第1問
a、b、c、A、Bを実数とする。
(1) 二次不等式ax2+bx+c≧0の解が $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ≦x≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$ となるような
a、b、cを求めよ。ただし、|b|=1とする。
(2) $\small\sf{\theta}$ に関する不等式 $\small\sf{\sf A\sin\theta\tan\theta+B\cos\theta+\tan\theta\geqq 0}$ の、
$\small\sf{\begin{align*}\sf 0\leqq \theta\lt \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲でも解が $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{6}\leqq\theta\leqq\frac{\pi}{3}\end{align*}}$ となるようなA、Bを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\leqq x\leqq \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(2x-1 \right)\left(2x-\sqrt3 \right)\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 4x^2-2\left(\sqrt3+1 \right)x+\sqrt3\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{4}{2\left(\sqrt3+1 \right)}x^2-x+\frac{\sqrt3}{2\left(\sqrt3+1 \right)}\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(-1+\sqrt3 \right)x^2-x+\frac{3-\sqrt3}{4}\leqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-\sqrt3 \right)x^2+x+\frac{-3+\sqrt3}{4}\geqq 0\end{align*}}$
これと ax2+bx+c≧0の係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=1-\sqrt3 \ \ ,\ \ b=1\ \ ,\ \ c=\frac{-3+\sqrt3}{4}\ }\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\sin\theta\ \ \ \ \left(0\leqq x< \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{6}\leqq \theta\leqq \frac{\pi}{3}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{2}\leqq x\leqq \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\sin\theta\tan\theta+B\cos\theta+\tan\theta\geqq 0\ \ \ \ \left(0\leqq x< \frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ ……(ⅰ)
の両辺に$\scriptsize\sf{\cos\theta}$ （＞0）をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\sin^2\theta+B\cos^2\theta+\sin\theta\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ A\sin^2\theta+B\left(1-\sin^2\theta\right)+\sin\theta\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(A-B\right)\sin^2\theta+\sin\theta+B\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(A-B\right)x^2+x+B\geqq 0\end{align*}}$ ……(ⅱ)
と変形できる。
(ⅰ)が $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{6}\end{align*}}$ ≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{3}\end{align*}}$ を解にもつことと、(ⅱ)が $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\end{align*}}$ ≦x≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\sqrt3}{2}\end{align*}}$ を解に
もつことは同値なので、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A-B=1-\sqrt3\end{align*}}$ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B=\frac{-3+\sqrt3}{4}\end{align*}}$
を満たせばよい。これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ A=\frac{1-3\sqrt3}{4}\ \ ,\ \ B=\frac{-3+\sqrt3}{4}\ }\end{align*}}$
全学部共通の問題なので、それほど難しくありません。
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第2問
以下の問いに答えよ。
(1) x3+y3+z3－3xyz=(x+y+z)Pを満たすx、y、zについての
整式Pを求めよ。
(2) 0以上の数a、b、cに対し、その相加平均 $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{a+b+c}{3}\end{align*}}$ が相乗平均
$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt[3]{\sf abc}\end{align*}}$ 以上になることを示せ。
(3) xの方程式 $\small\sf{\sf x^3-(3+\cos\theta )x^2+(3-\cos\theta)x-1=0}$ の解
a、b、cがすべて正であるような$\small\sf{\theta}$ を求め、そのときの方程式を
解け。ただし、$\small\sf{\sf 0\leqq\theta\lt 2\pi}$ とする。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^3+y^3+z^3-3xyz=\left(x+y+z \right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx \right)\end{align*}}$ ……(#)
と因数分解できるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\ }\end{align*}}$
(2)
a、b、cは0以上なので、
x3=a、 y3=b、 z3=c
とおくと、x、y、zも0以上になる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{\sf abc}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-\sqrt[3]{\sf x^3y^3z^3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\left(x^3+y^3+z^2-3xyz \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\left(x+y+z \right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx \right)\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{6}\left(x+y+z \right)\bigg\{\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \geqq 0\ \ \ \ \left(\because\ x,y,z\geqq 0 \right)\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a+b+c}{3}\geqq \sqrt[3]{\sf abc}\end{align*}}$
が成り立つ。
(3)
3次方程式の解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a+b+c=3+\cos\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf ab+bc+ca=3-\cos\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf abc=1\end{align*}}$ ．
題意より、a、b、cはすべて正なので、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a+b+c}{3}\geqq \sqrt[3]{\sf abc}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{3+\cos\theta}{3}\geqq \sqrt[3]{1}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\theta\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{ab+bc+ca}{3}\geqq \sqrt[3]{\sf ab\cdot bc\cdot ca}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{3-\cos\theta}{3}\geqq \sqrt[3]{1^2}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\theta\leqq 0\end{align*}}$
これらを同時に満たすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \theta=\frac{\pi}{2}\ ,\ \frac{3}{2}\pi\ }\ \ \ \ \left(\because\ 0\leqq \theta <2\pi \right)\end{align*}}$
(1)、(2)は有名問題ですね。一度ぐらい解いたことがあると思います。
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第3問
O、P、Qを、それぞれの座標が$\small\sf{\sf (0,\ 0)\ ,\ (\cos\theta,\ \sin\theta)\ ,\ (-1,\ 0)}$ で
与えられる平面上の点とする。また、$\small\sf{\sf 0\leqq\theta\lt\pi}$ として、点P、Qを通る
直線と、y軸との交点をR(0，t)とする。このとき以下の問いに答えよ。
(1) ∠RQOを$\small\sf{\theta}$ で表せ。またtを$\small\sf{\theta}$ の関数として表せ。
(2) Q、Rを通る直線の方程式をtを用いて表せ。この直線と、Oを中心と
する半径1の円との交点をtを用いて表せ。また、$\small\sf{\cos\theta\ ,\ \ \sin\theta}$ を
tで表せ。
(3) $\small\sf{\theta}$ をtの関数と見たとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{d\theta}{dt}=\frac{2}{1+t^2}\end{align*}}$ となることを示せ。
(4) $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin\theta-\cos\theta}\ d\theta\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf OP=\sqrt{\cos^2\theta+\sin^2\theta}=1=OQ\end{align*}}$
より、△OPQは二等辺三角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle RQO=\angle QPO=\underline{\ \frac{\theta}{2}\ }\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\angle RQO=\frac{OR}{OQ}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ t=\tan\frac{\theta}{2}\ }\end{align*}}$ ……(#)
(2)
直線QRの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-t=\frac{t-0}{0-(-1)}\left(x-0 \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=tx+t\ }\end{align*}}$
であり、これと円x2+y2=1の2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+\left( tx+t\right)^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+t^2 \right)x^2+2t^2x+t^2-1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x+1 \right)\left\{\left(1+t^2 \right)x+t^2-1\right\}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=-1\ ,\ \frac{1-t^2}{1+t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-t+t=0\ \ ,\ \ y=t\cdot\frac{1-t^2}{1+t^2}+t=\frac{2t}{1+t^2}\end{align*}}$ ．
よって、直線QRと円x2+y2=1の交点の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(-1\ ,\ 0 \right)\ \ ,\ \ \left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\ ,\ \frac{2t}{1+t^2} \right)\ }\end{align*}}$ ．
これらは点Qおよび点P(cos$\scriptsize\sf{\theta}$ ，sin$\scriptsize\sf{\theta}$ )なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2}\ ,\ \sin\theta=\frac{2t}{1+t^2} \ }\end{align*}}$
(3)
(2)で得たcos$\scriptsize\sf{\theta}$ の式をtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\sin\theta\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{-2t\left(1+t^2\right)-\left(1-t^2\right)\cdot 2t}{\left(1+t^2\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{2t}{1+t^2}\cdot\frac{d\theta}{dt}=\frac{-4t}{\left(1+t^2\right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{d\theta}{dt}=\frac{2}{1+t^2}\end{align*}}$
となるので、題意は示された。
(4)
(#)のように置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta:\ \frac{\pi}{3}\ \rightarrow\ \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ に対して $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t:\ \frac{1}{\sqrt3}\ \rightarrow\ 1\end{align*}}$
と対応するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{1+\sin\theta-\cos\theta}\ d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{\frac{1}{\sqrt3}}^1\frac{1}{1+\frac{2t}{1+t^2}-\frac{1-t^2}{1+t^2}}\cdot \frac{2}{1+t^2}\ dt\end{align*}}$ ←(2)、(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{\frac{1}{\sqrt3}}^1\frac{1}{t^2+t}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{\frac{1}{\sqrt3}}^1\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t+1}\right) dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\log|t|-\log|t+1|\bigg]_{\frac{1}{\sqrt3}}^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log\frac{\sqrt3+1}{2}\ }\end{align*}}$
これまた有名問題。ちゃんと誘導が付いているので、そんなに難しくありません。
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第4問
行列Xを
$\small\sf{\begin{align*} \sf X=\begin{pmatrix} \sf -\frac{3}{2}&\sf -\frac{1}{2} &\sf 0 \\ \sf 4 & \sf 0 &\sf -1 \\ \sf -6 & \sf 0 &\sf \frac{3}{2} \end{pmatrix}\end{align*}}$
とおく。このとき次の問いに答えよ。
(1)
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 2 &\sf 1\\ \sf -4 & \sf -4&\sf -2\\ \sf 6 & \sf 6 &\sf 3\end{pmatrix}\ \ ,\ \ B=\begin{pmatrix} \sf -1&\sf 1 &\sf 1\\ \sf 4 & \sf -4&\sf -4\\ \sf -6 & \sf 6&\sf 6\end{pmatrix}\end{align*}}$
とおく。このとき、A2、B2、AB、BAを求めよ。
(2) (1)のA、Bに対してX=aA+bBを満たす定数a、bを求めよ。
(3) 正の整数nに対してXnを求めよ。
(4) X+X2+X3+……を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^2=\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 2 &\sf 1\\ \sf -4 & \sf -4&\sf -2\\ \sf 6 & \sf 6 &\sf 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 2 &\sf 1\\ \sf -4 & \sf -4&\sf -2\\ \sf 6 & \sf 6 &\sf 3\end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf 2&\sf 2 &\sf 1\\ \sf -4 & \sf -4&\sf -2\\ \sf 6 & \sf 6 &\sf 3\end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^2=\begin{pmatrix} \sf -1&\sf 1 &\sf 1\\ \sf 4 & \sf -4&\sf -4\\ \sf -6 & \sf 6&\sf 6\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf -1&\sf 1 &\sf 1\\ \sf 4 & \sf -4&\sf -4\\ \sf -6 & \sf 6&\sf 6\end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf -1&\sf 1 &\sf 1\\ \sf 4 & \sf -4&\sf -4\\ \sf -6 & \sf 6&\sf 6\end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AB=\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 2 &\sf 1\\ \sf -4 & \sf -4&\sf -2\\ \sf 6 & \sf 6 &\sf 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf -1&\sf 1 &\sf 1\\ \sf 4 & \sf -4&\sf -4\\ \sf -6 & \sf 6&\sf 6\end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf 0&\sf 0 &\sf 0\\ \sf 0 & \sf 0&\sf 0\\ \sf 0 & \sf 0 &\sf 0\end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BA=\begin{pmatrix} \sf -1&\sf 1 &\sf 1\\ \sf 4 & \sf -4&\sf -4\\ \sf -6 & \sf 6&\sf 6\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 2 &\sf 1\\ \sf -4 & \sf -4&\sf -2\\ \sf 6 & \sf 6 &\sf 3\end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf 0&\sf 0 &\sf 0\\ \sf 0 & \sf 0&\sf 0\\ \sf 0 & \sf 0 &\sf 0\end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=aA+bB\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \begin{pmatrix} \sf -\frac{3}{2}&\sf -\frac{1}{2} &\sf 0 \\ \sf 4 & \sf 0 &\sf -1 \\ \sf -6 & \sf 0 &\sf \frac{3}{2} \end{pmatrix}=a\begin{pmatrix} \sf 2&\sf 2 &\sf 1\\ \sf -4 & \sf -4&\sf -2\\ \sf 6 & \sf 6 &\sf 3\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix} \sf -1&\sf 1 &\sf 1\\ \sf 4 & \sf -4&\sf -4\\ \sf -6 & \sf 6&\sf 6\end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \begin{pmatrix} \sf -\frac{3}{2}&\sf -\frac{1}{2} &\sf 0 \\ \sf 4 & \sf 0 &\sf -1 \\ \sf -6 & \sf 0 &\sf \frac{3}{2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 2a-b&\sf 2a+b &\sf a+b\\ \sf -4a+4b & \sf -4a-4b&\sf -2a-4b\\ \sf 6a-6b & \sf 6a+b &\sf 3a+6b\end{pmatrix}\end{align*}}$ ……(#)
両辺の(1，1)成分および(1，2)成分を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{3}{2}=2a-b\ \ ,\ \ -\frac{1}{2}=2a+b\end{align*}}$
となり、これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=-\frac{1}{2}\ \ ,\ \ b=\frac{1}{2}\end{align*}}$ ．
a、bがこの値のとき、(#)の他の成分も両辺で等しくなるので、
求めるa、bの値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=-\frac{1}{2}\ \ ,\ \ b=\frac{1}{2}\ }\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=-\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}B\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^2=\left(-\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}B\right)\left(-\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}B\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}A^2-\frac{1}{4}AB-\frac{1}{4}BA+\frac{1}{4}B^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{4}A+\frac{1}{4}B\end{align*}}$ ←(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^3=\left(\frac{1}{4}A+\frac{1}{4}B\right)\left(-\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}B\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{8}A^2+\frac{1}{8}AB-\frac{1}{8}BA+\frac{1}{8}B^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{8}A+\frac{1}{8}B\end{align*}}$ ←(1)より
これらより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^n=\left(- \frac{1}{2}\right)^nA+\left( \frac{1}{2}\right)^nB\end{align*}}$ ……(#)
と類推することができるので、これを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときは成り立つ
(ⅱ) n=kのときに成り立つと仮定すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X^{k+1}=\left\{\left(- \frac{1}{2}\right)^kA+\left( \frac{1}{2}\right)^kB\right\}\left( -\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}B\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(- \frac{1}{2}\right)^{k+1}A^2-\left(- \frac{1}{2}\right)^{k+1}AB-\left( \frac{1}{2}\right)^{k+1}BA+\left( \frac{1}{2}\right)^{k+1}B^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(- \frac{1}{2}\right)^{k+1}A+\left( \frac{1}{2}\right)^{k+1}B\end{align*}}$
となり、n=k+1のときも成り立つ。
以上より、任意の自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ X^n=\left(- \frac{1}{2}\right)^nA+\left( \frac{1}{2}\right)^nB\ }\end{align*}}$
(4)
(3)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X+X^2+X^3+\cdot\ldots \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{n=1}^{\infty}\left\{\left(- \frac{1}{2}\right)^nA+\left( \frac{1}{2}\right)^nB \right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{-\frac{1}{2}}{1-\left(-\frac{1}{2} \right)}A+\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}B\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{3}A+B\ }\end{align*}}$
計算が面倒ですが頑張りましょう。
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