$n\times n$ マスの方眼の罫線に沿って正方形を描けるだけ描くとき, 正方形がマス目全体に占める面積の割合の平均値を $a_n$ とおく. 求めるべきは, 極限値 $\displaystyle\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ である. 方眼のマス目の $1$ 辺の長さが $1$ であるとする.

(1)

数列 $\{ a_n\}$ の一般項を求める.

• 正方形の個数は, $1$ 辺の長さが $k$ $(1 \leqq k \leqq n)$ である正方形が $(n-k+1)^2$ 個あることから, \[\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^2 = \sum_{k = 1}^nk^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \quad \cdots [1]\] である.
• 正方形ののべ面積は, \[\begin{aligned} &\sum_{k = 1}^n(n-k+1)^2k^2 \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ (n+1)^2-2(n+1)k+k^2\} k^2 \\ &= \sum_{k = 1}^n\{ (n+1)^2k^2-2(n+1)k^3+k^4\} \\ &= (n+1)^2\sum_{k = 1}^nk^2-2(n+1)\sum_{k = 1}^nk^3+\sum_{k = 1}^nk^4 \\ &= (n+1)^2\cdot\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \\ &\qquad -2(n+1)\cdot\frac{1}{4}n^2(n+1)^2 \\ &\qquad +\frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1) \\ &= \frac{1}{30}n(n+1)\{ 5(n+1)^2(2n+1) \\ &\qquad -15n(n+1)^2+(2n+1)(3n^2+3n-1)\} \\ &= \frac{1}{30}n(n+1)(n^3+4n^2+6n+4) \\ &= \frac{1}{30}n(n+1)(n+2)(n^2+2n+2) \quad \cdots [2] \end{aligned}\] である. ここで, \[\sum_{k = 1}^nk^4 = \frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)\] であることを使った.
• 正方形がマス目全体に占める面積の割合の平均値 $a_n$ は, 正方形の面積の平均値のマス目全体の面積に対する割合 $[2]\div [1]\div n^2$ に等しいから, \[\begin{aligned} a_n &= \frac{\dfrac{1}{30}n(n+1)(n+2)(n^2+2n+2)}{\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\cdot n^2} \\ &= \frac{(n+2)(n^2+2n+2)}{5n^2(2n+1)} \end{aligned}\] である.

(2)

極限値 $\lim\limits_{n \to \infty}a_n$ を求める. \[\begin{aligned} a_n &= \frac{(n+2)(n^2+2n+2)}{5n^2(2n+1)} = \frac{\left( 1+\dfrac{2}{n}\right)\left( 1+\dfrac{2}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}{5\left( 2+\dfrac{1}{n}\right)} \\ &\to \frac{1}{10} \quad (n \to \infty ) \end{aligned}\] であるから, $\lim\limits_{n \to \infty}a_n = \dfrac{1}{10}$ である.

　このくじにおいて, 当たりの確率は $\dfrac{1}{n},$ はずれの確率は $1-\dfrac{1}{n}$ であるから, $n$ 回引くときに $1$ 回も当たらない確率は \[\begin{aligned} \left( 1-\frac{1}{n}\right)^n &= \frac{1}{\left( 1+\dfrac{1}{-n}\right)^{-n}} \\ &\to \frac{1}{e} \quad (n \to \infty) \end{aligned}\] である. ここで, \[ e = \lim\limits_{k \to 0}(1+k)^{\frac{1}{k}} = \lim\limits_{x \to \pm\infty}\left( 1+\frac{1}{x}\right) ^x\] であることを使った.

　$n$ 回目に初めて表が出る確率を $p_n$ とおく. 求める期待値 $E$ は \[ E = \sum_{n = 1}^\infty np_n\] と表される.

(1)

$p_n$ を求める. $n$ 回目に初めて表が出るのは, $n-1$ 回目までに裏が出て $n$ 回に表が出る場合であるから, その確率は \[ p_n = \left(\frac{1}{2}\right) ^{n-1}\cdot\frac{1}{2} = \left(\frac{1}{2}\right) ^n\] である.

(2)

$S_n = \displaystyle\sum_{k = 1}^nkp_k$ を求める. (1) の結果から, \[ S_n = 1\cdot\frac{1}{2}+2\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^2+\cdots +n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n\] である. 両辺に $\dfrac{1}{2}$ を掛けると \[\frac{1}{2}S_n = 1\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^2+\cdots +(n-1)\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n+n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1}\] となるから, 辺々を引くと \[\begin{aligned} \frac{1}{2}S_n &= \frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\right) ^2+\cdots +\left(\frac{1}{2}\right) ^n-n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \\ &= \frac{\dfrac{1}{2}\left\{ 1-\left(\dfrac{1}{2}\right) ^n\right\}}{1-\dfrac{1}{2}}-n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \\ &= 1-\left(\frac{1}{2}\right) ^n-n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \\ S_n &= 2-2\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n-2n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1} \end{aligned}\] が得られる.

(3)

$E$ の値を求める. (2) の結果から, \[\begin{aligned} E &= \lim_{n \to \infty}S_n \\ &= \lim_{n \to \infty}\left\{ 2-2\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^n-2n\cdot\left(\frac{1}{2}\right) ^{n+1}\right\} \\ &= 2 \end{aligned}\] である.

　$1$ 辺の長さが $1$ の正方形の紙で考える. 箱の高さを $x,$ 容積を $V$ とおく. このとき, 底面の $1$ 辺の長さは $1-2x$ であり, $0 < x < \dfrac{1}{2}$ である. \[\begin{aligned} V &= x(1-2x)^2 = 4x^3-4x^2+x, \\ \frac{dV}{dx} &= 12x^2-8x+1 = (2x-1)(6x-1) \end{aligned}\] であるから, $V$ の増減は下表のようにまとめられる. したがって, $V$ は $x = \dfrac{1}{6}$ のとき極大かつ最大の値をとる. ゆえに, 底面の $1$ 辺の長さと高さの比が $1-2\cdot\dfrac{1}{6}:\dfrac{1}{6} = 4:1$ であれば, 容積は最大になる.

　円に内接する最大の三角形は正三角形であるから (証明は省略), 半径 $1$ の球に内接する正三角柱 $\mathrm{ABC}$-$\mathrm{DEF}$ の体積 $V$ の最大値を求める. 底面の $1$ 辺の長さを $a,$ 球の中心を $\mathrm O$ とおき, $2\theta = \angle\mathrm{AOD}$ とおく.

(1)

$\theta$ を用いて $V$ を表す. 辺 $\mathrm{AD}$ の中点を $\mathrm M,$ $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心を $\mathrm G$ とおく. 直角三角形 $\mathrm{OAM}$ に着目すると \[\cos\theta = \cos\angle\mathrm{AOM} = \frac{\mathrm{OM}}{\mathrm{OA}} = \frac{\mathrm{AG}}{1} = \dfrac{2}{3}\cdot\frac{\sqrt 3}{2}a = \frac{a}{\sqrt 3}\] となるから, $a$ は \[ a = \sqrt 3\cos\theta\] と表せる. また, この正三角柱の高さは $2\sin\theta$ であるから, 体積は \[\begin{aligned} V &= \frac{1}{2}a^2\sin 60^\circ\cdot 2\sin\theta \\ &= \frac{\sqrt 3}{2}\cdot (\sqrt 3\cos\theta )^2\cdot\sin\theta \\ &= \frac{3\sqrt 3}{2}\sin\theta\cos ^2\theta \end{aligned}\] と表せる.

(2)

$V$ の最大値を求め, 体積比を求める. $x = \sin\theta$ とおく. \[\frac{2}{3\sqrt 3}V = \sin\theta (1-\sin ^2\theta ) = \sin\theta -\sin ^3\theta = x-x^3\] であるから, この右辺を $f(x)$ とおく. \[ f'(x) = 1-3x^2\] であるから, $f(x)$ の増減は下表のようにまとめられる ($0 < x < 1$ に注意).

$x$	$0$	$\cdots$	$\dfrac{1}{\sqrt 3}$	$\cdots$	$1$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$
$f(x)$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

よって, $f(x)$ は $x = \dfrac{1}{\sqrt 3}$ のとき極大かつ最大の値をとるから, $V$ の最大値は \[\frac{3\sqrt 3}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt 3}\left( 1-\frac{1}{3}\right) = 1\] である. ゆえに, 求める体積比は, \[ 1\div\pi\cdot 1^2 = \dfrac{1}{\pi}\] である.

　角を通過するとき, 長さが最大の棒は, 曲がり角, 幅 $x$ の通路の壁, 幅 $y$ の通路の壁の $3$ 点で廊下に接する. このような棒のうち角を通過できるのは長さが最小のものであるから, その最小値を求めればよい. 棒が $3$ 点で廊下に接するとして, 棒と幅 $y$ の通路のなす鋭角を $\theta$ とおき, 棒の長さを $f(\theta )$ とおく. 棒を曲がり角で $2$ つに分けると, 棒の長さは \[ f(\theta ) = \frac{x}{\cos\theta}+\frac{y}{\sin\theta}\] と表される. \[ f'(\theta ) = \frac{x\sin\theta}{\cos ^2\theta}-\frac{y\cos\theta}{\sin ^2\theta} = \frac{x\sin ^3\theta -y\cos ^3\theta}{\sin ^2\theta\cos ^2\theta}\] であるから, \[\cos\alpha = \frac{x^{\frac{1}{3}}}{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}, \quad \sin\alpha = \frac{y^{\frac{1}{3}}}{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}\] なる鋭角 $\alpha$ について, $f(\theta )$ の増減は下表のようにまとめられる. よって, $f(\theta )$ は $\theta = \alpha$ のとき極小かつ最小の値 \[\begin{aligned} f(\alpha ) &= \frac{x}{\cos\alpha}+\frac{y}{\sin\alpha} = x\cdot\frac{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}{x^{\frac{1}{3}}}+y\cdot\frac{\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}}}{y^{\frac{1}{3}}} \\ &= (x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})\sqrt{x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}} = (x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}} \end{aligned}\] をとる. ゆえに, 求める棒の長さの最大値は $(x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}$ である.

　床を $x$ 軸 $(x \geqq 0)$, 壁を $y$ 軸 ($y \geqq 0$), 棒を長さ $1$ の線分として考える. 上端が壁に接したまま下端が床をすべりながら倒れたときの棒の通過範囲は $x$ 軸, $y$ 軸に接する長さ $1$ の線分の通過範囲に等しく, 下端を中心に回転して倒れたときの棒の通過範囲は半径 $1$ の四分円である.

(1)

まず, 線分の通過範囲を表す式を求める. 点 $(x,y)$ $(0 < x < 1,$ $0 < y < 1)$ が線分の通過範囲にあることは, \[ y = \sin\theta -x\tan\theta\] を満たす鋭角 $\theta$ の存在と同値である. ここで, \[\frac{dy}{d\theta} = \cos\theta -\frac{x}{\cos ^2\theta} = \frac{\cos ^3\theta -x}{\cos ^2\theta}\] であるから, $\cos ^3\alpha = x$ なる鋭角 $\alpha$ について, $y$ の増減は下表のようにまとめられる.

$\theta$	$0$	$\cdots$	$\alpha$	$\cdots$	$\dfrac{\pi}{2}$
$\dfrac{dy}{d\theta}$		$+$	$0$	$-$
$y$		$\nearrow$	極大	$\searrow$

また, \[\cos\alpha = x^{\frac{1}{3}}, \quad \sin\alpha = (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}\] であるから, $y$ は $\theta = \alpha$ のとき極大かつ最大の値 \[\begin{aligned} \sin\alpha -x\tan\alpha &= (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}-x\cdot\frac{(1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}}}{x^{\frac{1}{3}}} \\ &= (1-x^{\frac{2}{3}})(1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{1}{2}} \\ &= (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}} \end{aligned}\] をとる. よって, 線分の通過範囲は, \[ y \leqq (1-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}, \quad x \geqq 0, \quad y \geqq 0\] つまり \[ x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}} \leqq 1, \quad x \geqq 0, \quad y \geqq 0\] と表される.

(2)

線分の通過範囲の面積を求め, 面積比を求める. (1) の領域は, 曲線 \[ x = \cos ^3\theta, \quad y = \sin ^3\theta \quad \left( 0 \leqq \theta \leqq \frac{\pi}{2}\right)\] と $x$ 軸, $y$ 軸で囲まれた部分に等しい. $\theta$ が $0$ から $\dfrac{\pi}{2}$ まで増加するとき, $x$ は $1$ から $0$ まで単調に減少する. $\dfrac{dx}{d\theta} = -3\cos ^2\theta\sin\theta$ であるから, 求める面積は \[\begin{aligned} \int_0^1ydx &= \int_{\frac{\pi}{2}}^0y\dfrac{dx}{d\theta}d\theta \\ &= \int_{\frac{\pi}{2}}^0\sin ^3\theta (-3\cos ^2\theta\sin\theta )d\theta \\ &= 3\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta\cos ^2\theta d\theta \\ &= 3\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^4\theta (1-\sin ^2\theta )d\theta \\ &= 3\int_0^{\frac{\pi}{2}}(\sin ^4\theta -\sin ^6\theta )d\theta \\ &= 3\left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right) \\ &= \frac{3}{32}\pi \end{aligned}\] である. よって, 求める面積比は, \[\frac{3}{32}\pi\div\frac{\pi}{4} = \frac{3}{8}\] である.

　ひもの固定端を通る水平面が $xy$ 平面, 柱の断面が単位円となるように座標軸を定め, 固定端を点 $\mathrm A(-1,0)$ とする. はじめ, 長さ $\pi$ のひもが円周 $C:x^2+y^2 = 1$ 上に時計回りにたるみなく巻きつけられているとする. ヤギがひもをたるみなくほどいていくとき, ヤギの動点を $\mathrm P,$ ひものほどいた部分と $C$ の接点を $\mathrm T$ とおき, $\mathrm O(0,0),$ $\mathrm E(1,0)$ として $\theta = \angle\mathrm{EOT}$ $(0 \leqq \theta \leqq \pi )$ とおく.

(1)

まず, 点 $\mathrm P$ が描く曲線の媒介変数表示を求める. $\overrightarrow{\mathrm{TP}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OT}} = (\cos\theta,\sin\theta )$ の単位法線ベクトルの $1$ つ $\vec n = (\sin\theta,-\cos\theta )$ を $\stackrel{\frown}{\mathrm{ET}} = \theta$ 倍に伸ばしたベクトルであるから, $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ は \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{OP}} &= \overrightarrow{\mathrm{OT}}+\overrightarrow{\mathrm{TP}} = \overrightarrow{\mathrm{OT}}+\theta\vec n \\ &= (\cos\theta,\sin\theta )+\theta (\sin\theta,-\cos\theta ) \\ &= (\cos\theta +\theta\sin\theta,\sin\theta -\theta\cos\theta ) \end{aligned}\] と表される. よって, 点 $\mathrm P$ が描く曲線は, \[\begin{aligned} x &= \cos\theta +\theta\sin\theta, \\ y &= \sin\theta -\theta\cos\theta \end{aligned}\] と表される.

(2)

ヤギが動き回れる範囲の面積を求め, 柱の断面積との比を求める. 点 $\mathrm A$ より左側では, ヤギは中心 $\mathrm A,$ 半径 $\pi$ の半円の上を動き回れる. 点 $\mathrm A$ より右側でヤギが動き回れる範囲は $x$ 軸に関して対称であるから, その $x$ 軸より上側の部分の面積を $S$ とおく. それは $0 \leqq \theta \leqq \pi$ におけるひもの先端 $\mathrm P\,(\neq \mathrm A)$ の軌跡と $x$ 軸, 直線 $x = -1$ が囲む図形から円の上半分を除いた部分の面積に等しい. 点 $\mathrm P(x,y)$ について (1) から \[\frac{dy}{d\theta}= \cos\theta -\cos\theta +\theta\sin\theta = \theta\sin\theta\] であるので, \[\begin{aligned} &S+\frac{\pi}{2} = \int_0^\pi\{ x-(-1)\} dy \\ &= \int_0^\pi (1+x)\frac{dy}{d\theta}d\theta \\ &= \int_0^\pi (1+\cos\theta +\theta\sin\theta )\theta\sin\theta\,d\theta \\ &= \int_0^\pi (\theta\sin\theta +\theta\sin\theta\cos\theta +\theta ^2\sin ^2\theta )d\theta \\ &= \int_0^\pi\left(\theta\sin\theta +\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}+\theta ^2\cdot\frac{1-\cos 2\theta}{2}\right) d\theta \\ &= \int_0^\pi\theta\sin\theta\,d\theta +\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta\sin 2\theta\,d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta ^2d\theta -\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta ^2\cos 2\theta\,d\theta \\ &= [\theta (-\cos\theta )]_0^\pi -\int_0^\pi (-\cos\theta )d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\left[\theta\cdot\frac{-\cos 2\theta}{2}\right] _0^\pi -\frac{1}{2}\int_0^\pi\frac{-\cos 2\theta}{2}d\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\left[\frac{\theta ^3}{3}\right] _0^\pi -\frac{1}{2}\left[\theta ^2\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^\pi +\frac{1}{2}\int_0^\pi 2\theta\cdot\frac{\sin 2\theta}{2}d\theta \\ &= \pi +[\sin\theta ]_0^\pi -\frac{\pi}{4}+\frac{1}{4}\left[\frac{\sin 2\theta}{2}\right] _0^\pi +\frac{\pi ^3}{6}+\frac{1}{2}\int_0^\pi\theta\sin 2\theta\,d\theta \\ &= \pi-\frac{\pi}{4}+\frac{\pi ^3}{6}-\frac{\pi}{4} \\ &= \frac{\pi ^3}{6}+\frac{\pi}{2} \end{aligned}\] から \[ S = \frac{\pi ^3}{6}\] が得られる. ゆえに, ヤギが動き回れる範囲の面積は, \[\frac{\pi ^3}{2}+2S = \frac{\pi ^3}{2}+2\cdot\frac{\pi ^3}{6} = \frac{5}{6}\pi ^3\] であり, 柱の断面積の \[\frac{5}{6}\pi ^3\div (\pi\cdot 1^2) = \frac{5}{6}\pi ^2\] 倍である.

　伸び縮みのしない長さ $2\pi$ のひもの一端を原点 $\mathrm O(0,0)$ に固定し, 他端 $\mathrm P$ が点 $\mathrm A(2\pi,0)$ 上にある状態から, ひもを円周 $C:x^2+(y-1)^2 = 1$ 上に反時計回りにたるみなく巻きつける.

(1)

まず, 点 $\mathrm P$ が描く曲線の媒介変数表示を求める. 円周 $C$ の中心を $\mathrm B$ とおき, $C$ 上の点 $\mathrm Q$ までひもを巻きつけたとき, $\theta = \angle\mathrm{OBQ}$ とおく. $\angle\mathrm{OBQ} = \theta$ のとき $\mathrm Q(\sin\theta,1-\cos\theta )$ であるから, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{BQ}} &= \overrightarrow{\mathrm{OQ}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}} \\ &= (\sin\theta,1-\cos\theta )-(0,1) \\ &= (\sin\theta,-\cos\theta ) \end{aligned}\] であり, この単位法線ベクトルは \[\pm (\cos\theta,\sin\theta )\] である. $\overrightarrow{\mathrm{QP}}$ は $\vec n = (\cos\theta,\sin\theta )$ を $\mathrm{PQ} = \mathrm{OA}-\stackrel{\frown}{\mathrm{OQ}} = 2\pi -\theta$ 倍に伸ばしたベクトルであるから, \[\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm{OP}} = \overrightarrow{\mathrm{OQ}}+\overrightarrow{\mathrm{QP}} \\ &= \overrightarrow{\mathrm{OQ}}+(2\pi -\theta )\vec n \\ &= (\sin\theta,1-\cos\theta )+(2\pi -\theta )(\cos\theta,\sin\theta ) \\ &= (\sin\theta+(2\pi -\theta )\cos\theta,1-\cos\theta +(2\pi -\theta )\sin\theta ) \end{aligned}\] である. よって, 点 $\mathrm P$ が描く曲線は, \[\begin{aligned} x &= \sin\theta+(2\pi -\theta )\cos\theta, \\ y &= 1-\cos\theta +(2\pi -\theta )\sin\theta \end{aligned}\] と表される.

(2)

(1) の曲線について \[\begin{aligned} \frac{dx}{d\theta} &= \cos\theta -\cos\theta +(2\pi -\theta )(-\sin\theta ) \\ &= -(2\pi -\theta )\sin\theta, \\ \frac{dy}{d\theta} &= \sin\theta -\sin\theta +(2\pi -\theta )\cos\theta \\ &= (2\pi -\theta )\cos\theta \end{aligned}\] であるから, 点 $\mathrm P$ が描く曲線の長さは \[\begin{aligned} \int _0^{2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right) ^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right) ^2}d\theta &= \int _0^{2\pi}(2\pi -\theta )d\theta \\ &= \left[ 2\pi\theta -\frac{\theta ^2}{2}\right] _0^{2\pi} \\ &= 2\pi ^2 \end{aligned}\] であり, これはひもの長さの \[ 2\pi ^2\div 2\pi = \pi\] 倍である.