昭和医科大学（昭和大学） 医学部 数学（2025年度）全問題・超図解解説

$|\alpha| = \sqrt{2} \neq 0$ なので、複素数 $z = \dfrac{\beta}{\alpha}$ を考えることができます（すなわち $\beta = \alpha z$ です）。
まず、$z$ の絶対値 $|z|$ を計算しましょう。 $$|z| = \left|\frac{\beta}{\alpha}\right| = \frac{|\beta|}{|\alpha|} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$$ したがって、両辺を2乗すると $$|z|^2 = (2\sqrt{2})^2 = 8 \quad \cdots \text{①}$$ 次に、問題文の3つ目の条件式 $|4\alpha - \beta| = 4$ に $\beta = \alpha z$ を代入します。 $$|4\alpha - \alpha z| = 4 \iff |\alpha(4 - z)| = 4 \iff |\alpha|\,|4 - z| = 4$$ ここに $|\alpha| = \sqrt{2}$ を代入して両辺を $\sqrt{2}$ で割ると、 $$\sqrt{2}\,|4 - z| = 4 \iff |z - 4| = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$$ こちらも両辺を2乗すると、 $$|z - 4|^2 = 8 \quad \cdots \text{②}$$

複素数の基本公式 $|w|^2 = w\overline{w}$ を使って②を展開します。 $$|z - 4|^2 = (z - 4)(\overline{z - 4}) = (z - 4)(\overline{z} - 4) = z\overline{z} - 4(z + \overline{z}) + 16 = 8$$ ここで $z\overline{z} = |z|^2 = 8$（①より）を代入すると、 $$8 - 4(z + \overline{z}) + 16 = 8 \iff 4(z + \overline{z}) = 16 \iff z + \overline{z} = 4$$ 複素数 $z$ を $z = x + yi$（$x, y$ は実数）とおくと、$z + \overline{z} = 2x$ なので、 $$2x = 4 \iff x = 2$$ さらに①の $|z|^2 = x^2 + y^2 = 8$ に $x = 2$ を代入すると、 $$2^2 + y^2 = 8 \iff y^2 = 4 \iff y = \pm 2$$ よって、求める $\dfrac{\beta}{\alpha} (= z)$ の値は $$\frac{\beta}{\alpha} = 2 \pm 2i$$ となります！

$z = 2 \pm 2i$ を極形式で表すと、絶対値が $2\sqrt{2}$、偏角が $\pm\dfrac{\pi}{4}$ なので、 $$\frac{\beta}{\alpha} = 2\sqrt{2}\left\{\cos\left(\pm\frac{\pi}{4}\right) + i\sin\left(\pm\frac{\pi}{4}\right)\right\} \quad (\text{複号同順})$$ ド・モアブルの定理を使って4乗すると、 $$\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^4 = (2\sqrt{2})^4 \left\{\cos\left(\pm\frac{\pi}{4}\times 4\right) + i\sin\left(\pm\frac{\pi}{4}\times 4\right)\right\}$$ ここで $(2\sqrt{2})^4 = 8^2 = 64$、また $\cos(\pm\pi) = -1, \sin(\pm\pi) = 0$ ですから、 $$\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^4 = 64(-1 + 0i) = -64$$ （※もちろん、$(2\pm 2i)^2 = 4 \pm 8i + 4i^2 = \pm 8i$ を先に計算し、それを2乗して $(\pm 8i)^2 = 64i^2 = -64$ と計算してもOKです！）

(2) とまったく同じ発想で、$\beta = \alpha z$ を代入して $|\alpha^n|$ を前に出します。 $$|\alpha^n + \beta^n| = \left|\alpha^n\left(1 + \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^n\right)\right| = |\alpha|^n \, |1 + z^n|$$ ここで $|\alpha| = \sqrt{2} = 2^{\frac{1}{2}}$ なので、 $$|\alpha|^n = (\sqrt{2})^n = \sqrt{2^n}$$ よって、 $$|\alpha^n + \beta^n| = \sqrt{2^n \, |1 + z^n|^2}$$ 問題文の右辺 $\sqrt{2^n(1 - 2^a + 2^b)}$ と見比べると、$|1 + z^n|^2$ を計算して $1 - 2^a + 2^b$ の形に整理すればよいことが分かります！

まず、$z = 2\sqrt{2}\left\{\cos\left(\pm\dfrac{\pi}{4}\right) + i\sin\left(\pm\dfrac{\pi}{4}\right)\right\}$ において、絶対値は $|z| = 2\sqrt{2} = 2^{\frac{3}{2}}$ です。
よって、$z^n$ の絶対値は $$|z^n| = |z|^n = \left(2^{\frac{3}{2}}\right)^n = 2^{\frac{3}{2}n}$$ また、$|z^n|^2 = \left(2^{\frac{3}{2}n}\right)^2 = 2^{3n}$ です。
次に偏角を考えます。$n$ は「$16$ で割って $3$ 余る整数」なので、整数 $k$ を用いて $$n = 16k + 3$$ と表せます。このとき、$z^n$ の偏角は $$\pm \frac{n\pi}{4} = \pm \frac{(16k + 3)\pi}{4} = \pm\left(4k\pi + \frac{3}{4}\pi\right)$$ $4k\pi$ は $2\pi$（1周）の整数倍なので、三角関数の値は $\pm\dfrac{3}{4}\pi$ のときと一致します！すなわち、 $$\cos\left(\pm\frac{n\pi}{4}\right) = \cos\left(\pm\frac{3}{4}\pi\right) = -\frac{1}{\sqrt{2}} = -2^{-\frac{1}{2}}$$

$|1 + z^n|^2$ を展開しましょう。 $$|1 + z^n|^2 = (1 + z^n)(1 + \overline{z^n}) = 1 + (z^n + \overline{z^n}) + |z^n|^2$$ ここで、複素数とその共役の和 $z^n + \overline{z^n}$ は「実部の2倍」ですから、 $$z^n + \overline{z^n} = 2\,|z^n|\cos\left(\pm\frac{n\pi}{4}\right) = 2 \cdot 2^{\frac{3}{2}n} \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -2^1 \cdot 2^{\frac{3}{2}n} \cdot 2^{-\frac{1}{2}} = -2^{\frac{3n+1}{2}}$$ また、$|z^n|^2 = 2^{3n}$ でしたから、これらを代入すると、 $$|1 + z^n|^2 = 1 - 2^{\frac{3n+1}{2}} + 2^{3n}$$ したがって、 $$|\alpha^n + \beta^n| = \sqrt{2^n\left(1 - 2^{\frac{3n+1}{2}} + 2^{3n}\right)}$$ これを $\sqrt{2^n(1 - 2^a + 2^b)}$ と比較して、$a = \dfrac{3n+1}{2}, \ b = 3n$ が得られます！

$\alpha = \dfrac{a}{2}, \ \beta = \dfrac{b}{2}$ とおきます。$a < b$ より $\alpha < \beta$ なので、$f(x) = (x - \alpha)(x - \beta)$ は異なる2つの実数解 $\alpha, \beta$ を持ちます。
よって、多項式 $g(x)$ が $(x - \alpha)(x - \beta)$ で割り切れるための必要十分条件は、因数定理より $$g(\alpha) = 0 \quad \text{かつ} \quad g(\beta) = 0$$ すなわち、 $$f(\alpha^2 - 2) = 0 \quad \text{かつ} \quad f(\beta^2 - 2) = 0$$ です！ここで $f(t) = 0$ の解は $t = \alpha, \beta$ ですから、 $$\alpha^2 - 2 \in \{\alpha, \beta\} \quad \text{かつ} \quad \beta^2 - 2 \in \{\alpha, \beta\}$$ となります。ここに $\alpha = \dfrac{a}{2}, \ \beta = \dfrac{b}{2}$ を戻して両辺を4倍すると、

• $\dfrac{a^2}{4} - 2 = \dfrac{a}{2} \ \text{または} \ \dfrac{b}{2} \iff a^2 - 8 = 2a \ \text{または} \ 2b$
• $\dfrac{b^2}{4} - 2 = \dfrac{a}{2} \ \text{または} \ \dfrac{b}{2} \iff b^2 - 8 = 2a \ \text{または} \ 2b$

まず基本となる2次方程式 $t^2 - 2t - 8 = 0$ を解いておくと、 $$(t - 4)(t + 2) = 0 \iff t = -2, \ 4$$ です。これを利用して、以下の4ケースを漏れなくチェックします！（条件 $a < b$ かつ $a, b$ は整数に注意）

まず真数条件より、$x > 0$ かつ $y > 0$（第1象限）です。
また、$\log_{\frac{1}{2}} x = -\log_2 x$ ですから、絶対値の中ではマイナスが消えて、与えられた不等式は $$|\log_2 x| + |\log_2 y| \le 1$$ と書き換えられます！さらに積・商の対数法則を使うため、$x = 1, \ y = 1$ を境目に4つの領域に場合分けします。

• (i) $x \ge 1, \ y \ge 1$ のとき： $\log_2 x \ge 0, \ \log_2 y \ge 0$ より
  $\log_2 x + \log_2 y \le 1 \iff \log_2(xy) \le 1 \iff xy \le 2 \iff y \le \dfrac{2}{x}$
• (ii) $x \ge 1, \ 0 < y \le 1$ のとき： $\log_2 x \ge 0, \ \log_2 y \le 0$ より
  $\log_2 x - \log_2 y \le 1 \iff \log_2\left(\dfrac{x}{y}\right) \le 1 \iff \dfrac{x}{y} \le 2 \iff y \ge \dfrac{1}{2}x$
• (iii) $0 < x \le 1, \ y \ge 1$ のとき： $\log_2 x \le 0, \ \log_2 y \ge 0$ より
  $-\log_2 x + \log_2 y \le 1 \iff \log_2\left(\dfrac{y}{x}\right) \le 1 \iff \dfrac{y}{x} \le 2 \iff y \le 2x$
• (iv) $0 < x \le 1, \ 0 < y \le 1$ のとき： $\log_2 x \le 0, \ \log_2 y \le 0$ より
  $-\log_2 x - \log_2 y \le 1 \iff \log_2(xy) \ge -1 \iff xy \ge \dfrac{1}{2} \iff y \ge \dfrac{1}{2x}$

図より、$x$ の範囲を $\dfrac{1}{2} \le x \le 1$ と $1 \le x \le 2$ の2つに分けて積分します。

• 区間 $\dfrac{1}{2} \le x \le 1$ の面積 $S_1$： 上の境界が $y = 2x$、下の境界が $y = \dfrac{1}{2x}$ なので、 $$S_1 = \int_{\frac{1}{2}}^{1} \left(2x - \frac{1}{2x}\right) dx = \left[x^2 - \frac{1}{2}\log x\right]_{\frac{1}{2}}^{1} = \left(1 - 0\right) - \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{2}\log\frac{1}{2}\right) = \frac{3}{4} - \frac{1}{2}\log 2$$
• 区間 $1 \le x \le 2$ の面積 $S_2$： 上の境界が $y = \dfrac{2}{x}$、下の境界が $y = \dfrac{1}{2}x$ なので、 $$S_2 = \int_{1}^{2} \left(\frac{2}{x} - \frac{1}{2}x\right) dx = \left[2\log x - \frac{1}{4}x^2\right]_{1}^{2} = \left(2\log 2 - 1\right) - \left(0 - \frac{1}{4}\right) = 2\log 2 - \frac{3}{4}$$

したがって、求める面積 $S = S_1 + S_2$ は、$\dfrac{3}{4}$ と $-\dfrac{3}{4}$ が気持ちよく相殺されて、 $$S = \left(\frac{3}{4} - \frac{1}{2}\log 2\right) + \left(2\log 2 - \frac{3}{4}\right) = \frac{3}{2}\log 2$$ となります！なんとシンプルで美しい答えでしょうか！

関数 $y = \dfrac{1}{\sqrt{x}}$ は $x > 0$ で単調減少です。また、$\sqrt{2025} = 45$ （$45^2 = 2025$）であることを使います！
まず、上からの評価です。$k \ge 2$ に対して $\dfrac{1}{\sqrt{k}} < \displaystyle\int_{k-1}^{k} \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx$ が成り立つので、$k = 2$ から $2025$ まで足し合わせ、初項 $a_1 = 1$ を加えると、 $$S_{2025} = 1 + \sum_{k=2}^{2025} \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + \int_{1}^{2025} x^{-\frac{1}{2}}\,dx = 1 + \Big[2\sqrt{x}\Big]_{1}^{2025} = 1 + (2\sqrt{2025} - 2) = 2\times 45 - 1 = 89$$ よって、$S_{2025} < 89$ が確定しました！

次に下からの評価です。もし $k = 1$ からそのまま積分と比較すると $\displaystyle\int_{1}^{2026}\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2\sqrt{2026} - 2 \fallingdotseq 88$ となり、$88$ より大きいか小さいかがギリギリになりかねません。
そこで、$k = 1$（$a_1 = 1$）だけはそのまま残し、$k = 2$ から $2025$ までを積分で下から評価します！
$\dfrac{1}{\sqrt{k}} > \displaystyle\int_{k}^{k+1} \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx$ を $k = 2$ から $2025$ まで足すと、 $$S_{2025} = 1 + \sum_{k=2}^{2025} \frac{1}{\sqrt{k}} > 1 + \int_{2}^{2026} x^{-\frac{1}{2}}\,dx = 1 + \Big[2\sqrt{x}\Big]_{2}^{2026} = 1 + 2\sqrt{2026} - 2\sqrt{2}$$ ここで $\sqrt{2026} > \sqrt{2025} = 45$（問題文の「$\sqrt{2026}$ を $\sqrt{2025}$ で近似せよ」を使っても $2\sqrt{2025} = 90$）、また $2\sqrt{2} = \sqrt{8} < 3$ ですから、 $$S_{2025} > 1 + 90 - 2\sqrt{2} = 91 - 2.828\cdots = 88.17\cdots > 88$$ 以上より、 $$88 < S_{2025} < 89$$ が見事に示されました！したがって、$S_{2025}$ の整数部分は $88$ です！

与えられた条件を1つずつ座標に翻訳します。

• 点 $\mathrm{A}$ は $xy$ 平面上にあり、$\mathrm{OA} = 1$、かつ $y$ 軸上にないので、$\mathrm{A}(x_A, y_A, 0)$ とおくと $$x_A^2 + y_A^2 = 1 \quad (x_A \neq 0)$$
• 点 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ は $yz$ 平面上にあり、$\mathrm{B}$ の $y$ 座標が $t$、かつ $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ は $y$ 軸に関して対称で $y$ 軸上にないので、 $$\mathrm{B}(0, t, z_B), \qquad \mathrm{C}(0, t, -z_B) \quad (z_B \neq 0)$$
• $\triangle\mathrm{OAB}$ は正三角形であり $\mathrm{OA} = 1$ なので、 $$\mathrm{OB} = 1 \quad \text{かつ} \quad \mathrm{AB} = 1$$

まず $\mathrm{OB}^2 = 1$ より、 $$t^2 + z_B^2 = 1 \iff z_B^2 = 1 - t^2$$ ここで $z_B \neq 0$ より $z_B^2 > 0$ ですから、$1 - t^2 > 0 \iff |t| < 1$ が必要です。
次に $\mathrm{AB}^2 = 1$ より、 $$(x_A - 0)^2 + (y_A - t)^2 + (0 - z_B)^2 = 1$$ 左辺を展開すると、 $$(x_A^2 + y_A^2) - 2ty_A + (t^2 + z_B^2) = 1$$ ここに $x_A^2 + y_A^2 = 1$ と $t^2 + z_B^2 = 1$ を代入すると、 $$1 - 2ty_A + 1 = 1 \iff 2ty_A = 1$$ ここで $t \neq 0$ が分かります！（もし $t = 0$ なら $0 = 1$ となり不適！）
したがって、 $$y_A = \frac{1}{2t}$$ と一意に決まります！

$x_A^2 = 1 - y_A^2$ であり、点 $\mathrm{A}$ が $y$ 軸上にないことから $x_A \neq 0 \iff x_A^2 > 0$ です。
よって、 $$1 - y_A^2 > 0 \iff 1 - \left(\frac{1}{2t}\right)^2 > 0 \iff t^2 > \frac{1}{4}$$ これと、先ほどの $z_B \neq 0$ の条件 $t^2 < 1$ を合わせると、 $$\frac{1}{4} < t^2 < 1$$ したがって、求める $t$ の範囲は $$-1 < t < -\frac{1}{2}, \qquad \frac{1}{2} < t < 1$$ となります！

四面体 $\mathrm{OABC}$ の4つの面 $\triangle\mathrm{OAB}, \triangle\mathrm{OAC}, \triangle\mathrm{OBC}, \triangle\mathrm{ABC}$ の面積を順番に求めましょう！
対称性より $x_A > 0, \ z_B > 0$ としてよく、 $$\mathrm{A}\left(\sqrt{1 - \frac{1}{4t^2}},\ \frac{1}{2t},\ 0\right), \quad \mathrm{B}\left(0,\ t,\ \sqrt{1 - t^2}\right), \quad \mathrm{C}\left(0,\ t,\ -\sqrt{1 - t^2}\right)$$ です。

• ① $\triangle\mathrm{OAB}$ と $\triangle\mathrm{OAC}$：
  点 $\mathrm{B}$ と点 $\mathrm{C}$ は $xy$ 平面（$z = 0$）に関して対称であり、点 $\mathrm{O}, \mathrm{A}$ は $xy$ 平面上にあります。
  よって $\triangle\mathrm{OAC}$ も $\triangle\mathrm{OAB}$ と合同な1辺 $1$ の正三角形です！
  $$\triangle\mathrm{OAB} = \triangle\mathrm{OAC} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 1^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}$$
• ② $\triangle\mathrm{OBC}$：
  $yz$ 平面上の三角形で、底辺 $\mathrm{BC}$ は $z$ 軸に平行で長さ $\mathrm{BC} = 2z_B = 2\sqrt{1 - t^2}$、原点 $\mathrm{O}$ から底辺 $\mathrm{BC}$ までの高さは $|t|$ です。 $$\triangle\mathrm{OBC} = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{1 - t^2} \times |t| = |t|\sqrt{1 - t^2}$$
• ③ $\triangle\mathrm{ABC}$：
  $\mathrm{AB} = \mathrm{AC} = 1$ の二等辺三角形です。底辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm{M}(0, t, 0)$ とすると、$\mathrm{AM} \perp \mathrm{BC}$ であり、底辺の長さは $\mathrm{BC} = 2\sqrt{1 - t^2}$ です。
  三平方の定理より、高さ $\mathrm{AM}$ は $$\mathrm{AM} = \sqrt{\mathrm{AB}^2 - \mathrm{BM}^2} = \sqrt{1 - (1 - t^2)} = \sqrt{t^2} = |t|$$ よって、なんと $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積も $\triangle\mathrm{OBC}$ とまったく同じ式になります！ $$\triangle\mathrm{ABC} = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{1 - t^2} \times |t| = |t|\sqrt{1 - t^2}$$

以上より、四面体 $\mathrm{OABC}$ の表面積を $S(t)$ とすると、 $$S(t) = \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4} + 2|t|\sqrt{1 - t^2} = \frac{\sqrt{3}}{2} + 2\sqrt{t^2(1 - t^2)}$$ ここで $u = t^2$ とおくと、(1) より $\dfrac{1}{4} < u < 1$ です。
ルートの中身の2次関数 $f(u) = u(1 - u) = -\left(u - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{1}{4}$ は、定義域 $\dfrac{1}{4} < u < 1$ の内部にある $u = \dfrac{1}{2}$（すなわち $t = \pm\dfrac{1}{\sqrt{2}}$）のとき最大値 $\dfrac{1}{4}$ をとります！
したがって、表面積 $S(t)$ の最大値は、 $$\frac{\sqrt{3}}{2} + 2\sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2} + 1 = \frac{2 + \sqrt{3}}{2}$$ となります！

表面積が最大となるのは $t^2 = \dfrac{1}{2}$ のときです。対称性より $t = \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \ x_A > 0, \ z_B > 0$ として回転体の体積は変わりません。
このとき、各頂点の座標は $$\mathrm{O}(0, 0, 0), \quad \mathrm{A}\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\ \frac{1}{\sqrt{2}},\ 0\right), \quad \mathrm{B}\left(0,\ \frac{1}{\sqrt{2}},\ \frac{1}{\sqrt{2}}\right), \quad \mathrm{C}\left(0,\ \frac{1}{\sqrt{2}},\ -\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$$ となります！
なんと3点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ の $y$ 座標がすべて $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ で一致する（つまり平面 $y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 上にある）という奇跡的な対称性が現れます！

3点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ はすべて平面 $y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 上にあります。したがって、四面体 $\mathrm{OABC}$ は「原点 $\mathrm{O}$ を頂点とし、平面 $y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 上の $\triangle\mathrm{ABC}$ を底面とする三角錐」です！
しかも、上の断面図の通り、平面 $y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ と $y$ 軸の交点 $\mathrm{M}\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}, 0\right)$ から3頂点までの距離は $$\mathrm{MA} = \mathrm{MB} = \mathrm{MC} = \frac{1}{\sqrt{2}}$$ ですべて等しく、$\triangle\mathrm{ABC}$ は $\mathrm{A}$ を直角の頂点とする直角二等辺三角形（斜辺 $\mathrm{BC}$ の中点が $\mathrm{M}$）です。
よって、平面 $y = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 上で $\triangle\mathrm{ABC}$ を点 $\mathrm{M}$ のまわりに1回転させると、半径 $R = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ の円板全体（中抜けなし！なぜなら $\mathrm{M}$ 自身が辺 $\mathrm{BC}$ 上にあるため最小距離が $0$、最大距離が $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ だから）を描きます！
原点 $\mathrm{O}$ と底面を結ぶ母線もすべて直線の線分なので、四面体 $\mathrm{OABC}$ を $y$ 軸のまわりに回転させてできる立体は、底面の半径 $R = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$、高さ $H = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ の直円錐です！ $$V_y = \frac{1}{3}\pi R^2 H = \frac{1}{3}\pi \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{\sqrt{2}}{12}\pi$$

次に $z$ 軸まわりの回転体 $V_z$ を考えます。四面体 $\mathrm{OABC}$ は $xy$ 平面（$z = 0$）に関して上下対称なので、$0 \le z \le \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ の部分を回転させた体積の2倍として計算できます。
高さ $z \ \left(0 \le z \le \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$ の平面で四面体 $\mathrm{OABC}$ を切断しましょう！
$z \ge 0$ の部分は、平面 $z = 0$ 上の $\triangle\mathrm{OAM}$ を底面とし、点 $\mathrm{B}\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$ を頂点とする三角錐 $\mathrm{B}\text{-}\mathrm{OAM}$ です。
ここで $s = 1 - \sqrt{2}z \ (0 \le s \le 1)$ とおくと、平面 $z$ による切り口は、底面 $\triangle\mathrm{OAM}$ を点 $\mathrm{B}$ に向かって縮小した三角形 $\triangle\mathrm{PQR}$ になり、その3頂点は

• 辺 $\mathrm{BO}$ 上の点 $\mathrm{P}$： $\left(0,\ \dfrac{1 - s}{\sqrt{2}},\ z\right)$
• 辺 $\mathrm{BM}$ 上の点 $\mathrm{Q}$： $\left(0,\ \dfrac{1}{\sqrt{2}},\ z\right)$
• 辺 $\mathrm{BA}$ 上の点 $\mathrm{R}$： $\left(\dfrac{s}{\sqrt{2}},\ \dfrac{1}{\sqrt{2}},\ z\right)$

です。この $\triangle\mathrm{PQR}$ は $\angle\mathrm{PQR} = 90^\circ$ の直角三角形です。回転の中心である $z$ 軸上の点 $\mathrm{Z}(0, 0, z)$ から $\triangle\mathrm{PQR}$ までの最大距離 $R(z)$ と最小距離 $r(z)$ を求めましょう！

• 最大距離 $R(z)$： $\mathrm{Z}(0, 0, z)$ から最も遠い頂点は $\mathrm{R}\left(\dfrac{s}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}, z\right)$ なので、 $$R(z)^2 = \left(\frac{s}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{1 + s^2}{2}$$
• 最小距離 $r(z)$： $\mathrm{Z}(0, 0, z)$ に最も近い点は、$y$ 軸方向の線分 $\mathrm{PQ}$ 上の端点 $\mathrm{P}\left(0, \dfrac{1 - s}{\sqrt{2}}, z\right)$ です！（※ $\mathrm{Z}$ から直線 $\mathrm{PR}$ に下ろした垂線の足が線分 $\mathrm{PR}$ 上にあるかチェックすると、ベクトル $\overrightarrow{\mathrm{PR}} = \left(\dfrac{s}{\sqrt{2}}, \dfrac{s}{\sqrt{2}}, 0\right)$ と $\overrightarrow{\mathrm{ZP}} = \left(0, \dfrac{1 - s}{\sqrt{2}}, 0\right)$ の内積が $s(1-s)/2 \ge 0$ なので、常に点 $\mathrm{P}$ が最近点になります！）
  よって、 $$r(z)^2 = \left(\frac{1 - s}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{(1 - s)^2}{2}$$

したがって、高さ $z$ における回転体の断面積 $A(z)$ は、ドーナツ型（円環）の面積となり、 $$A(z) = \pi\left\{R(z)^2 - r(z)^2\right\} = \frac{\pi}{2}\left\{(1 + s^2) - (1 - 2s + s^2)\right\} = \pi s$$ なんと $s^2$ が消えて、$A(z) = \pi s = \pi(1 - \sqrt{2}z)$ という超シンプルな1次式になりました！
これを $z = 0$ から $z = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ まで積分して2倍（上下対称分）すると、 $$V_z = 2\int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \pi(1 - \sqrt{2}z)\,dz = 2\pi \left[z - \frac{\sqrt{2}}{2}z^2\right]_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} = 2\pi\left(\frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{2}}{4}\right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\pi$$

最後に $x$ 軸まわりの回転体 $V_x$ です。点 $\mathrm{O}(0,0,0), \mathrm{B}\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right), \mathrm{C}\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}, -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$ の3点はすべて平面 $x = 0$（$yz$ 平面）上にあり、点 $\mathrm{A}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}, \dfrac{1}{\sqrt{2}}, 0\right)$ だけが $x = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ にあります。
よって、平面 $x \ \left(0 \le x \le \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$ で四面体 $\mathrm{OABC}$ を切断すると、$u = 1 - \sqrt{2}x \ (0 \le u \le 1)$ とおいたとき、切り口は $\triangle\mathrm{OBC}$ を点 $\mathrm{A}$ に向かって比率 $u$ で縮小・平行移動した三角形 $\triangle\mathrm{O'B'C'}$ になります。

• $\mathrm{O}'\left(x,\ \dfrac{1 - u}{\sqrt{2}},\ 0\right)$
• $\mathrm{B}'\left(x,\ \dfrac{1}{\sqrt{2}},\ \dfrac{u}{\sqrt{2}}\right)$ 、 $\mathrm{C}'\left(x,\ \dfrac{1}{\sqrt{2}},\ -\dfrac{u}{\sqrt{2}}\right)$

回転の中心 $\mathrm{X}(x, 0, 0)$ からこの二等辺三角形 $\triangle\mathrm{O'B'C'}$ までの最大距離 $R(x)$ と最小距離 $r(x)$ は、

• 最大距離 $R(x)$： 頂点 $\mathrm{B}'$（および $\mathrm{C}'$）までの距離なので、 $$R(x)^2 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{u}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{1 + u^2}{2}$$
• 最小距離 $r(x)$： 頂点 $\mathrm{O}'$ までの距離なので、 $$r(x)^2 = \left(\frac{1 - u}{\sqrt{2}}\right)^2 = \frac{(1 - u)^2}{2}$$

したがって、断面積 $A(x)$ は $$A(x) = \pi\left\{R(x)^2 - r(x)^2\right\} = \frac{\pi}{2}\left\{(1 + u^2) - (1 - u)^2\right\} = \pi u = \pi(1 - \sqrt{2}x)$$ これを $x = 0$ から $x = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ まで積分すると（$x$ は片側のみなので2倍しないことに注意！）、 $$V_x = \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2}}} \pi(1 - \sqrt{2}x)\,dx = \frac{\sqrt{2}}{4}\pi$$ と求まります！

1回のさいころ投げで起こる事象を次の2つに分けます。

• 事象 $R$（1または2の目）： 原点のまわりに $15^\circ$ 反時計回りに回転する。確率は $\dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$。
• 事象 $D$（3〜6の目）： 原点からの距離が $1$ 増える。確率は $\dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$。

初期位置は点 $(1, 0)$（原点からの距離 $1$、偏角 $0^\circ$）です。
物体 $\mathrm{A}$ が初めて $y$ 軸に達するのは、偏角が $90^\circ$ になった瞬間、すなわち事象 $R$ がちょうど $6$ 回目に出た瞬間です（$15^\circ \times 6 = 90^\circ$）。
また、到達した点が $(0, n)$（原点からの距離が $n$）であるためには、初期の距離 $1$ から $n - 1$ だけ遠ざかる必要があるので、それまでに事象 $D$ がちょうど $n - 1$ 回出ていなければなりません。

合計の試行回数は $6 + (n - 1) = n + 5$ 回です。
そして「$y$ 軸に達した瞬間に終了する」ため、最後の $(n + 5)$ 回目は必ず事象 $R$ でなければなりません！
よって、

• 前半の $(n + 4)$ 回のうちに、事象 $R$ が $5$ 回、事象 $D$ が $(n - 1)$ 回起こる
• 引き続いて $(n + 5)$ 回目に事象 $R$ が起こる

したがって、求める確率 $P_n$ は、 $$P_n = {}_{n+4}\mathrm{C}_{5} \left(\frac{1}{3}\right)^5 \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} \times \frac{1}{3} = {}_{n+4}\mathrm{C}_{5} \cdot \frac{2^{n-1}}{3^{n+5}}$$ （または展開して $P_n = \dfrac{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)n}{120} \cdot \dfrac{2^{n-1}}{3^{n+5}}$）となります！

(2) で求めた式に $n = 1, 2, 3$ を順番に代入しましょう！（$3^6 = 729,\ 3^7 = 2187,\ 3^8 = 6561,\ 3^9 = 19683$）

• $n = 1$ のとき： $$P_1 = {}_{5}\mathrm{C}_{5} \cdot \frac{2^0}{3^6} = 1 \times \frac{1}{729} = \frac{1}{729}$$
• $n = 2$ のとき： $$P_2 = {}_{6}\mathrm{C}_{5} \cdot \frac{2^1}{3^7} = 6 \times \frac{2}{3^7} = 2 \times \frac{2}{3^6} = \frac{4}{729}$$ （※約分を忘れないように注意！$6 = 2 \times 3$ なので分母の $3$ が1つ約分されて $\dfrac{4}{729}$ になります！）
• $n = 3$ のとき： $$P_3 = {}_{7}\mathrm{C}_{5} \cdot \frac{2^2}{3^8} = 21 \times \frac{4}{3^8} = 7 \times \frac{4}{3^7} = \frac{28}{2187}$$ （※こちらも $21 = 7 \times 3$ で3を1つ約分して $\dfrac{28}{2187}$ です！）

確率の最大値問題では、階乗や累乗がきれいに約分できる「比 $\dfrac{P_{n+1}}{P_n}$ と $1$ の大小比較」が鉄則です！
$${}_{n+4}\mathrm{C}_{5} = \frac{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)n}{5!}, \qquad {}_{n+5}\mathrm{C}_{5} = \frac{(n+5)(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)}{5!}$$ ですから、比 $\dfrac{P_{n+1}}{P_n}$ をとると、 $$\frac{P_{n+1}}{P_n} = \frac{{}_{n+5}\mathrm{C}_{5}}{{}_{n+4}\mathrm{C}_{5}} \cdot \frac{2^n}{2^{n-1}} \cdot \frac{3^{n+5}}{3^{n+6}} = \frac{n + 5}{n} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2(n + 5)}{3n}$$

$n \ge 1$ なので分母 $3n > 0$ です。よって、

• $P_{n+1} > P_n \iff \dfrac{2(n + 5)}{3n} > 1 \iff 2n + 10 > 3n \iff n < 10$ （すなわち $n = 1, 2, \cdots, 9$）
• $P_{n+1} = P_n \iff \dfrac{2(n + 5)}{3n} = 1 \iff 2n + 10 = 3n \iff n = 10$
• $P_{n+1} < P_n \iff \dfrac{2(n + 5)}{3n} < 1 \iff 2n + 10 < 3n \iff n > 10$ （すなわち $n \ge 11$）

これより、数列 $\{P_n\}$ の大小関係は $$P_1 < P_2 < \cdots < P_9 < P_{10} = P_{11} > P_{12} > P_{13} > \cdots$$ となります！したがって、$P_n$ を最大にする $n$ は $n = 10, 11$ の2つです！