【解説・採点基準付き】2023年佐賀大医学部・数学の解答・解説

四面体 $\mathrm{OABC}$ において、 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ をそれぞれ $\vec{a}$、 $\vec{b}$、 $\vec{c}$ とおく。これらは

$$|\vec{a}|=|\vec{b}|=2,\qquad|\vec{c}|=\sqrt3$$

および

$$\vec{a}\cdot\vec{b}=0,\qquad\vec{a}\cdot\vec{c}=\vec{b}\cdot\vec{c}=\dfrac12$$

を満たすとする。頂点 $\mathrm{O}$ から $\triangle\mathrm{ABC}$ を含む平面に垂線を引き、交点を $\mathrm{H}$ とする。次の問に答えよ。

(1) $|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2$、 $|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2$、 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ の値をそれぞれ求めよ。

(2) 実数 $s$、 $t$ により $\overrightarrow{\mathrm{AH}}$ が $\overrightarrow{\mathrm{AH}}=s\overrightarrow{\mathrm{AB}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ と表されるとき、 $\overrightarrow{\mathrm{OH}}$ を $\vec{a}$、 $\vec{b}$、 $\vec{c}$、 $s$、 $t$ を用いて表せ。

(3) (2)の $s$、 $t$ の値をそれぞれ求めよ。

(4) 四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積を求めよ。

(1)　配点 4点

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{b}-\vec{a}$、 $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{c}-\vec{a}$ である。

$$|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2=|\vec{b}|^2-2\vec{a}\cdot\vec{b}+|\vec{a}|^2=4-0+4=8$$

$$|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2=|\vec{c}|^2-2\vec{a}\cdot\vec{c}+|\vec{a}|^2=3-1+4=6$$

$$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(\vec{b}-\vec{a})\cdot(\vec{c}-\vec{a})=\vec{b}\cdot\vec{c}-\vec{a}\cdot\vec{b}-\vec{a}\cdot\vec{c}+|\vec{a}|^2=\dfrac12-0-\dfrac12+4=4$$

答　$|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2=8$、 $|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2=6$、 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=4$

（同じように $|\overrightarrow{\mathrm{BC}}|^2=|\vec{c}-\vec{b}|^2=3-1+4=6$ なので、 $\triangle\mathrm{ABC}$ は $\mathrm{CA}=\mathrm{CB}=\sqrt6$ の二等辺三角形である）

(2)　配点 4点

$\mathrm{H}$ は平面 $\mathrm{ABC}$ 上にあるので、まず $\mathrm{A}$ まで進み、そこから $\overrightarrow{\mathrm{AH}}=s\overrightarrow{\mathrm{AB}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ と進む。

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AH}}=\vec{a}+s(\vec{b}-\vec{a})+t(\vec{c}-\vec{a})$$

答　$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=(1-s-t)\vec{a}+s\vec{b}+t\vec{c}$

(3)　配点 6点

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は平面 $\mathrm{ABC}$ 上の平行でない2つのベクトルなので、 $\mathrm{OH}\perp$ 平面 $\mathrm{ABC}$ より

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=0,\qquad\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=0$$

ここで $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\vec{a}+s\overrightarrow{\mathrm{AB}}+t\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ であり、

$$\vec{a}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{a}\cdot(\vec{b}-\vec{a})=0-4=-4,\qquad\vec{a}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{a}\cdot(\vec{c}-\vec{a})=\dfrac12-4=-\dfrac72$$

(1) の値を使うと

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{a}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}+s|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2+t\,\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=-4+8s+4t=0$$

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{a}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}+s\,\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}+t|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2=-\dfrac72+4s+6t=0$$

すなわち

$$2s+t=1\quad\cdots\text{①},\qquad8s+12t=7\quad\cdots\text{②}$$

①より $t=1-2s$。②に代入して $8s+12-24s=7$、 $s=\dfrac{5}{16}$。①より $t=1-\dfrac58=\dfrac38$。

答　$s=\dfrac{5}{16}$、 $t=\dfrac38$

（検算：(2) の式に代入すると $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\dfrac{5}{16}\vec{a}+\dfrac{5}{16}\vec{b}+\dfrac38\vec{c}$ で、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ の係数が等しい。また $s>0$、 $t>0$、 $s+t=\dfrac{11}{16}<1$ なので、 $\mathrm{H}$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部にある）

(4)　配点 6点

(1) の値を三角形の面積の公式に代入して

$$\triangle\mathrm{ABC}=\dfrac12\sqrt{|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2|\overrightarrow{\mathrm{AC}}|^2-(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}})^2}=\dfrac12\sqrt{8\cdot6-4^2}=\dfrac12\sqrt{32}=2\sqrt2$$

(2)、(3) より

$$\overrightarrow{\mathrm{OH}}=\dfrac{5}{16}\vec{a}+\dfrac{5}{16}\vec{b}+\dfrac{6}{16}\vec{c}=\dfrac{1}{16}(5\vec{a}+5\vec{b}+6\vec{c})$$

$$|5\vec{a}+5\vec{b}+6\vec{c}|^2=25|\vec{a}|^2+25|\vec{b}|^2+36|\vec{c}|^2+50\,\vec{a}\cdot\vec{b}+60\,\vec{b}\cdot\vec{c}+60\,\vec{a}\cdot\vec{c}$$

$$=100+100+108+0+30+30=368$$

なので

$$|\overrightarrow{\mathrm{OH}}|=\dfrac{\sqrt{368}}{16}=\dfrac{4\sqrt{23}}{16}=\dfrac{\sqrt{23}}{4}$$

（検算： $|\overrightarrow{\mathrm{OH}}|^2=\overrightarrow{\mathrm{OH}}\cdot\vec{a}=\dfrac{5}{16}\cdot4+0+\dfrac38\cdot\dfrac12=\dfrac{23}{16}$ ）

よって、四面体 $\mathrm{OABC}$ の体積 $V$ は

$$V=\dfrac13\cdot\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{OH}=\dfrac13\cdot2\sqrt2\cdot\dfrac{\sqrt{23}}{4}=\dfrac{\sqrt{46}}{6}$$

答　$\dfrac{\sqrt{46}}{6}$

(4) の別解（座標を置く）

$\vec{a}\perp\vec{b}$、 $|\vec{a}|=|\vec{b}|=2$ なので、 $\mathrm{O}(0,\,0,\,0)$、 $\mathrm{A}(2,\,0,\,0)$、 $\mathrm{B}(0,\,2,\,0)$ と置ける。 $\mathrm{C}(x,\,y,\,z)$（ $z>0$）とすると、 $\vec{a}\cdot\vec{c}=2x=\dfrac12$、 $\vec{b}\cdot\vec{c}=2y=\dfrac12$ より $x=y=\dfrac14$。 $|\vec{c}|^2=3$ より $z^2=3-\dfrac{1}{16}-\dfrac{1}{16}=\dfrac{23}{8}$、 $z=\dfrac{\sqrt{23}}{2\sqrt2}$。

$\triangle\mathrm{OAB}$ は直角二等辺三角形で面積は2、高さは $\mathrm{C}$ の $z$ 座標なので

$$V=\dfrac13\cdot2\cdot\dfrac{\sqrt{23}}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt{23}}{3\sqrt2}=\dfrac{\sqrt{46}}{6}$$

（(3) の誘導を使わずに体積だけを求められる。検算に向いている。答案では座標の置き方を最初に書く）

0から3までの数字を1つずつ書いた4枚のカードがある。この中から1枚のカードを取り出し、数字を確認してからもとへもどす。これを $n$ 回くり返したとき、取り出されたカードの数字の総和を $S_n$ で表す。 $S_n$ が3で割り切れる確率を $p_n$ とし、 $S_n$ を3で割ると1余る確率を $q_n$ とするとき、次の問に答えよ。

(1) $p_{n+1}$ および $q_{n+1}$ を $p_n$、 $q_n$ を用いて表せ。

(2) $p_n$ および $q_n$ を $n$ を用いて表せ。また、極限値 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}p_n$ および $\displaystyle\lim_{n\to\infty}q_n$ を求めよ。

(1)　配点 10点

1回取り出すカードの数字を3で割った余りは、0か3のカードのとき0、1のカードのとき1、2のカードのとき2なので、それぞれの確率は $\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$、 $\dfrac{1}{4}$、 $\dfrac{1}{4}$ である。

$S_n$ が3で割り切れない確率は、確率の和が1なので $1-p_n$ である。

$S_{n+1}$ が3で割り切れるのは、次のどちらかのときである。

・$S_n$ が3で割り切れ、 $n+1$ 回目に0か3のカードを取り出す（確率 $\dfrac{1}{2}$）

・$S_n$ が3で割り切れず、 $n+1$ 回目に余りを0にするカードを取り出す。 $S_n$ を3で割った余りが1なら2のカード、2なら1のカードで、どちらの場合もちょうど1枚なので確率 $\dfrac{1}{4}$

これらは同時に起こらないので

$$p_{n+1}=\dfrac{1}{2}p_n+\dfrac{1}{4}(1-p_n)=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{4}$$

答　$p_{n+1}=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{4}$

同じように、 $S_{n+1}$ を3で割ると1余るのは、次のどちらかのときである。

・$S_n$ を3で割ると1余り、 $n+1$ 回目に0か3のカードを取り出す（確率 $\dfrac{1}{2}$）

・$S_n$ を3で割った余りが1でなく（確率 $1-q_n$）、 $n+1$ 回目に余りを1にするカードを取り出す。 $S_n$ を3で割った余りが0なら1のカード、2なら2のカードで、どちらの場合もちょうど1枚なので確率 $\dfrac{1}{4}$

よって

$$q_{n+1}=\dfrac{1}{2}q_n+\dfrac{1}{4}(1-q_n)=\dfrac{1}{4}q_n+\dfrac{1}{4}$$

答　$q_{n+1}=\dfrac{1}{4}q_n+\dfrac{1}{4}$

(1) の別解（余り0、1、2の3つの状態で推移図を書く）

$S_n$ を3で割った余りが2になる確率を $r_n$ とおくと、確率の和は1なので $r_n=1-p_n-q_n$。 $n$ 回目の3つの状態から $n+1$ 回目に余り0になる行き方は、余り0から0か3、余り1から2、余り2から1のカードを取り出すときである。

$$p_{n+1}=\dfrac{1}{2}p_n+\dfrac{1}{4}q_n+\dfrac{1}{4}r_n=\dfrac{1}{2}p_n+\dfrac{1}{4}q_n+\dfrac{1}{4}(1-p_n-q_n)=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{4}$$

余り1になる行き方は、余り0から1、余り1から0か3、余り2から2のカードを取り出すときである。

$$q_{n+1}=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{2}q_n+\dfrac{1}{4}r_n=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{2}q_n+\dfrac{1}{4}(1-p_n-q_n)=\dfrac{1}{4}q_n+\dfrac{1}{4}$$

（余り1と余り2を区別して立式しても、確率の和が1であることで $r_n$ を消せば同じ結果になる。ただし本解のように「そうでないか」でまとめれば、はじめから1文字で立式できる）

(2)　配点 10点

1回目に取り出したカードの数字が $S_1$ である。3で割り切れるのは0と3のカード（0も3で割り切れる）、3で割ると1余るのは1のカードなので

$$p_1=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2},\qquad q_1=\dfrac{1}{4}$$

$p_{n+1}=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{4}$ を $p_{n+1}-\alpha=\dfrac{1}{4}(p_n-\alpha)$ の形に変形する。右辺を展開すると $p_{n+1}=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{3}{4}\alpha$ なので、係数比較して $\dfrac{3}{4}\alpha=\dfrac{1}{4}$、 $\alpha=\dfrac{1}{3}$。よって

$$p_{n+1}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}\left(p_n-\dfrac{1}{3}\right)$$

数列 $\left\{p_n-\dfrac{1}{3}\right\}$ は初項 $p_1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}$、公比 $\dfrac{1}{4}$ の等比数列なので

$$p_n-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}\qquad\therefore\ p_n=\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$$

答　$p_n=\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$

$q_{n+1}=\dfrac{1}{4}q_n+\dfrac{1}{4}$ も同じ形なので

$$q_{n+1}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}\left(q_n-\dfrac{1}{3}\right)$$

数列 $\left\{q_n-\dfrac{1}{3}\right\}$ は初項 $q_1-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{12}$、公比 $\dfrac{1}{4}$ の等比数列なので

$$q_n-\dfrac{1}{3}=-\dfrac{1}{12}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}\qquad\therefore\ q_n=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$$

答　$q_n=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$

（ $n=2$ のとき $p_2=\dfrac{3}{8}$、 $q_2=\dfrac{5}{16}$。2回取り出す16通りのうち、和が3で割り切れるのは $(0,\,0)$、 $(0,\,3)$、 $(3,\,0)$、 $(3,\,3)$、 $(1,\,2)$、 $(2,\,1)$ の6通りで $\dfrac{6}{16}=\dfrac{3}{8}$、3で割ると1余るのは $(0,\,1)$、 $(1,\,0)$、 $(1,\,3)$、 $(3,\,1)$、 $(2,\,2)$ の5通りで $\dfrac{5}{16}$ と一致する）

$-1<\dfrac{1}{4}<1$ より $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n=0$ なので

$$\lim_{n\to\infty}p_n=\dfrac{1}{3},\qquad\lim_{n\to\infty}q_n=\dfrac{1}{3}$$

答　$\displaystyle\lim_{n\to\infty}p_n=\dfrac{1}{3}$、 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}q_n=\dfrac{1}{3}$

（ $p_n$ は $\dfrac{1}{2}$ から減って、 $q_n$ は $\dfrac{1}{4}$ から増えて、どちらも $\dfrac{1}{3}$ に近づく。何回も試行すれば、和を3で割った余りが0、1、2になる確率はどれも $\dfrac{1}{3}$ に近づくだろうという直感どおりの結果である）

(2) の別解（ $q_n$ を対称性で求める）

1回で取り出すカードの数字を3で割った余りが1になる確率と2になる確率は、どちらも $\dfrac{1}{4}$ で等しい。1のカードと2のカードの役割を入れかえると、和の余り1と余り2が入れかわるだけなので、対称性より、和を3で割った余りが1になる確率と2になる確率は等しい。確率の和は1なので

$$q_n=\dfrac{1-p_n}{2}=\dfrac{1}{2}\left\{\dfrac{2}{3}-\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n\right\}=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n$$

（本解の検算にも使える）

$a$、 $b$、 $c$、 $d$ は実数とし、 $x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ を $f(x)$ とおく。4次方程式 $f(x)=0$ が2つの実数解 $\sqrt6$、 $-\sqrt6$ および2つの虚数解 $\alpha$、 $\beta$ を持つとする。次の問に答えよ。

(1) $\alpha+\beta$、 $\alpha\beta$、 $c$、 $d$ を $a$、 $b$ を用いて表せ。

(2) 複素数平面上において点 $\mathrm{A}(\alpha)$、 $\mathrm{B}(\beta)$、 $\mathrm{C}(-\sqrt6)$ が同一直線上にあるとき、 $a$ の値を求めよ。

(3) (2)において、さらに点 $\mathrm{A}(\alpha)$、 $\mathrm{B}(\beta)$、 $\mathrm{D}(\sqrt6)$ が正三角形の3つの頂点となるとき、 $b$ の値を求めよ。

(1)　配点 8点

$x=\sqrt6$、 $-\sqrt6$ は $f(x)=0$ の解なので、 $f(x)$ は $(x-\sqrt6)(x+\sqrt6)=x^2-6$ で割り切れる。商は $x^4$ の係数が1の2次式なので

$$f(x)=(x^2-6)(x^2+px+q)\qquad(p,\ q\text{ は実数})$$

と置ける。

右辺を展開すると

$$(x^2-6)(x^2+px+q)=x^4+px^3+(q-6)x^2-6px-6q$$

で、これが $x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ と恒等的に等しいので、係数を比較して

$$a=p,\qquad b=q-6,\qquad c=-6p,\qquad d=-6q$$

よって $p=a$、 $q=b+6$ で

$$c=-6a,\qquad d=-6(b+6)=-6b-36$$

$f(x)=0$ の残りの2つの解 $\alpha$、 $\beta$ は、2次方程式 $x^2+ax+(b+6)=0$ の解である。解と係数の関係より

$$\alpha+\beta=-a,\qquad\alpha\beta=b+6$$

答　$\alpha+\beta=-a$、 $\alpha\beta=b+6$、 $c=-6a$、 $d=-6b-36$

別解（(1)：解を代入して $c$、 $d$ を求める）

$f(\sqrt6)=0$、 $f(-\sqrt6)=0$ より

$$36+6\sqrt6\,a+6b+\sqrt6\,c+d=0,\qquad36-6\sqrt6\,a+6b-\sqrt6\,c+d=0$$

辺々足すと $72+12b+2d=0$ より $d=-6b-36$、辺々引くと $12\sqrt6\,a+2\sqrt6\,c=0$ より $c=-6a$。このとき

$$f(x)=x^4+ax^3+bx^2-6ax-6b-36=(x^2-6)\{x^2+ax+(b+6)\}$$

と因数分解できるので、 $\alpha$、 $\beta$ は $x^2+ax+(b+6)=0$ の解で、解と係数の関係から $\alpha+\beta=-a$、 $\alpha\beta=b+6$。

(2)　配点 5点

(1) より $\alpha$、 $\beta$ は実数係数の2次方程式 $x^2+ax+(b+6)=0$ の2つの虚数解なので、互いに共役であり、 $\beta=\overline{\alpha}$ である。

よって $\mathrm{A}(\alpha)$ と $\mathrm{B}(\beta)$ は実軸に関して対称な異なる2点で、直線 $\mathrm{AB}$ は実軸に垂直である。

直線 $\mathrm{AB}$ と実軸の交点は線分 $\mathrm{AB}$ の中点で、(1) より

$$\dfrac{\alpha+\beta}{2}=-\dfrac{a}{2}$$

である。直線 $\mathrm{AB}$ は実軸に垂直なので、実軸とはこの1点でしか交わらない。

$\mathrm{C}(-\sqrt6)$ は実軸上の点なので、 $\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ が同一直線上にあるのは、 $\mathrm{C}$ が線分 $\mathrm{AB}$ の中点のとき、すなわち

$$-\dfrac{a}{2}=-\sqrt6$$

のときである。

答　$a=2\sqrt6$

(3)　配点 7点

(2) より、 $\mathrm{C}(-\sqrt6)$ は線分 $\mathrm{AB}$ の中点で、直線 $\mathrm{AB}$ は実軸に垂直である。 $\mathrm{D}(\sqrt6)$ は実軸上にあるので $\mathrm{DC}\perp\mathrm{AB}$ となり、正三角形 $\mathrm{ABD}$ の中線 $\mathrm{DC}$ は高さである。

$\mathrm{DC}=\sqrt6-(-\sqrt6)=2\sqrt6$ で、 $\triangle\mathrm{ACD}$ は $\angle\mathrm{ACD}=90^\circ$、 $\angle\mathrm{ADC}=30^\circ$ の直角三角形なので

$$\mathrm{AC}=\mathrm{DC}\tan30^\circ=2\sqrt6\cdot\dfrac{1}{\sqrt3}=2\sqrt2$$

$\mathrm{A}$、 $\mathrm{B}$ は $\mathrm{C}(-\sqrt6)$ から実軸に垂直な方向に $2\sqrt2$ ずつ離れた点なので

$$\alpha=-\sqrt6+2\sqrt2\,i,\qquad\beta=-\sqrt6-2\sqrt2\,i$$

（またはその逆。どちらでも以下は同じ）

(1) より $\alpha\beta=b+6$ で、 $\beta=\overline{\alpha}$ なので

$$\alpha\beta=\alpha\overline{\alpha}=|\alpha|^2=(-\sqrt6)^2+(2\sqrt2)^2=6+8=14$$

よって $b+6=14$ より $b=8$。

このとき $x^2+ax+(b+6)=x^2+2\sqrt6\,x+14$ で、判別式は $(2\sqrt6)^2-4\cdot14=-32<0$ なので、 $\alpha$、 $\beta$ はたしかに虚数解である。

答　$b=8$

別解（(3)：解の公式で虚数解を $b$ で表す）

$a=2\sqrt6$ のとき、 $\alpha$、 $\beta$ は $x^2+2\sqrt6\,x+(b+6)=0$ の解なので

$$x=-\sqrt6\pm\sqrt{6-(b+6)}=-\sqrt6\pm\sqrt{-b}$$

虚数解なので $b>0$ で、 $\alpha$、 $\beta=-\sqrt6\pm\sqrt b\,i$。よって $\mathrm{AB}=2\sqrt b$、 $\mathrm{AD}^2=(2\sqrt6)^2+(\sqrt b)^2=24+b$。正三角形なので $\mathrm{AB}^2=\mathrm{AD}^2$ より $4b=24+b$、すなわち $b=8$。

次の問に答えよ。

(1) 等式 $(\tan\theta)’=\dfrac{1}{\cos^2\theta}$ を示せ。また、定積分 $\displaystyle\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\sin^2\theta}\,d\theta$ の値を求めよ。

(2) 等式

$$\dfrac{\cos\theta}{1+\sin\theta}+\dfrac{\cos\theta}{1-\sin\theta}=\dfrac{2}{\cos\theta}$$

を示せ。また、定積分 $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{\cos\theta}\,d\theta$ の値を求めよ。

(3) 定積分 $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{\cos^3\theta}\,d\theta$ の値を求めよ。

(1)　配点 6点

$\tan\theta=\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}$ を商の微分で微分すると

$$(\tan\theta)’=\dfrac{\cos\theta\cdot\cos\theta-\sin\theta\cdot(-\sin\theta)}{\cos^2\theta}=\dfrac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\cos^2\theta}=\dfrac{1}{\cos^2\theta}$$

（終）

$\theta=\dfrac{\pi}{2}-t$ とおくと $\sin\theta=\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-t\right)=\cos t$、 $d\theta=-dt$ で、 $\theta$ が $\dfrac{\pi}{4}\to\dfrac{\pi}{2}$ のとき $t$ は $\dfrac{\pi}{4}\to0$。よって

$$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\sin^2\theta}\,d\theta=\int_{\frac{\pi}{4}}^{0}\dfrac{1}{\cos^2t}\cdot(-dt)=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{\cos^2t}\,dt$$

前半の等式より

$$\int_0^{\frac{\pi}{4}}\dfrac{1}{\cos^2t}\,dt=\Big[\tan t\Big]_0^{\frac{\pi}{4}}=1-0=1$$

答　$1$

（この値は、下の図の色をつけた部分の面積。曲線 $y=\dfrac{1}{\sin^2\theta}$ は、直線 $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ について曲線 $y=\dfrac{1}{\cos^2\theta}$ と対称なので、置換は図の折り返しを式にしたもの）

(1) の別解（商の微分で $\dfrac{1}{\sin^2\theta}$ の原始関数を求める）

前半と同じく商の微分により

$$\left(\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}\right)’=\dfrac{-\sin\theta\cdot\sin\theta-\cos\theta\cdot\cos\theta}{\sin^2\theta}=-\dfrac{1}{\sin^2\theta}$$

よって

$$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{\sin^2\theta}\,d\theta=\left[-\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}=-\dfrac{0}{1}+\dfrac{\ \dfrac{1}{\sqrt2}\ }{\dfrac{1}{\sqrt2}}=1$$

（原始関数 $-\dfrac{1}{\tan\theta}$ を覚えていればすぐに求まる。ただし $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ では $\tan\theta$ が定義されないので、 $-\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}$ の形で代入する。前半の誘導をヒントにした置換の方が自然な発想なので、置換を本解にした）

(2)　配点 6点

左辺を通分すると

$$\dfrac{\cos\theta}{1+\sin\theta}+\dfrac{\cos\theta}{1-\sin\theta}=\dfrac{\cos\theta\{(1-\sin\theta)+(1+\sin\theta)\}}{(1+\sin\theta)(1-\sin\theta)}=\dfrac{2\cos\theta}{1-\sin^2\theta}=\dfrac{2\cos\theta}{\cos^2\theta}=\dfrac{2}{\cos\theta}$$

（終）

この等式より

$$\dfrac{1}{\cos\theta}=\dfrac12\left(\dfrac{\cos\theta}{1+\sin\theta}+\dfrac{\cos\theta}{1-\sin\theta}\right)=\dfrac12\left\{\dfrac{(1+\sin\theta)’}{1+\sin\theta}-\dfrac{(1-\sin\theta)’}{1-\sin\theta}\right\}$$

$0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{6}$ で $1+\sin\theta>0$、 $1-\sin\theta>0$ なので

$$\int\dfrac{1}{\cos\theta}\,d\theta=\dfrac12\{\log(1+\sin\theta)-\log(1-\sin\theta)\}+C=\dfrac12\log\dfrac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}+C$$

（微分すると $\dfrac12\left(\dfrac{\cos\theta}{1+\sin\theta}+\dfrac{\cos\theta}{1-\sin\theta}\right)=\dfrac{1}{\cos\theta}$ に戻る）

よって

$$\int_0^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{\cos\theta}\,d\theta=\dfrac12\left[\log\dfrac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}\right]_0^{\frac{\pi}{6}}=\dfrac12\left(\log\dfrac{\ \dfrac32\ }{\dfrac12}-\log1\right)=\dfrac12\log3$$

答　$\dfrac12\log3$

(3)　配点 8点

$$I=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{\cos^3\theta}\,d\theta,\qquad J=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{\cos\theta}\,d\theta=\dfrac12\log3\quad(\text{(2) より})$$

とおく。 $\dfrac{1}{\cos^3\theta}=\dfrac{1}{\cos\theta}\cdot\dfrac{1}{\cos^2\theta}$ と見て、(1) より $\dfrac{1}{\cos^2\theta}=(\tan\theta)’$ を積分する方向で部分積分する。 $\left(\dfrac{1}{\cos\theta}\right)’=\dfrac{\sin\theta}{\cos^2\theta}$ なので

$$I=\int_0^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{1}{\cos\theta}(\tan\theta)’\,d\theta=\left[\dfrac{\tan\theta}{\cos\theta}\right]_0^{\frac{\pi}{6}}-\int_0^{\frac{\pi}{6}}\tan\theta\cdot\dfrac{\sin\theta}{\cos^2\theta}\,d\theta$$

ここで

$$\left[\dfrac{\tan\theta}{\cos\theta}\right]_0^{\frac{\pi}{6}}=\dfrac{\ \dfrac{1}{\sqrt3}\ }{\dfrac{\sqrt3}{2}}-0=\dfrac23$$

また、 $\sin^2\theta=1-\cos^2\theta$ より

$$\tan\theta\cdot\dfrac{\sin\theta}{\cos^2\theta}=\dfrac{\sin^2\theta}{\cos^3\theta}=\dfrac{1-\cos^2\theta}{\cos^3\theta}=\dfrac{1}{\cos^3\theta}-\dfrac{1}{\cos\theta}$$

なので

$$I=\dfrac23-(I-J)$$

移項して

$$2I=\dfrac23+J=\dfrac23+\dfrac12\log3\qquad\therefore\ I=\dfrac13+\dfrac14\log3$$

（原始関数 $\dfrac{\sin\theta}{2\cos^2\theta}+\dfrac14\log\dfrac{1+\sin\theta}{1-\sin\theta}$ を微分すると $\dfrac{1+\sin^2\theta}{2\cos^3\theta}+\dfrac{1}{2\cos\theta}=\dfrac{1}{\cos^3\theta}$ に戻る）

答　$\dfrac13+\dfrac14\log3$

（ $J$ は下の図の薄い色の部分、 $I-J$ は2曲線の間の濃い色の部分の面積。部分積分の残りの積分 $\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{6}}\dfrac{\sin^2\theta}{\cos^3\theta}\,d\theta$ が、この $I-J$ にあたる）

(3) の別解（ $t=\sin\theta$ と置換して部分分数分解）

$\dfrac{1}{\cos^3\theta}=\dfrac{\cos\theta}{\cos^4\theta}=\dfrac{\cos\theta}{(1-\sin^2\theta)^2}$ なので、 $t=\sin\theta$ とおくと $dt=\cos\theta\,d\theta$ で、 $\theta$ が $0\to\dfrac{\pi}{6}$ のとき $t$ は $0\to\dfrac12$。

$$I=\int_0^{\frac12}\dfrac{dt}{(1-t)^2(1+t)^2}$$

分母に2乗があるので、1乗と2乗の両方を用意して部分分数分解すると

$$\dfrac{1}{(1-t)^2(1+t)^2}=\dfrac14\left\{\dfrac{1}{1-t}+\dfrac{1}{1+t}+\dfrac{1}{(1-t)^2}+\dfrac{1}{(1+t)^2}\right\}$$

よって

$$I=\dfrac14\left[\log\dfrac{1+t}{1-t}+\dfrac{1}{1-t}-\dfrac{1}{1+t}\right]_0^{\frac12}=\dfrac14\left(\log3+2-\dfrac23\right)=\dfrac13+\dfrac14\log3$$

（(2) の等式は、 $t=\sin\theta$ とおいたときの $\dfrac{1}{1-t^2}$ の部分分数分解と同じもの。それを1段進めた解き方だが、(1) の $(\tan\theta)’$ を使わず計算も長いので別解にした）