第１問
$\small\sf{\begin{align*}\sf \alpha=\frac{3+\sqrt{13}}{2}\ \ ,\ \ \beta=\frac{3-\sqrt{13}}{2}\end{align*}}$
とおく。
(１) 任意の正整数ｎに対して、$\small\sf{\alpha^n+\beta^n}$は整数であることを証明せよ。
(２) 実数ｒに対してｒを越えない最大の整数を[ｒ]で表し、ｒの
小数部分{ｒ}を{ｒ}＝ｒ－[ｒ]と定義する。このとき、２個の
極限値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\alpha^{2n}\right\}\ \ ,\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\alpha^{2n+1}\right\}\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
与えられた$\scriptsize\sf{\alpha,\beta}$ に対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha+\beta=\frac{3+\sqrt{13}}{2}+\frac{3-\sqrt{13}}{2}=3\end{align*}}$ ････①
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \alpha\beta=\frac{3+\sqrt{13}}{2}\cdot\frac{3-\sqrt{13}}{2}=-1\end{align*}}$ ････②
また、$\scriptsize\sf{X_n=\alpha^n+\beta^n}$ ････③とおく。
(１)
Ｘnが整数であることを、数学的帰納法で示す。
(ⅰ) ｎ＝１、２のとき
$\scriptsize\sf{X_1=\alpha+\beta=3}$ ←①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X_2&=\sf \alpha^2+\beta^2 \\ &=\sf (\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta\\ $=\sf 3^3-2\cdot (-1)\\ &=\sf 11\end{align*}}$
となり、Ｘ1、Ｘ2はともに整数である。
(ⅱ)ｎ＝ｋ、ｋ＋１のとき、(※)を満たすと仮定する。
すなわち、
Ｘk、Ｘk+1がともに整数であると仮定する。････④
このとき、①、②より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf X_{k+2}&=\sf \alpha^{k+2}+\beta^{k+2} \\ &=\sf (\alpha+\beta)(\alpha^{k+1}+\beta^{k+1})-\alpha\beta(\alpha^k+\beta^k)\\ $=\sf 3X_{k+1}+X_k\end{align*}}$
となり、④より、Ｘk+2も整数となる。
よって、任意の自然数ｎに対してＸnは整数となるので、
題意は示された。
(２)
題意より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \{\alpha^n\}&=\sf \alpha^n-[\alpha^n] \\ &=\sf X_n-\beta^n-[X_n-\beta^n] \end{align*}}$ ････⑤
であり、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 2\lt\sqrt{13}\lt 4\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{-1\lt\beta\lt 0}$ ････⑥
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (i)\ \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\alpha^{2n}\right\}\end{align*}}$ について
⑥より、$\scriptsize\sf{0\lt \beta^{2n}\lt 1}$ なので、
$\scriptsize\sf{X_{2n}-1\lt X_{2n}-\beta^{2n}\lt X_{2n}}$
となり、これの整数部分は、
$\scriptsize\sf{[X_{2n}-\beta^{2n}]=X_{2n}-1}$ ．
よって、⑤より
$\scriptsize\sf{\{\alpha^{2n}\}=X_{2n}-\beta^{2n}-(X_{2n}-1)=1-\beta^{2n}}$
ここで、⑥より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \beta^{2n}=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\alpha^{2n}\right\}=1\ \ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (ii)\ \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\alpha^{2n+1}\right\}\end{align*}}$ について
⑥より、$\scriptsize\sf{-1\lt\beta^{2n+1}\lt 0}$ なので、
$\scriptsize\sf{X_{2n+1}\lt X_{2n+1}-\beta^{2n+1}\lt X_{2n+1}+1}$
となり、これの整数部分は、
$\scriptsize\sf{[X_{2n+1}-\beta^{2n+1}]=X_{2n+1}}$ ．
よって、⑤より
$\scriptsize\sf{{\alpha^{2n+1}}=X_{2n+1}-\beta^{2n+1}-X_{2n+1}=-\beta^{2n+1}}$ ．
ここで、⑥より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \beta^{2n+1}=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\left\{\alpha^{2n+1}\right\}=0\ \ }\end{align*}}$
整数部分や小数部分は不等式で考えるのが基本です。
⑥に気づけば、問題ないと思います。
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第２問
２行２列行列Ｊ、Ｅを
$\small\sf{\begin{align*}\sf J=\begin{pmatrix}\sf 0&\sf -1\\ \sf 1&\sf 0\end{pmatrix}\ \ ,\ \ E=\begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0&\sf 1\end{pmatrix}\end{align*}}$
で定める。かつ|ｘ|≦１なる範囲を動く実数ｘに対して、
２行２列の行列Ａ(ｘ)を
$\small\sf{\begin{align*}\sf A\ (x)=xE+\sqrt{1-x^2}\ J\end{align*}}$
と定義する。更に正整数ｎに対して、行列Ａ(ｘ)のｎ乗Ａ(ｘ)n
の１行１列の成分をｆn(ｘ)とおく。
(１) ｆn(ｘ)はｘに関するｎ次の整式であり、その係数は全て整数
からなることを証明せよ。
(２) ｎ次式ｆn(ｘ)におけるｘnの係数を求めよ。
(３) ｎ＞１のとき、ｎ次式ｆn(ｘ)におけるｘ2の係数、及びｘn-2の
係数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A\ (x)=x\begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0&\sf 1\end{pmatrix}+\sqrt{1-x^2}\ \begin{pmatrix}\sf 0&\sf -1\\ \sf 1&\sf 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sf x&\sf -\sqrt{1-x^2}\\ \sf \sqrt{1-x^2}&\sf x\end{pmatrix}\end{align*}}$
ハミルトン・ケーリーの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A\ (x)^2-(x+x)A\ (x)+\left\{x^2+\left(\sqrt{1-x^2}\right)^2 \right\}E =O\end{align*}}$
⇔ Ａ(ｘ)2＝２ｘＡ(ｘ)－Ｅ ･･･①
①の両辺にＡ(ｘ)nをかけると、
Ａ(ｘ)n+2＝２ｘＡ(ｘ)n+1－Ａ(ｘ)n ･･･①’
①および①’において、両辺の(１，１)成分を比較すると、
ｆ2(ｘ)＝２ｘｆ1(ｘ)－１＝２ｘ2－１ ････②
ｆn+2(ｘ)＝２ｘｆn+1(ｘ)－ｆn(ｘ) ････②’
(１)
「ｆn(ｘ)は、整数係数のｎ次式である」････(※)
このことを数学的帰納法で示す。
(ⅰ)ｎ＝１、２のとき
ｆ1(ｘ)＝ｘ
ｆ2(ｘ)＝２ｘ2－１ ←②より
なので、ともに(※)を満たす。
(ⅱ)ｎ＝ｋおよびｎ＝ｋ＋１のとき(※)を満たすと仮定する。
すなわち、
ｆk(ｘ)は、整数係数のｋ次式
ｆk+1(ｘ)は、整数係数のｋ＋１次式
であると仮定する。････③
②’より、
ｆk+2(ｘ)＝２ｘｆk+1(ｘ)－ｆk(ｘ)
であり、③より
２ｘｆk+1(ｘ)は、整数係数のｋ＋２次式
－ｆk(ｘ)は、整数係数のｋ次式
なので、ｆk+2(ｘ)は、整数係数のｋ＋２次式となる。
よって、ｎ＝ｋ＋２のときも(※)を満たすので、
任意の自然数ｎに対して(※)を満たす。
以上より、題意は示された。
(２)
(１)より、ｆn(ｘ)は、整数係数のｎ次式であり、
ｘn、ｘn-1、ｘn-2の係数をそれぞれａn、ｂn、ｃnとおく。
すなわち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{n}(x)=a_{n}x^{n}+b_{n}x^{n-1}+c_{n}x^{n-2}+\ldots\end{align*}}$
とおく。このとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{n+1}(x)=a_{n+1}x^{n+1}+b_{n+1}x^{n}+c_{n+1}x^{n-1}+\ldots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{n+2}(x)=a_{n+2}x^{n+2}+b_{n+2}x^{n+1}+c_{n+2}x^{n}+\ldots\end{align*}}$
なので、②’式
ｆn+2(ｘ)＝２ｘｆn+1(ｘ)－ｆn(ｘ)
に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+2}x^{n+2}+b_{n+2}x^{n+1}+c_{n+2}x^{n}+\ldots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2x(a_{n+1}x^{n+1}+b_{n+1}x^{n}+c_{n+1}x^{n-1}+\ldots)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -(a_{n}x^{n}+b_{n}x^{n-1}+c_{n}x^{n-2}+\ldots)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2a_{n+1}x^{n+2}+2b_{n+1}x^{n+1}+(2c_{n+1}-a_{n})x^{n}+\ldots\end{align*}}$ ････④
この式において、ｘn+2の係数を比較すると、
ａn+2＝２ａn+1
となる。また、ｆ1(ｘ)＝ｘよりａ1＝１なので、
数列{ａn}は、初項１、公比２の等比数列である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ a_n=2^{n-1}\ \ }\end{align*}}$
(３) ｎ＞１のｎに対して、ｘn-2の係数について
④においてｘnの係数を比較すると、
ｃn+2＝２ｃn+1－ａn
であり、これに(２)の結論を代入すると、
ｃn+2＝２ｃn+1－２n-1．
両辺を２n+2で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{c_{n+2}}{2^{n+2}}=\frac{c_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{1}{8}\end{align*}}$
となるので、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{\frac{c_n}{2^n}\right\}"align="middle\end{align*}}$ は公差 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{1}{8}"align="middle\end{align*}}$ の等差数列となる。
ここで、②よりｆ2(ｘ)＝２ｘ2－１なので、ｃ2＝－１．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{c_n}{2^n}=\frac{c_2}{2^2}-\frac{1}{8}(n-2)=-\frac{1}{8}\ n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ c_n=-\frac{1}{8}\ n\cdot2^n=\underline{\ -n\cdot2^{n-3}\ \ }\end{align*}}$
「チェビシェフの多項式」と呼ばれる式ですが、
ここまでは、それほど難しくもないと思います。
ｘ2の係数は、次に記事に続きます。
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第２問
２行２列行列Ｊ、Ｅを
$\small\sf{\begin{align*}\sf J=\begin{pmatrix}\sf 0&\sf -1\\ \sf 1&\sf 0\end{pmatrix}\ \ ,\ \ E=\begin{pmatrix}\sf 1&\sf 0\\ \sf 0&\sf 1\end{pmatrix}\end{align*}}$
で定める。かつ|ｘ|≦１なる範囲を動く実数ｘに対して、
２行２列の行列Ａ(ｘ)を
$\small\sf{\begin{align*}\sf A\ (x)=xE+\sqrt{1-x^2}\ J\end{align*}}$
と定義する。更に正整数ｎに対して、行列Ａ(ｘ)のｎ乗Ａ(ｘ)n
の１行１列の成分をｆn(ｘ)とおく。
(１) ｆn(ｘ)はｘに関するｎ次の整式であり、その係数は全て整数
からなることを証明せよ。
(２) ｎ次式ｆn(ｘ)におけるｘnの係数を求めよ。
(３) ｎ＞１のとき、ｎ次式ｆn(ｘ)におけるｘ2の係数、及びｘn-2の
係数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A\ (x)=\begin{pmatrix}\sf x&\sf -\sqrt{1-x^2}\\ \sf \sqrt{1-x^2}&\sf x\end{pmatrix}\end{align*}}$
ｆ1(ｘ)＝ｘ
ｆ2(ｘ)＝２ｘ2－１ ････②
ｆn+2(ｘ)＝２ｘｆn+1(ｘ)－ｆn(ｘ) ････②’
これらより、
ｆ3(ｘ)＝２ｘｆ2(ｘ)－ｆ1(ｘ)＝４ｘ3－３ｘ ････②”
(３) ｘ2の係数について
ｎ＞１のとき、ｆn(ｘ)のｘ2、ｘの係数をそれぞれｐn、ｑnとおき、
定数項をｒnとおく。
すなわち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{n}(x)=a_{n}x^{n}+\ldots+p_nx^2+q_nx+r_n\end{align*}}$
とおく。このとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{n+1}(x)=a_{n+1}x^{n+1}+\ldots+p_{n+1}x^{2}+q_{n+1}x+r_{n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f_{n+2}(x)=a_{n+2}x^{n+2}+\ldots+p_{n+2}x^{2}+q_{n+2}x+r_{n+2}\end{align*}}$
なので、②’に代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{n+2}x^{n+2}+\ldots+p_{n+2}x^2+q_{n+2}x+r_{n+2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2x(a_{n+1}x^{n+1}+\ldots+p_{n+1}x^{2}+q_{n+1}x+r_{n+1})\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -(a_{n}x^{n}+\ldots+p_{n}x^{2}+q_{n}x+r_{n})\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2a_{n+1}x^{n+2}+\ldots+(2q_{n+1}-p_{n})x^{2}+(2r_{n+1}-q_{n})x+r_n\end{align*}}$
この式において、ｘ2、ｘの係数および定数項を比較すると、
ｐn+2＝２ｑn+1－ｐn ････⑤
ｑn+2＝２ｒn+1－ｑn ････⑥
ｒn+2＝－ｒn ････⑦
となる。
【ｒnについて】
・ｎ＝２ｍ（ｍ：整数）のとき
⑦より
ｒ2(m+1)＝－ｒ2m
なので、公比－１の等比数列になる。
②より、ｒ2＝－１なので、
ｒ2m＝(－１)m ････⑧
・ｎ＝２ｍ－１（ｍ：整数）のとき
⑦より
ｒ2m+1＝－ｒ2m-1
であり、②”よりｒ3＝０なので、
ｒ2m-1＝０ ････⑨
【ｑnについて】
・ｎ＝２ｍ（ｍ：整数）のとき
⑥より
ｑ2(m+1)＝２ｒ2m+1－ｑ2m
＝－ｑ2m ←⑨より
となるので、公比－１の等比数列である。
②よりｑ2＝０なので、
ｑ2m＝０ ････⑩
・ｎ＝２ｍ－１（ｍ：整数）のとき
⑥より
ｑ2m+1＝２ｒ2m－ｑ2m-1
＝２･(－１)m－ｑ2m ←⑧より
両辺を(－１)m+1で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{q_{2m+1}}{(-1)^{m+1}}=\frac{q_{2m-1}}{(-1)^m}-2\end{align*}}$
数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left\{\frac{q_{2m-1}}{(-1)^m}\right\}"align="middle\end{align*}}$ は公差－２の等差数列であり、
ｍ＝２のとき、②”より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q_3=-3\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{q_3}{(-1)^2}=-3\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{q_{2m-1}}{(-1)^m}=-3-2(m-2)=-2m+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ q_{2m-1}=(-2m+1)(-1)^m\end{align*}}$ ････⑪
【ｐnについて】
・ｎ＝２ｍ（ｍ：整数）のとき
⑤より
ｐ2(m+1)＝２ｑ2m+1－ｐ2m
＝２(－２ｍ－１)(－１)m+1－ｐ2m ←⑪より
両辺を(－１)m+1で割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{p_{2(m+1)}}{(-1)^{m+1}}=-2(2m+1)+\frac{p_{2m}}{(-1)^m}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{p_{2(m+1)}}{(-1)^{m+1}}-\frac{p_{2m}}{(-1)^m}=-2(2m+1)\end{align*}}$
数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{p_{2m}}{(-1)^m}\end{align*}}$ の階差数列が－２(２ｍ＋１)となるので、
ｍ≧２のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{p_{2m}}{(-1)^m}=\frac{p_2}{-1}-2\sum_{k=1}^{m-1}\ (2k+1)\end{align*}}$
②よりｐ2＝２なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{p_{2m}}{(-1)^m}=-4\cdot\frac{1}{2}m(m-1)-2(m-1)=-2m^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p_{2m}=2m\cdot(-1)^{m+1}\end{align*}}$
これは、ｍ＝１のときも満たす。
・ｎ＝２ｍ－１（ｍ：整数）のとき
⑤より
ｐ2m+1＝２ｑ2m－ｐ2m-1
＝－ｐ2m ←⑩より
公比－１の等比数列になり、②”よりｐ3＝０なので、
ｐ2m-1＝０
以上より、
ｎが偶数のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ p_n=\frac{n^2}{2}\cdot(-1)^{\frac{n}{2}+1}\ \ }\end{align*}}$
ｎが奇数のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \underline{\ p_n=0\ \ }\end{align*}}$
「チェビシェフの多項式」については、定数項やｘの係数を求めさせる
問題（上の解法におけるｒnやｑn）は、よくありそうですが・・・・
ｘ2の係数は、難しいですねぇ・・・
旧課程で習うド・モアブルの定理を用いれば、少し楽だと思います・・・・
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第３問
ａ、ｂ、ｃを実数の定数とする。このとき、以下の４条件を同時に
満たすような実数の数列{ｘn}n=1,2,･･が存在する為に、定数
ａ、ｂ、ｃの満たすべき必要十分条件を求めよ。
条件(１)：ｘn＝－ａとなる正整数ｎは存在しない。
条件(２)：ある正整数ｎ＞１についてｘn≠ｘ1が成り立つ。
条件(３)：任意の正整数ｎについてｘn+2＝ｘnが成り立つ。
条件(４)：任意の正整数ｎについて
$\small\sf{\begin{align*}\sf x_{n+1}=\frac{bx_n+c}{x_n+a}\end{align*}}$
が成り立つ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
条件(３)より
ｘ1＝ｘ3＝ｘ5＝･･･＝ｘ2m-1＝･･･
ｘ2＝ｘ4＝ｘ6＝･･･＝ｘ2m＝･･･ （ｍ：自然数）
ここで、
ｘ1＝ｐ、 ｘ2＝ｑ
とおく。
条件(１)より
ｐ≠ｑ ････①
条件(２)より、
ｐ≠－ａ かつ ｑ≠－ａ ････②
条件(４)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{bp+c}{p+a}\end{align*}}$ ････③ かつ $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{bp+c}{p+a}\end{align*}}$ ････④
①、③より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{bp+c}{p+a}\ne p\ \ \Leftrightarrow\ \ bp+c\ne p(p+a)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p^2+(a-b)p-c\ne 0\end{align*}}$ ････⑤
②、③より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q=\frac{bp+c}{p+a}\ne -a\ \ \Leftrightarrow\ \ bp+c\ne -a(p+a)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (a+b)p+c+a^2\ne 0\end{align*}}$ ････⑥
③、④より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=\frac{bq+c}{q+a}=\frac{b\cdot\frac{bp+c}{p+a}+c}{\frac{bp+c}{p+a}+a}=\frac{b(bp+c)+c(p+a)}{bp+c+a(p+a)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p\left\{bp+c+a(p+a)\right\}=b(bp+c)+c(p+a)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (a+b)p^2+(a^2-b^2)p-(a+b)c=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ (a+b)\left\{p^2+(a+b)p-c\right\}=0\end{align*}}$ ････⑦
⑤、⑦より
ａ＋ｂ＝０ ････⑧
⑥、⑧より
ｃ＋ａ2≠０ ････⑨
以上より、求める条件は、
ａ＋ｂ＝０ かつ ｃ＋ａ2≠０
条件がいっぱいありますが、ゴチャゴチャにならないように。
おおまかには、
条件(１)～(４)
⇔ ①～④
⇔ ⑤～⑦
⇔ ⑧、⑨
といった感じでしょうか。
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第４問
ｎは正整数とする。
(１)
$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{x(1+x)^n}=\frac{a_0}{x}+\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{(1+x)^{i}}\end{align*}}$
となる定数ａ0、ａ1、･･･、ａnを求めよ。
(２) 更にｎ＞１とする。１より小さい正の実数ａが０に近づくとき、
極限
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ \int_a^1\frac{\log x}{(1+x)^n}\ dx\end{align*}}$
は、正負いずれの無限大にも発散せず、有限の値をとること
を証明せよ。
（但し、極限値を具体的に求める必要はない。また
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow0+}\ x\log x=0"align="middle\end{align*}}$
であることは証明なしに用いてもよい。）
(３) 極限値
$\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ \int_a^1\frac{x\log x}{(1+x)^3}\ dx\end{align*}}$
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{x(1+x)^n}=\frac{a_0}{x}+\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{(1+x)^{i}}\end{align*}}$ ････①
(１)
①式で、ｔ＝１＋ｘとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{(t-1)\ t^n}=\frac{a_0}{t-1}+\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{t^{\ i}}\end{align*}}$ ････②
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{a_0}{t-1}+\frac{a_1}{t}+\frac{a_2}{t^2}+\frac{a_3}{t^3}+\ldots+\frac{a_n}{t^n}\end{align*}}$
両辺に(ｔ－１)ｔnをかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 1=a_0t^n+(t-1)(a_1t^{n-1}+a_2t^{n-2}+a_3t^{t-3}+\ldots+a_{n-1}t+a_n)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1=(a_0+a_1)t^n-(a_1-a_2)t^{n-1}-(a_2-a_3)t^{n-2}-\ldots\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ldots-(a_{n-2}-a_{n-1})t^{2}-(a_{n-1}-a_n)t-a_n\end{align*}}$
係数を比較すると、
ａ0＋ａ1＝０
ａ1－ａ2＝ａ2－ａ3＝･･･＝ａn-1－ａn＝０
－ａn＝１
となるので、
ａ0＝１
ａ1＝ａ2＝ａ3＝･･･＝ａn＝－１
(２)
②に(１)の結論を代入すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{(t-1)\ t^n}=\frac{1}{t-1}-\sum_{i=1}^n\frac{1}{t^{\ i}}\end{align*}}$ ････②’
また、定積分
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf I_n=\int_a^1\frac{\log x}{(1+x)^n}\ dx\end{align*}}$ ････③
において、ｔ＝１＋ｘと置換すると、
ｘ：ａ→１ に対応するｔは、ｔ：ａ＋１→２ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf I_n=\int_{a+1}^2\frac{\log (t-1)}{t^n}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left[-\frac{t^{-(n-1)}}{n-1}\cdot\log (t-1)\right]_{a+1}^2+\int_{a+1}^2\frac{t^{-(n-1)}}{n-1}\cdot\frac{1}{t-1}\ dt\end{align*}}$ ←部分積分
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n-1}(a+1)^{-n+1}\ \log a+\frac{1}{n-1}\int_{a+1}^2\frac{t^{-n+1}}{t-1}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n-1}\left\{\frac{(a+1)\log a}{(a+1)^{n}}+\int_{a+1}^2\frac{t}{(t-1)t^{n}}\ dt\right\}\end{align*}}$ ．
{ }内の定積分は②’を用いて、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{a+1}^2\frac{t}{(t-1)t^{n}}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_{a+1}^2\left(\frac{1}{t-1}-\sum_{i=1}^n\frac{1}{t^{\ i}}\right)t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\int_{a+1}^2\frac{t}{t-1}\ dt-\int_{a+1}^2t\sum_{i=1}^n\frac{1}{t^{\ i}}\ dt\end{align*}}$
となり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{a+1}^2\left(1+\frac{1}{t-1}\right)\ dt=\left[t+\log(t-1)\right]_{a+1}^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =2+\log 1-(a+1+\log a)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =1-a-\log a\end{align*}}$ ．
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A_n=\int_{a+1}^2t\sum_{i=1}^n\frac{1}{t^{\ i}}\ dt\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf I_n=\frac{1}{n-1}\left\{\frac{(a+1)\log a}{(a+1)^{n}}+1-a-\log a-A_n\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{1}{n-1}\left\{-\frac{(a+1)^n-(a+1)}{(a+1)^{n}}\ \log a+1-a-A_n\right\}\end{align*}}$ ．
ここで、二項定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (a+1)^n-(a+1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =_nC_0a^n+_nC_1a^{n-1}+\ldots+_nC_{n-2}a^2+_nC_{n-1}a+_nC_n-(a+1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =a^n+na^{n-1}\ldots+_nC_{n-2}a^2+(n-1)a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left\{a^{n-1}+na^{n-2}\ldots+_nC_{n-2}a+(n-1)\right\}\ a\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\frac{(a+1)^n-(a+1)}{(a+1)^{n}}\ \log a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{a\rightarrow 0+}\frac{a^{n-1}+na^{n-2}\ldots+_nC_{n-2}a+(n-1)}{(a+1)^{n}}\cdot a \log a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\frac{0+0+\ldots +0+n-1}{(0+1)^{n}}\cdot \lim_{a\rightarrow 0+}a\log a\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \left(\because\ \lim_{x\rightarrow0+}\ x\log x=0\right)\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ I_n=\frac{1}{n-1}\left(1-\lim_{a\rightarrow 0+}A_n\right)\end{align*}}$ ････④
一方、Ａnについて、
ｎ＝１のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A_1=\int_{a+1}^2\ dt=2-(a+1)=1-a\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ A_1=1\end{align*}}$
ｎ＝２のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A_2=\int_{a+1}^2\left(1+\frac{1}{t}\right) dt=\left[t+\log t\right]_{a+1}^2=1-a+\log 2-\log(a+1)\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ A_2=1+\log 2\end{align*}}$ ････⑤
ｎ≧３のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf A_n=\int_{a+1}^2\left(1+\frac{1}{t}+\frac{1}{t^2}+\ldots +\frac{1}{t^{n-1}}\right)\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left[t+\log t-\frac{1}{t}-\frac{1}{2t^2}-\ldots -\frac{1}{(n-2)\ t^{n-2}}\right]_{a+1}^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(2+\log2-\frac{1}{2}-\frac{1}{2\cdot 2^2}-\ldots -\frac{1}{(n-2)\cdot 2^{n-2}}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\left(a+1+\log (a+1)-\frac{1}{a+1}-\frac{1}{2(a+1)^2}-\ldots -\frac{1}{(n-2)(a+1)^{n-2}}\right)\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ A_n=\left(2+\log2-\frac{1}{2}-\frac{1}{2\cdot 2^2}-\ldots -\frac{1}{(n-2)\cdot 2^{n-2}}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\left(1-\frac{1}{1}-\frac{1}{2}-\ldots -\frac{1}{n-2}\right)\end{align*}}$ ････⑥
となり、
いずれの場合も $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ A_n"align="middle\end{align*}}$ は有限の値をとることになる。
これと④より、題意は示された。
(３)
(２)と同様、ｔ＝ｘ＋１と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ \int_a^1\frac{x\log x}{(1+x)^3}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{a\rightarrow 0+}\ \int_a^1\frac{(t-1)\log (t-1)}{t^3}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{a\rightarrow 0+}\ \left(\int_a^1\frac{\log (t-1)}{t^2}\ dt-\int_a^1\frac{\log (t-1)}{t^3}\ dt\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\lim_{a\rightarrow 0+}I_2-\lim_{a\rightarrow 0+}I_3\end{align*}}$ ←③より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\left(1-\lim_{a\rightarrow 0+}A_2\right)-\frac{1}{2}\left(1-\lim_{a\rightarrow 0+}A_3\right)\end{align*}}$ ←④より
ここで、⑥より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ A_3=\left(2+\log2-\frac{1}{2}\right)-\left(1-\frac{1}{1}\right)=\log2+\frac{3}{2}\end{align*}}$
であり、これと⑤より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{a\rightarrow 0+}\ \int_a^1\frac{x\log x}{(1+x)^3}\ dx=\left\{1-(1+\log 2)\right\}-\frac{1}{2}\left\{1-\left(\log2+\frac{3}{2}\right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ -\frac{1}{2}\log 2+\frac{1}{4}\ \ }\end{align*}}$
(２)は計算がタイヘンそうですが、やっていることはそれほど難しくはありません。
二項定理を用いて、－∞に発散してしまう logａを処理しただけです。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/01(月) 02:05:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .奈良県立医大 2010
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