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【 解 答 】

\[\begin{align} \displaystyle\int _ {-1}^1 f(x) \, dx & = 2 \displaystyle\int _ {0}^1 ( x^2 +\alpha \beta ) \, dx \\ & = 2 \left[ \dfrac{x^3}{3} +\alpha \beta x \right] _ 0^1 \\ & = 2 \left( \dfrac{1}{3} +\alpha \beta \right) \end{align}\] なので \[\begin{gather} 2 \left( \dfrac{1}{3} +\alpha \beta \right) = 1 \\ \text{∴} \quad \alpha \beta = \dfrac{1}{6} \end{gather}\] したがって, \(\alpha \neq 0\) の場合を考えればよく \[ \beta = \dfrac{1}{6 \alpha} \] \(0 \lt \alpha \leqq \beta\) なので \[\begin{align} \alpha & \leqq \dfrac{1}{6 \alpha} \\ \text{∴} \quad 0 & \lt \alpha \leqq \dfrac{1}{\sqrt{6}} \quad ... [1] \end{align}\] このとき \[\begin{align} S & = \left[ \dfrac{x^3}{3} -\dfrac{\alpha +\beta}{2} x^2 +\alpha \beta x \right] _ 0^{\alpha} \\ & = \dfrac{\alpha^3}{3} -\dfrac{\alpha^2}{2} \left( \alpha +\dfrac{1}{6 \alpha} \right) +\dfrac{\alpha}{6} \\ & = \underline{\dfrac{1}{12} ( \alpha -2 \alpha^3 )} \end{align}\] したがって \[\begin{align} \dfrac{d S}{d \alpha} & = \dfrac{1}{12} ( 1 -6 \alpha^2 ) \\ & = -\dfrac{1}{12} \left( \alpha +\dfrac{1}{\sqrt{6}} \right) \left( \alpha -\dfrac{1}{\sqrt{6}} \right) \geqq 0 \end{align}\] よって, \(\alpha = \dfrac{1}{\sqrt{6}}\) のとき, \(S\) は最大値 \[\begin{align} S & = \dfrac{1}{12} \left( \dfrac{1}{\sqrt{6}} -\dfrac{2}{6 \sqrt{6}} \right) \\ & = \dfrac{1}{12} \cdot \dfrac{2}{3 \sqrt{6}} \\ & = \underline{\dfrac{\sqrt{6}}{108}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

操作 (A) を \(n\) 回繰り返した後, \(2\) 色のカードが \(2\) 枚ずつとなる確率を \(a _ n\) , \(1\) 枚と \(3\) 枚である確率を \(b _ n\) とおく. ただし, \(1\) 度でも \(4\) 枚のカードが同じ色になる場合は除いて考える.
このとき \[\begin{align} a _ {n+1} =\dfrac{3}{4} b _ n & , \quad b _ {n+1} =a _ n \\ \text{∴} \quad b _ {n+2} & = \dfrac{3}{4} b _ n \end{align}\] \(b _ 0 =0\) , \(b _ 1 =1\) なので

• \(n\) が偶数のとき　\(b _ n =0\)

• \(n\) が奇数のとき　\(b _ n =\left( \dfrac{3}{4} \right)^{\frac{n-1}{2}}\)

求める確率は, \(\dfrac{1}{4} b _ {n-1} \quad ( n \geqq 2 )\) と表せるので

• \(n\) が偶数のとき　\(\underline{\dfrac{1}{4} \left( \dfrac{3}{4} \right)^{\frac{n}{2}-1}}\)

• \(n\) が奇数のとき　\(\underline{0}\)

(2)

操作 (A) を \(n\) 回繰り返した後, \(2\) 色のカードが \(3\) 枚ずつとなる確率を \(p _ n\) , \(2\) 枚と \(4\) 枚である確率を \(q _ n\) , \(1\) 枚と \(5\) 枚である確率を \(r _ n\) とおく. ただし, \(1\) 度でも \(6\) 枚のカードが同じ色になる場合は除いて考える.
このとき \[\begin{align} p _ {n+1} & = \dfrac{2}{3} q _ n , \quad q _ {n+1} =p _ n +\dfrac{5}{6} r _ n , \quad r _ {n+1} =\dfrac{1}{3} q _ n \\ \text{∴} \quad q _ {n+2} & =p _ {n+1} +\dfrac{5}{6} r _ {n+1} = \dfrac{2}{3} q _ n +\dfrac{5}{18} q _ n = \dfrac{17}{18} q _ n \end{align}\] \(q _ 0 =0\) , \(q _ 1 =1\) なので,

• \(n\) が偶数のとき　\(q _ n =0\)

• \(n\) が奇数のとき　\(q _ n =\left( \dfrac{17}{18} \right)^{\frac{n-1}{2}}\)

求める確率は, \(\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{6} q _ {n-2} =\dfrac{1}{18} q _ {n-2}\) （ \(n \geqq 3\) ）と表せるので

• \(n=1\) , \(n\) が偶数のとき　\(\underline{0}\)

• \(n\) が \(3\) 以上の奇数のとき　\(\underline{\dfrac{1}{18} \left( \dfrac{17}{18} \right)^{\frac{n-3}{2}}}\)

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【 解 答 】

1. 1*　\(x=0\) のとき △ABP は直線 PC を対称の軸とする二等辺三角形となるから \[ y \neq -1 \]

以下の場合では, 対称性から \(x \gt 0\) について考えればよい.

2. 2*　\(y=0\) のとき

   1. (ア)　\(0 \lt x \lt 1\) のとき \[ \angle \text{APC} = 180^{\circ} - \angle \text{BPC} \gt 90^{\circ} \] なので, 不適.

   2. (イ)　\(x \gt 1\) のとき \[ \angle \text{APC} = \angle \text{BPC} \] （ \(2\) つの角が重なっている）なので, 適する.
      したがって \[ x \gt 1 \]

3. 3*　\(y \lt 0\) のとき

   1. (ア)　\(y \leqq x-1\) のとき \[ \angle \text{APC} = \angle \text{APB} +\angle \text{BPC} \gt \angle \text{BPC} \] なので, 不適.

   2. (イ)　\(y \gt x-1\) のとき
      △ABCの対称性から, \(\angle \text{APC} = \angle \text{BPC}\) となるのは, OC上の点のみで不適.

4. 4*　\(y \gt 0\) のとき \(3\) 点 A , B , C を通る円は \(C : \ x^2+y^2 = 1\) で, \(y \gt 0\) の領域は, \(C\) の上半円側にある.
   \(\text{AC} = \text{BC}\) なので, \(\angle \text{APC} = \angle \text{BPC}\) となる点は, 円周角の定理より \(C\) 上の点である.
   \(C\) 上にない点については, 円周角の定理の逆より条件をみたさず不適.
   したがって \[\begin{gather} x^2+y^2=1 \\ \text{∴} \quad y = \sqrt{1 -x^2} \end{gather}\]

1*～4*より求める点 P の軌跡は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \text{直線} : \ y \neq -1 & ( \ x=0 \text{のとき} ) \\ \text{半円} : \ y= \sqrt{1-x^2} & ( \ 0 \lt |x| \lt 1 \text{のとき} ) \\ \text{直線} : \ y=0 & ( \ |x| \gt 1 \text{のとき} ) \end{array} \right.} \] であり, 図示すると下図太線部（○点は除く）となる.

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【 解 答 】

(1)

\(u _ n = a _ n -\dfrac{n(n-1)}{2}p^2 -np\) , \(u _ n = b _ n -n(n-1)p^2 -np -1\) とおく.

1. [＊] ... 「 \(u _ n , v _ n\) は \(p^3\) で割り切れる. 」

これを, 数学的帰納法を用いて示す.

1. 1*　\(n = 1\) のとき \[\begin{align} u _ 1 & = p -0 \cdot p^2 -p = 0 , \\ v _ 1 & = p+1 -0 \cdot p^2 -p-1 = 0 \end{align}\] したがって, \(n = 1\) のとき [＊] は成立する.

2. 2*　\(n = k \ ( k \geqq 1 )\) のとき, [＊] が成立すると仮定すると \[\begin{align} u _ {k+1} & = a _ k +p b _ k -\dfrac{(k+1)k}{2} p^2 -(k+1) p \\ & = a _ k -\dfrac{k(k-1)}{2} p^2 -kp +p ( b _ k -kp -1 ) \\ & = u _ k +p v _ k +k(k-1) p^3 \end{align}\] ゆえに, \(u _ {k+1}\) は \(p^3\) で割り切れる. また \[\begin{align} v _ {k+1} & = p a _ k +(p+1) b _ k -(k+1)k p^2 -(k+1) p -1 \\ & = b _ k -k(k-1) p^2 -kp -1 +p ( a _ k +b _ k -2kp -1 ) \\ & = v _ k +p \left\{ u _ k +v _ k +\dfrac{3 k(k-1)}{2} p^2 \right\} \\ & = p u _ k +(p+1) v _ k +\dfrac{3 k(k-1)}{2} p^3 \end{align}\] \(\dfrac{3 k(k-1)}{2}\) は整数なので, \(v _ {k+1}\) は \(p^3\) で割り切れる.
   したがって, \(n = k+1\) のときも [＊] が成立する.

以上より, 自然数 \(n\) に対して \(u _ n , v _ n\) はともに \(p^3\) で割り切れる.

(2)

\[\begin{align} a _ p & = u _ p +\dfrac{p(p-1)}{2} p^2 -p^2 \\ & = u _ p +p^2 \underline{\left( p \cdot \dfrac{p-1}{2} -1 \right)} _ {[1]} \\ \end{align}\] \(p\) は奇数なので \(\dfrac{p-1}{2}\) は整数であり, 下線部 [1] は \(p\) の倍数ではない.
(1) の結果を合わせれば, \(a _ p\) は \(p^2\) で割り切れるが, \(p^3\) では割り切れない.

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