第1問
以下の問いに答えよ。
(1) nは正の整数とする。n3が偶数であるならば、nは偶数である
ことを証明せよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt[3]2\end{align*}}$ は有理数でないことを証明せよ。
(3) $\small\sf{\alpha}$ =$\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt[3]2\end{align*}}$ とする。$\small\sf{\alpha}$ 2+p$\small\sf{\alpha}$ +q=0を満たす有理数p、qが存在
しないことを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
nが奇数のとき、
n=2k－1 （kは自然数）
とおくと、
n3=(2k－1)3
=8k3－12k2+6k－1
=2(4k3－6k2+3k)－1
となり、n3は奇数である。
このことの対偶をとると、
n3が偶数のとき、nは偶数となるので、
題意は示された。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt[3]2\end{align*}}$ が有理数であると仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt[3]2=\frac{n}{m}\end{align*}}$ （m、nは互いに素な自然数）
と表すことができる。 この式の両辺を3乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2=\frac{n^3}{m^3}\ \ \Leftrightarrow\ \ n^3=2m^3\end{align*}}$ ……(#)
となり、n3は偶数となる。
このとき、(1)より、nも偶数なので、
n=2k （k：自然数）
と表すことができ、これを(#)に代入すると、
(2k)3=2m3 ⇔ m3=4k3 ．
これより、m3は偶数であり、(1)よりmも偶数となる。
このことはmとnが互いに素であることに矛盾する。
よって、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt[3]2\end{align*}}$ は有理数ではない。
(3)
p、qがともに有理数であると仮定する。
$\scriptsize\sf{\alpha}$ 2+p$\scriptsize\sf{\alpha}$ +q=0 ……(ⅰ) の両辺に$\scriptsize\sf{\alpha}$ をかけると、
$\scriptsize\sf{\alpha}$ 3+p$\scriptsize\sf{\alpha}$ 2+q$\scriptsize\sf{\alpha}$ =0
⇔ p$\scriptsize\sf{\alpha}$ 2+q$\scriptsize\sf{\alpha}$ +2=0 （∵$\scriptsize\sf{\alpha}$ 3=2） ……(ⅱ)
(ⅰ)×p－(ⅱ)より
(p2－q)$\scriptsize\sf{\alpha}$ +pq－2=0
⇔ (q－p2)$\scriptsize\sf{\alpha}$ =pq－2 ……(ⅲ)
・q－p2≠0のとき
(ⅲ)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=\frac{pq-2}{q-p^2}\end{align*}}$
と変形でき、p、qは有理数なので、右辺は有理数。
これは$\scriptsize\sf{\alpha}$ が無理数であることに矛盾する。
・q－p2=0のとき
(ⅲ)より、pq－2=0 となり、これら2式よりqを消去すると、
p3－2=0
⇔ (p－$\scriptsize\sf{\alpha}$ )(p2+$\scriptsize\sf{\alpha}$ p+$\scriptsize\sf{\alpha}$ 2)=0
⇔ p≠$\scriptsize\sf{\alpha}$ ，$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{-\alpha\pm\sqrt3\ \alpha\ i}{2}\end{align*}}$
となり、$\scriptsize\sf{\alpha}$ は無理数なので、pが有理数であることに矛盾する。
以上より、(ⅰ)を満たすような有理数p、qは存在しない。
(1)、(2)は、よくある問題ですよね。
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- 2014/11/29(土) 23:57:00|
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第2問
tは正の実数とし、2次方程式$\small\sf{\sf x^2-tx-t=0}$ の2つの実数解を
$\small\sf{\alpha\ ,\ \beta\ \ (\alpha\lt\beta)}$ とする。初項がt2、公比が$\small\sf{\sf t-\alpha}$ の等比数列
を{an}とし、初項が2t、公比が$\small\sf{\beta-t}$ の等比数列を{bn}とする。
以下の問いに答えよ。
(1) 任意の自然数nに対して、an＞0かつbn＞0であることを示せ。
(2) cn=logan、dn=logbn （n=1、2、3、…）とする。このとき、
次の極限値を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{c_n+d_n}{n}\ \ ,\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\left(c_k+d_k\right)\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\alpha+\beta=t\gt 0}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\alpha\beta=-t\lt 0}$ ……(ⅱ)
これらと$\scriptsize\sf{\alpha\lt\beta}$ より
$\scriptsize\sf{\alpha\lt 0\lt t\lt \beta}$ ……(ⅲ)
なので、任意の自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\sf a_n=t^2(t-\alpha)^{n-1}}$
$\scriptsize\sf{\sf =t^2\beta^{n-1}\gt 0}$ ←(ⅰ)、(ⅲ)とt＞0より
$\scriptsize\sf{\sf b_n=2t(\beta-t)^{n-1}}$
$\scriptsize\sf{\sf =2t(-\alpha)^{n-1}\gt 0}$ ←(ⅰ)、(ⅲ)とt＞0より
よって、題意は示された。
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_n+d_n=\log a_n+\log b_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log a_nb_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log 2t^3\left(-\alpha\beta\right)^{n-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log\left( 2t^2\cdot t^{n}\right)\end{align*}}$ ←(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =n\log t+\log 2t^2\end{align*}}$ ……(#)
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{c_n+d_n}{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n\log t+\log 2t^2}{n}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\log t+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log 2t^2}{n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \log t\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\left(c_k+d_k\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\left(k\log t+\log 2t^2\right)\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^nk\log t+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^n\log 2t^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\log t\right)\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\frac{k}{n}+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\cdot n\log 2t^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\log t\right)\int_0^1x\ dx+\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\log 2t^2}{n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\log t\right)\left[\frac{1}{2}x^2\right]_0^1+0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{\log t}{2}\ }\end{align*}}$
最後の極限は、区分求積法を用いています。
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- 2014/11/30(日) 23:57:00|
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第3問
実数a、bに対して、2次の正方行列
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf a&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf a \end{pmatrix}\ \ ,\ \ B=\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -b \\ \sf b& \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
とおく。ただし、a≠0、b≠0とする。以下の問いに答えよ。
(1) B2、B3、B4を求めよ。
(2) 自然数nと2次の正方行列Xに対して、
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(E+X\right)^n=\sum_{k=0}^n\ _nC_kX^k\end{align*}}$
が成立することを数学的帰納法によって証明せよ。ただし、
Eは2次の単位行列として、X0=Eとする。また、1≦k≦n
に対して、
$\small\sf{\begin{align*} \sf _nC_k=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}\end{align*}}$
かつ、nC0=1とする。
(3) (A+B)5の(1，1)成分を求めよ。
(4) $\small\sf{\begin{align*} \sf a=\cos\frac{\pi}{10}\ ,\ b=\sin\frac{\pi}{10}\end{align*}}$ とおくことにより、$\small\sf{\begin{align*} \sf \sin\frac{\pi}{10}\end{align*}}$ の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^2=\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -b \\ \sf b& \sf 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -b \\ \sf b& \sf 0 \end{pmatrix}=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf -b^2&\sf 0 \\ \sf 0& \sf -b^2 \end{pmatrix}\ }=-b^2E\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^3=-b^2B=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf 0&\sf b^3 \\ \sf -b^3& \sf 0 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^4=\left(-b^2E\right)^2=b^4E=\underline{\ \begin{pmatrix} \sf b^4&\sf 0 \\ \sf 0& \sf b^4 \end{pmatrix}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf B^5=b^4B=\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -b^5 \\ \sf b^5& \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(E+X\right)^n=\sum_{k=0}^n\ _nC_kX^k\end{align*}}$ ……(#)
(ⅰ) n=1のとき
左辺=E+X
右辺=1C0X0+1C1X1=E+X
となるので成り立つ。
(ⅱ) n=mのとき(#)が成り立つと仮定する
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(E+X\right)^m=\sum_{k=0}^m\ _mC_kX^k\end{align*}}$ ……(ア)
n=m+1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(E+X\right)^{m+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(E+X\right)\left(E+X\right)^{m}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(E+X\right)\sum_{k=0}^m\ _mC_kX^k\end{align*}}$ ←(ア)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=0}^m\ _mC_kX^k+\sum_{k=0}^m\ _mC_kX^{k+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_mC_0X^0+\sum_{k=1}^m\ _mC_kX^k+\sum_{k=0}^{m-1}\ _mC_kX^{k+1}+_mC_mX^{m+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_mC_0X^0+\sum_{k=1}^m\ _mC_kX^k+\sum_{k=1}^{m}\ _mC_{k-1}X^{k}+_mC_mX^{m+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_{m+1}C_0X^0+\sum_{k=1}^m\left(_mC_k+_mC_{k-1}\right)X^{k}+_{m+1}C_{m+1}X^{m+1}\end{align*}}$ ……(イ)
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf _mC_k+_mC_{k-1}=\frac{m!}{k!\left(m-k\right)!}+\frac{m!}{\left(k-1\right)!\left(m-k+1\right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{m!\left\{\left(m-k+1\right)+k\right\}}{k!\left(m-k+1\right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(m+1\right)!}{k!\left(m-k+1\right)!}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =_{m+1}C_k\end{align*}}$
なので、(イ)は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(E+X\right)^{m+1}=_{m+1}C_0X^0+\sum_{k=1}^m\ _{m+1}C_kX^{k}+_{m+1}C_{m+1}X^{m+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=0}^{m+1}\ _{m+1}C_kX^{k}\end{align*}}$
となり、(#)はn=m+1のときも成り立つ。
以上より、任意の自然数nに対して(#)は成立する。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(A+B\right)^5=\left(aE+B\right)^5=a^5\left(E+\frac{1}{a}B\right)^5\end{align*}}$
であり、これに(2)の結論を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(A+B\right)^5=a^5\sum_{k=0}^5\ _5C_k\left(\frac{1}{a}B\right)^k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a^5\left(_5C_0E+\frac{_5C_1}{a}B+\frac{_5C_2}{a^2}B^2+\frac{_5C_3}{a^3}B^3+\frac{_5C_4}{a^4}B^4+\frac{_5C_5}{a^5}B^5\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a^5\bigg\{\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf 1 \end{pmatrix}+\frac{5}{a}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -b \\ \sf b& \sf 0 \end{pmatrix}+\frac{10}{a^2}\begin{pmatrix} \sf -b^2&\sf 0 \\ \sf 0& \sf -b^2 \end{pmatrix}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf +\frac{10}{a^3}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf b^3 \\ \sf -b^3& \sf 0 \end{pmatrix}+\frac{5}{a^4}\begin{pmatrix} \sf b^4&\sf 0 \\ \sf 0& \sf b^4 \end{pmatrix}+\frac{1}{a^5}\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -b^5 \\ \sf b^5& \sf 0 \end{pmatrix}\bigg\}\end{align*}}$←(1)より
これより、(1，1)成分は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a^5\left(1-\frac{10b^2}{a^2}+\frac{5b^4}{a^4}\right)\ }\end{align*}}$
となる。
(4)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a=\cos\frac{\pi}{10}\ \,\ \ b=\sin\frac{\pi}{10}\end{align*}}$
のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A+B=\begin{pmatrix} \sf \cos\frac{\pi}{10}&\sf 0 \\ \sf 0 & \sf \cos\frac{\pi}{10} \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \sf 0&\sf -\sin\frac{\pi}{10} \\ \sf \sin\frac{\pi}{10} & \sf 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf \cos\frac{\pi}{10} &\sf -\sin\frac{\pi}{10} \\ \sf \sin\frac{\pi}{10} & \sf \cos\frac{\pi}{10} \end{pmatrix}\end{align*}}$
となり、この行列は、原点を中心として $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{10}\end{align*}}$ だけ回転する移動を
表すので、(A+B)5は、原点中心の$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ 回転を表す。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(A+B\right)^5=\begin{pmatrix} \sf \cos\frac{\pi}{2}&\sf -\sin\frac{\pi}{2} \\ \sf \sin\frac{\pi}{2} & \sf \cos\frac{\pi}{2} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \sf 0 &\sf -1 \\ \sf 1 & \sf 0 \end{pmatrix}\end{align*}}$ ．
これと、(3)より、(A+B)5の(1，1)成分は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^5\left(1-\frac{10b^2}{a^2}+\frac{5b^4}{a^4}\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1-\frac{10b^2}{a^2}+\frac{5b^4}{a^4}=0\ \ \ \left(\because\ a\ne 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 1-\frac{10b^2}{1-b^2}+\frac{5b^4}{\left(1-b^2\right)^2}=0\ \ \ \left(\because\ a^2+b^2=1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1-b^2\right)^2-10b^2\left(1-b^2\right)+5b^4=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 16b^4-12b^2+1=0\ \ \ \ \ldots\ldots\ (*)\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0<\sin\frac{\pi}{10}<\sin\frac{\pi}{6}\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt b<\frac{1}{2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf (*)\ \ \Leftrightarrow\ \ b^2=\frac{6-2\sqrt5}{16}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ b=\sin\frac{\pi}{10}=\sqrt{\frac{6-2\sqrt5}{16}}=\underline{\ \frac{\sqrt5-1}{4}\ }\end{align*}}$
(2)が厳しいでしょうね・・・・
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- 2014/12/01(月) 23:57:00|
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第4問
曲線 $\small\sf{\begin{align*} \sf y=e^{-x}\cos x\end{align*}}$ の0≦x≦$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の部分と、x軸、y軸で囲まれた
図形を、x軸のまわりに1回転してできる立体の体積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
曲線 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=e^{-x}\cos x\end{align*}}$ は0≦x≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ の範囲で常にy≧0なので、
求める回転体の体積をVとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\int_0^{\pi /2}\left(e^{-x}\cos x\right)^2dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\pi\int_0^{\pi /2}e^{-2x}\cdot\frac{1+\cos 2x}{2}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{2}\left(\int_0^{\pi /2}e^{-2x}dx+\int_0^{\pi /2}e^{-2x}\cos 2x\ dx\right)\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf =\int e^{-2x}\cos 2x\ dx\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I\sf =-\frac{1}{2}e^{-2x}\cos 2x+\frac{1}{2}\int e^{-2x}\cdot\left(-2\sin 2x\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{2}e^{-2x}\cos 2x-\int e^{-2x}\sin 2x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{2}e^{-2x}\cos 2x-\left(-\frac{1}{2}e^{-2x}\sin 2x+\frac{1}{2}\int e^{-2x}\cdot 2\cos 2x\ dx\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{2}e^{-2x}\cos 2x+\frac{1}{2}e^{-2x}\sin 2x-\rm I\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \rm I\sf =-\frac{1}{4}e^{-2x}\left(\cos 2x-\sin 2x\right)+C\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\frac{\pi}{2}\left[-\frac{1}{2}e^{-2x}-\frac{1}{4}e^{-2x}\left(\cos 2x-\sin 2x\right)\right]_0^{\pi /2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{\pi}{8}\bigg\{e^{-\pi}\cdot\left(2+\cos\pi-\sin\pi\right)-e^0\cdot\left(2+\cos 0-\sin 0\right)\bigg\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{\pi}{8}\left(3-e^{-\pi}\right)\ }\end{align*}}$
I は部分積分2連発です。
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- 2014/12/02(火) 23:57:00|
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