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【 解 答 】

(1)

\(C_1\) の式より, \(y' = 2x\) なので, 接線の式は \[\begin{align} y & = 2t (x-t) + t^2 \\ & = 2tx -t^2 \end{align}\] すなわち \[ \underline{y = 2tx -t^2} \]

(2)

(1) で求めた式と \(C_2\) の式から \(y\) を消去して \[\begin{gather} 2tx -t^2 = -x^2 +4ax -4a^2 +4a^4 \\ \text{∴} \quad x^2 +2( t -2a ) x -t^2 -4a^2 +4a^4 = 0 \end{gather}\] これが重解をもつので, 判別式 \(D_1\) について \[\begin{align} \dfrac{D_1}{4} & = ( t -2a )^2 +t^2 +4a^2 -4a^4 \\ & = 2t^2 -4at +4a^4 = 0\\ \text{∴} \quad & t^2 -2a t +2a^4 = 0 \quad ... [1] \end{align}\] これが異なる \(2\) 実数解をもつので, 判別式 \(D_2\) について \[\begin{align} \dfrac{D_2}{4} = a^2 -2a^4 & \gt 0 \\ 1 -2a^2 & \gt 0 \quad ( \ \text{∵} \ a^2 \gt 0 \ ) \\ \text{∴} \quad & \underline{0 \lt a \lt \dfrac{1}{\sqrt{2}}} \end{align}\]

(3)

[1] の \(2\) 解を \(p , q \ (p\lt q )\) とおくと \[\begin{align} \ell \ : \ y & = 2px -p^2 \\ \ell' \ : \ y & = 2qx -q^2 \end{align}\] これをとくと \[\begin{align} 2px -p^2 & = 2qx -q^2 \\ 2( p-q ) x & = p^2 -q^2 \\ \text{∴} \quad x & = \dfrac{p+q}{2} \quad ( \ \text{∵} \ p \neq q \ ) \end{align}\] ゆえに \[ y = 2p \cdot \dfrac{p+q}{2} -p^2 = pq \] 解と係数の関係から, [1] より \[ p+q = 2a \ , \ pq = 2a^4 \quad ... [2] \] よって, 交点の座標は \[ \underline{( a , 2a^4 )} \]

(4)

[2] より \[\begin{align} (q-p)^2 & = (p+q)^2 -4pq \\ & = 4a^2 -8a^2 = 4 a^2 ( 1 -2a^2 ) \end{align}\] よって \[\begin{align} S(a) & = \displaystyle\int _ {p}^{\frac{p+q}{2}} ( x^2 -2p x +p^2 ) \, dx \\ & = \left[ \dfrac{(x-p)^3}{3} \right] _ {p}^{\frac{p+q}{2}} = \dfrac{(q-p)^3}{24} \\ & = \dfrac{8 a^3 ( 1 -2a^2 )^{\frac{3}{2}}}{24} \\ & = \underline{\dfrac{1}{3} a^3 ( 1 -2a^2 )^{\frac{3}{2}}} \\ \end{align}\]

(5)

\(u = a^2\) とおくと, \(0 \lt u \lt \dfrac{1}{2}\) .
\(f(u) = u ( 1 -2u )\) とおけば \[ f(u) = -2 \left( u -\dfrac{1}{4} \right)^2 +\dfrac{1}{8} \] よって, \(u = \dfrac{1}{4}\) すなわち \(a = \dfrac{1}{2}\) のとき, \(S(a)\) は最大となり, その値は \[ \dfrac{1}{3} \left\{ f \left( \dfrac{1}{2} \right) \right\}^{\frac{3}{2}} = \dfrac{1}{3} \left( \dfrac{1}{8} \right)^{\frac{3}{2}} = \underline{\dfrac{\sqrt{2}}{96}} \]

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【 解 答 】

(1)

\[ \alpha \beta \gamma = \dfrac{\log 3}{\log 2} \cdot \dfrac{\log 5}{\log 3} \cdot \dfrac{\log 2}{\log 5} = 1 \]

(2)

\[\begin{align} \alpha -\delta & = \dfrac{\log 3}{\log 2} -\dfrac{3}{2} = \dfrac{\log 9 -\log 8}{2 \log 2} \gt 0 \ , \\ \beta -\delta & = \dfrac{\log 5}{\log 3} -\dfrac{3}{2} = \dfrac{\log 25 -\log 27}{2 \log 2} \lt 0 \ , \\ \beta & = \dfrac{\log 5}{\log 3} \gt 1 \ , \quad \gamma = \dfrac{\log 2}{\log 5} \lt 1 \end{align}\] 以上より \[ \underline{\gamma \lt \beta \lt \delta \lt \alpha} \]

(3)

(1) の結果を用いれば \[\begin{align} f(x) & = x^3 +( \alpha +\beta +\gamma ) x^2 +( \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha ) x +\alpha \beta \gamma \\ & = ( x +\alpha ) ( x +\beta ) ( x +\gamma ) \end{align}\] また \[ \gamma -\dfrac{1}{2}= \dfrac{\log 4 -\log 5}{2\log 5} \lt 0 \] (1) の結果とあわせて \[ 0 \lt \gamma \lt \dfrac{1}{2} \ , \ 1 \lt \beta \lt \dfrac{3}{2} \lt \alpha \] ゆえに \[ -\alpha \lt -\dfrac{3}{2} \lt -\beta \lt -1 \ , \ -\dfrac{1}{2} \lt -\gamma \lt 0 \] したがって, \(y = f(x)\) のグラフは下図のようになる.

よって \[ \underline{f \left( -\dfrac{1}{2} \right) \lt 0 \ , \ f( -1 ) \lt 0 \ , \ f \left( -\dfrac{3}{2} \right) \gt 0} \]

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【 解 答 】

(1)

\(2\) が丸で囲まれるのは, 以下のいずれかのとき.

• 操作 (a) で \(2\) が丸で囲まれる.

• \(1\) に石がある状態から, 操作 (b) で \(2\) が選ばれる.

\(p_1 = \dfrac{1}{12}\) なので, 求める確率は \[ p_2 = \dfrac{1}{12} +\dfrac{1}{7} p_1 = \underline{\dfrac{2}{21}} \]

(2)

(1) と同様に考えて, \(k\) が丸で囲まれるのは, 以下のいずれかのとき.

• 操作 (a) で \(k\) が丸で囲まれる.

• \(k\) より左または上の数字に石がある状態から, 操作 (b) で \(k\) が選ばれる.

これを用いると \[\begin{align} p_3 & = \underline{\dfrac{1}{12} +\dfrac{1}{7} p_1}+\dfrac{1}{5} p_2 \\ & = \dfrac{6}{5} \cdot \dfrac{2}{21} = \dfrac{4}{35} \ , \\ \end{align}\] ここで, 下線部が \(1\) つ左または上の数字が丸で囲まれる確率に等しいことを用いれば \[\begin{align} p_4 & = p_3 +\dfrac{1}{3} p_3 = \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac{4}{35} = \dfrac{16}{105} \ , \\ p_5 & = p_4 +\dfrac{1}{2} p_4 = \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{16}{105} = \underline{\dfrac{8}{35}} \end{align}\] 数字の配置より \[ p_6 = p_2 = \dfrac{2}{21} \ , \ p _ {10} = p_3 = \dfrac{4}{35} \] これらを用いて \[\begin{align} p_7 & = \dfrac{1}{12} +\dfrac{1}{5} p_2 +\dfrac{1}{5} p_6 \\ & = \dfrac{1}{12} +\dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{2}{21} \\ & = \dfrac{35 +16}{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 7} = \dfrac{17}{140} \ , \\ p _ {11} & = \dfrac{1}{12} +\dfrac{1}{3} p_7 +\dfrac{1}{2} p _ {10} \\ & = \dfrac{1}{12} +\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{17}{140} +\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{4}{35} \\ & = \dfrac{35 +17 +24}{3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 7} = \underline{\dfrac{1}{5}} \end{align}\]

(3)

\[ p _ {12} = p _ {10} +\dfrac{1}{2} p _ {10} = \dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{4}{35} = \dfrac{6}{35} \] \(5 , 9 , 11 , 12\) のいずれかが丸で囲まれてゲームが終了するので \[\begin{align} p_9 & = 1 -\left( p_5 +p _ {11} +p _ {12} \right) \\ & = 1 -\left( \dfrac{8}{35} +\dfrac{1}{5} +\dfrac{6}{35} \right) = \dfrac{2}{5} \end{align}\] よって, 求める最大値は \[ p_9 = \underline{\dfrac{2}{5}} \]

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【 解 答 】

(1)

条件より \[\begin{align} y & = 3 \left[ x +\dfrac{1}{2} \right] -2x \\ & = \left\{ \begin{array}{ll} -2x & \left( \ 0 \leqq a \lt \dfrac{1}{2} \text{のとき} \ \right) \\ -2x +3 & \left( \ \dfrac{1}{2} \leqq a \lt 1 \text{のとき} \ \right) \end{array} \right. \end{align}\]

よって, 求める軌跡は下図.

(2)

一般に \([ a_n ] \leqq a_n \lt [ a_n ] +1\) なので, 条件とあわせて \[ [ a_n ] +\dfrac{1}{2} \leqq a_n \lt [ a_n ] +1 \] これを用いて \[\begin{align} a _ {n+1} & = 3 \left[ a_n +\dfrac{1}{2} \right] -2 a_n \\ & \geqq 3 \left[ [ a_n ] +1 \right] -2 a_n \\ & = 3 \left( [ a_n ] +1 \right) -2 a_n \\ & \gt 3 a_n -2 a_n = a_n \end{align}\] すなわち \[ a_n \lt a _ {n+1} \]

(3)

(2) の結果の対偶をとれば \[ a _ n \geqq a _ {n+1} \ \Rightarrow \ a_n -[ a_n ] \lt \dfrac{1}{2} \] ゆえに, 条件より \[ [ a_n ] \leqq a_n \lt [ a_n ] +\dfrac{1}{2} \] このうち, \(a_ n = [ a_n ]\) のとき, \(a_n\) は整数で \(\left[ a_n +\dfrac{1}{2} \right] = a_n\) となり \[ a _ {n+1} = 3 a_n -2 a_n = a_n \] これは, 条件をみたさず不適.
したがって \[\begin{align} [ a_n ] & \lt a_n \lt [ a_n ] +\dfrac{1}{2} \quad ... [1] \\ \text{∴} \quad [ a_n ] +\dfrac{1}{2} & \lt a_n +\dfrac{1}{2} \lt [ a_n ] +1 \end{align}\] なので \[ \left[ a_n +\dfrac{1}{2} \right] = [ a_n ] \] したがって \[ a _ {n+1} = \underline{3 [ a_n ] -2 a_n} \quad ... [2] \] [1] を用いると \[\begin{align} a _ {n+1} & \gt 3 [ a_n ] -2 \left( [ a_n ] +\dfrac{1}{2} \right) = [ a_n ] -1 \ , \\ a _ {n+1} & \lt 3 [ a_n ] -2 [ a_n ] = [ a_n ] \end{align}\] すなわち \[ [ a_n ] -1 \lt a _ {n+1} \lt [ a_n ] \] よって \[ [ a _ {n+1} ] = \underline{[ a_n ] -1} \quad ... [3] \]

(4)

\(n = 1 , 2 , \cdots , k-1\) について, \(a_n \lt a _ {n+1}\) なので, [3] の結果より \[ [ a _ {n+1} ] = [ a_n ] -1 \quad ( n = 1 , 2 , \cdots , k-1 ) \] 数列 \(\{ [ a_n ] \}\) は, 初項 \([ a_1 ] = [ a ] = 0\) , 公差 \(-1\) の等差数列なので \[ [ a_n ] = -n+1 \] [2] に代入して \[\begin{align} a _ {n+1} & = -3n +3 -2 a_n \\ \text{∴} \quad a _ {n+1} +(n+1) -\dfrac{4}{3} & = -2 \left( a_n +n -\dfrac{4}{3} \right) \end{align}\] 数列 \(\left\{ a_n +n -\dfrac{4}{3} \right\}\) は, 初項 \(a_1 +1 -\dfrac{4}{3} = a -\dfrac{1}{3}\) , 公比 \(-2\) の等比数列なので \[\begin{align} a_n +n -\dfrac{4}{3} & = \left( a -\dfrac{1}{3} \right) (-2)^{n-1} \\ \text{∴} \quad a_n & = \left( a -\dfrac{1}{3} \right) (-2)^{n-1} -n +\dfrac{4}{3} \end{align}\] よって \[ a_k = \underline{\left( a -\dfrac{1}{3} \right) (-2)^{k-1} -k +\dfrac{4}{3}} \]

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【 解 答 】

A , B , T は互いに異なる点で, \[\begin{align} \text{AT の傾き} & = \dfrac{t^2 -4}{t+2} = t-2 \ , \\ \text{BT の傾き} & = \dfrac{t^2 -b^2}{t-b} = t+b \ . \end{align}\] AT と BT が直交するので \[\begin{align} ( t-2 ) ( t+b ) & = -1 \\ t^2 +(b-2) t -2b +1 & = 0 \quad ... [1] \ . \end{align}\] したがって, \(t\) の方程式 [1] が, \(-2 \lt t \lt b\) に解をもつための \(b\) の条件を求めればよい.
[1] の左辺を \(f(t)\) とおくと, \(y = f(t)\) は, 下に凸で, 直線 \(t = 1 -\dfrac{b}{2}\) を軸にもつ放物線である.
また \[\begin{align} f(-2) & = 4 -2(b-2) -2b +1 \\ & = -4b +9 \ , \\ f(b) & = b^2 +(b-2)b -2b +1 \\ & = 2b^2 -4b +1 \ . \end{align}\] 求める条件は, 下の 1* , 2* のいずれかのときである.

1. 1*　\(f(-2) f(b) \lt 0 \ ... [2]\) .

2. 2*　[1] の判別式 \(D\) について： \(D \geqq 0 \ ... [3]\) , 軸の位置について： \(-2 \lt 1 -\dfrac{b}{2} \lt b \ ... [4]\) , \(f(-2) \geqq 0 \ ... [5]\) , \(f(b) \geqq 0 \ ... [6]\) （ただし, \(f(-2) = f(b) = 0 \ ... [7] \) の場合を除く）.

3. 1* について
   [2] より \[\begin{align} ( -4b +9 ) ( 2b^2 -4b +1 ) & \lt 0 \\ \left( b -\dfrac{9}{4} \right) \left\{ b -\left( 1 -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) \right\} \left\{ b -\left( 1 +\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) \right\} & \gt 0 \\ \text{∴} \quad 1 -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \lt b \lt 1 +\dfrac{\sqrt{2}}{2} & , \ \dfrac{9}{4} \lt b \ . \end{align}\]

4. 2* について
   [3] より \[\begin{align} D & = (b-2)^2 +4 (2b-1) \\ & = b (b+4) \geqq 0 \\ \text{∴} \quad b & \geqq 0 \quad ( \ \text{∵} \ b \gt -2 \ ) \ . \end{align}\] [4] より \[ \dfrac{1}{3} \lt b \lt 6 \ . \] [5] より \[ b \leqq 1 -\dfrac{\sqrt{2}}{2} , \ 1 +\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqq b \ . \] [6] より \[ b \leqq \dfrac{9}{4} \ . \] [7] をみたす \(b\) は存在しない.
   以上から \[ 1 +\dfrac{\sqrt{2}}{2} \leqq b \leqq \dfrac{9}{4} \ . \]

1* , 2* より, 求める \(b\) の条件は \[ \underline{1 -\dfrac{\sqrt{2}}{2} \lt b} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\(r = \text{OP}\) とおけば, P の座標は \(( r \cos \theta , r \sin \theta )\) とあらわせる.
また, P は第 \(1\) 象限にあるので, \(0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}\) ... [1] .
円 \(C\) の中心を A \(( 1 , 0 )\) とおけば, \(\triangle \text{AOP}\) は二等辺三角形なので \[ \text{OP} = r = \underline{2 \cos \theta} \ . \] また \[ \text{P} \ \underline{\left( \cos 2 \theta +1 , \sin 2 \theta \right)} \ . \]

(2)

円 \(D\) の中心を B \(( -2 , 0 )\) とおく.
\(\triangle \text{OPQ}\) の面積が最大となるのは, Q が直線 OP から最も離れたとき, つまり Q が OP より B 側にあり, OP と傾きの等しい \(D\) の接線との接点となったときである.
このとき, OQ が \(x\) 軸正方向となす角は \(\theta +\dfrac{\pi}{2}\) である.
よって, 求める Q の座標は \[ \left( -2 +7 \cos \left( \theta +\dfrac{\pi}{2} \right) , 7 \sin \left( \theta +\dfrac{\pi}{2} \right) \right) \] すなわち \[ \underline{\left( -2 -7 \sin \theta , 7 \cos \theta \right)} \ . \]

(3)

(2) のように, 点 P を固定して考える.
このとき, 直線 OP と BQ は直交し, その交点を E とおくと \[ \text{BE} = 2 \sin \theta \ . \] したがって, \(\triangle \text{OPQ}\) の面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = \dfrac{1}{2} \left( 2 \cos \theta \right) \left( 7 +2 \sin \theta \right) \\ & = \cos \theta \left( 7 +2 \sin \theta \right) \ . \end{align}\] つづいて, 点 P を動かして考えると, \(f( \theta ) = S\) とおいて, [1] の範囲における, \(f( \theta )\) の最大値を求めればよい. \[\begin{align} f'( \theta ) & = -\sin \theta \left( 7 +2 \sin \theta \right) +2 \cos^2 \theta \\ & = -4 \sin^2 \theta -7 \sin \theta +2 \\ & = -\left( 4 \sin \theta -1 \right) \left( \sin \theta +2 \right) \ . \end{align}\] [1] において, \(\sin \theta\) は単調増加なので, \(f( \theta )\) の増減は下表のとおり. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & ( 0 ) & \cdots & \alpha & \cdots & \left( \dfrac{\pi}{2} \right) \\ \hline f'( \theta ) & & + & 0 & - & \\ \hline f( \theta ) & ( 7 ) & \nearrow & \text{最大} & \searrow & ( 0 ) \end{array} \] ただし, \(\sin \alpha = \dfrac{1}{4} \ \left( 0 \lt \alpha \lt \dfrac{\pi}{2} \right)\) とおいた.
\(\cos \alpha = \sqrt{1 -\left( \dfrac{1}{4} \right)^2} = \dfrac{\sqrt{15}}{4}\) なので, 求める最大値は \[ f( \alpha ) = \dfrac{\sqrt{15}}{4} \left( 7 +2 \cdot \dfrac{1}{4} \right) = \underline{\dfrac{15 \sqrt{15}}{8}} \ . \]

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【 解 答 】

(1)

袋 B に赤玉が \(k\) 個入っている状態を \(S_k \ ( k = 0 , 1 , 2 )\) とおく.
\(S_0 , S_1 , S_2\) からの \(1\) 回の操作を行うと, それぞれ下図に示す確率で遷移する.

ゆえに, \(n \geqq 0\) に対して \[\begin{align} P_ {n+1} (0) & = \dfrac{1}{3} P_n (0) & +\dfrac{1}{6} P_n (1) & \quad & \quad ... [1] \ , \\ P_ {n+1} (1) & = \dfrac{2}{3} P_n (0) & +\dfrac{2}{3} P_n (1) & +\dfrac{2}{3} P_n (2) & \quad ... [2] \ , \\ P_ {n+1} (2) & = \quad & +\dfrac{1}{6} P_n (1) & +\dfrac{1}{3 } P_n (2) & \quad ... [3] \ . \end{align}\] [2] より, \(n\geq 1\) について \[ P_n (1) = \dfrac{2}{3} \quad ( \ \text{∵} \ P_n (0) +P_n (1) +P_n (2) = 1 \ ) \quad ... [4] \ . \] 初めの状態から, \(P_0 (0) = 1\) , \(P_0 (1) = P_0 (2) = 0\) なので, [1] ～ [3] より \[ P_1 (0) = \underline{\dfrac{1}{3}} , \ P_1 (1) = \underline{\dfrac{2}{3}} , \ P_1 (2) = \underline{0} \ . \]

(2)

[4] より \[ P_n (1) = \underline{\dfrac{2}{3}} \ . \] [1] , [4] より \[\begin{align} P_ {n+1} (0) & = \dfrac{1}{3} P_n (0) +\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{2}{3} \\ \text{∴} \quad P_ {n+1} (0) -\dfrac{1}{6} & = -\dfrac{1}{3} \left( P_n (0) -\dfrac{1}{6} \right) \ . \end{align}\] 数列 \(\left\{ P_n (0) -\dfrac{1}{6} \right\}\) は, 初項 \(P_1 (0) -\dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{6}\) , 公比 \(\dfrac{1}{3}\) の等比数列なので \[\begin{align} P_n (0) -\dfrac{1}{6} & = \dfrac{1}{6} \left( \dfrac{1}{3} \right)^{n-1} \\ \text{∴} \quad P_n (0) & = \underline{\dfrac{1}{6} +\dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{3} \right)^n} \ . \end{align}\] また \[\begin{align} P_n (2) & = 1 -P_n (0) -P_n (1) \\ & = \underline{\dfrac{1}{6} -\dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{3} \right)^n} \ . \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

(＊) の各式について, 解と係数の関係より \[\begin{align} a & = -c-d \quad ... [1] \ , \ b = cd \quad ... [2] \ , \\ c & = -e-f \quad ... [3] \ , \ d = ef \quad ... [4] \ , \\ e & = -a-b \quad ... [5] \ , \ f = ab \quad ... [6] \ . \end{align}\] [5] , [6] を [3] , [4] に代入して \[\begin{align} c & = a +b -ab \quad ... [7] \ , \\ d & = -ab ( a+b ) \quad ... [8] \ . \end{align}\] これをさらに [1] , [2] に代入して \[\begin{align} a & = - (a+b ) +ab +ab ( a+b ) \quad ... [9] \ , \\ b & = - ab ( a+b ) ( a+b -ab ) \quad ... [10] \ . \end{align}\]

1. 1*　\(b = 0\) のとき
   [10] は成立して, [9] に代入すると \[\begin{align} a & = -a \\ \text{∴} \quad a & = 0 \ . \end{align}\] このとき, [5] ～ [8] より \[ c = d = e = f = 0 \ . \]

2. 2*　\(b \neq 0\) のとき
   [8] の両辺を \(b\) で割って \[ -a ( a+b ) ( a +b -ab ) = 1 \ . \] 左辺は \(3\) つの整数の積であり, それぞれ \(1 , -1\) のいずれかである.

   1. (あ)　\(a = 1\) のとき
      \[\begin{align} ( b+1 ) \cdot 1 & = -1 \\ \text{∴} \quad b & = -2 \ . \end{align}\] このとき, [5] ～ [8] より \[ c = e = 1 , \quad d = f = -2 \ . \]
   2. (い)　\(a = -1\) のとき \[\begin{align} ( b-1 ) ( 2b -1 ) & = 1 \\ b ( 2b -3 ) & = 0 \\ \text{∴} \quad b & = \dfrac{3}{2} \quad ( \ \text{∵} \quad b \neq 0 \ ) \ . \end{align}\] これは整数ではないので, 不適.

以上より, 求める組は \[ ( a , b , c , d , e , f ) = \underline{( 0 , 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ) , ( 1 , -2 , 1 , -2 , 1 , -2 )} \ . \]

(2)

(i)

(＊＊) の \(2\) 次方程式について, 解と係数の関係より \[ a_n = -a _ {n+1} -b _ {n+1} \quad ... [11] \ , \quad b_n = a _ {n+1} b _ {n+1} \quad ... [12] \ . \] [12] より, 「 \(b_n \neq 0\) ならば \(a _ {n+1} \neq 0\) かつ \(b _ {n+1} \neq 0\)」... [13] なので, 次のように場合分けして考える.

1. 1*　\(b_n = 0 \ ( n \geqq 1 )\) のとき
   \(| b_n | = 0\) となるので, 条件を満たす \(m (=1)\) が存在する.

2. 2*　ある自然数 \(N\) について, \(b_n \neq 0 \ ( n \geqq N )\) となるとき
   [12] より, \(| b_n | = | a _ {n+1} | | b _ {n+1} |\) で, [13] より, \(| b_n | , | a _ {n+1} | , | b _ {n+1} |\) はすべて正の整数なので \[ | b_n | \geqq | b _ {n+1} | \ . \] したがって, 数列 \(\{ b_n \}\) は, \(n \geqq N\) において単調減少する.
   条件を満たす \(m\) が存在しないと仮定すると,
   \(| b_n |\) は整数値をとるので, どこまでも小さくなっていくが, これは \(| b_n | \geqq 1\) であることに矛盾する.
   ゆえに, 条件を満たす \(m\) が存在する.

以上より, 題意は示された.

(ii)

(i) と同じ場合分けをして考える.

1. 1* のとき
   [11] より, \(a _ {n+1} = -a_n\) なので,
   数列 \(\{ a_n \}\) は, 初項 \(a_1 = k \ ( k \ \text{は整数} )\) , 公比 \(-1\) の等比数列であり \[ a_n = (-1)^{n-1} k \ . \]

2. 2* のとき
   \(| b_m | = \ell\) とおく.
   \(n \geqq m\) において, \(| a_n | = | a_ {n+1} |\) なので, \( n \geqq m+1\) において \[ | a_n | = 1 \quad ... [14] \ . \] \(2\) 次方程式の判別式 \(D\) について \[ D = {a_n}^2 -4 b_n \geqq 0 \ . \] なので, [14] より, \(n \geqq m+1\) において \[ b_n \leqq \dfrac{1}{4} \ . \] つまり \[ b_n = -\ell \quad ... [15] \ . \] [12] [14] より, \(n \geqq m+2\) において \[ a_n = 1 \quad ... [16] \ . \] [11] [15] [16] より, \(n \geqq m+3\) において \[\begin{align} 1 & = -1 +\ell \\ \text{∴} \quad \ell & = 2 \\ \text{∴} \quad ( a_n , b_n ) & = ( 1 , -2 ) \ . \end{align}\] \(( a _ {n+1} , b _ {n+1} ) = ( 1 , -2 )\) であれば, [11] [12] より \[ ( a_n , b_n ) = ( 1 , -2 ) \ . \] なので, これを繰返し用いれば, 結局 \(n \geqq 1\) に対して \[ ( a_n , b_n ) = ( 1 , -2 ) \ . \]

以上より, 求める数列の組は \[ ( a_n , b_n ) = \underline{( 1 , -2 ) , \left( (-1)^{n-1} k , 0 \right) \quad ( k \text{は整数} \ )} \ . \]

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