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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} A^2 & = \left( \begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} a^2 & b(a+d) \\ 0 & d^2 \end{array} \right) \ . \end{align}\] \(A^2 = E\) なので, 成分を比較すれば \[ \left\{ \begin{array}{l} a^2 = d^2 = 1 \quad ... [1] \\ b(a+d) = 0 \quad ... [2] \end{array} \right. \ . \] [2] より \[ b = 0 \ \text{または} \ a+d = 0 \ . \]

1. 1*　\(b = 0\) のとき
   [1] より \[ a = \pm 1 , \ d = \pm 1 \ . \]

2. 2*　\(a+d = 0\) のとき
   [1] より \[ (a,d) = ( \pm 1 , \mp 1 ) \quad ( \text{複号同順} ) \ . \]

以上より, 求める \(A\) は \[\begin{align} A = & \underline{\left( \begin{array}{cc} \pm 1 & 0 \\ 0 & \pm 1 \end{array} \right) \quad ( \text{複号任意} ) , }\\ & \underline{\left( \begin{array}{cc} \pm 1 & k \\ 0 & \mp 1 \end{array} \right) \quad ( \text{複号同順} , \ k \text{は任意の実数} )} \ . \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} A^3 & = \left( \begin{array}{cc} a^2 & b(a+d) \\ 0 & d^2 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} a^3 & b( a^2+ad+d^2 ) \\ 0 & d^3 \end{array} \right) \ . \end{align}\] \(A^3 = E\) なので, 成分を比較すれば \[ \left\{ \begin{array}{l} a^3 = d^3 = 1 \quad ... [3] \\ b(a^2+ad+d^2) = 0 \quad ... [4] \end{array} \right. \ . \] \(a ,d\) は実数なので, [3] より \[ a=d=1 \ . \] [4] に代入して \[\begin{align} 3b & = 0 \\ \text{∴} \quad b & = 0 \ . \end{align}\] よって求める \(A\) は \[ A = \underline{\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right)} \ . \]

(3)

\[\begin{align} A^4 & = \left( \begin{array}{cc} a^3 & b( a^2+ad+d^2 ) \\ 0 & d^3 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} a^4 & b( a^3+a^2d+ad^2+d^3 ) \\ 0 & d^4 \end{array} \right) \ . \end{align}\] \(A^4 = E\) なので, 成分を比較すれば \[ \left\{ \begin{array}{l} a^4 = d^4 = 1 \quad ... [5] \\ b( a^3+a^2d+ad^2+d^3 ) = 0 \quad ...[6] \end{array} \right. \ . \] \(a ,d\) は実数なので, [5] より \[ a^2 = d^2 = 1 \quad ... [7] \ . \] [7] を [6] に代入すると \[\begin{align} b ( a+d+a+d ) & = 0 \\ \text{∴} \quad b(a+d) & = 0 \quad ... [8] \ . \end{align}\] [7] かつ [8] は, [1] かつ [2] と等しい.
よって, \(A^4 = E\) をみたす \(A\) は, (1) の結果と等しく, すなわち \(A^2 = E\) をみたす.

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【 解 答 】

(1)

\[ f'(x) = 6x^2 -6x = 6x(x-1) \ . \] \(f'(x)=0\) をとくと \[ x = 0 , 1 \ . \] したがって, \(f(x)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} x & \cdots & 0 & \cdots & 1 & \cdots \\ \hline f'(x) & + & 0 & - & 0 & + \\ \hline f(x) & \nearrow & 1 & \searrow & 0 & \nearrow \end{array} \ . \] よって, \(y = f(x)\) のグラフは下図のようになる.

(2)

\(y = f(x)\) のグラフの形から, \(f(x) = a\) が相異なる \(3\) つの実数解をもつのは \[ 0 \lt a \lt 1 \quad ... [1] \ . \] の範囲であり \[ -\dfrac{1}{2} \lt \alpha \lt 0 \lt \beta \lt 1 \lt \gamma \lt \dfrac{3}{2} \quad ... [2] \ . \] \(f(x)= a\) を変形すると \[ 2x^3 -3x^2 -a+1 = 0 \ . \] なので, 解と係数の関係より \[\begin{align} \alpha +\beta +\gamma & = \dfrac{3}{2} \quad ... [3] , \\ \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha & = 0 \quad ... [4] \ . \end{align}\] [3] より \[ \alpha +\gamma = \dfrac{3}{2} -\beta \ . \] これを [4] に代入すると \[\begin{align} \alpha \gamma & +\beta \left( \dfrac{3}{2} -\beta \right) = 0 \\ \text{∴} \quad \alpha \gamma & = -\beta \left( \dfrac{3}{2} -\beta \right) \ . \end{align}\] これらを用いれば \[\begin{align} \ell & = \sqrt{( \alpha +\gamma )^2 -4 \alpha \gamma} \\ & = \sqrt{\left( \dfrac{3}{2} -\beta \right)^2 +4 \beta \left( \dfrac{3}{2} -\beta \right)} \\ & = \sqrt{-3 \beta^2 +3 \beta +\dfrac{9}{4}} \\ & = \underline{\dfrac{1}{2} \sqrt{3 ( 3+ 4 \beta -4 \beta^2 )}} \ . \end{align}\]

(3)

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【 解 答 】

\[\begin{align} \displaystyle\int _ {a _ n}^{a _ {n+1}} \dfrac{dx}{\sqrt[3]{x}} & = \left[ \dfrac{3}{2} x^{\frac{2}{3}} \right] _ {a _ n}^{a _ {n+1}} \\ & = \dfrac{3}{2} \left( {a _ {n+1}}^{\frac{2}{3}} -{a _ n}^{\frac{2}{3}} \right) \ . \end{align}\] なので, 条件より \[\begin{align} \dfrac{3}{2} \left( {a _ {n+1}}^{\frac{2}{3}} -{a _ n}^{\frac{2}{3}} \right) & = 1 \\ \text{∴} \quad {a _ {n+1}}^{\frac{2}{3}} & = {a _ n}^{\frac{2}{3}} +\dfrac{2}{3} \ . \end{align}\] したがって, 数列 \(\left\{ {a _ n}^{\frac{2}{3}} \right\}\) は初項 \({a _ 1}^{\frac{2}{3}} = 1\) , 公差 \(\dfrac{2}{3}\) の等差数列なので \[ {a _ n}^{\frac{2}{3}} = 1 +\dfrac{2}{3} (n-1) = \dfrac{2n-1}{3} \quad ... [1] \ . \] また \[\begin{align} V _ x & = \pi \displaystyle\int _ {a _ n}^{a _ {n+1}} \left( \dfrac{1}{\sqrt[3]{x}} \right)^2 \, dx \\ & = \pi \left[ 3 x^{\frac{1}{3}} \right] _ {a _ n}^{a _ {n+1}} \\ & = 3 \pi \left( {a _ {n+1}}^{\frac{1}{3}} -{a _ n}^{\frac{1}{3}} \right) \ . \end{align}\] これと [1] を用いれば \[\begin{align} \sqrt{n} V _ x & = 3 \pi \sqrt{n} \left( \sqrt{\dfrac{2n+1}{3}} -\sqrt{\dfrac{2n-1}{3}} \right) \\ & = \sqrt{3n} \pi \cdot \dfrac{2}{\sqrt{2n+1} +\sqrt{2n-1}} \\ & = \dfrac{2 \sqrt{3} \pi}{\sqrt{2 +\frac{1}{n}} +\sqrt{2 -\frac{1}{n}}} \\ & \rightarrow \dfrac{2 \sqrt{3} \pi}{2 \sqrt{2}} \quad ( \ n \rightarrow \infty \text{のとき} ) \\ & = \dfrac{\sqrt{6}}{2} \pi \ . \end{align}\] よって \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \sqrt{n} V _ x = \underline{\dfrac{\sqrt{6}}{2} \pi} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\(2\) つの接点を A \((a,b)\) , B \((c,d)\) とおくと \[ \text{Q} \ \left( \dfrac{a+c}{2} , \dfrac{b+d}{2} \right) \ . \] また \[ \text{PA} : \ ax+by = 1 , \ \text{PB} : \ cx+dy = 1 \ . \] ともに P \(( x _ 0 , y _ 0 )\) を通るので \[ a x _ 0 +b y _ 0 = 1 , \ c x _ 0 +d y _ 0 = 1 \ . \] これは直線 \(x _ 0 x +y _ 0 y = 1\) が \(2\) 点 A , B を通ることを表す.
したがって \[ \text{AB} : \ x _ 0 x +y _ 0 y = 1 \quad ... [1] \ . \] これと, 円 \(x^2+y^2 = 1 \quad ... [2]\) の交点が点 A , B であるので, [1] [2] より, \(y\) を消去すると \[\begin{align} {y _ 0}^2 x^2 +( 1 -x _ 0 x )^2 & = {y _ 0}^2 \\ \text{∴} \quad ( {x _ 0}^2 +{y _ 0}^2 ) x^2 -2 x _ 0 x +1 -{y _ 0}^2 & = 0 \ . \end{align}\] この方程式の \(2\) つの解が \(a , c\) なので, 解と係数の関係より \[ a+c = \dfrac{2 x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] ゆえに \[ x _ 1 = \dfrac{a+c}{2} = \dfrac{x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] 同様に, [1] [2] から \(y\) を消去すれば, \[\begin{align} ( 1 -y _ 0 y )^2 +{x _ 0}^2 y^2 & = {x _ 0}^2 \\ \text{∴} \quad ( {x _ 0}^2 +{y _ 0}^2 ) x^2 -2 y _ 0 y +1 -{x _ 0}^2 & = 0 \ . \end{align}\] この方程式の \(2\) つの解が \(b , d\) なので, 解と係数の関係より \[ b+d = \dfrac{2 y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] ゆえに \[ y _ 1 = \dfrac{b+d}{2} = \dfrac{y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \ . \] よって, Q の座標は \[ \underline{\left( \dfrac{x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} , \dfrac{y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \right)} \ . \] また \[ \overrightarrow{\text{OQ}} = \dfrac{1}{\left| \overrightarrow{\text{OP}} \right|^2} \overrightarrow{\text{OP}} \quad ... [3] \ . \] なので \[\begin{align} \left| \overrightarrow{\text{OQ}} \right| & = \dfrac{1}{\left| \overrightarrow{\text{OP}} \right|} \\ \text{∴} \quad \left| \overrightarrow{\text{OP}} \right| \left| \overrightarrow{\text{OQ}} \right| & = 1 \ . \end{align}\]

(2)

(1) の結果より \[\begin{align} x _ 1 = \dfrac{x _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} & , \ y _ 1 = \dfrac{y _ 0}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} , \\ {x _ 1}^2 +{y _ 1}^2 & = \dfrac{1}{{x _ 0}^2 +{y _ 0}^2} \quad ... [4] \ . \end{align}\] したがって \[ x _ 0 = \dfrac{x _ 1}{{x _ 1}^2 +{y _ 1}^2} , \ y _ 0 = \dfrac{y _ 1}{{x _ 1}^2 +{y _ 1}^2} \quad ... [5] \ . \] ただし, [4] より, \({x _ 1}^2 +{y _ 1}^2 \neq 0\) すなわち \(( x _ 1 , y _ 1 ) \neq (0,0)\) .
[5] を \(x _ 0 +y _ 0 = 2\) に代入すれば \[\begin{align} x _ 1 + y _ 1 = 2 \left( {x _ 1}^2 +{y _ 1}^2 \right) & \\ {x _ 1}^2 -\dfrac{1}{2} x _ 1 +{y _ 1}^2 -\dfrac{1}{2} y _ 1 = 0 \\ \text{∴} \quad \left( x _ 1 -\dfrac{1}{4} \right)^2 +\left( y _ 1 -\dfrac{1}{4} \right)^2 & = \dfrac{1}{8} \ . \end{align}\] よって, Q の軌跡は \[ \underline{\text{円} : \ \left( x -\dfrac{1}{4} \right)^2 +\left( y -\dfrac{1}{4} \right)^2 = \dfrac{1}{8} \quad ( \text{ただし, 原点は除く} )} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\(N\) 回操作をすると, 袋の中の玉の数は \(N+3\) 個になる.
また, 赤い玉の個数 \(m\) の範囲は, \(1 \leqq m \leqq N+1 \quad ... [1]\) . \(N\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m\) 個あるのは

• \(N-1\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m-1\) 個あり, \(N\) 回目で赤い玉が出たとき

• \(N-1\) 回の操作の後に, 赤い玉が \(m\) 個あり, \(N\) 回目で赤以外の色の玉が出たとき

の \(2\) 通りがあるので \[ p _ N (m) = \dfrac{m-1}{N+2} p _ {N-1} (m-1) +\dfrac{N+2-m}{N+2} p _ {N-1} (m) \quad ... [2] \ . \] ただし, [1] より \[ p _ N (0) = p _ N (N+1) = 0 \quad ... [3] \ . \] いま \[ p _ 1 (1) = \dfrac{2}{3} , \ p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} \ . \] なので, [2] [3] にしたがって順次求めると \[\begin{align} p _ 2 (1) & = \dfrac{3}{4} p _ 1 (1) = \dfrac{1}{2} , \\ p _ 2 (2) & = \dfrac{1}{4} p _ 1 (1) +\dfrac{1}{2} p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} , \\ p _ 2 (3) & = \dfrac{1}{2} p _ 1 (2) = \dfrac{1}{6} , \\ p _ 3 (1) & = \dfrac{4}{5} p _ 2 (1) = \dfrac{2}{5} , \\ p _ 3 (2) & = \dfrac{1}{5} p _ 2 (1) +\dfrac{3}{5} p _ 2 (2) = \dfrac{3}{10} , \\ p _ 3 (3) & = \dfrac{2}{5} p _ 2 (2) +\dfrac{2}{5} p _ 2 (3) = \dfrac{1}{5} , \\ p _ 3 (4) & = \dfrac{3}{5} p _ 2 (3) = \dfrac{1}{10} \ . \end{align}\] よって, 求める連比は \[ p _ 3 (1) : p _ 3 (2) : p _ 3 (3) : p _ 3 (4) = \underline{4 : 3: 2 : 1} \ . \]

(2)

(1) の過程より \[\begin{align} p _ 1 (1) : p _ 1 (2) & = 2 : 1 \\ p _ 2 (1) : p _ 2 (2) : p _ 2 (3) & = 3 : 2 : 1 \ . \end{align}\] なので, 一般の \(N\) について \[ P _ N (1) : p _ N (2) : \cdots : p _ N (N+1) = (N+1) : N : \cdots : 1 \ . \] すなわち, \(1 \leqq m \leqq N+1\) について \[\begin{align} p _ N (m) & = \dfrac{N+2-m}{1+2+ \cdots +(N+1)} \\ & = \dfrac{2 (N+2-m)}{(N+1)(N+2)} \quad ... [ \text{A} ] \ . \end{align}\] と推測される.
[A] が成立することを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(N = 1 , \ m = 1 , 2\) のとき
   (1) の過程より \[ p _ 1 (1) = \dfrac{2}{3} , \ p _ 1 (2) = \dfrac{1}{3} \ . \] なので, [A] は成立する.

2. 2*　\(N = k , \ 1 \leqq m \leqq k+1 \ ( k \geqq 1 )\) のとき
   [A]が成立する, すなわち \[ p _ k (m) = \dfrac{2 (k+2-m)}{(k+1)(k+2)} \ . \] が成立すると仮定すると, [2] [3] を用いて

   • \(m = 1\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (1) & = \dfrac{k+2}{k+3} p _ {k} (1) \\ & = \dfrac{k+2}{k+3} \cdot \dfrac{1}{k+2} \\ & = \dfrac{1}{k+3} \ . \end{align}\]

   • \(m = k+2\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (k+2) & = \dfrac{k+1}{k+3} p _ {k} (k+1) \\ & = \dfrac{k+1}{k+3} \cdot \dfrac{1}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{1}{(k+2)(k+3)} \ . \end{align}\]

   • \(2 \leqq m \leqq k+1\) のとき \[\begin{align} p _ {k+1} (m) & = \dfrac{m-1}{k+3} p _ {k} (m-1) +\dfrac{k+3-m}{k+3} p _ {k} (m) \\ & = \dfrac{m-1}{k+3} \cdot \dfrac{2 (k+3-m)}{(k+1)(k+2)} +\dfrac{k+3-m}{k+3} \cdot \dfrac{2 (k+2-m)}{(k+1)(k+2)} \\ & = \dfrac{2 (k+3-m) \left\{ (m-1) + (k+2-m) \right\}}{(k+1)(k+2)(k+3)} \\ & = \dfrac{2 (k+3-m)}{(k+2)(k+3)} \ . \end{align}\]

   以上より, \(N = k+1 , \ 1 \leqq m \leqq k+2\) のときも, [A] が成立する.

以上より, すべての自然数 \(N\) について, [A] が成立し \[ p _ N (m) = \underline{\dfrac{2 (N+2-m)}{(N+1)(N+2)}} \ . \]

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