第1問
次のふたつの方程式を考える。
x2+y2=z2 ････①
s2+t2=u2+1 ････②
(1) 実数a、bに対し実数a※、b※をa※=a+b、b※=2a+b+1で
定める。(x，y，z)=(a，a+1，b)が①の解ならば(s，t，u)=
(a※，a※+1，b※)は②の解であることを示せ。
また、逆に(s，t，u)=(a，a+1，b)が②の解ならば(x，y，z)=
(a※，a※+1，b※)は①の解であることを示せ。
(2) 方程式①の自然数解(x，y，z)をピタゴラス数という。y=x+1を
満たすピタゴラス数を3組求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
(x，y，z)=(a，a+1，b)が①の解なので、
a2+(a+1)2=b2 ････③
このとき、(s，t，u)=(a※，a※+1，b※)に対して、
s2+t2－u2－1
=(a※)2+(a※+1)2－(b※)2－1
=(a+b)2+(a+b+1)2－(2a+b+1)2－1
=－2a2+b2－2a－1
=－2a2+{a2+(a+1)2}－2a－1
=0
となるので、s2+t2=u2+1．
以上より、
(a，a+1，b)が①の解ならば(a※，a※+1，b※)は②の解である･･･(A)
逆に、(s，t，u)=(a，a+1，b)が②の解のとき、
a2+(a+1)2=b2+1 ････④
このとき、(x，y，z)=(a※，a※+1，b※)に対して、
x2+y2－z2
=(a※)2+(a※+1)2－(b※)2
=(a+b)2+(a+b+1)2－(2a+b+1)2
=－2a2+b2－2a
=－2a2+{a2+(a+1)2-1}－2a
=0
となるので、x2+y2=z2．
以上より、
(a，a+1，b)が②の解ならば(a※，a※+1，b※)は①の解である･･･(B)
(2)
まず、32+42=52がなりたつので、
a=3、b=4とすると、a※=8、b※=12．
(A)より(s，t，u)=(8，9，12)は②の解となる。
次に、a=8、b=12とすると、a※=20、b※=29であり、
(B)より(x，y，z)=(20，21，29)は①の解となる。
さらに、a=20、b=29とすると、a※=49、b※=70であり、
(A)より(s，t，u)=(49，50，70)は②の解となる。
次に、a=49、b=70とすると、a※=119、b※=169であり、
(B)より(x，y，z)=(119，120，169)は①の解となる。
以上より、
(x，y，z)=(3，4，5)、(20，21，29)、(119，120，169)
はピタゴラス数である。
面倒ですが、うまく(1)を使いましょう。
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- 2013/08/28(水) 23:57:00|
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第2問
cを定数として数列{an}を次の条件によって定める。
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=c+1\ \ ,\ \ a_{n+1}=\frac{n}{n+1}\ a_n+1\ \ (n=1,2,3,\ldots)\end{align*}}$
(1) a2、a3、a4を求めよ。また一般項anの形を推定し、その推定が
正しいことを証明せよ。
(2) c=324のとき、anの値が自然数となるようなnをすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
順に計算していくと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=\frac{1}{2}\left(c+1\right)+1=\underline{\ \frac{1}{2}c+\frac{3}{2}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{2}c+\frac{3}{2}\right)+1=\underline{\ \frac{1}{3}c+2\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_4=\frac{3}{4}\left(\frac{1}{3}c+2\right)+1=\underline{\ \frac{1}{4}c+\frac{5}{2}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_5=\frac{3}{4}\left(\frac{1}{4}c+\frac{5}{2}\right)+1=\frac{1}{5}c+3\end{align*}}$
となるので、一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{1}{n}c+\frac{1}{2}(n+1)\end{align*}}$ ････(※)
であると類推できる。これを数学的帰納法で示す。
(ⅰ)n=1のときは自明
(ⅱ)n=kのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_k=\frac{1}{k}c+\frac{1}{2}(k+1)\end{align*}}$ ････①
が成り立つと仮定すると、与えられた漸化式より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{k+1}=\frac{k}{k+1}\ a_k+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{k}{k+1}\left\{\frac{1}{k}c+\frac{1}{2}(k+1)\right\}+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{k+1}c+\frac{1}{2}k+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{k+1}c+\frac{1}{2}\left\{(k+1)+1\right\}\end{align*}}$
となるので、n=k+1のときも(※)は成り立つ。
以上より、任意の自然数nに対して、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{1}{n}c+\frac{1}{2}(n+1)\end{align*}}$
となる。
(2)
(1)より、c=324のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\frac{324}{n}+\frac{1}{2}(n+1)\end{align*}}$ ････(※)’
(ア) nが偶数のとき
n=2m（m：自然数）とおくと、(※)’は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2m}=\frac{324}{2m}+\frac{1}{2}(2m+1)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2\cdot3^4}{m}+m+\frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\frac{4\cdot 3^4}{m}+1}{2}+m\end{align*}}$
となるので、これが自然数になるためには
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4\cdot 3^4}{m}+1\end{align*}}$ が偶数、すなわち、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4\cdot 3^4}{m}\end{align*}}$ が奇数になればよい。
そのためにはmは4の倍数である必要があるので、
m=4L（L：自然数）とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4\cdot 3^4}{m}=\frac{3^4}{L}\end{align*}}$ ．
これが整数になるためには、
L=1，3，9，27，81
⇔ n=2m=8L=8，24，72，216，648
(イ) nが奇数のとき
n=2m－1（m：自然数）とおくと、(※)’は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{2m-1}=\frac{324}{2m-1}+\frac{1}{2}\left\{(2m-1)+1\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2^2\cdot3^4}{2m-1}+m\end{align*}}$
となるので、これが自然数になるためには
奇数2m－1が324の約数であればよい。
よって、n=2m－1=1，3，9，27，81
以上より、題意を満たすnの値は、
n=1，3，8，9，24，27，72，81，216，648
である。
(2)は偶奇で場合分けするのがミソです。
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第3問
tを実数として2次正方行列
$\small\sf{\begin{align*} \sf A_t=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf -t \\ \sf t & \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
を考える。
(1) すべての実数tに対しAtが逆行列を持つことを示し、その逆行列
At-1を求めよ。
(2) 各実数tに対し座標平面上の点(xt，yt)を条件
$\small\sf{\begin{align*} \sf \binom{x_t}{y_t}=A_t^{-1}\binom{1}{0}\end{align*}}$
によって定める。tがすべての実数を動くとき(xt，yt)が描く図形を
求めて図示せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
デターミナントを計算すると、
detAt=1･1－t･(－t)=1+t2≠0
なので、Atは逆行列をもち、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A_t^{-1}=\underline{\ \frac{1}{1+t^2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 4 \\ \sf -t& \sf 1 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{x_t}{y_t}=\frac{1}{1+t^2}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 4 \\ \sf -t& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{1}{0}=\frac{1}{1+t^2}\binom{1}{-t}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_t^2+y_t^2=\left(\frac{1}{1+t^2}\right)^2+\left(\frac{t}{1+t^2}\right)^2=\frac{1+t^2}{\left(1+t^2\right)^2}=\frac{1}{1+t^2}=x_t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x_t-\frac{1}{2}\right)^2+y_t^2=\frac{1}{4}\end{align*}}$
また、t2≧0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_t=\frac{1}{1+t^2}>0\end{align*}}$ ．
よって、点(xt，yt)の動く図形を図示すると下図のようになる。
これは問題ないでしょ！
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第4問
関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=-\frac{1}{2x}+\tan x\ \ \ ,\ \ \ g\ (x)=x\cos (x^2)\end{align*}}$
について、以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt\alpha\lt \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲にある$\small\sf{\alpha}$ で$\small\sf{\sf f(\alpha)=0}$ となるものがただひとつ存在
することを示せ。
(2) 閉区間 $\small\sf{\begin{align*} \sf \left[0\ ,\ \sqrt{\frac{\pi}{2}}\right]\end{align*}}$ における$\small\sf{\sf g(x)} の増減表をかけ。必要ならば(1)の
$\small\sf{\alpha}$ を用いてよい。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt\beta\lt\sqrt{\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$ の範囲にあり$\small\sf{\sf g'(\beta)=0}$ を満たす$\small\sf{\beta}$ を(1)の$\small\sf{\alpha}$ を用いて
表せ。また$\small\sf{\sf g(x)=x\cos(x^2)}$ の逆関数をh(x)とする。このとき、
$\small\sf{\sf y=g(x)}$ とy=h(x)のグラフの関係に注意して、定積分 $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{g\ (\beta)}h\ (x)\ dx\end{align*}}$
を$\small\sf{\alpha}$ を用いて表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
f(x)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{\cos ^2x}>0\end{align*}}$
なので、f(x)は単調に増加する。また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow +0}\ f\ (x)=\lim_{n\rightarrow +0}\left(-\frac{1}{2x}+\tan x\right)=-\lim_{n\rightarrow +0}\ \frac{1}{2x}=-\infty\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow \pi/2-0}\ f\ (x)=\lim_{n\rightarrow \pi/2-0}\left(-\frac{1}{2x}+\tan x\right)=\lim_{n\rightarrow \pi/2-0}\ \tan x=+\infty\end{align*}}$
であり、関数f(x)は区間$\scriptsize\sf{\sf 0\lt x\lt\pi/2}$ で連続なので、
中間値の定理より、$\scriptsize\sf{\sf f(\alpha)=0}$ となる$\scriptsize\sf{\alpha}$ が、$\scriptsize\sf{\sf 0\lt\alpha\lt\pi/2}$ の範囲に
ただ1つ存在する。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=\cos (x^2)-2x^2\sin (x^2)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g'\left(0\right)=1\ \ ,\ \ g'\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\right)=-\pi\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt x<\sqrt{\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$ ･･・･① の範囲において、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g'(x)=-2x^2\cos (x^2)\left(-\frac{1}{2x^2}+\tan (x^2)\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-2x^2\cos (x^2)\ f\ (x^2)\end{align*}}$
となり、①より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\lt x^2<\frac{\pi}{2}\end{align*}}$
なので、(1)より、g’(x)=0となるのは、$\scriptsize\sf{\sf x_2=\alpha}$ すなわち
x=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\alpha}\end{align*}}$ のときである。
また、①の範囲ではつねに
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -2x^2\cos(x^2)<0\end{align*}}$
であり、(1)より
$\scriptsize\sf{\sf 0\lt x_2\lt\alpha}$ のとき f(x2)＜0
$\scriptsize\sf{\alpha\lt x^2\lt \pi/2}$ のとき f(x2)＞0
なので、g(x)の増減表は次のようになる。
(3)
(1)、(2)より、$\scriptsize\sf{\beta}$ =$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\alpha}\end{align*}}$ ．
また、$\scriptsize\sf{\sf 0\lt\alpha\lt\pi/2}$ の範囲では$\scriptsize\sf{\sf 0\lt\cos\alpha\lt 1}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{\alpha}\cos\alpha<\sqrt{\alpha}\ \ \Leftrightarrow\ \ g\left(\sqrt\beta\right)<\beta\end{align*}}$
となり、y=g(x)とy=h(x)のグラフは下図のようになる。
図の対称性より、赤色部分と水色部分の面積は等しいので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf =\int_0^{g\ (\beta)}h\ (x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\beta\ g(\beta)-\int_0^{\beta}g\ (x)\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\alpha}\ g(\sqrt{\alpha})-\int_0^{\sqrt{\alpha}}x\cos(x^2)\ dx\end{align*}}$
ここで、t=x2と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=2x\end{align*}}$
なので、積分区間も考慮に入れると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf =\alpha\cos\alpha-\int_0^\alpha x\cdot\cos t \cdot\frac{dt}{2x}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\alpha\cos\alpha-\frac{1}{2}\int_0^\alpha \cos t\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\alpha\cos\alpha-\frac{1}{2}\left[\sin t\right]_0^\alpha \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \alpha\cos\alpha-\frac{1}{2}\sin\alpha }\end{align*}}$
そんなに難しくないと思います。
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- 2013/08/31(土) 23:57:00|
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