早稲田教育1番解答
(1)
$\mathrm{P}(1,\ t)\ (0\leqq t \leqq 1)$とおく．
OPの垂直二等分線上の点を$(X,\ Y)$とおくと，
\[
X^2+Y^2=(X-1)^2+(Y-t)^2
\]
より，
\[
2X+2tY-1-t^2=0
\]
これが，線分OPの垂直2等分線の方程式である．
点$(X,\ Y)$が垂直2等分線が通る範囲にあるための必要十分条件は
\[
\begin{array}{ll}
tの2次方程式:t^2-2Yt-2X+1=0が0\leqq t \leqq1に解をもつ．&\cdots(1)\\
(X,\ Y)は正方形AOBCの辺および内部にある．&\cdots(2)
\end{array}
\]
である．$f(t)=t^2-2Yt-2X+1$とおくと，$tu$平面上の放物線$u=f(t)$の
軸が$t=Y$で$f(t)$の判別式$D$が$D/4=Y^2+2X-1$なので，
条件$(1)$は，次のいずれかが成立することと同値である．
ただし「，」は「かつ」を意味する．
\[
\left\{
\begin{array}{l}
f(0)\geqq0,\ f(1)\leqq0\\
f(0)\leqq0,\ f(1)\geqq0\\
f(0)\geqq0,\ f(1)\geqq0,\ 0\leqq Y\leqq 1,\ Y^2+2X-1\geqq0
\end{array}
\right.
\]
つまり，
\[
\left\{
\begin{array}{l}
-2X+1\geqq0,\ 1-X-Y\leqq0\\
-2X+1\leqq0,\ 1-X-Y\geqq0\\
-2X+1\geqq0,\ 1-X-Y\geqq0,\ 0\leqq Y\leqq 1,\ Y^2+2X-1\geqq0
\end{array}
\right.
\]
これと条件$(2)$の両方を満たす$(X,\ Y)$の存在する領域を$xy$平面に図示する．
その面積$S$は，正方形から放物線と正方形で囲まれる領域$A$と
台形$B$を除いた領域の面積である．よって
\begin{eqnarray*}
S&=&1-\int_0^1\left(-\dfrac{1}{2}y^2+\dfrac{1}{2} \right)\,dy-\dfrac{1}{2^2}\left(1+\dfrac{1}{2} \right)\\
&=&1-\biggl[-\dfrac{1}{6}y^3+\dfrac{1}{2}y\biggr]_0^1-\dfrac{3}{8}=\dfrac{7}{24}
\end{eqnarray*}
(2) 1から$n+1$までの自然数の順列で条件を満たすものを考える． その順列から$n+1$を除いた，1から$n$までの順列は次のいずれかである．
(i) 1から$n$までの順列はすべて$a_k< a_{k+1}$を満たしている． この場合は，1から$n$まで順に並んでいるなかに$n+1$を戻す方法だけあり， その位置は，右端を除く1から$n$までの数の間であり，$n$通りある．(i)，(ii)は排反であるから$P_{n+1}$と$P_n$の関係式は次のようになる． \[ P_{n+1}=2P_n+n \]
(ii) 1から$n$までの順列が条件を満たしている． $n+1$を戻す位置は，右端か，または$a_k>a_{k+1}$なっている間である． つまり$a_k< n+1 >a_{k+1}$である．よってこれらは$2P_n$通りある．
(3) $\theta=\dfrac{\pi}{7}$とし， $\alpha=\cos\theta+i\sin\theta$とおく．$\alpha^7=-1$，つまり $\alpha$は \[ \alpha^7+1=(\alpha+1)(\alpha^6-\alpha^5+\alpha^4-\alpha^3+\alpha^2-\alpha^1+1)=0 \] を満たす．$\alpha+1\ne 0$であるから \[ \alpha^6-\alpha^5+\alpha^4-\alpha^3+\alpha^2-\alpha^1+1=0 \] である．これに$\alpha^{-3}$をかけ同値変形すると， \begin{eqnarray*} &&\alpha^3-\alpha^2+\alpha^1-1+\alpha^{-1}-\alpha^{-2}+\alpha^{-3}=0\\ &\iff&(\alpha+\alpha^{-1})^3-3(\alpha+\alpha^{-1})-(\alpha+\alpha^{-1})^2+2+(\alpha+\alpha^{-1})-1=0 \end{eqnarray*} ここで$\alpha+\alpha^{-1}=2\cos\theta$なので，これを代入して， \begin{eqnarray*} &&(2\cos\theta)^3-3(2\cos\theta)-(2\cos\theta)^2+2+(2\cos\theta)-1=0\\ &\iff&8\cos^3\theta-4\cos^2\theta-4\cos\theta+1=0 \end{eqnarray*} となる．よって求める$f(x)$は次式である． \[ f(x)=8x^3-4x^2-4x+1 \]
(4) $x=0$を代入して$f(0)+f(0)=0$より $f(0)=0$である． $k$を0以上の整数として，関係式の$x$に$c^kx$を代入すると \[ f(c^kx)+f(c^{k+1}x)=c^{2k}x^2 \] が成り立つ．これから \[ (-1)^kf(c^kx)-(-1)^{k+1}f(c^{k+1}x)=(-c^2)^{k}x^2 \] $k$についての和をとる． \[ \sum_{k=0}^{n-1}\left\{(-1)^kf(c^kx)-(-1)^{k+1}f(c^{k+1}x)\right\} =\sum_{k=0}^{n-1}(-c^2)^{k}x^2 \] つまり \[ f(x)-(-1)^{n}f(c^nx)=\dfrac{1-(-c^2)^n}{1+c^2}x^2 \] がすべての自然数$n$で成りたつ． $f(x)$は連続で，$|c|< 1$なので， \[ \lim_{n \to \infty}\left|(-1)^{n}f(c^nx) \right|= \left|f\left(\lim_{n \to \infty}c^nx\right) \right|=|f(0)|=0 \] であるから， \begin{eqnarray*} &&\lim_{n \to \infty}\left\{f(x)-(-1)^{n}f(c^nx)\right\} =f(x)-\lim_{n \to \infty}\left\{(-1)^{n}f(c^nx)\right\}=f(x)\\ &&\lim_{n \to \infty}\dfrac{1-(-c^2)^n}{1+c^2}x^2= \dfrac{1}{1+c^2}x^2 \end{eqnarray*} となる．よって \[ f(x)=\dfrac{1}{1+c^2}x^2 \] である．