第2問
次の条件によって定められる数列{an}、{bn}がある。
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=12\ ,\ b_1=0\ ,\ a_{n+1}=\frac{3}{4}a_n+\frac{1}{2}b_n\ ,\ b_{n+1}=\frac{1}{4}a_n+\frac{1}{2}b_n\end{align*}}$
以下の問いに答えよ。
(1) a2、b2、a3、b3をそれぞれ求めよ。
(2) すべての自然数nについて、an+bn=12が成り立つことを証明せよ。
(3) 数列{an}、{bn}の一般項を求めよ。
(4) 極限$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n\ ,\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ b_n\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_2=\frac{3}{4}a_1+\frac{1}{2}b_1=\underline{\ 9}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_2=\frac{1}{4}a_1+\frac{1}{2}b_1=\underline{\ 3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_3=\frac{3}{4}a_2+\frac{1}{2}b_2=\underline{\ \frac{33}{4}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_3=\frac{1}{4}a_2+\frac{1}{2}b_2=\underline{\ \frac{15}{4}}\end{align*}}$
(2)
数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1+b_1=12+0=12\end{align*}}$
(ⅱ) n=kのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_k+b_k=12\end{align*}}$
が成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf a_{k+1}+b_{k+1}&=\sf \left( \frac{3}{4}a_k+\frac{1}{2}b_k\right)+\left( \frac{1}{4}a_k+\frac{1}{2}b_k\right)\\ &=\sf a_k+b_k\\ &=\sf 12\end{align*}}$
より、n=k+1のときも成り立つ。
以上より、任意の自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n+b_n=12\end{align*}}$
が成り立つ。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\frac{3}{4}a_n+\frac{1}{2}b_n\ \ ,\ \ a_n+b_n=12\end{align*}}$
これら2式からbnを消去すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\frac{3}{4}a_n+\frac{1}{2}\left(12-a_n \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_{n+1}=\frac{1}{4}a_n+6\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_{n+1}-8=\frac{1}{4}\left(a_n-8 \right)\end{align*}}$
となるので、数列{an-8}は等比数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n-8=\left( \frac{1}{4}\right)^{n-1}\left(a_1-8 \right)=\left( \frac{1}{4}\right)^{n-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n=\underline{\ 8+\left( \frac{1}{4}\right)^{n-2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=12-a_n=\underline{\ 4-\left( \frac{1}{4}\right)^{n-2}}\end{align*}}$
(4)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left( \frac{1}{4}\right)^{n-2}=0\ \ \ \ \left(\because\ 0<\frac{1}{4}<1 \right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n=\underline{\ 8\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ b_n=\underline{\ 4\ }\end{align*}}$
(3)は、an+1-2bn+1を利用する手もあります。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2015/12/29(火) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .大阪教育大 後期 2015
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第3問
qは正の有理数とし、f(x)=x2-qx-q2とする。2次方程式f(x)=0
の2つの実数解を$\small\sf{\alpha}$ 、$\small\sf{\beta}$ （$\small\sf{\alpha}$ ＜$\small\sf{\beta}$ ）とする。以下の問いに答えよ。
(1) $\small\sf{\gamma}$ が無理数であるとき、有理数s、tに対してs$\small\sf{\gamma}$ +t=0が成り立
つならば、s=t=0であることを証明せよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ は無理数であることを証明せよ。さらに$\small\sf{\alpha}$ 、$\small\sf{\beta}$ はともに無理数
であることを証明せよ。
(3) 有理数a、b、cに対してg(x)=x3+ax2+bx+cを考える。このとき、
g($\small\sf{\alpha}$ )=0であるための必要十分条件はg($\small\sf{\beta}$ )=0であることを証明
せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
s≠0であると仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s\gamma +t=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \gamma=-\frac{t}{s}\end{align*}}$
と変形でき、s、tは有理数なので、右辺の$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{t}{s}\end{align*}}$ は有理数である。
これは左辺の$\scriptsize\sf{\gamma}$ が無理数であることに矛盾する。
よって、s=0であり、このとき、t=0となる。
(2)
【$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ について】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ が有理数であると仮定すると、互いに素な自然数m、nを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5=\frac{m}{n}\end{align*}}$
と表すことができる。両辺を2乗すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 5=\frac{m^2}{n^2}\ \ \Leftrightarrow\ \ 5n^2=m^2\end{align*}}$
となるので、m2は5の倍数である。
mが5の倍数でないときは、m2は5の倍数にならないので、
mは5の倍数である。よって、m=5k（k：自然数）とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 5n^2=m^2=\left(5k \right)^2\ \ \Leftrightarrow\ \ n^2=5k^2\end{align*}}$
となり、n2およびnも5の倍数となる。
このことは、mとnが互いに素であることに矛盾するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ は無理数である。
【$\scriptsize\sf{\alpha}$ 、$\scriptsize\sf{\beta}$ について】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=x^2-qx-q^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{q\pm\sqrt{5q^2}}{2}=\frac{1\pm\sqrt5}{2}q\ \ \left(\because\ q>0 \right)\end{align*}}$
であり、$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＜$\scriptsize\sf{\beta}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=\frac{1-\sqrt5}{2}q\ \ ,\ \ \beta=\frac{1+\sqrt5}{2}q\end{align*}}$ ．
$\scriptsize\sf{\alpha}$ が有理数であると仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha=\frac{1-\sqrt5}{2}q\ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt5=\frac{1-2\alpha}{q}\end{align*}}$
と変形でき、右辺の$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1-2\alpha}{q}\end{align*}}$ は有理数である。
このことは、左辺の$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ が無理数であることに矛盾するので、
$\scriptsize\sf{\alpha}$ は無理数である。
$\scriptsize\sf{\beta}$ についても同様。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\ (\alpha)&=\sf \alpha^3+a\alpha^2+b\alpha+c\\ &=\sf \left(\frac{1-\sqrt5}{2}q \right)^3+a\cdot\left(\frac{1-\sqrt5}{2}q \right)^2+b\cdot\frac{1-\sqrt5}{2}q +c\\ &=\sf \left(2-\sqrt5 \right)q^3+\frac{3-\sqrt5}{2}aq^2+\frac{1-\sqrt5}{2}bq+c\\ &=\sf \left(2q^3+ \frac{3aq^2}{2}+\frac{bq}{2}+c\right)-\sqrt5\left(q^3+\frac{aq^2}{2}+\frac{bq}{2} \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf g\ (\beta)=\left(2q^3+ \frac{3aq^2}{2}+\frac{bq}{2}+c\right)+\sqrt5\left(q^3+\frac{aq^2}{2}+\frac{bq}{2} \right)\end{align*}}$
a、b、c、qは有理数、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt5\end{align*}}$ は無理数なので、(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf g\ (\alpha)=0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2q^3+ \frac{3aq^2}{2}+\frac{bq}{2}+c=q^3+\frac{aq^2}{2}+\frac{bq}{2} =0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf g\ (\beta)=0\end{align*}}$
無理数であることの証明は、いつも通りの「背理法」です！！
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2015/12/30(水) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .大阪教育大 後期 2015
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
第4問
関数
$\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{4\left(x-1 \right)}{\left(x^2-2 \right)\left(x^2-2x+2 \right)}\end{align*}}$
について、以下の問いに答えよ。
(1) kを定数とする。方程式f(x)=0の異なる実数解の個数を調べよ。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\frac{Ax+B}{x^2-2}+\frac{Cx+D}{x^2-2x+2}\end{align*}}$ が成り立つように定数A、B、C、Dの
値を求めよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1f\ (x)\ dx\end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
f(x)の導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '(x)&=\sf \frac{4\left(x^2-2 \right)\left(x^2-2x+2 \right)-4\left(x-1 \right)\bigg\{\left(x^2-2 \right)\left(x^2-2x+2 \right)\bigg\}'}{\left(x^2-2 \right)^2\left(x^2-2x+2 \right)^2}\\ &=\sf \sf \frac{4\left(x^4-2x^3+4x-4 \right)-4\left(x-1 \right)\left(4x^3-6x^2+4 \right)}{\left(x^2-2 \right)^2\left(x^2-2x+2 \right)^2}\\ &=\sf \frac{4\left(-3x^4+8x^3-6x^2 \right)}{\left(x^2-2 \right)^2\left(x^2-2x+2 \right)^2}\\ &=\sf \frac{-4x^2\bigg\{3\left(x-\frac{4}{3} \right)^2+\frac{2}{3}\bigg\}}{\left(x^2-2 \right)^2\bigg\{\left(x-1 \right)^2+1\bigg\}^2}\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow\pm\infty} f(x)=\lim_{x\rightarrow\pm\infty} \frac{4\left(1-\frac{1}{x} \right)}{\left(x-\frac{2}{x} \right)\left(x^2-2x+2 \right)}=0\end{align*}}$
なので、f(x)の増減および曲線y=f(x)の概形は次のようになる。
よって、方程式f(x)=kの解の個数は、
k=0のとき1個、 k≠0のとき2個
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ (x)&=\sf \frac{Ax+B}{x^2-2}+\frac{Cx+D}{x^2-2x+2}\\ &=\sf \frac{\left(Ax+B\right)\left(x^2-2x+2 \right)+\left(Cx+D \right)\left(x^2-2 \right)}{\left(x^2-2 \right)\left(x^2-2x+2 \right)}\\ &=\sf \frac{\left(A+C \right)x^3+\left(-2A+B+D \right)x^2+\left(2A-2B-2C \right)x+2B-2D}{\left(x^2-2 \right)\left(x^2-2x+2 \right)}\end{align*}}$
なので、係数を比較すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A+C=-2A+B+D=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2A-2B-2C=4\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2B-2D=-4\end{align*}}$ ．
これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ A=1\ ,\ B=0\ ,\ C=-1\ ,\ D=2\ }\end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1f\ (x)\ dx&=\sf \int_0^1\left(\frac{x}{x^2-2}+\frac{-x+2}{x^2-2x+2} \right)dx\\ &=\sf \int_0^1\left\{\frac{\frac{1}{2}\cdot 2x }{x^2-2}+\frac{-\frac{1}{2}\left(2x-2 \right)+1}{x^2-2x+2} \right\}dx\\ &=\sf \frac{1}{2}\int_0^1\frac{\left(x^2-2 \right)'}{x^2-2}\ dx-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\left(x^2-2x+2 \right)'}{x^2-2x+2}\ dx+\int_0^1\frac{1}{x^2-2x+2}\ dx\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\frac{\left(x^2-2 \right)'}{x^2-2}\ dx=\bigg[\log\left|x^2-2 \right|\bigg]_0^1=-\log 2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1\frac{\left(x^2-2x+2 \right)'}{x^2-2x+2}\ dx=\bigg[\log\left|x^2-2x+2 \right|\bigg]_0^1=-\log 2\end{align*}}$
一方、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x-1=\tan\theta\end{align*}}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\frac{1}{x^2-2x+2}\ dx&=\sf \int_0^1\frac{1}{\left(x-1 \right)^2+1}\ dx\\ &=\sf \int_{-\pi /4}^0\frac{1}{\tan^2\theta+1}\cdot \frac{d\theta}{\cos^2\theta}\\ &=\sf \int_{-\pi /4}^0d\theta\\ &=\sf \bigg[\ \theta\ \bigg]_{-\pi /4}^0\\ &=\sf \frac{\pi}{4}\end{align*}}$
以上より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^1f\ (x)\ dx=\frac{1}{2}\cdot\left(-\log 2 \right)-\frac{1}{2}\cdot\left(-\log 2 \right)+\frac{\pi}{4}=\underline{\ \frac{\pi}{4}\ }\end{align*}}$
いろいろと盛りだくさんな問題ですね。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2015/12/31(木) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関西の国立大学 .大阪教育大 後期 2015
-
| トラックバック:0
-
| コメント:0
