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【 解 答 】

(1)

\(f'(x) = \sqrt{1-x^2}\) なので \[\begin{align} g'( \theta ) & = -\sin \theta f' \left( \cos \theta \right) -\cos \theta f' \left( \sin \theta \right) \\ & = -\sin \theta \big| \sin \theta \big| -\cos \theta \big| \cos \theta \big| \end{align}\] \(\sin \theta , \cos \theta\) の正負に注意して, 場合分けすれば \[ g'( \theta )= \underline{\left\{ \begin{array}{ll} -1 & \ \left( 0 \leqq \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \text{のとき} \right) \\ \cos 2\theta & \ \left( \dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \lt \pi \text{のとき} \right) \\ 1 & \ \left( \pi \leqq \theta \lt \dfrac{3 \pi}{2} \text{のとき} \right) \\ -\cos 2\theta & \ \left( \dfrac{3 \pi}{2} \leqq \theta \leqq 2 \pi \text{のとき} \right) \end{array} \right.} \]

(2)

(1) の結果より \[ g( \theta ) = \left\{ \begin{array}{ll} -\theta +C _ 1 & \ \left( 0 \leqq \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \text{のとき} \right) \\ \dfrac{1}{2}\sin 2\theta +C _ 2 & \ \left( \dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \lt \pi \text{のとき} \right) \\ \theta +C _ 3 & \ \left( \pi \leqq \theta \lt \dfrac{3 \pi}{2} \text{のとき} \right) \\ -\dfrac{1}{2} \sin 2\theta +C _ 4 & \ \left( \dfrac{3 \pi}{2} \leqq \theta \leqq 2 \pi \text{のとき} \right) \end{array} \right. \] ただし, \(C _ 1 , C _ 2 , C _ 3 , C _ 4\) は積分定数.
ここで, \(f(x)\) の値は半径 \(1\) の半円の面積に着目すれば

\[ f(-1) = 0 , \ f(0) = \dfrac{\pi}{4} , \ f(1) = \dfrac{\pi}{2} \] なので \[\begin{align} g(0) & = f(1) -f(0) = \dfrac{\pi}{4} = 0+C _ 1 \\ & \text{∴} \quad C _ 1 = \dfrac{\pi}{4} \\ g \left( \dfrac{\pi}{2} \right) & = f(0) -f(1) = -\dfrac{\pi}{4} = 0+C _ 2 \\ & \text{∴} \quad C _ 2 = -\dfrac{\pi}{4} \\ g \left( \pi \right) & = f(-1) -f(0) = -\dfrac{\pi}{4} = \pi +C _ 3 \\ & \text{∴} \quad C _ 3 = -\dfrac{5 \pi}{4} \\ g \left( \dfrac{3 \pi}{2} \right) & = f(0) -f(-1) = \dfrac{\pi}{4} = 0+C _ 4 \\ & \text{∴} \quad C _ 4 = -\dfrac{\pi}{4} \end{align}\] よって \[ g( \theta ) = \underline{\left\{ \begin{array}{ll} -\theta +\dfrac{\pi}{4} & \ \left( 0 \leqq \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \text{のとき} \right) \\ \dfrac{1}{2}\sin 2\theta -\dfrac{\pi}{4} & \ \left( \dfrac{\pi}{2} \leqq \theta \lt \pi \text{のとき} \right) \\ \theta -\dfrac{5 \pi}{4} & \ \left( \pi \leqq \theta \lt \dfrac{3 \pi}{2} \text{のとき} \right) \\ -\dfrac{1}{2} \sin 2\theta -\dfrac{\pi}{4} & \ \left( \dfrac{3 \pi}{2} \leqq \theta \leqq 2 \pi \text{のとき} \right) \end{array} \right.} \]

(3)

(2) の結果より, グラフは下図のようになる.

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【 解 答 】

(1)

\[\begin{align} A^2 & = \dfrac{1}{4} \left( \begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{array} \right) = \dfrac{1}{4} \left( \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ -1 & 0 \end{array} \right) , \\ A^3 & = \dfrac{1}{8} \left( \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ -1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{array} \right) = \underline{\dfrac{1}{8} \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right)} \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} \left( \begin{array}{c} a _ 2 \\ b _ 2 \end{array} \right) & = A \left( \begin{array}{c} a _ 1 \\ b _ 1 \end{array} \right) \\ & = \dfrac{1}{2} \left( \begin{array}{cc} 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right) , \\ c _ 2 & = c _ 1 +\sqrt{a _ 1 b _ 1} = 0 \end{align}\] よって, \(\text{P} _ 2 \ \underline{\left( 0 , \dfrac{1}{2} , 0 \right)}\) . \[\begin{align} \left( \begin{array}{c} a _ 3 \\ b _ 3 \end{array} \right) & = A^2 \left( \begin{array}{c} a _ 1 \\ b _ 1 \end{array} \right) \\ & = \dfrac{1}{4} \left( \begin{array}{cc} -1 & 1 \\ -1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) = \dfrac{1}{4} \left( \begin{array}{c} -1 \\ -1 \end{array} \right) , \\ c _ 3 & = c _ 2 +\sqrt{a _ 2 b _ 2} = 0 \end{align}\] よって, \(\text{P} _ 3 \ \underline{\left( -\dfrac{1}{4} , -\dfrac{1}{4} , 0 \right)}\) . \[\begin{align} \left( \begin{array}{c} a _ 4 \\ b _ 4 \end{array} \right) & = A^3 \left( \begin{array}{c} a _ 1 \\ b _ 1 \end{array} \right) \\ & = \dfrac{1}{8} \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) = \dfrac{1}{8} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) , \\ c _ 4 & = c _ 3 +\sqrt{a _ 3 b _ 3} = \dfrac{1}{4} \end{align}\] よって, \(\text{P} _ 4 \ \underline{\left( \dfrac{1}{8} , 0 , \dfrac{1}{4} \right)}\) .

(3)

(1) の結果より, \(A^3 = \dfrac{1}{8} E\) なので

1. 1*　\(n = 3m-2 \ ( m = 1, 2, \cdots )\) のとき \[ \left( \begin{array}{c} a _ {3m-2} \\ b _ {3m-2} \end{array} \right) =\dfrac{1}{8^{m-1}} \left( \begin{array}{c} a _ 1 \\ b _ 1 \end{array} \right) =\dfrac{1}{8^{m-1}} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) \]

2. 2*　\(n = 3m-1 \ (m = 0, 1, 2, \cdots )\) のとき \[ \left( \begin{array}{c} a _ {3m-1} \\ b _ {3m-1} \end{array} \right) =\dfrac{1}{8^{m-1}} \left( \begin{array}{c} a _ 2 \\ b _ 2 \end{array} \right) =\dfrac{1}{8^{m-1}} \left( \begin{array}{c} 0 \\ \dfrac{1}{2} \end{array} \right) \]

3. 3*　\(n = 3m \ ( m=1, 2, \cdots )\) のとき \[ \left( \begin{array}{c} a _ {3m} \\ b _ {3m} \end{array} \right) =\dfrac{1}{8^{m-1}} \left( \begin{array}{c} a _ 3 \\ b _ 3 \end{array} \right) = -\dfrac{1}{8^{m-1}} \left( \begin{array}{c} \dfrac{1}{4} \\ \dfrac{1}{4} \end{array} \right) \]

また \[\begin{align} c _ {3m+3} & = c _ {3m+2} +\sqrt{a _ {3m+2} b _ {3m+2}} = c _ {3m+2} \\ & = c _ {3m+1} +\sqrt{a _ {3m+1} b _ {3m+1}} = c _ {3m+1} \\ & = c _ {3m} +\sqrt{a _ {3m} b _ {3m}} = c _ {3m} +\dfrac{1}{4 \cdot 8^{m-1}} \end{align}\] したがって, \(m \geqq 2\) のとき \[\begin{align} c _ {3m} & = c _ 3 +\textstyle\sum\limits _ {k=1}^{m-1} \dfrac{1}{4 \cdot 8^{k-1}} \\ & = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1 -\frac{1}{8^{m-1}}}{1 -\frac{1}{8}} \\ & = \dfrac{2}{7} \left( 1 -\dfrac{1}{8^{m-1}} \right) \end{align}\] \(c _ 3 = 0\) なので, \(m = 1\) のときも満たしている.
以上より, \(m= 1, 2, \cdots\) に対して \(\text{P} _ n\) の座標は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \left( \dfrac{1}{8^{m-1}} , 0 , \dfrac{2}{7} \left( 1 -\dfrac{1}{8^{m-1}} \right) \right) & \left( n=3m-2 \text{のとき} \right) \\ \left( 0 , \dfrac{1}{2 \cdot 8^{m-1}} , \dfrac{2}{7} \left( 1 -\dfrac{1}{8^{m-1}} \right) \right) & \left( n=3m-1 \text{のとき} \right) \\ \left( -\dfrac{1}{4 \cdot 8^{m-1}} , -\dfrac{1}{4 \cdot 8^{m-1}} , \dfrac{2}{7} \left( 1 -\dfrac{1}{8^{m-1}} \right) \right) & \ \left( n=3m \text{のとき}\right) \end{array} \right.} \]

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【 解 答 】

(1)

\(1\) の位が \(0\) となるのは, \(5\) と偶数が出ればよいので \[ p _ 2(0) = 2 \cdot \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{1}{2} = \underline{\dfrac{1}{6}} \] \(1\) の位が \(1\) となるのは, \(1\) が \(2\) 回出ればよいので \[ p _ 2(1) = \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{1}{6} = \underline{\dfrac{1}{36}} \] \(1\) の位が \(2\) となるのは, \(1\) と \(2\) , \(2\) と \(6\) , \(3\) と \(4\) が出ればよいので \[ p _ 2(2) = 3 \cdot 2 \cdot \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{1}{6} = \underline{\dfrac{1}{6}} \]

(2)

\(n+1\) 回目で \(1\) の位が \(1\) となるのは, 以下の場合である.

• \(n\) 回目で \(1\) の位が \(1\) で, \(n+1\) 回目で \(1\) が出る.

• \(n\) 回目で \(7\) の位が \(1\) で, \(n+1\) 回目で \(3\) が出る.

よって \[ p _ {n+1}(1) = \underline{\dfrac{1}{6}p _ n(1) +\dfrac{1}{6}p _ n(7)} \]

(3)

「 偶数が \(1\) 回でも出れば, \(1\) の位は偶数になる. 」 ... [1] また, 「 偶数が出ずに, \(5\) が \(1\) 回でも出れば, \(1\) の位は \(5\) となる. 」 ... [2] 以上より, \(1\) と \(3\) のみが出ればよいので \[ p _ n(1)+p _ n(3)+p _ n(7)+p _ n(9) = \underline{\left( \dfrac{1}{3} \right)^n} \]

(4)

[1] [2] より \[ p _ n(5) = \underline{\left( \dfrac{1}{2} \right)^n -\left( \dfrac{1}{3} \right)^n} \]

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【 解 答 】

(1)

与式より \[\begin{align} 8y+4x & = xy \\ \text{∴} \quad (x-8)(y-4) & =32 \end{align}\] \(x \geqq 1 , \ y \geqq 1\) より, \(x-8 \geqq -7 , \ y-4 \geqq -3\) なので \[\begin{align} ( x-8 , y-4 ) & = ( 1, 32 ) , ( 2, 16 ) , ( 4, 8 ) , ( 8, 4 ) , ( 16, 2 ) , ( 32, 1 ) \\ \text{∴} \quad ( x, y ) & = \underline{( 9 , 36 ) , ( 10 , 20 ) , ( 12 , 12 ) , ( 16 , 8 ) , ( 24 , 6 ) , ( 40 , 5 )} \end{align}\]

(2)

与式より \[\begin{align} 2py+px & =xy \\ \text{∴} \quad (x-2p)(y-p) & = 2p^2 \end{align}\] \(x \geqq 1 , \ y \geqq 1\) より, \(x-2p \geqq 1-2p , \ y-p \geqq 1-p\) なので \[\begin{align} ( x-2p , y-p ) & = ( 1 , 2p^2 ) , ( 2 , p^2 ) , ( p , 2p ) , ( 2p , p ) , ( p^2 , 2 ) , ( 2p^2 , 1 ) \\ \text{∴} \quad ( x , y ) & = \left( 2p+1 , p(2p+1) \right) , \left( 2(p+1) , p(p+1) \right) , \\ & \qquad \left( 3p , 3p \right) , \left( 4p , 2p \right) , \left( p(p+2) , p+2 \right) , \left( 2p(p+1) , p+1 \right) \end{align}\] このうち, \(2x+3y\) を最小にするものを探す. \[ 2 \cdot 4p +3 \cdot 2p =14p \] これに対して, \(p \geqq 3\) を用いて, 大小を比較すると \[\begin{align} & 2 \cdot 3p +3 \cdot 3p -14p =p \gt 0 , \\ & 2 (2p+1) +3 p(2p+1) -14p = 6p^2 -7p +2 \\ & \qquad \geqq 11p+2 \gt 0 , \\ & 2 \cdot 2(p+1) +3 p(p+1) -14p = 3p^2 -7p +2 \\ & \qquad \geqq 2p+2 \gt 0 , \\ & 2 \cdot p(p+2) +3 (p+2) -14p = 2p^2 -7p +6 \\ & = 2\left( p -\dfrac{7}{4} \right)^2 -\dfrac{1}{8} \gt 0 , \\ & 2 \cdot 2p(p+1) +3 (p+1) -14p = 4p^2 -7p +3 \\ & \qquad \geqq 5p+3 \gt 0 \end{align}\] なので, 最小となる組は \[ \underline{( 4p , 2p )} \]

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【 解 答 】

(1)

\(-\dfrac{1}{4} \lt s \lt \dfrac{1}{3} \quad ... [1]\) のとき, \(R _ s\) は下図斜線部のようになる.

\[\begin{align} V(s) & = \pi \left\{ (2-3s)^2 -1^2 \right\} (1+4s) \\ & = 3 \pi ( 3s^2-4s+1 )( 4s+1 ) \\ & = 3 \pi ( \underline{12s^3-13s+1} ) \end{align}\] 下線部を \(f(s)\) とおくと \[ f'(s) = 36s^2-26s = 2s( 18s-13 ) \] [1] の範囲で \(f'(s)=0\) をとくと \[ s=0 \] したがって, \(f(s)\) の増減表は下のようになり, \[ \begin{array}{c|ccccc} s & -\dfrac{1}{4} & \cdots & 0 & \cdots & \dfrac{1}{3} \\ \hline f'(s) & & + & 0 & 1 & \\ \hline f(s) & & \searrow & \text{最大} & \nearrow & \end{array} \] 最大値は \[ f(0) = 1 \] よって \(V(s)\) は, \(s = \underline{0}\) のとき最大となり, \(V(0) =\underline{3 \pi}\) .

(2)

\(K _ 0\) は \(xz\) 平面について対称なので, \(y \gt 0\) の部分について考える.
\(K _ 0\) を \(x\) 軸方向から見ると右図のようになる.

\(K _ 0\) の平面 \(y = t \ ( 0 \leqq t \leqq 2 )\) による断面図から, \(L\) の断面積を求めていく.

1. 1*　\(1 \leqq t \leqq 2\) のとき
   \(K _ 0\) の断面は下図のようになる. \[\begin{align} \text{OA} & = \sqrt{(4-t^2)+2^2} = \sqrt{8-t^2} , \\ \text{OB} & = 1 \end{align}\] したがって, \(L\) の断面積 \(T(t)\) は \[ T(t)= ( \text{OA}^2-\text{OB}^2 ) \pi = (7-t^2) \pi \]

2. 2*　\(0 \leqq t \leqq 1\) のとき
   \(K _ 0\) の断面は下図のようになる. \[\begin{align} \text{OC} & = \sqrt{(4-t^2)+2^2} = \sqrt{8-t^2} , \\ \text{OD} & = \sqrt{(1-t^2)+1^2} = \sqrt{2-t^2} \end{align}\] したがって, \(L\) の断面積 \(T(t)\) は \[ T(t) = ( \text{OA}^2-\text{OB}^2 ) \pi = 6 \pi \]

1* 2* より求める体積 \(W\) は \[\begin{align} W & = 2 \left\{ 6 \pi \cdot 1 +\displaystyle\int _ 1^2 (7-t^2) \pi \, dt \right\} \\ & = 12 \pi +14 \pi - 2\pi \left[ \dfrac{t^3}{3} \right] _ 1^2 \\ & = \left( 26-\dfrac{14}{3} \right) \pi =\underline{\dfrac{64 \pi}{3}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(n\) 回目に初めて \(|A _ n| \neq 0\) となる場合を考えればよい.
行, 列のいずれを入替えても, \(|A _ n|\) の値は変わらないので, \(1\) 回目には \(( 1 , 1 )\) が出ると考えても, 一般性を失わない.
\(p _ 2\) について, \(2\) 回目に \(( 2 , 2 )\) が出ればよいので \[ p _ 2 = \underline{\dfrac{1}{4}} \] \(p _ 3\) について, \(3\) 回目に

• \(A _ 2 = \left( \begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right)\) から \(( 2 , 2 )\)

• \(A _ 2 = \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array} \right)\) から \(( 2 , 1 )\) または \(( 2 , 2 )\)

• \(A _ 2 = \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{array} \right)\) から \(( 1 , 2 )\) または \(( 2 , 2 )\)

が出ればよいので \[ p _ 3 = \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{2} =\underline{\dfrac{5}{16}} \]

(2)

\(4\) 枚のうち, \(( 1 , 1 )\) , \(( 1 , 2 )\) の \(2\) 枚のみが出ればよい.
ただし, どちらか一方のみが出る場合は除くので, \[ q _ {n-1} = \underline{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-1} -2\left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-1}} \]

(3)

(1) と同様に, \(1\) 回目に \(( 1 , 1 )\) が出たとして考える.
\(|A _ {n-1}| =0\) となる行列は, 以下の \(3\) パターンがあり, それぞれに対して \(n\) 回目に

• \(A _ {n-1} =\left( \begin{array}{cc} n-1 & 0 \\ 1 & 0 \end{array} \right)\) から \(( 2 , 2 )\)

• \(A _ {n-1} =\left( \begin{array}{cc} n-1-k & k \\ 0 & 0 \end{array} \right) \quad ( 1 \leqq k \leqq n-2 )\) から \(( 2 , 1 )\) または \(( 2 , 2 )\)

• \(A _ {n-1} =\left( \begin{array}{cc} n-1-k & 0 \\ k & 0 \end{array} \right) \quad ( 1 \leqq k \leqq n-2 )\) から \(( 1 , 2 )\) または \(( 2 , 2 )\)

が出ればよい.
よって \[\begin{align} p _ n & = \left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-2} \cdot \dfrac{1}{4} +2 \left\{ \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-2} -\left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-2} \right\} \cdot \dfrac{1}{2} \\ & = \underline{\left( \dfrac{1}{2} \right)^{n-2} -\dfrac{3}{4} \left( \dfrac{1}{4} \right)^{n-2}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

P \(( X , Y )\) とおけば \[ \text{OP} = \sqrt{X^2+Y^2} , \ \text{AP} = \sqrt{(X-1)^2+Y^2} \] \(\text{OP} : \text{AP} = 1 : a\) より, \(\text{AP}^2 = a^2 \text{OP}^2\) なので \[\begin{gather} (X-1)^2 +Y^2 = a^2 \left( X^2+Y^2 \right) \\ (1-a^2)X^2 -2X +(1-a^2)Y^2+1 = 0 \end{gather}\]

1. 1*　\(a = 1\) のとき \[\begin{align} -2X+1& = 0 \\ \text{∴} \quad X & = \dfrac{1}{2} \end{align}\]

2. 2*　\(a \neq 1\) のとき \[\begin{align} X^2 -\dfrac{2X}{1-a^2} +Y^2 +\dfrac{1}{1-a^2} & = 0 \\ \text{∴} \quad \left( X -\dfrac{1}{1-a^2} \right)^2 +Y^2 & = \dfrac{a^2}{1-a^2} \end{align}\]

1* 2* より, 点 P の軌跡は \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \text{直線} : \ x = \dfrac{1}{2} \quad ... [1] & ( \ a = 1 \text{のとき} ) \\ \text{円} : \ \left( x -\dfrac{1}{1-a^2} \right)^2 +y^2 = \dfrac{a^2}{1-a^2} \quad ... [2] & ( \ a \neq 1 \text{のとき} ) \end{array} \right.} \]

(2)

\(\text{OQ} : \text{BQ} = 1 : b\) を満たす点 Q の軌跡は, (1) と同様に考えれば \[ \underline{\left\{ \begin{array}{ll} \text{直線} : \ y = \dfrac{1}{2} \quad ... [3] & ( \ b = 1 \text{のとき} ) \\ \text{円} : \ x^2 +\left( y -\dfrac{1}{1-b^2} \right)^2 = \dfrac{b^2}{1-b^2} \quad ... [4] & ( \ b \neq 1 \text{のとき} ) \end{array} \right.} \] P と Q の軌跡が, 共有点を持つための \(a , b\) の条件を求めればよい.

1. 1*　\(a = b = 1\) のとき
   P , Q の軌跡, [1] と [3] は, 共有点 \(\left( \dfrac{1}{2} , \dfrac{1}{2} \right)\) をもつ.

2. 2*　\(a \neq 1 , \ b = 1\) のとき
   P , Q の軌跡, [2] と [3] が共有点をもつ条件は \[ ( \text{円 [2] の中心と直線 [3] の距離} ) \leqq ( \text{円 [2] の半径} ) \] なので \[\begin{align} \dfrac{1}{2} & \leqq \dfrac{a}{\left| 1-a^2 \right|} \\ \left| 1-a^2 \right| & \leqq 2a \\ -2a \leqq 1-a^2 & \leqq 2a \\ \text{「} a^2-2a-1 \leqq 0 & \text{」かつ「} a^2+2a-1 \geqq 0 \text{」} \\ \text{「} 1 -\sqrt{2} \leqq a \leqq 1+\sqrt{2} & \text{」かつ「} a \leqq -1-\sqrt{2} , -1+\sqrt{2} \leqq a \text{」} \\ \text{∴} \quad \sqrt{2}-1 & \leqq a \leqq \sqrt{2}+1 \end{align}\]

3. 3*　\(a = 1 , \ b \neq 1\) のとき
   P , Q の軌跡, [1] と [4] が共有点をもつ条件は, 2* のときと同様にして \[ \sqrt{2}-1 \leqq b \leqq \sqrt{2}+1 \]

4. 4*　\(a \neq 1 , \ b \neq 1\) のとき
   P , Q の軌跡, [2] と [4] が共有点をもつ条件は \[ ( \text{円 [2] [4] の半径の差} ) \leqq ( \text{円 [2] [4] の中心間の距離} ) \leqq ( \text{円 [2] [4] の半径の和} ) \] なので, 各辺を平方して \[\begin{align} \left( \dfrac{a}{\left| 1-a^2 \right|} -\dfrac{b}{\left| 1-b^2 \right|} \right)^2 & \leqq \dfrac{1}{(1-a^2)^2} +\dfrac{1}{(1-b^2)^2} \leqq \left( \dfrac{a}{\left| 1-a^2 \right|} +\dfrac{b}{\left| 1-b^2 \right|} \right)^2 \\ -\dfrac{2ab}{\left| 1-a^2 \right| \left| 1-b^2 \right|} & \leqq \dfrac{1}{(1-a^2)^2} +\dfrac{1}{(1-b^2)^2} \\ & \qquad -\left\{ \dfrac{a^2}{(1-a^2)^2} +\dfrac{b^2}{(1-b^2)^2} \right\} \leqq \dfrac{2ab}{\left| 1-a^2 \right| \left| 1-b^2 \right|} \\ -\dfrac{2ab}{\left| 1-a^2 \right| \left| 1-b^2 \right|} & \leqq \dfrac{1}{1-a^2} +\dfrac{1}{1-b^2} \leqq \dfrac{2ab}{\left| 1-a^2 \right| \left| 1-b^2 \right|} \end{align}\] したがって \[ \left| \dfrac{1}{1-a^2} +\dfrac{1}{1-b^2} \right| \leqq \dfrac{2ab}{\left| 1-a^2 \right| \left| 1-b^2 \right|} \] \(\left| 1-a^2 \right| \left| 1-b^2 \right| \gt 0\) なので, 各辺の分母を払って \[\begin{align} \left| (1-b^2) +(1-a^2) \right| & \leqq 2ab \\ -2ab \leqq a^2+b^2-2 & \leqq 2ab \\ \text{「} (a+b)^2-2 \geqq 0 \text{」かつ「} & (a-b)^2-2 \leqq 0 \text{」} \\ \text{「} a+b-\sqrt{2} \geqq 0 \text{」かつ「} & (a-b+\sqrt{2})(a-b-\sqrt{2}) \leqq 0 \text{」} \quad ( \ \text{∵} \ a+b+\sqrt{2} \gt 0 ) \\ \text{∴} \quad a+b \geqq \sqrt{2} , \ a-\sqrt{2} & \leqq b \leqq a+\sqrt{2} \end{align}\]

1* ～ 4* より, \(a , b\) の条件は下図斜線部（境界部は含み, 白点は含まない）.

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【 解 答 】

(1)

\(a = b\) のとき \[ x^2+ax+a = 0 \] この方程式の \(2\) つの整数解 \(\alpha , \beta\) とおくと, 解と係数の関係より \[ \alpha +\beta =-a , \ \alpha \beta =a \quad ... [1] \] また, \(a \gt 0\) なので, \(\alpha \leqq \beta \leqq -1 \quad ... [2]\) とおいてよい.
[1] から \(a\) を消去すると \[\begin{align} \alpha +\beta +\alpha \beta & = 0 \\ ( \alpha +1 )( \beta +1 ) & = 1 \\ \text{∴} \quad ( \alpha , \beta ) & = ( -2 , -2 ) \quad ( \ \text{∵} \ [2] \ ) \end{align}\] よって \[ a = (-2)(-2) = \underline{4} \]

(2)

\(x^2+ax+b = 0\) の \(2\) つの整数解を \(\alpha , \beta\) , \(y^2+by+a = 0\) の \(2\) つの整数解を \(\gamma , \delta\) とおく.
解と係数の関係より \[ \left\{ \begin{array}{ll} \alpha +\beta =-a , & \alpha \beta =b \\ \gamma +\delta =-b , & \gamma \delta =a \end{array} \right. \quad ... [3] \] また, \(a \gt b \gt 0\) なので, \(\alpha \leqq \beta \leqq -1 , \ \gamma \leqq \delta \leqq -1\) ...[4] としてよい.
[3] から \(a , b\) を消去すると \[ \left\{ \begin{array}{l} \alpha +\beta +\gamma \delta =0 \\ \gamma +\delta +\alpha \beta=0 \end{array} \right. \] さらに辺々を加えると \[\begin{align} \alpha \beta +\alpha +\beta +\gamma \delta +\gamma +\delta & = 0 \\ \text{∴} \quad ( \alpha +1 )( \beta +1 ) +( \gamma +1 )( \delta +1 ) & = 2 \quad ... [5] \end{align}\] 辺々を差引くと \[\begin{align} \alpha \beta -\alpha -\beta -\gamma \delta +\gamma +\delta & = 0 \\ \text{∴} \quad ( \alpha -1 )( \beta -1 ) = ( \gamma -1 )( \delta -1 ) & \quad ... [6] \end{align}\] [5] について, [3] [4] より, \[ ( \alpha +1 )( \beta +1 ) =a-b+1 \geqq 2 , \ ( \gamma +1 )( \delta +1 ) \geqq 0 \] なので \[\begin{align} & \left\{ \begin{array}{l} ( \alpha +1 )( \beta +1 ) =2 \\ ( \gamma +1 )( \delta +1 )=0 \end{array} \right. \\ \text{∴} & \quad \alpha = -3 , \ \beta = -2 , \ \delta = -1 \quad ( \ \text{∵} \ [4] \ ) \end{align}\] [6] に代入すれば \[\begin{align} (-4)(-3) & = ( \gamma -1)(-2) \\ \text{∴} \quad \gamma & = -5 \end{align}\] 以上より \[ ( a , b ) = \left( (-3)(-2) , (-5)(-1) \right) = \underline{( 6 , 5 )} \]

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