第1問
自然数nに対して
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\int_0^1x^ne^{-x}dx\end{align*}}$
とおく。ただし、eは自然対数の底である。
(1) 次の関係式が成り立つことを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n+1}\sf =-\frac{1}{e}+\left(n+1 \right)\rm I_{\sf n}\end{align*}}$
(2) 次の等式を示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\frac{n!}{e}\left(e-1-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\right)\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n+1}\sf =\int_0^1x^{n+1}e^{-x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[-x^{n+1}e^{-x}\bigg]_0^1+\int_0^1\left( n+1\right)x^ne^{-x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-e^{-1}+\left( n+1\right)\int_0^1x^ne^{-x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{e}+\left(n+1\right)\rm I_{\sf n}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\frac{n!}{e}\left(e-1-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\right)\end{align*}}$ ……(#)
が成り立つことを数学的帰納法を用いて示す。
(ⅰ)n=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I_{\sf 1}\sf =\int_0^1ex^{-x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[-xe^{-x}\bigg]_0^1+\int_0^1e^{-x}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[-xe^{-x}-e^{-x}\bigg]_0^1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-\frac{2}{e}\end{align*}}$
であり、右辺は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{e}\left(e-1-\frac{1}{1} \right)=1-\frac{2}{e}\end{align*}}$
となるので、(#)は成り立つ。
(ⅱ)n=mのとき(#)が成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf m}\sf =\frac{m!}{e}\left(e-1-\sum_{k=1}^m\frac{1}{k!}\right)\end{align*}}$ ……(ⅰ)
であり、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I_{\sf m+1}\sf =-\frac{1}{e}+\left(m+1\right)I_m\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{e}+\left(m+1\right)\cdot\frac{m!}{e}\left(e-1-\sum_{k=1}^m\frac{1}{k!}\right)\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{e}\left\{-1+\left(m+1\right)!\left(e-1-\sum_{k=1}^m\frac{1}{k!}\right)\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(m+1\right)!}{e}\left\{-\frac{1}{\left(m+1\right)!}+e-1-\sum_{k=1}^m\frac{1}{k!}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(m+1\right)!}{e}\left(e-1-\sum_{k=1}^{m+1}\frac{1}{k!}\right)\end{align*}}$
となるので、n=m+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
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\frac{n!}{e}\left(e-1-\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}\right)\end{align*}}$
が成り立つ。
(2)は、数列
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf {\color{blue}a_n=\frac{\rm I_{\sf n}}{n!}}\end{align*}}$
を考えることによって、(1)の漸化式を直接解くこともできます。
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- 2014/10/28(火) 23:57:00|
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第2問
x＞0の範囲で
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{\sin x}{x}\end{align*}}$
を考える。
(1) f(x)は、0＜x≦$\small\sf{\pi}$ において減少することを示せ。
(2) nを自然数とする。f(x)が極小値・極大値をとるxのうちで、
(2n－1)$\small\sf{\pi}$ ≦x≦(2n+1)$\small\sf{\pi}$
をみたすものが、それぞれちょうど1つずつ存在することを
示せ。
(3) f(x)が極値をとるxの値を小さい方から順に
x1、x2、x3、… (0＜x1＜x2＜x3＜…)
とするとき、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\cos x_n=0\end{align*}}$
を示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
f(x)の導関数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}\end{align*}}$
であり、分子を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (x)=x\cos x-\sin x\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ '(x)=\cos x-x\sin x-\cos x=-x\sin x\end{align*}}$
となる。
0＜x≦$\scriptsize\sf{\pi}$ の範囲において、
g’(x)≦0なので、g(x)は単調に減少し、
これと、g(0)=0より、g(x)＜0となる。
よって、この範囲で常にf’(x)＜0となるので、
f(x)は単調に減少する。
(2)
区間(2n－1)$\scriptsize\sf{\pi}$ ≦x≦(2n+1)$\scriptsize\sf{\pi}$ におけるg(x)の増減は
次のようになる。
ここで、g(x)は連続関数であり、
g((2n－1)$\scriptsize\sf{\pi}$ )=－(2n－1)$\scriptsize\sf{\pi}$ ＜0
g(2n$\scriptsize\sf{\pi}$ )=2n$\scriptsize\sf{\pi}$ ＞0
g((2n+1)$\scriptsize\sf{\pi}$ )=－(2n+1)$\scriptsize\sf{\pi}$ ＜0
なので、中間値の定理より、g(x)=0となるxが
区間(2n－1)$\scriptsize\sf{\pi}$ ＜x＜2n$\scriptsize\sf{\pi}$ と区間2n$\scriptsize\sf{\pi}$ ＜x＜(2n+1)$\scriptsize\sf{\pi}$ に
それぞれ1つずつ存在する。
それらをan、bnとすると、区間(2n－1)$\scriptsize\sf{\pi}$ ≦x≦(2n+1)$\scriptsize\sf{\pi}$
におけるf(x)の増減は次のようになる。
よって、f(x)はx=anで極小値、x=bnで極大値をとるので、
題意は示された。
(3)
x=xnでf(x)が極値をとるので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x_n)=\frac{x_n\cos x_n-\sin x_n}{x_n^ {\ 2}}=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos x_n=\frac{\sin x_n}{x_n}\end{align*}}$
であり、これと
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -1\leqq \sin x_n\leqq 1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{1}{x_n}\leqq \frac{\sin x_n}{x_n}\leqq \frac{1}{x_n}\ \ \ \ \left(\because\ x_n>0 \right)\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{1}{x_n}\leqq \cos x_n\leqq \frac{1}{x_n}\end{align*}}$ ……(#)
ここで(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (2n-1)\pi\lt a_n\lt b_n<(2n+1)\pi\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}\ b_n=+\infty\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ x_n=+\infty\ \ \Leftrightarrow\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{1}{x_n}=0\end{align*}}$
となるので、(#)に はさみうちの原理を適用すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\cos x_n=0\end{align*}}$
を得る。
(1)で、f”(x)から考えようとすると、面倒なことになるので、
分子だけをg(x)とおくのがポイントです。
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- 2014/10/29(水) 23:57:00|
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第3問
2次正方行列 $\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf a&\sf b \\ \sf c & \sf d \end{pmatrix}\end{align*}}$ に対して、s=－(a+d)、t=ad－bc
とおく。$\small\sf{\begin{align*} \sf P=\begin{pmatrix} \sf p&\sf x \\ \sf q & \sf y \end{pmatrix}\end{align*}}$ について、$\small\sf{\begin{align*} \sf AP=P\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -t \\ \sf 1 & \sf -s \end{pmatrix}\end{align*}}$ となるための必要十分
条件は、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \binom{x}{y}=A\binom{p}{q}\end{align*}}$
であることを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP=P\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -t \\ \sf 1 & \sf -s \end{pmatrix}\ \ \Leftrightarrow\ \ A\begin{pmatrix} \sf p&\sf x \\ \sf q & \sf y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf p&\sf x \\ \sf q & \sf y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -t \\ \sf 1 & \sf -s \end{pmatrix}\end{align*}}$ ……(ⅰ)
を列ごとに計算すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{p}{q}=\begin{pmatrix} \sf p&\sf x \\ \sf q & \sf y \end{pmatrix}\binom{0}{1}=\binom{x}{y}\end{align*}}$ ……(ⅱ)
かつ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{x}{y}=\begin{pmatrix} \sf p&\sf x \\ \sf q & \sf y \end{pmatrix}\binom{-t}{-s}=-t\binom{p}{q}-s\binom{x}{y}\end{align*}}$ ……(ⅲ)
となるので、(ⅰ)⇒(ⅱ)は成り立つ。
一方、ハミルトン・ケーリーの定理より
A2－(a+d)A+(ad－bc)E=O
すなわち
A2+sA+tE=O
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A^2\binom{p}{q}+sA\binom{p}{q}+t\binom{p}{q}=\binom{0}{0}\end{align*}}$ ……(ⅳ)
(ⅱ)が成り立つとき、(ⅳ)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\binom{x}{y}+s\binom{x}{y}+t\binom{p}{q}=\binom{0}{0}\end{align*}}$
と変形でき、これは(ⅲ)と一致する。
よって、(ⅱ)⇒(ⅰ)も成り立つことになる。
以上より、(ⅰ)が成り立つための必要十分条件は(ⅱ)なので、
題意は示された。
全部を成分で計算してしまっても、それほど面倒ではありません。
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- 2014/10/30(木) 23:57:00|
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第4問
xy平面上の3点O(0，0)、A(1，－t)、B(0，－t)
（0＜t＜$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sqrt3}\end{align*}}$ ）に対し、y軸上にB、O、C、Dの順に並ぶ
点C、Dを
∠OAO=∠OAC=∠CAD
となるようにとる。また、線分BA上の点Eを
3∠BDE=∠BDA
となるようにとる。
(1) 直線ACの方程式を求めよ。
(2) 直線DEの方程式を求めよ。
(3) 直線ACと直線DEの交点をP(x1，y1)とするとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{y_1}{x_1}\end{align*}}$
の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\theta}$ =∠BAOとおくと、tan$\scriptsize\sf{\theta}$ =t ……(#)
であり、0＜t＜$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\sqrt3}\end{align*}}$ より、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\theta<\frac{\pi}{6}\end{align*}}$ なので、
∠BAC（=2$\scriptsize\sf{\theta}$ ）、∠BAD（=3$\scriptsize\sf{\theta}$ ）は共に鋭角である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BC=AB\tan 2\theta=\frac{2t}{1-t^2}\end{align*}}$ ←倍角公式
より、点Cのy座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2t}{1-t^2}-t=\frac{t\left(1+t^2 \right)}{1-t^2}\end{align*}}$
となるので、直線ACの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ y=-\frac{2t}{1-t^2}x+\frac{t\left(1+t^2\right)}{1-t^2}\ }\end{align*}}$ ．
(2)
(1)と同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BD=AB\tan 3\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\tan 2\theta+\tan2\theta}{1-\tan 22\theta\tan2\theta}\end{align*}}$ ←加法定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\frac{2t}{1-t^2}+t}{1-\frac{2t}{1-t^2}\cdot t}\end{align*}}$ ←倍角公式と倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{t\left(3-t^2 \right)}{1-3t^2}\end{align*}}$
より、点Dのy座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{t\left(3-t^2 \right)}{1-3t^2}-t=\frac{2t\left(1+t^2 \right)}{1-3t^2}\end{align*}}$ ．
また、∠BAD=3$\scriptsize\sf{\theta}$ と∠BDA=3∠BDEより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle DEB=\frac{\pi}{2}-\angle BDE=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{3}\left(\frac{\pi}{2}-3\theta \right)=\frac{\pi}{3}+\theta\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\angle DEB=\tan\left( \frac{\pi}{3}+\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\tan\frac{\pi}{3}+\tan\theta}{1-\tan\frac{\pi}{3}\tan\theta}\end{align*}}$ ←加法定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\sqrt3+t}{1-\sqrt3\ t}\end{align*}}$ ．
よって、直線DEの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ y=-\frac{\sqrt3+t}{1-\sqrt3\ t}\ x+\frac{2t\left(1+t^2 \right)}{1-3t^2}\ }\end{align*}}$
(3)
P(x1，y1)は、2直線AC、DEの交点なので、
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_1=-\frac{2t}{1-t^2}\ x_1+\frac{t\left(1+t^2\right)}{1-t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-t^2\right)y_1+2t\ x_1=t\left(1+t^2\right)\end{align*}}$
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_1=-\frac{\sqrt3+t}{1-\sqrt3\ t}\ x_1+\frac{2t\left(1+t^2 \right)}{1-3t^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-3t^2 \right)\left(y_1+\frac{\sqrt3+t}{1-\sqrt3\ t}\ x_1\right)=2t\left(1+t^2 \right)\end{align*}}$ ．
これら2式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\left\{\left(1-t^2 \right)y_1+2t\ x_1\right\}=\left(1-3t^2\right)\left( y_1+\frac{\sqrt3+t}{1-\sqrt3\ t}\ x_1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(2-2t^2 \right)\frac{y_1}{x_1}+4t=\left(1-3t^2\right)\frac{y_1}{x_1}+\frac{\left(\sqrt3+t\right)\left(1-3t^2\right)}{1-\sqrt3\ t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+t^2 \right)\frac{y_1}{x_1}=\left(\sqrt3+t\right)\left(1+\sqrt3 t\right)-4t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+t^2 \right)\frac{y_1}{x_1}=\sqrt3+\sqrt3 t^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \frac{y_1}{x_1}=\sqrt3\ }\end{align*}}$
最後はキレイになるので嬉しい問題です！
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- 2014/10/31(金) 23:57:00|
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