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【 解 答 】

(1)

P \(( p, p^2 )\) , Q \(( q, q^2 )\) \(( -1 \leqq p \leqq 1 , -1 \leqq q \leqq 1\ \ ... [1] ) \) とおく.
このとき \[\begin{align} a & = \dfrac{2p+q}{3} \quad ... [2] \\ b & = \dfrac{2p^2+q^2}{3} \quad ... [3] \end{align}\] [2] より, \(q = 3a-2p\) なので, [3] に代入すると \[ 3b = 2p^2 +( 3a-2p )^2 \] ゆえに \[\begin{align} b & = 3a^2 -4pa +2p^2 \\ & = 2(p-a)^2 +a^2 \geqq a^2 \end{align}\] また, [1] より \[\begin{align} & -1 \leqq 3a-2p \leqq 1 \\ \text{∴} \quad & \dfrac{3a-1}{2} \leqq p \leqq \dfrac{3a+1}{2} \quad ... [4] \end{align}\] したがって, \(b = f(p)\) とおいて, [1] かつ [4] において取り得る値の範囲を求めればよい.
最小値, 最大値の候補は

• \(f(a) = a^2\)
  （ただし, 最小値にのみなりえる）

• \(f(-1) = 3a^2+4a+2 = 3 \left( a +\dfrac{2}{3} \right)^2 +\dfrac{2}{3}\)
  （ただし, \(\dfrac{3a-1}{2} \leqq -1 \leqq \dfrac{3a+1}{2}\) すなわち \(-1 \leqq a -\dfrac{1}{3}\) のときのみ）

• \(f(1) = 3a^2-4a+2 = 3 \left( a -\dfrac{2}{3} \right)^2 +\dfrac{2}{3}\)
  （ただし, \(\dfrac{3a-1}{2} \leqq 1 \leqq \dfrac{3a+1}{2}\) すなわち \(\dfrac{1}{3} \leqq a \leqq 1\) のときのみ）

• \(f \left( \dfrac{3a-1}{2} \right) = \dfrac{3 a^2}{2} -a+\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} \left( a -\dfrac{1}{3} \right)^2 +\dfrac{1}{3}\)
  （ただし, \(-1 \leqq \dfrac{3a-1}{2} \leqq 1\) すなわち \(-\dfrac{1}{3} \leqq a \leqq 1\) のときのみ）

• \(f \left( \dfrac{3a+1}{2} \right) = \dfrac{3 a^2}{2} +a+\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2} \left( a +\dfrac{1}{3} \right)^2 +\dfrac{1}{3}\)
  （ただし, \(-1 \leqq \dfrac{3a+1}{2} \leqq 1\) すなわち \(-1 \leqq a \leqq \dfrac{1}{3}\) のときのみ）

以上の候補の大小を比較すれば

\[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} a^2 \leqq b \leqq 3a^2+4a+2 & \left( -1 \leqq a \lt -\dfrac{1}{3} \ \text{のとき} \right) \\ a^2 \leqq b \leqq \dfrac{3 a^2}{2} +a+\dfrac{1}{2} & \left( -\dfrac{1}{3} \leqq a \lt 0 \ \text{のとき} \right) \\ a^2 \leqq b \leqq \dfrac{3 a^2}{2} -a+\dfrac{1}{2} & \left( 0 \leqq a \lt \dfrac{1}{3} \ \text{のとき} \right) \\ a^2 \leqq b \leqq 3a^2-4a+2 & \left( \dfrac{1}{3} \leqq a \leqq 1 \ \text{のとき} \right) \end{array} \right.} \]

(2)

(1) の結果より, 下図斜線部（境界含む）.

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【 解 答 】

(1)

条件を用いれば \[\begin{align} (P+Q) A & = (P+Q) \left\{ aP +(1-a)Q \right\} \\ & = a P^2 +(1-a) Q^2 \quad ( \ \text{∵} \ PQ =QP =O \ ) \\ & = aP +(1-a)Q \quad ( \ \text{∵} \ P^2=P , \ Q^2=Q \ ) \\ & = A \end{align}\]

(2)

(1) の結果より \[\begin{align} P+Q & = E \\ \text{∴} \quad Q & = E-P \end{align}\] \(P = \left( \begin{array}{cc} p & q \\ r & s \end{array} \right)\) とおけば \[ Q = \left( \begin{array}{cc} 1-p & -q \\ -r & 1-s \end{array} \right) \] なので \[\begin{align} \left( \begin{array}{cc} a & 0 \\ 1 & a+1 \end{array} \right) & = \left( \begin{array}{cc} ap +(a+1)(1-p) & aq -(a+1)q \\ ar-(a+1)r & as+(a+1)(1-s) \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} a+1-p & -q \\ -r & a+1-s \end{array} \right) \end{align}\] 各成分を比較すれば \[ p=1 , \ q=0 , \ r =-1 , \ s =0 \] よって \[ P =\underline{\left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ -1 & 0 \end{array} \right)} , \ Q = \underline{\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 1 & 1 \end{array} \right)} \]

(3)

\(A _ k = kP +(k+1)Q\) とおいて掛け合わせれば \[\begin{align} A _ n \cdots A _ 3 A _ 2 & = n \cdots 3 \cdot 2 P^{n-1} +(n+1) \cdots 4 \cdot 3 Q^{n-1} \\ & = n! P +\dfrac{(n+1) !}{2} Q \\ & =\left( \begin{array}{cc} n ! & 0 \\ -n ! +\dfrac{(n+1) !}{2} & \dfrac{(n+1) !}{2} \end{array} \right) \\ & =\underline{\left( \begin{array}{cc} n ! & 0 \\ -\dfrac{(n-1) n !}{2} & \dfrac{(n+1) !}{2} \end{array} \right)} \\ \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

1. 1*　\(m \neq n\) のとき
   \(n-m\) 回目で裏が出て, 残り \(m\) 回がすべて表である場合なので \[ p _ m = (1-p) p^m \]

2. 2*　\(m=n\) のとき
   \(n\) 回がすべて表である場合なので \[ p _ n = p^n \]

以上より \[ p _ m = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} (1-p) p^m & ( m \neq n \text{のとき} )\\ p^m & ( m=n \text{のとき} ) \end{array} \right.} \]

(2)

1. 1*　\(m \neq n\) のとき \[\begin{align} q _ m & = \textstyle\sum\limits _ {k=0}^{m} p _ k \\ & = (1-p) \cdot \dfrac{1-p^{m+!}}{1-p} \\ & = 1 -p^{m+1} \end{align}\]

2. 2*　\(m=n\) のとき, 明らかに \[ p _ n = 1 \]

以上より \[ p _ m = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} 1 -p^{m+1} & ( m \neq n \text{のとき} )\\ 1 & ( m=n \text{のとき} ) \end{array} \right.} \]

(3)

1. 1*　\(m=0\) のとき \[ r _ 0 = {p _ 0}^2 = (1-p)^2 \]

2. 2*　\(1 \leqq m \leqq n-1\) のとき \[\begin{align} r _ m & = {q _ m}^2 -{q _ {m-1}}^2 \\ & = \left( 1-q^{m+1} \right)^2 -\left( 1-q^m \right)^2 \\ & = p^m (1-p) \left\{ 2-p^m (1+p) \right\} \end{align}\] これは1*の場合も満たしている.

3. 3*　\(m=n\) のとき \[\begin{align} r _ n & = {q _ n}^2 -{q _ {n-1}}^2 \\ & = 1 -\left( 1-p^n \right)^2 \\ & = p^n \left( 2 -p^n \right) \end{align}\]

以上より \[ p _ m = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} p^m (1-p) \left\{ 2-p^m (1+p) \right\} & ( m \neq n \text{のとき} )\\ p^m \left( 2 -p^m \right) & ( m=n \text{のとき} ) \end{array} \right.} \]

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【 解 答 】

(1)

A \(\left( a , \dfrac{1}{a}\right)\) , B \(\left( a-x , \dfrac{1}{a-x}\right)\) , C \(\left( a+x , \dfrac{1}{a+x}\right)\) とおく.
直線 BC の式を \(y = f(t)\) , 点 A における \(y =\dfrac{1}{t}\) の接線の式を \(y = g(t)\) とおけば, \(y =\dfrac{1}{t}\) は下に凸なので, \(a-x \lt t \lt a+x\) において \[ g(t) \lt \dfrac{1}{t} \lt f(t) \quad ... [1] \] ここで \[\begin{align} f(t) & = \dfrac{\frac{1}{a+x} -\frac{1}{a-x}}{2x} ( t -x-a ) +\dfrac{1}{a+x} \\ & = \dfrac{-(t-x-a) +(a-x)}{(a+x)(a-x)} \\ & = \dfrac{2a-t}{(a+x)(a-x)} \end{align}\] \[\begin{align} g(t) & = -\dfrac{1}{a^2} (t-a) +\dfrac{1}{a} \\ & = -\dfrac{2a-t}{a^2} \end{align}\] したがって, [1] の辺々を \(t\) について \(a-x \rightarrow a+x\) で積分すれば \[\begin{align} \displaystyle\int _ {a-x}^{a+x} (2a-t) \, dt & = \left[ 2at - \dfrac{t^2}{2} \right] _ {a-x}^{a+x} \\ & = 4ax -\dfrac{(a+x)^2 -(a-x)^2}{2} \\ & = 2ax \end{align}\] なので \[\begin{align} \dfrac{2ax}{a^2} & \lt \displaystyle\int _ {a-x}^{a+x} \dfrac{1}{t} \, dt \lt \dfrac{2ax}{(a+x)(a-x)} \\ \text{∴} \quad \dfrac{2x}{a} & \lt \displaystyle\int _ {a-x}^{a+x} \dfrac{1}{t} \, dt \lt x \left( \dfrac{1}{a-x} +\dfrac{1}{a+x} \right) \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} \displaystyle\int _ {a-x}^{a+x} \dfrac{1}{t} \, dt & = \left[ \log t \right] _ {a-x}^{a+x} \\ & = \log \dfrac{a+x}{a-x} \end{align}\] \(h = \dfrac{x}{a}\) とおくと, (1) の結果は \[ 2h \lt \log \dfrac{1+h}{1-h} \lt \dfrac{h}{1-h} +\dfrac{h}{1+h} \quad ... [2] \] ここで, \(\dfrac{a+x}{a-x} = \sqrt{2}\) となる場合を考えると \[\begin{align} a+x & = \sqrt{2} (a-x) \\ \text{∴} \quad h & = \dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1} = 3 -2 \sqrt{2} \end{align}\] このとき, \(1.414 \lt \sqrt{2} \lt 1.415\) であることを用いれば \[\begin{align} 2h & = 6 -4 \sqrt{2} \\ & \gt 6 -4 \cdot 1.415 = 0.34 \end{align}\] \[\begin{align} \dfrac{h}{1-h} +\dfrac{h}{1+h} & = \dfrac{3 -2 \sqrt{2}}{2 \sqrt{2} -2} +\dfrac{3 -2 \sqrt{2}}{4 -2 \sqrt{2}} \\ & = \dfrac{1}{2} \left\{ \left( 3 -2 \sqrt{2} \right) \left( \sqrt{2} +1 \right) +\dfrac{\left( 3 -2 \sqrt{2} \right) \left( 2 +\sqrt{2} \right)}{2} \right\} \\ & = \dfrac{2 \left( \sqrt{2} -1 \right) +2 -\sqrt{2}}{4} \\ & = \dfrac{\sqrt{2}}{4} \gt \dfrac{1.414}{4} = 0.3535 \end{align}\] したがって, [2] より \[\begin{align} 0.34 & \lt \dfrac{1}{2} \log 2 \lt 0.3535 \\ \text{∴} \quad 0.68 & \lt \log 2 \lt 0.707 \end{align}\] よって, 題意は示された.

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