\begin{align} I &= \int_0^\pi e^x \sin(x) \cos(x) dx \\ &= \frac{1}{2} \int_0^\pi e^x \sin(2x) dx \\ &= \frac{1}{2} \left[ e^x \sin(2x) \right]_0^\pi - \int_0^\pi e^x \cos(2x) dx \\ &= - \left[ e^x \cos(2x) \right]_0^\pi - 2 \int_0^\pi e^x \sin(2x) dx \\ &= - e^\pi + 1 - 4I \\ \therefore \ \ 5 I &= 1 - e^\pi \\ \therefore \ \ I &= \frac{1 - e^\pi}{5} \end{align}
\begin{align} \frac{1}{2} \left| \overrightarrow{\mathrm{OA}} \times \overrightarrow{\mathrm{OB}} \right| &= \frac{1}{2} \left| (8, 2, -6) \right| \\ &= \frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{26} \\ &= \sqrt{26} \end{align}
\begin{align} \frac{1}{6} \left| \left( \overrightarrow{\mathrm{OA}} \times \overrightarrow{\mathrm{OB}} \right) \cdot \overrightarrow{\mathrm{OC}} \right| &= \frac{1}{6} \cdot 50 \\ &= \frac{25}{3} \end{align}
$\theta = \angle \mathrm{BOP}$ (ラジアン) とし、 $\mathrm{B}$ の $\mathrm{P}$ からの高さを $h$ (メートル) とする。 また、それぞれの時間変化率 (毎分) を $\dot{\theta}, \dot{h} = 25$ とする。 このとき、 \begin{align} \tan \theta = \frac{h}{200} \end{align} であり、 \begin{align} \frac{\dot{\theta}}{\cos^2 \theta} = \frac{\dot{h}}{200} \end{align} が成り立つ。 よって、 $h=100$ のとき $\tan \theta = 1/2$ したがって $\cos^2 \theta = 4/5$ であるので、このとき、 \begin{align} \dot{\theta} &= \frac{4}{5} \cdot \frac{25}{200} \\ &= \frac{1}{10} \end{align} である。
1つの光源を中心とする半径 $D$ の円を考える。 1つの受信機がこの円から出る瞬間に、その隣の受信機がこの円に入るとすると、 \begin{align} L^2 &= D^2 - \left( \frac{D}{4} \right)^2 \\ &= \frac{15}{16} D^2 \\ \therefore \ \ L &= \frac{\sqrt{15}}{4} D \end{align} であり、これが求める $L$ の最大値である。
1つの光源を中心とする半径 $D$ の円を考える。 1つの受信機がこの円から出る瞬間に、その隣の隣の受信機がこの円に入るとすると、 \begin{align} L^2 &= D^2 - \left( \frac{D}{2} \right)^2 \\ &= \frac{3}{4} D^2 \\ \therefore \ \ L &= \frac{\sqrt{3}}{2} D \end{align} であり、これが求める $L$ の最大値である。