\mathrm{HR}$ は長さ1で $\mathrm{PA}$ に垂直である。

(2) $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{HR}}$ を $\overrightarrow{\mathrm{PA}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PC}}$ を用いてあらわせ。

(3) $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{HR}}$ のなす角を $\theta$ とするとき $\cos\theta$ を求めよ。

(1)　配点 10点

$\overrightarrow{\mathrm{PA}}=\vec{a}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PB}}=\vec{b}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PC}}=\vec{c}$ とおく。三角形 $\mathrm{PAB}$ は1辺1の正三角形なので $\left|\vec{a}\right|=\left|\vec{b}\right|=1$。 $\mathrm{PA}$、 $\mathrm{PC}$ は正六角形 $\alpha$ の隣り合う2辺なので $\left|\vec{c}\right|=\mathrm{PA}=1$。

$\angle\mathrm{APB}=60^\circ$ なので

$$\vec{a}\cdot\vec{b}=1\cdot1\cdot\cos60^\circ=\dfrac12$$

正六角形の内角は $120^\circ$ で、 $\mathrm{PA}$、 $\mathrm{PC}$ は $\alpha$ の隣り合う2辺なので $\angle\mathrm{APC}=120^\circ$。同じく $\mathrm{PB}$、 $\mathrm{PC}$ は $\beta$ の隣り合う2辺なので $\angle\mathrm{BPC}=120^\circ$。よって

$$\vec{a}\cdot\vec{c}=\cos120^\circ=-\dfrac12,\qquad\vec{b}\cdot\vec{c}=\cos120^\circ=-\dfrac12$$

答　$\overrightarrow{\mathrm{PA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PB}}=\dfrac12$、 $\overrightarrow{\mathrm{PA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PC}}=-\dfrac12$、 $\overrightarrow{\mathrm{PB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{PC}}=-\dfrac12$

（ $\mathrm{P}$ に集まる3つの角は $60^\circ$、 $120^\circ$、 $120^\circ$。この3つの内積がこのあとの計算のすべての材料になる）

(2)　配点 18点

三角形 $\mathrm{PAB}$ は正三角形なので、 $\mathrm{B}$ から $\mathrm{PA}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm{M}$ は $\mathrm{PA}$ の中点で

$$\overrightarrow{\mathrm{MB}}=\vec{b}-\dfrac12\vec{a},\qquad\left|\overrightarrow{\mathrm{MB}}\right|=\dfrac{\sqrt3}{2}\quad(\text{1辺1の正三角形の高さ})$$

$\overrightarrow{\mathrm{HQ}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{MB}}$ はどちらも平面 $\mathrm{PAB}$ 上にあって $\mathrm{PA}$ に垂直なので平行である。さらに、平面 $\mathrm{PAB}$ 上の点 $\mathrm{X}$ は、 $\overrightarrow{\mathrm{PX}}=s\vec{a}+t\vec{b}$ と表したとき、 $t>0$ なら直線 $\mathrm{PA}$ に対して $\mathrm{B}$ と同じ側、 $t<0$ なら反対側にある。 $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}=k\overrightarrow{\mathrm{MB}}$ とおくと $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=\overrightarrow{\mathrm{PH}}+k\vec{b}-\dfrac{k}{2}\vec{a}$ で、 $\overrightarrow{\mathrm{PH}}$ は $\vec{a}$ の実数倍なので、 $\mathrm{Q}$ が $\mathrm{B}$ を含む側にあることから $k>0$。 $\left|\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\right|=1$ より $k=\dfrac{2}{\sqrt3}$ で

$$\overrightarrow{\mathrm{HQ}}=\dfrac{2}{\sqrt3}\left(\vec{b}-\dfrac12\vec{a}\right)=-\dfrac{\sqrt3}{3}\vec{a}+\dfrac{2\sqrt3}{3}\vec{b}$$

次に、正六角形 $\alpha$ の面（ $\mathrm{P}$、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{C}$ を含む平面）で考える。 $\angle\mathrm{APC}=120^\circ$ なので、 $\mathrm{C}$ から直線 $\mathrm{PA}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm{N}$ は、 $\mathrm{P}$ から $\mathrm{A}$ と反対側へ $\mathrm{PC}\cos60^\circ=\dfrac12$ の所にある。よって $\overrightarrow{\mathrm{PN}}=-\dfrac12\vec{a}$ で

$$\overrightarrow{\mathrm{NC}}=\vec{c}+\dfrac12\vec{a},\qquad\left|\overrightarrow{\mathrm{NC}}\right|=\mathrm{PC}\sin60^\circ=\dfrac{\sqrt3}{2}$$

$\overrightarrow{\mathrm{HR}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{NC}}$ はどちらも $\alpha$ の面の上にあって $\mathrm{PA}$ に垂直なので平行である。正六角形 $\alpha$ は凸で、 $\mathrm{PA}$ はその1辺なので、 $\alpha$ はまるごと直線 $\mathrm{PA}$ に対して $\mathrm{C}$ と同じ側にある。 $\mathrm{R}$ は $\alpha$ の内部にあるので、（ $\mathrm{Q}$ のときと同じく） $\overrightarrow{\mathrm{HR}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{NC}}$ と同じ向きで、長さ1より

$$\overrightarrow{\mathrm{HR}}=\dfrac{2}{\sqrt3}\left(\vec{c}+\dfrac12\vec{a}\right)=\dfrac{\sqrt3}{3}\vec{a}+\dfrac{2\sqrt3}{3}\vec{c}$$

答　$\overrightarrow{\mathrm{HQ}}=-\dfrac{\sqrt3}{3}\overrightarrow{\mathrm{PA}}+\dfrac{2\sqrt3}{3}\overrightarrow{\mathrm{PB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{HR}}=\dfrac{\sqrt3}{3}\overrightarrow{\mathrm{PA}}+\dfrac{2\sqrt3}{3}\overrightarrow{\mathrm{PC}}$

（左： $\mathrm{B}$ から $\mathrm{PA}$ に下ろした垂線の足は中点 $\mathrm{M}$ で、 $\overrightarrow{\mathrm{MB}}=\vec{b}-\dfrac12\vec{a}$、長さ $\dfrac{\sqrt3}{2}$。 $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}$ はこれを $\dfrac{2}{\sqrt3}$ 倍したもの。右： $\mathrm{C}$ から直線 $\mathrm{PA}$ に下ろした垂線の足 $\mathrm{N}$ は $\mathrm{P}$ から $\mathrm{A}$ と反対側へ $\dfrac12$ の所で、 $\overrightarrow{\mathrm{NC}}=\vec{c}+\dfrac12\vec{a}$、長さ $\dfrac{\sqrt3}{2}$。 $\overrightarrow{\mathrm{HR}}$ はこれを $\dfrac{2}{\sqrt3}$ 倍したもの。正六角形の向かい合う辺の間は $\sqrt3>1$ なので、 $\mathrm{H}$ が線分 $\mathrm{PA}$ 上のどこにあっても $\mathrm{R}$ は $\alpha$ の内部に入る）

(2) の別解（係数を文字でおき、垂直・長さ・向きの順に決める）

$\mathrm{H}$ は線分 $\mathrm{PA}$ 上、 $\mathrm{Q}$ は平面 $\mathrm{PAB}$ 上の点なので、 $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}=x\vec{a}+y\vec{b}$（ $x$、 $y$ は実数）と表せる。 $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\cdot\vec{a}=0$ より

$$x\left|\vec{a}\right|^2+y\,\vec{a}\cdot\vec{b}=x+\dfrac{y}{2}=0\qquad\text{よって}\quad\overrightarrow{\mathrm{HQ}}=y\left(\vec{b}-\dfrac12\vec{a}\right)$$

$\left|\vec{b}-\dfrac12\vec{a}\right|^2=1-\dfrac12+\dfrac14=\dfrac34$ と $\left|\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\right|=1$ から $y=\pm\dfrac{2}{\sqrt3}$。 $\mathrm{Q}$ は $\mathrm{B}$ を含む側にあるので $\vec{b}$ の係数 $y$ は正で、 $y=\dfrac{2}{\sqrt3}$。

同じように $\overrightarrow{\mathrm{HR}}=z\vec{a}+w\vec{c}$ とおくと、 $\overrightarrow{\mathrm{HR}}\cdot\vec{a}=z-\dfrac{w}{2}=0$ より $\overrightarrow{\mathrm{HR}}=w\left(\vec{c}+\dfrac12\vec{a}\right)$。 $\left|\vec{c}+\dfrac12\vec{a}\right|^2=1-\dfrac12+\dfrac14=\dfrac34$ から $w=\pm\dfrac{2}{\sqrt3}$ で、 $\mathrm{R}$ は $\alpha$ の内部（直線 $\mathrm{PA}$ に対して $\mathrm{C}$ の側）にあるので $w=\dfrac{2}{\sqrt3}$。本解と同じ答えになる。

（垂線の足を図から求めない分、内積の計算と $\pm$ の場合分けが増える）

(3)　配点 12点

$\left|\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\right|=\left|\overrightarrow{\mathrm{HR}}\right|=1$ なので

$$\cos\theta=\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{HR}}}{\left|\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\right|\left|\overrightarrow{\mathrm{HR}}\right|}=\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{HR}}$$

(2) より

$$\overrightarrow{\mathrm{HQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{HR}}=\dfrac{\sqrt3}{3}\left(-\vec{a}+2\vec{b}\right)\cdot\dfrac{\sqrt3}{3}\left(\vec{a}+2\vec{c}\right)=\dfrac13\left(-\left|\vec{a}\right|^2-2\vec{a}\cdot\vec{c}+2\vec{a}\cdot\vec{b}+4\vec{b}\cdot\vec{c}\right)$$

(1) の結果を代入して

$$\cos\theta=\dfrac13\left\{-1-2\cdot\left(-\dfrac12\right)+2\cdot\dfrac12+4\cdot\left(-\dfrac12\right)\right\}=\dfrac13\left(-1+1+1-2\right)=-\dfrac13$$

答　$\cos\theta=-\dfrac13$

（ $\mathrm{H}$ を通り $\mathrm{PA}$ に垂直な平面で切った切り口。 $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}$ は平面 $\mathrm{PAB}$ に、 $\overrightarrow{\mathrm{HR}}$ は正六角形 $\alpha$ に含まれるので、 $\theta$ は平面 $\mathrm{PAB}$ と $\alpha$ のなす角。 $\cos\theta=-\dfrac13$ なので、 $\mathrm{R}$ から直線 $\mathrm{HQ}$ に下ろした垂線の足は $\mathrm{H}$ から $\mathrm{Q}$ と反対側へ $\dfrac13$ の所にある）

別解（座標を置く）　$\mathrm{P}(0,\,0,\,0)$、 $\mathrm{A}(1,\,0,\,0)$、 $\mathrm{B}\left(\dfrac12,\,\dfrac{\sqrt3}{2},\,0\right)$ とおく。 $\mathrm{C}(p,\,q,\,r)$（ $r>0$）とすると、(1) の $\vec{a}\cdot\vec{c}=-\dfrac12$ から $p=-\dfrac12$、 $\vec{b}\cdot\vec{c}=-\dfrac12$ から $-\dfrac14+\dfrac{\sqrt3}{2}q=-\dfrac12$ なので $q=-\dfrac{\sqrt3}{6}$、 $\left|\vec{c}\right|=1$ から $r=\dfrac{\sqrt6}{3}$。 $\overrightarrow{\mathrm{HQ}}$ は $x$ 成分が0の単位ベクトルで平面 $z=0$ 上にあり、 $\mathrm{B}$ 側なので $(0,\,1,\,0)$。 $\overrightarrow{\mathrm{HR}}$ は $\vec{c}+\dfrac12\vec{a}=\left(0,\,-\dfrac{\sqrt3}{6},\,\dfrac{\sqrt6}{3}\right)$ を長さ1にした $\left(0,\,-\dfrac13,\,\dfrac{2\sqrt2}{3}\right)$。よって $\cos\theta=-\dfrac13$。（座標の決め方に慣れていれば検算として使える。ただし (2) は $\overrightarrow{\mathrm{PA}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{PC}}$ で答える必要があるので、本解のほうが問題の流れに合う）

袋に赤玉4個と白玉2個が入っている。無作為に玉を1個取り出して、それが赤玉であれば白玉と、白玉であれば赤玉と取り換えて袋に戻すという操作を考える。この操作を2回繰り返したあと袋にある赤玉の数を $X$ とし、一方、3回繰り返したあと袋にある白玉の数を $Y$ とする。

(1) 確率 $P(X=4)$ を求めよ。

(2) 確率変数 $X$ の期待値 $E(X)$ と分散 $V(X)$ を求めよ。

(3) 確率変数 $Y$ の期待値 $E(Y)$ を求めよ。

袋の中の玉は常に6個なので、袋の中身は赤玉の数だけで決まる。赤玉が $r$ 個のとき、1回の操作で

・赤玉を取り出す（確率 $\dfrac{r}{6}$）と、赤玉は1個減って $r-1$ 個

・白玉を取り出す（確率 $\dfrac{6-r}{6}$）と、赤玉は1個増えて $r+1$ 個

になる。はじめ赤玉は4個なので、赤玉の数は次の図のように移り変わる（矢印の数字はその移り方の確率）。

(1)　配点 12点

1回後の赤玉の数は、赤玉を取り出せば3個（確率 $\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$）、白玉を取り出せば5個（確率 $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$）である。

2回後に赤玉が4個になるのは、次の2通りである。

・4個→3個→4個　1回目に赤玉、2回目に白玉（白玉は3個）を取り出すので $\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{3}$

・4個→5個→4個　1回目に白玉、2回目に赤玉（赤玉は5個）を取り出すので $\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{5}{6}=\dfrac{5}{18}$

これらは同時に起こらないので

$$P(X=4)=\dfrac{1}{3}+\dfrac{5}{18}=\dfrac{11}{18}$$

答　$P(X=4)=\dfrac{11}{18}$

(2)　配点 16点

赤玉の数は1回ごとに1つ増えるか減るかするので、 $X$ がとる値は2、4、6である。

・$X=2$（4個→3個→2個）　2回とも赤玉を取り出すので $\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{3}$

・$X=6$（4個→5個→6個）　2回とも白玉を取り出すので $\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{18}$

(1) と合わせて、 $X$ の確率分布は次のようになる。

| $X$ | $2$ | $4$ | $6$ | 計 |

|—|—|—|—|—|

| $P$ | $\dfrac{6}{18}$ | $\dfrac{11}{18}$ | $\dfrac{1}{18}$ | $1$ |

よって

$$E(X)=2\cdot\dfrac{6}{18}+4\cdot\dfrac{11}{18}+6\cdot\dfrac{1}{18}=\dfrac{12+44+6}{18}=\dfrac{62}{18}=\dfrac{31}{9}$$

答　$E(X)=\dfrac{31}{9}$

また

$$E(X^2)=4\cdot\dfrac{6}{18}+16\cdot\dfrac{11}{18}+36\cdot\dfrac{1}{18}=\dfrac{24+176+36}{18}=\dfrac{236}{18}=\dfrac{118}{9}$$

したがって

$$V(X)=E(X^2)-\{E(X)\}^2=\dfrac{118}{9}-\left(\dfrac{31}{9}\right)^2=\dfrac{1062-961}{81}=\dfrac{101}{81}$$

答　$V(X)=\dfrac{101}{81}$

（検算：定義どおり $V(X)=\left(2-\dfrac{31}{9}\right)^2\cdot\dfrac{6}{18}+\left(4-\dfrac{31}{9}\right)^2\cdot\dfrac{11}{18}+\left(6-\dfrac{31}{9}\right)^2\cdot\dfrac{1}{18}=\dfrac{169\cdot6+25\cdot11+529}{81\cdot18}=\dfrac{1818}{1458}=\dfrac{101}{81}$ で一致する）

(3)　配点 12点

3回後の赤玉の数を $Z$ とすると、玉は全部で6個なので $Y=6-Z$ である。

3回目の操作で、赤玉の数は次のように変わる（図の3列目）。

・$X=2$ のとき　赤玉を取り出す（確率 $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$）と $Z=1$、白玉を取り出す（確率 $\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$）と $Z=3$

・$X=4$ のとき　赤玉を取り出す（確率 $\dfrac{2}{3}$）と $Z=3$、白玉を取り出す（確率 $\dfrac{1}{3}$）と $Z=5$

・$X=6$ のとき　必ず赤玉を取り出すので $Z=5$

よって

$$P(Z=1)=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{9}=\dfrac{6}{54}$$

$$P(Z=3)=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2}{3}+\dfrac{11}{18}\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{12}{54}+\dfrac{22}{54}=\dfrac{34}{54}$$

$$P(Z=5)=\dfrac{11}{18}\cdot\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{18}\cdot1=\dfrac{11}{54}+\dfrac{3}{54}=\dfrac{14}{54}$$

（合計は $\dfrac{6+34+14}{54}=1$ で、もれがないことも確かめられる）

$Y=6-Z$ なので、 $Y$ の確率分布は次のようになる。

| $Y$ | $5$ | $3$ | $1$ | 計 |

|—|—|—|—|—|

| $P$ | $\dfrac{6}{54}$ | $\dfrac{34}{54}$ | $\dfrac{14}{54}$ | $1$ |

よって

$$E(Y)=5\cdot\dfrac{6}{54}+3\cdot\dfrac{34}{54}+1\cdot\dfrac{14}{54}=\dfrac{30+102+14}{54}=\dfrac{146}{54}=\dfrac{73}{27}$$

答　$E(Y)=\dfrac{73}{27}$

別解（(3)：(2) の $E(X)$ から期待値だけを求める）

2回後の赤玉の数が $k$ 個のとき、3回後の赤玉の数は確率 $\dfrac{k}{6}$ で $k-1$、確率 $\dfrac{6-k}{6}$ で $k+1$ なので、その平均は

$$(k-1)\cdot\dfrac{k}{6}+(k+1)\cdot\dfrac{6-k}{6}=\dfrac{4k+6}{6}=\dfrac{2}{3}k+1$$

これを $X=k$ となる確率 $P(X=k)$ をかけて $k=2,4,6$ で足すと

$$E(Z)=\sum_{k}\left(\dfrac{2}{3}k+1\right)P(X=k)=\dfrac{2}{3}E(X)+1=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{31}{9}+1=\dfrac{89}{27}$$

よって $E(Y)=6-E(Z)=6-\dfrac{89}{27}=\dfrac{73}{27}$。

（同じ式で、 $n$ 回後の赤玉の数の期待値を $e_n$ とすると $e_{n+1}=\dfrac{2}{3}e_n+1$、 $e_0=4$ から $e_n=3+\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ となる。 $e_2=3+\dfrac{4}{9}=\dfrac{31}{9}$ で (2) の $E(X)$ とも一致する）

$x>0$ で定義された曲線

$$C:\quad y=(\log x)^2$$

を考える。

(1) $a$ を正の実数とするとき、点 $\mathrm{P}(a,\,(\log a)^2)$ における曲線 $C$ の接線 $L$ の方程式を求めよ。

(2) $a>1$ のとき、接線 $L$ と $x$ 軸の交点の $x$ 座標が最大となる場合の $a$ の値 $a_0$ を求めよ。

(3) $a$ の値が(2)の $a_0$ に等しいとき、直線 $L$ の $y\geqq0$ の部分と曲線 $C$ と $x$ 軸で囲まれた部分を、 $x$ 軸の周りに1回転させてできる図形の体積を求めよ。

(1)　配点 8点

$y=(\log x)^2$ より

$$y’=2\log x\cdot\dfrac{1}{x}=\dfrac{2\log x}{x}$$

よって、点 $\mathrm{P}(a,\,(\log a)^2)$ における接線 $L$ の方程式は

$$y=\dfrac{2\log a}{a}(x-a)+(\log a)^2$$

答　$y=\dfrac{2\log a}{a}x-2\log a+(\log a)^2$

(2)　配点 12点

$a>1$ のとき $\log a>0$ なので、 $L$ の傾き $\dfrac{2\log a}{a}$ は0でない。(1) の接線の方程式に $y=0$ を代入すると

$$\dfrac{2\log a}{a}(x-a)=-(\log a)^2\qquad\therefore\quad x=a-\dfrac{a\log a}{2}$$

これを $g(a)$ とおく。

$$g'(a)=1-\dfrac{1}{2}\left(\log a+a\cdot\dfrac{1}{a}\right)=\dfrac{1-\log a}{2}$$

$a>1$ での増減は次のようになる。

| $a$ | $1$ | $\cdots$ | $e$ | $\cdots$ |

|—|—|—|—|—|

| $g'(a)$ | | $+$ | $0$ | $-$ |

| $g(a)$ | $(1)$ | $\nearrow$ | $\dfrac{e}{2}$ | $\searrow$ |

よって $g(a)$ は $a=e$ で最大値 $\dfrac{e}{2}$ をとる。

答　$a_0=e$

(3)　配点 20点

$a=e$ のとき、(1) より接線 $L$ は

$$y=\dfrac{2}{e}x-2+1=\dfrac{2}{e}x-1$$

で、 $x$ 軸との交点の $x$ 座標は $\dfrac{e}{2}$。

$h(x)=(\log x)^2-\left(\dfrac{2}{e}x-1\right)$ とおくと

$$h'(x)=\dfrac{2\log x}{x}-\dfrac{2}{e},\qquad h”(x)=\dfrac{2\cdot\dfrac{1}{x}\cdot x-2\log x}{x^2}=\dfrac{2(1-\log x)}{x^2}$$

$0<x<e$ で $h”(x)>0$ なので、 $h'(x)$ は $0<x\leqq e$ で増加し、 $h'(e)=\dfrac{2}{e}-\dfrac{2}{e}=0$ より $0<x<e$ で $h'(x)<0$。よって $h(x)$ は $0<x\leqq e$ で減少し、 $h(e)=1-1=0$ より、 $0<x<e$ で $h(x)>0$。すなわち、 $0<x<e$ で曲線 $C$ は接線 $L$ の上にある。

また、 $C$ は $x$ 軸と $x=1$ で接し、 $e>2$ より $1<\dfrac{e}{2}$。したがって、囲まれた部分は

$$1\leqq x\leqq\dfrac{e}{2}\ \text{で}\ 0\leqq y\leqq(\log x)^2,\qquad\dfrac{e}{2}\leqq x\leqq e\ \text{で}\ \dfrac{2}{e}x-1\leqq y\leqq(\log x)^2$$

である（下の図の色をつけた部分）。

これを $x$ 軸の周りに1回転させた図形は、曲線 $C$ の $1\leqq x\leqq e$ の部分を回してできる立体から、直線 $L$ の $\dfrac{e}{2}\leqq x\leqq e$ の部分を回してできる円錐（底面の半径 $1$、高さ $e-\dfrac{e}{2}=\dfrac{e}{2}$）を除いたものである。

（平面 $x=t$ での切り口は、 $1\leqq t\leqq\dfrac{e}{2}$ では円、 $\dfrac{e}{2}\leqq t\leqq e$ では円環）

よって、求める体積を $V$ とすると

$$V=\pi\int_1^e(\log x)^4\,dx-\dfrac{1}{3}\pi\cdot1^2\cdot\dfrac{e}{2}=\pi\int_1^e(\log x)^4\,dx-\dfrac{e}{6}\pi$$

$I_n=\displaystyle\int_1^e(\log x)^n\,dx$（ $n=0,1,2,\cdots$）とおく。 $n\geqq1$ のとき、部分積分により

$$I_n=\Bigl[x(\log x)^n\Bigr]_1^e-\int_1^ex\cdot n(\log x)^{n-1}\cdot\dfrac{1}{x}\,dx=e-nI_{n-1}$$

$I_0=\displaystyle\int_1^e dx=e-1$ なので

$$I_1=e-(e-1)=1,\quad I_2=e-2\cdot1=e-2,\quad I_3=e-3(e-2)=6-2e,\quad I_4=e-4(6-2e)=9e-24$$

したがって

$$V=\pi(9e-24)-\dfrac{e}{6}\pi=\dfrac{53e-144}{6}\pi$$

（ $e=2.718\cdots$ より $53e=144.06\cdots>144$ なので、確かに $V>0$。 $V$ はおよそ $0.036$ と小さいが、これは図のとおり、囲まれた部分が細いためである）

答　$\dfrac{53e-144}{6}\pi$

(3) の別解（ $\displaystyle\int_1^e(\log x)^4\,dx$ を置換で求める）

$x=e^s$ とおくと $dx=e^s\,ds$、 $x:1\to e$ のとき $s:0\to1$ なので

$$\int_1^e(\log x)^4\,dx=\int_0^1s^4e^s\,ds$$

部分積分を4回くり返すと $\displaystyle\int s^4e^s\,ds=e^s(s^4-4s^3+12s^2-24s+24)+C_0$（ $C_0$ は積分定数）なので

$$\int_0^1s^4e^s\,ds=e(1-4+12-24+24)-24=9e-24$$

となり、同じ値になる。

次の問いに答えよ。ただし、 $i$ は虚数単位とする。

(1) $z_1$、 $z_2$ を異なる2つの複素数とするとき、 $\dfrac{1+iz_1}{z_1+i}\neq\dfrac{1+iz_2}{z_2+i}$ となることを示せ。ただし、 $z_1\neq-i$、 $z_2\neq-i$ とする。

(2) $w$ を $i$ 以外の複素数とするとき、 $\dfrac{1+iz}{z+i}=w$ かつ $z\neq-i$ を満たす複素数 $z$ が存在することを示せ。

(3) $-i$ 以外の複素数 $z$ について、 $z$ の虚部が $b$ となることと、 $w=\dfrac{1+iz}{z+i}$ が $\left|w-\dfrac{i}{2}\right|=\dfrac{1}{2}$ を満たすことが同値になるように実数 $b$ を定めよ。

(1)　配点 10点

$z\neq-i$ のとき $z+i\neq0$ で、 $1+iz=i(z+i)+2$ なので

$$\dfrac{1+iz}{z+i}=i+\dfrac{2}{z+i}\quad\cdots\cdots①$$

対偶「 $\dfrac{1+iz_1}{z_1+i}=\dfrac{1+iz_2}{z_2+i}$ ならば $z_1=z_2$」を示す。①より

$$i+\dfrac{2}{z_1+i}=i+\dfrac{2}{z_2+i}\qquad\text{すなわち}\qquad\dfrac{2}{z_1+i}=\dfrac{2}{z_2+i}$$

逆数をとって $z_1+i=z_2+i$ より $z_1=z_2$。対偶が示されたので、 $z_1\neq z_2$ ならば $\dfrac{1+iz_1}{z_1+i}\neq\dfrac{1+iz_2}{z_2+i}$ である。（証明終わり）

（①からは $w-i=\dfrac{2}{z+i}\neq0$、つまり $w$ は $i$ にならないことも分かる。(2) で $w\neq i$ としている理由である）

(1) の別解（分母を払って展開する）

両辺に $(z_1+i)(z_2+i)$（ $\neq0$）をかけると $(1+iz_1)(z_2+i)=(1+iz_2)(z_1+i)$。展開すると

$$z_2+i+iz_1z_2-z_1=z_1+i+iz_1z_2-z_2$$

で、 $iz_1z_2$ と $i$ が消えて $2(z_2-z_1)=0$ より $z_1=z_2$。

(2)　配点 12点

$w\neq i$ なので

$$z=-i+\dfrac{2}{w-i}$$

とおくことができる。

$\dfrac{2}{w-i}\neq0$ なので $z+i\neq0$、すなわち $z\neq-i$。

また $z+i=\dfrac{2}{w-i}$ より $\dfrac{2}{z+i}=w-i$ なので、①より

$$\dfrac{1+iz}{z+i}=i+\dfrac{2}{z+i}=i+(w-i)=w$$

よって条件をみたす複素数 $z$ が存在する。（証明終わり）

（この $z$ は通分すると $z=\dfrac{1-iw}{w-i}$ である）

(2) の別解（分母を払って $z$ について解く）

$z\neq-i$ のとき

$$\dfrac{1+iz}{z+i}=w\iff1+iz=w(z+i)\iff(w-i)z=1-iw$$

$w\neq i$ なので $z=\dfrac{1-iw}{w-i}$。この $z$ が $-i$ だとすると、 $1-iw=-i(w-i)=-iw-1$ より $1=-1$ となり矛盾するので $z\neq-i$。よって最初の同値変形から $\dfrac{1+iz}{z+i}=w$ をみたす。（ $z\neq-i$ の確認に背理法が1つ要るぶん、本解より長い）

(3)　配点 18点

$z\neq-i$ とし、 $w=\dfrac{1+iz}{z+i}$ とする。 $|z+i|>0$ なので

$$\left|w-\dfrac{i}{2}\right|=\dfrac12\iff|2w-i|=1\iff\left|\dfrac{2(1+iz)-i(z+i)}{z+i}\right|=1\iff|iz+3|=|z+i|$$

（ $2(1+iz)-i(z+i)=2+2iz-iz+1=iz+3$）

$iz+3=i(z-3i)$ で $|i|=1$ なので、 $|iz+3|=|z-3i|$。よって

$$\left|w-\dfrac{i}{2}\right|=\dfrac12\iff|z-3i|=|z+i|$$

$|z-3i|=|z+i|$ は、点 $z$ が2点 $3i$、 $-i$ から等しい距離にあること、すなわち 2点 $3i$、 $-i$ を結ぶ線分の垂直二等分線の上にあることを表す。この線分は虚軸上にあり、中点は $i$ なので、垂直二等分線は点 $i$ を通り実軸に平行な直線、つまり虚部が1の直線 $\mathrm{Im}\,z=1$ である。

（ $z=x+yi$ とおいて $x^2+(y-3)^2=x^2+(y+1)^2$ を整理しても $y=1$ となる）

以上から、 $-i$ 以外のすべての複素数 $z$ について

$$\left|w-\dfrac{i}{2}\right|=\dfrac12\iff z\text{ の虚部が }1$$

が成り立つ。

したがって $b=1$ のとき、問題の2つの条件は同値になる。

逆に、ある実数 $b$ で同値になるとする。 $z=i$（ $\neq-i$）のとき $w=\dfrac{1+i\cdot i}{i+i}=0$ で、 $\left|0-\dfrac{i}{2}\right|=\dfrac12$ をみたす。同値なので $z=i$ の虚部は $b$ であり、 $b=1$。

答　$b=1$

（ $z=-2+i$、 $i$、 $2+i$ はそれぞれ $w=\dfrac{-1+i}{2}$、 $0$、 $\dfrac{1+i}{2}$ に移る。直線 $\mathrm{Im}\,z=1$ は円 $\left|w-\dfrac{i}{2}\right|=\dfrac12$ から点 $i$ を除いたものに移る）

(3) の別解（(2) の式で $z$ を $w$ で表す）

(1)(2) より、 $-i$ 以外の $z$ と $i$ 以外の $w$ は $w=\dfrac{1+iz}{z+i}$ で1対1に対応し、 $z=\dfrac{1-iw}{w-i}$、すなわち $z+i=\dfrac{2}{w-i}$ である。 $w=u+vi$（ $u$、 $v$ は実数、 $w\neq i$）とおくと

$$\dfrac{2}{w-i}=\dfrac{2\{u-(v-1)i\}}{u^2+(v-1)^2}$$

なので、 $z$ の虚部が $b$ ⇔ $z+i$ の虚部が $b+1$ ⇔

$$-\dfrac{2(v-1)}{u^2+(v-1)^2}=b+1\iff(b+1)\{u^2+(v-1)^2\}+2(v-1)=0\quad\cdots\cdots②$$

一方、円の条件は $u^2+\left(v-\dfrac12\right)^2=\dfrac14\iff u^2+v^2-v=0\iff\{u^2+(v-1)^2\}+(v-1)=0\quad\cdots\cdots③$

$w=0$（ $u=v=0$ で $u^2+(v-1)^2=1$、 $v-1=-1$）は③をみたすので、同値なら②もみたし、 $(b+1)\cdot1+2\cdot(-1)=0$ より $b=1$。 $b=1$ のとき②は③の両辺を2倍した式で、確かに同値。よって $b=1$。

（ $b\neq-1$ なら②は中心 $\dfrac{b}{b+1}i$、半径 $\dfrac{1}{|b+1|}$ の円から点 $i$ を除いたもの。虚部が $b$ の直線は、どれも点 $i$ を通る円に移る。その中で中心 $\dfrac{i}{2}$、半径 $\dfrac12$ になるのが $b=1$）