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【 解 答 】

(1)

条件より, \(2^N \leqq n \leqq 2^{N-1} -1\) であり, 自然数 \(k \ ( 1 \leqq k \leqq n )\) は, 整数 \(\ell \ ( 0 \leqq \ell \leqq N-1 \ ... [1] )\) と, 奇数 \(M \ ( 1 \leqq M \leqq n \ ... [2] )\) を用いて \[ k = \left\{ \begin{array}{ll} 2^N & ( k = 2^N \ \text{のとき} ) \\ 2^\ell M & ( k \neq 2^N \ \text{のとき} ) \end{array} \right. \quad ... [3] \] と表せる.
\(P_n = 2^N A_n S_n\) とおくと \[ P_n = \textstyle\sum\limits_{k=1}^{n} \underline{\dfrac{2^N A_n}{k}} _{[ \text{A} ]} \] \([ \text{A} ] = B_k\) とおいて, \(1 \leqq k \leqq n\) それぞれに対して, \(B_k\) の奇偶を考えると

1. 1*　\(k = 2^N\) のとき
   [3] より \[ B_k = \dfrac{2^N A_n}{2^N} = A_n \] なので, \(B_k\) は奇数.

2. 2*　\(k \neq 2^N\) のとき
   [3] より \[ B_k = \dfrac{2^N A_n}{2^{\ell} M} = 2^{N -\ell} \cdot \dfrac{A_n}{M} \] [1] より, \(2^{N -\ell}\) は偶数, [2] より \(\dfrac{A_n}{M}\) は奇数なので, \(B_k\) は偶数.

以上より, \(P_n\) は \(1\) つの奇数と \(n-1\) 個の偶数の和であり, よって奇数である.

(2)

\[ S_n = \dfrac{P_n}{2^N A_n} \] (1) の結果より, \(P_n , A_n\) はともに奇数なので, \(S_n\) の分母は, \(2^{N+1}\) で割り切れることはない.
条件より, \(S_n = \dfrac{40+m}{20}\) で, \(20 = 2^2 \cdot 5\) なので \[ N \leqq 2 \] ゆえに, \(n\) の候補は, \(1 \leqq n \leqq 2^3-1 = 7\) .
それぞれについて, \(S_n\) を求めると, \[\begin{align} \begin{array}{c|ccccc} n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline S_n & 1 & \dfrac{3}{2} & \dfrac{11}{6} & \dfrac{25}{12} & \dfrac{137}{60} & \dfrac{49}{20} & \dfrac{363}{140} \end{array} \end{align}\] \(m \gt 0\) より, \(S_n \gt 2\) なので, \(n \geqq 4\) .
このうち, \(n=6\) のときのみ, 分母が \(20\) の約数となるので, 求める整数の組は \[ (m,n) = \underline{( 6 , 9 )} \]

(3)

実数 \(x\) の小数部分を \(\langle x \rangle\) とおく.
(1) の結果から, 奇数 \(r \ ( 1 \leqq r \leqq 15 )\) を用いて \[ b = \left\langle A _ {20} S _ {20} \right\rangle = \dfrac{r}{16} \] と表せる.
\[\begin{align} A _ {20} S _ {20} & = \underline{A _ {20} \left( 1 +\dfrac{1}{3} +\dfrac{1}{5} +\cdots +\dfrac{1}{19} \right)} _ {[1]} \\ & \quad +\underline{A _ {20} \left( \dfrac{1}{2} +\dfrac{1}{6} +\dfrac{1}{10} +\dfrac{1}{14} +\dfrac{1}{18} \right)} _ {[2]} \\ & \qquad +A _ {20} \underline{\left( \dfrac{1}{4} +\dfrac{1}{12} +\dfrac{1}{20} \right)} _ {[3]} \\ & \qquad \quad +\underline{A _ {20} \cdot \dfrac{1}{8}} _ {[4]} +\underline{A _ {20} \cdot \dfrac{1}{16}} _ {[5]} \ . \end{align}\] \(\dfrac{A_n}{M}\) は奇数（整数）となることに着目すれば, [1] は整数, つまり \[ \langle [1] \rangle = 0 \quad ... [6] \ . \] また, 奇数 \(5\) 個の和は奇数となるので, \[\begin{align} \langle [2] \rangle & = \left\langle \dfrac{1}{2} \left( A _ {20} +\dfrac{A _ {20}}{3} +\dfrac{A _ {20}}{5} +\dfrac{A _ {20}}{7} +\dfrac{A _ {20}}{9} \right) \right\rangle \\ & = \dfrac{1}{2} \ . \end{align}\] ここで, 法 \(16\) の合同式を考えると \[\begin{align} A _ {20} & \equiv 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot (-7) \cdot (-5) \cdot (-3) \cdot (-1)\cdot 1 \cdot 3 \\ & \equiv 15^2 \cdot 49 \cdot 3 \\ & \equiv (-1)^2 \cdot 1 \cdot 3 \\ & \equiv 3 \quad ( \text{mod} 16 ) \ . \end{align}\] なので \[ A _ {20} \equiv 3 \quad ( \text{mod} 8 ) , \quad A _ {20} \equiv 3 \quad ( \text{mod} 4 ) \] したがって \[ \langle [4] \rangle = \dfrac{3}{8} , \quad \langle [5] \rangle = \dfrac{3}{16} \ . \] また, [3] については \[ [3] = \dfrac{1}{4} A _ {20} \cdot \dfrac{23}{15} \] であり, 法 \(4\) の合同式を考えると \[ 23 \equiv 15 \equiv 3 \quad ( \text{mod} 4 ) \] なので \[ \langle [3] \rangle = \dfrac{1}{4} \cdot 3 \cdot \dfrac{3}{3} = \dfrac{3}{4} \] 以上より \[\begin{align} b & = \left\langle 0 +\dfrac{1}{2} +\dfrac{3}{4} +\dfrac{3}{8} +\dfrac{3}{16} \right\rangle \\ & = \left\langle \dfrac{8 +12 +6 +3}{16} \right\rangle = \underline{\dfrac{13}{16}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

円周角の定理より, 条件から \[ \angle \text{BAC} = \angle \text{ACB} = \angle \text{ABE} = \dfrac{\pi}{5} \quad ... [1] \] AC と BE の交点を F とすると \[\begin{align} \angle \text{BFC} & = \angle \text{BAC} +\angle \text{ABE} = \dfrac{2 \pi}{5} \\ \angle \text{BFC} & = \pi -\angle \text{ACB} -\angle \text{BFC} = \dfrac{2 \pi}{5} \end{align}\] なので, \(\triangle \text{BCF}\) は二等辺三角形で \[ \text{FC} = \text{BC} = x \quad ... [2] \] したがって, \(\text{AF} = y-x\) .
また, [1] より, \(\triangle \text{ABC} \sim \triangle \text{BFA}\) なので \[\begin{align} \text{BC} : \text{CA} & = \text{FA} : \text{AB} \\ x : y & = (y-x) : x \\ \text{∴} \quad x^2 & = y (y-x) \end{align}\]

(2)

\[\begin{align} \overrightarrow{\text{BC}} & = \overrightarrow{\text{BE}} +\overrightarrow{\text{EC}} \\ & = \dfrac{y}{x} \overrightarrow{c} +\dfrac{y}{x} \overrightarrow{a} \end{align}\] \(x \neq 0\) なので, (1) の結果より \[\begin{align} y^2 -xy -x^2 & = 0 \\ \left( \dfrac{y}{x} \right)^2 -\dfrac{y}{x} -1 & = 0 \\ \text{∴} \quad \dfrac{y}{x} & = \dfrac{1 +\sqrt{5}}{2} \end{align}\] よって \[ \overrightarrow{\text{BC}} = \underline{\dfrac{1 +\sqrt{5}}{2} \left( \overrightarrow{a} +\overrightarrow{c} \right)} \]

(3)

求める一辺の長さは \[\begin{align} y -2(y-x) & = 2x-y \\ & = \left( 2 -\dfrac{1 +\sqrt{5}}{2} \right) x \\ & = \underline{\dfrac{3 -\sqrt{5}}{2} x} \end{align}\]

(4)

\(p = \dfrac{3 -\sqrt{5}}{2}\) とおくと, \(0 \lt p \lt 1\) .
\(\text{R} _n\) と \(\text{R} _{n+1}\) の相似比は \(1 : p\) なので, 面積比は \(1 : p^2 \) .
ここで \[ p^2 = \dfrac{14 -6 \sqrt{5}}{4} = \dfrac{7 -3 \sqrt{5}}{2} \] 求める値 \(I\) は, 初項\(1\) , 公比 \(-p^2\) の無限等比級数の和なので \[\begin{align} I & = \dfrac{1}{1 -(-p^2)} = \dfrac{2}{2 +(7 -3 \sqrt{5})} \\ & = \dfrac{2}{9 -3 \sqrt{5}} = \dfrac{2 ( 9 +3 \sqrt{5} )}{81 -45} \\ & = \underline{\dfrac{3 +\sqrt{5}}{6}} \end{align}\]

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【 解 答 】

(1)

\(t = \dfrac{x}{n}\) とおくと \[ dt = \dfrac{dx}{n} , \ \begin{array}{c|ccc} x & 0 & \rightarrow & n \\ \hline t & 0 & \rightarrow & 1 \end{array} \ . \] なので \[ \displaystyle\int _ 0^n f(x) \, dx = \displaystyle\int _ 0^1 \dfrac{nt}{1 +nt} \log (1+t) \, dt \quad ... [1] \ . \] \(0 \leqq t \leqq 1\) において \[ 0 \leqq \dfrac{nt}{1 +nt} \leqq 1 \ . \] なので \[ [1] \leqq \displaystyle\int _ 0^1 \log (1+t) \, dt \ . \] すなわち \[ \displaystyle\int _ 0^n f(x) \, dx \leqq \displaystyle\int _ 0^1 \log (1+x) \, dx \ . \]

(2)

\(J _ n = \displaystyle\int _ 0^1 \log (1+x) \, dx -I _ n\) とおくと, (1) の結果より \[ J _ n \geqq 0 \quad ... [2] \ . \] [1] と \(\log (1+x) \leqq \log 2\) を用いれば \[\begin{align} J _ n & = \displaystyle\int _ 0^1 \dfrac{1}{1 +nx} \log (1+x) \, dx \\ & \leqq \log 2 \displaystyle\int _ 0^1 \dfrac{1}{1 +nx} \, dx \\ & = \log 2 \left[ \dfrac{\log ( 1+nx )}{n} \right] _ 0^1 \\ & = \log 2 \cdot \dfrac{\log (1+n)}{n} \quad ... [3] \ . \end{align}\] \(\displaystyle\lim _ {x \rightarrow \infty} \dfrac{\log x}{x} = 0\) を用いれば \[ \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} \log 2 \cdot \dfrac{\log (1+n)}{n} = 0 \ . \] なので, [2] [3] より \[\begin{align} \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} J _ n & = 0 \\ \text{∴} \quad \displaystyle\lim _ {n \rightarrow \infty} I _ n & = \displaystyle\int _ 0^1 \log (1+x) \, dx \ . \end{align}\] よって, \(\{ I _ n \}\) は収束し, その極限値は \[\begin{align} I _ n & = \left[ (1+x) \log (1+x) \right] _ 0^1 -\displaystyle\int _ 0^1 (1+x) \dfrac{1}{1+x} \, dx \\ & = 2 \log 2 -[ x ] _ 0^1 \\ & = \underline{2 \log 2 -1} \ . \end{align}\]

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【 解 答 】

\(P = x^2 +y^2 -2 x^2 y^2 +2xy \sqrt{1 -x^2} \sqrt{1 -y^2}\) とおくと \[\begin{align} P & = x^2 ( 1 -y^2 ) +y^2 ( 1 -x^2 ) +2xy \sqrt{1 -x^2} \sqrt{1 -y^2} \\ & = \left( x \sqrt{1 -y^2} +y \sqrt{1 -x^2} \right)^2 \geqq 0 \ . \end{align}\] また \[\begin{align} 1-P & = x^2y^2 +( 1 -x^2 ) ( 1 -y^2 ) -2xy \sqrt{1 -x^2} \sqrt{1 -y^2} \\ &= \left( xy -\sqrt{1 -x^2} \sqrt{1 -y^2} \right)^2 \geqq 0 \ . \end{align}\] よって \[ 0 \leqq P \leqq 1 \ . \]

【 別 解 】

条件より, \(x = \cos \alpha\) , \(y = \cos \beta \ ( 0 \leqq \alpha , \beta \leqq \pi )\) とおくことができる.
\(P = x^2 +y^2 -2 x^2 y^2 +2xy \sqrt{1 -x^2} \sqrt{1 -y^2}\) とおくと \[\begin{align} P & = \cos^2 \alpha ( 1 -\cos^2 \beta ) \\ & \qquad +\cos^2 \beta ( 1 -\cos^2 \alpha ) -2 \cos \alpha \cos \beta \sin \alpha \sin \beta \\ & = \cos^2 \alpha \sin^2 \beta +\cos^2 \beta \sin^2 \alpha -2 \cos \alpha \cos \beta \sin \alpha \sin \beta \\ & = \left( \cos \alpha \sin \beta -\cos \beta \sin \alpha \right)^2 \\ & = \sin^2 ( \alpha -\beta ) \ . \end{align}\] よって \[ 0 \leqq P \leqq 1 \ . \]

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【 解 答 】

(1)

\(p\) を素数, \(k\) を \(2\) 以上の自然数として \[ \sqrt[k]{p} \ \text{は無理数} \quad ... [ \text{A} ] \ . \] であることを背理法を用いて示す.
\(\sqrt[k]{p} = \dfrac{m}{n}\) （ \(m , n\) は互いに素 ... [1] ）とおいて, 無理数であると仮定する.
変形すると \[ n^k p = m^k \ . \] なので, \(m = p m'\) （ \(m'\) は自然数）と表せる.
これを代入すると \[\begin{align} n^k p & = p^k {m'}^k \\ \text{∴} \quad n^k & = p^{k-1} {m'}^k \ . \end{align}\] したがって, \(n = p n'\) （ \(n'\) は自然数）と表せるが, これは [1] に矛盾する.
よって, [A] が成立することが示され, \(\sqrt{2} , \sqrt[3]{3}\) はともに無理数であるといえる.

(2)

\(r = \sqrt{2} p +\sqrt[3]{3} q\) とおく.
これを変形すると \[\begin{align} \left( r -\sqrt{2} p \right)^3 = 3 q^3 & \\ r^3 -3 \sqrt{2} r^2 p +6r p^2 -2 \sqrt{2} p^3 = 3 q^3 & \\ \text{∴} \quad r^3 +6rp^2 -3q^3 -\sqrt{2} p ( 3r^2 +2p^2 ) & = 0 \ . \end{align}\] \(p , q , r\) はすべて有理数で, \(\sqrt{2}\) は無理数なので \[ \left\{ \begin{array}{ll} r^3 +6rp^2 -3q^3= 0 & ... [2] \\ p ( 3r^2 +2p^2 ) = 0 & ... [3] \end{array} \right. \ . \] [3] から, 場合分けして考える.

1. 1*　\(3r^2 +2p^2 = 0\) のとき
   \[ p = r = 0 \ . \] [3] に代入すれば \[\begin{align} -3q^3 & = 0 \\ \text{∴} \quad q & = 0 \ . \end{align}\]

2. 2*　\(p = 0\) のとき
   [3] に代入すると \[ r^3 = 3 q^3 \ . \] \(q \neq 0\) と仮定すれば, これを変形して \[\begin{align} \dfrac{r^3}{q^3} & = 3 \\ \text{∴} \quad \dfrac{r}{q} & = \sqrt[3]{3} \ . \end{align}\] \(\dfrac{r}{q}\) は有理数, \(\sqrt[3]{3}\) は無理数なので, 矛盾する.
   したがって \[ q = r = 0 \ . \]

よって, いずれの場合にも \[ p = q = r = 0 \ . \]

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【 解 答 】

(1)

対称性から, \(A , B\) の球面の交わりは, 平面 \(x = 0\) 上にある.

上図のように \(xy\) 平面を設定し, \(2\) つの半円 \(A' , B'\) の式をそれぞれ \(y _ A , y _ B\) とおけば \[\begin{align} y _ A & = \sqrt{1 -(x-t)^2} \\ y _ B & = \sqrt{1 -(x+t)^2} \ . \end{align}\] 立体 \(( A \cup B ) \cap C\) は, 上図斜線部を \(x\) 軸のまわりに回転させた回転体に相当する.
よって, 求める体積は \[\begin{align} V(t) & = \pi \displaystyle\int _ {-1}^0 {y _ B}^2 \, dx +\pi \displaystyle\int _ 0^{1+t} {y _ A}^2 \, dx \\ & = \pi \displaystyle\int _ {-1}^0 \left\{ 1 -(x+t)^2 \right\} \, dx +\pi \displaystyle\int _ 0^{1+t} \left\{ 1 -(x-t)^2 \right\} \, dx \\ & = \pi \left[ x -\dfrac{(x+t)^3}{3} \right] _ {-1}^0 +\pi \left[ x -\dfrac{(x-t)^3}{3} \right] _ 0^{1+t} \\ & = \pi \left\{ -\dfrac{t^3}{3} +1 +\dfrac{(t-1)^3}{3} \right\} +\pi \left( 1+t -\dfrac{1}{3} -\dfrac{t^3}{3} \right) \\ & = \underline{\dfrac{\pi}{3} ( -t^3 -3t^2 +6t +4 )} \ . \end{align}\]

(2)

\(f(t) = -t^3 -3t^2 +6t +4\) とおけば, \(f(t)\) が最大になるとき, \(V(t)\) も最大になる.
\[\begin{align} f'(t) & = -3t^2 -6t +6 \\ & = -3 ( t^2 +2t -2 ) \ . \end{align}\] \(f'(t) = 0\) をとくと \[ t = -1 +\sqrt{1+2} = \sqrt{3} -1 \ . \] したがって, \(0 \leqq t \leqq 1\) における \(f(t)\) の増減は下表のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} t & 0 & \cdots & \sqrt{3} -1 & \cdots & 1 \\ \hline f'(t) & & + & 0 & - & \\ \hline f(t) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} \] \(f(x = -(x+1) (t^2+2t-2) +6t+2\) であることを用いれば \[ f \left( \sqrt{3} -1 \right) = 6 \sqrt{3} -4 \ . \] よって, \(V(t)\) の最大値は \[ \dfrac{\pi}{3} f \left( \sqrt{3} -1 \right) = \underline{\left( 2 \sqrt{3} -\dfrac{4}{3} \right) \pi} \ . \]

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【 解 答 】

条件 \(p\) をみたす数字の入れ方について, \(2 \times 2\) の \(4\) マスのうち

1. [1] ： \(3\) マスの数字が決まっていれば（すべて同じ数字の場合は除く）, 残り \(1\) マスに入る数字は, 一意に決まる.

2. [2] ： 隣り合う \(2\) マスに同じ数字が入っていれば, 残り \(2\) マスに入る数字は, これと異なる数字に一意に決まる.

また, 第 \(n\) 行（列）に \(0 , 1\) が交互に現れていることを, 「第 \(n\) 行（列）が交互である」とよぶこととする.

(1)

背理法を用いて示す.
第 \(n\) 行 , 第 \(n\) 列ともに 交互でない, と仮定する.

1. [3] ： 第 \(n\) 列の第 \(i\) 行, 第 \(i+1\) 行が同じ数字であれば, 第 \(i\) 行と第 \(i+1\) 行はともに交互である.

2. [4] ： 第 \(n\) 行の第 \(j\) 列, 第 \(j+1\) 列が同じ数字であれば, 第 \(j\) 列と第 \(j+1\) 列はともに交互である.

しかし, 第 \(i\) 行, 第 \(i+1\) 行と, 第 \(j\) 列, 第 \(j+1\) 列が交差する \(2 \times 2\) の \(4\) マスに着目すれば, [3] と [4] が同時に成立することはないので, 矛盾する.
よって, 題意は示された.

(2)

\(n \times n\) のマスのうち, 第 \(n\) 行と第 \(n\) 列がともに交互であるものを両交互, 一方のみが交互であるものを片交互とよぶこととする.
\(n \times n\) のマスのうち, 両交互である個数を \(b _ n\) , 片交互である個数を \(c _ n\) とおくと
\[ b _ 2 = 2 , \ c _ 2 = 4 \quad ... [5] \ . \] 第 \(n\) 行の隣りに第 \(n+1\) 行を追加するとき, [1] [2] に注意すれば

1. [6] ： 第 \(n\) 行が交互であれば, 第 \(n+1\) 行の数字の入れ方は \(2\) 通り（第 \(n\) 行と同じ数字かと異なる数字を入れる）あり, どちらも交互である.

2. [7] ： 第 \(n\) 行が交互でなければ, 第 \(n+1\) 行の数字の入れ方は \(1\) 通りのみ（第 \(n\) 行と異なる数字を入れる）で, 交互ではない.

（ [6] [7] は「行」を「列」に言い換えても同様に成り立つ. ）
\(n \times n\) のマスに, 第 \(n+1\) 行と第 \(n+1\) 列を加えて, \((n+1) \times (n+1)\) のマスを作ることを考える.
このとき

1. 1*　\(n \times n\) のマスが片交互のとき（第 \(n\) 行が交互とする）
   第 \(n+1\) 列の第 \(1, 2, \cdots , n\) 行の数字の入れ方は, [7] より \(1\) 通りのみ.
   その後, 第 \(n+1\) 行の第 \(1, 2, \cdots , n+1\) 列の数字の入れ方は, [6] より \(2\) 通り.
   したがって, \((n+1) \times (n+1)\) のマスは \(2\) 通りあり, いずれも片交互である.

2. 2*　\(n \times n\) のマスが両交互のとき
   第 \(n+1\) 行（列）の第 \(1, 2, \cdots , n\) 列（行）の数字の入れ方は, [6] よりそれぞれ \(2\) 通りずつ.
   最後に, 第 \(n+1\) 行の第 \(n+1\) 列が [1] によって決まり, 第 \(n+1\) 行（列）を第 \(n\) 行（列）と同じ数字あるいは異なる数字にするかに応じて, \((n+1) \times (n+1)\) のマスは, 下表のように \(3\) 通りあり, \(1\) つは両交互, \(2\) つは片交互である.
   \[ \begin{array}{c|c|c} \text{行＼列} & \text{同じ数字} & \text{異なる数字} \\ \hline \text{同じ数字} & \text{両交互} & \text{片交互} \\ \hline \text{異なる数字} & \text{片交互} & \text{×} \end{array} \] （ここで, ともに同じ数字を入れた場合は, 条件 \(p\) に反する点に注意する. ）

以上より \[ \left\{ \begin{array}{ll} b _ {n+1} = b _ n & ... [8] \\ c _ {n+1} = 2 c _ n +2 b _ n & ... [9] \end{array} \right. \ . \] [5] [8] より \[ b _ n = 2 \ . \] [9] に代入すれば \[\begin{align} c _ {n+1} & = 2 c _ n +4 \\ \text{∴} \quad c _ {n+1} +4 & = 2 ( c _ n +4 ) \ . \end{align}\] したがって, [5] も用いて \[\begin{align} c _ n +4 & = (4+4) \cdot 2^{n-2} = 2^{n+1} \\ \text{∴} & \quad c _ n = 2^{n+1} -4 \ . \end{align}\] よって \[ a _ n = b _ n +c _ n = \underline{2^{n+1} -2} \ . \]

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【 解 答 】

条件より \[ s \left( \begin{array}{c} a \\ b \end{array} \right) + t \left( \begin{array}{c} c \\ d \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} e \\ 0 \end{array} \right) \\ \text{∴} \quad \left\{ \begin{array}{ll} as+ct = e & \quad ... [1] \\ bs+dt = 0 & \quad ... [2] \end{array} \right. \ . \] なので, [1] [2] をみたす \(s , t\) が存在する条件を求めればよい.
\([1] \times d - [2] \times c\) より \[ ( ad -bc ) s = de \quad ... [3] \ . \] \([1] \times b - [2] \times a\) より \[ -( ad -bc ) t = be \quad ... [4] \ . \]

1. 1*　\(ad -bc \neq 0\) のとき
   [3] [4] より \[ s = \dfrac{de}{ad -bc} , \quad t = -\dfrac{be}{ad -bc} \ . \] ゆえに, 実数 \(s , t\) は存在する.

2. 2*　\(ad -bc = 0 \quad ... [5]\) のとき
   [3] [4] より \[ de = be = 0 \quad ... [6] \ . \]

   1. (ア)　\(e \neq 0\) のとき
      [6] より \[ b = d = 0 \ . \] このとき, [2] は 実数 \(s , t\) によらず成立する.
      点A, Bはともに原点ではないことから, \(a \neq 0\) , \(c \neq 0\) なので, [1] より, 任意の実数 \(s\) に対して \[ t = \dfrac{e -as}{c} \ . \] ゆえに, 実数 \(s , t\) は存在する.

   2. (イ)　\(e=0\) のとき
      \(a , b , c , d\) に関わらず \[ s = t = 0 \] が, [1] [2] をともにみたす.

   ゆえに, 実数 \(s , t\) は存在する.

以上より, 求める条件は \[ \underline{ad-bc \neq 0 \ \text{または} \ b=d=0 \ \text{または} \ e=0} \ . \]

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