第１問
aを実数とする。xに関する方程式
$\small\sf{\begin{align*} \sf \left|x^2-6x-\left|x-6\right|\right|+x=a\end{align*}}$
の実数解の個数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\left|x^2-6x-\left|x-6\right|\right|+x\end{align*}}$
とおく。
(ⅰ) 6≦xのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\left|x^2-6x-\left(x-6\right)\right|+x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left|x^2-7x+6\right|+x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left|\left(x-6\right)\left(x-1\right)\right|+x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(x-6\right)\left(x-1\right)+x\ \ \ \ \left(\because\ 6\leqq x\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =x^2-6x+6\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(x-3\right)^2-3\end{align*}}$
(ⅱ) x＜6のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\left|x^2-6x+\left(x-6\right)\right|+x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left|x^2-5x-6\right|+x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left|\left(x-6\right)\left(x+1\right)\right|+x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left\{ \begin{array}{ll}\sf -\left(x-6\right)\left(x+1\right)+x & (\sf -1\lt x<6) \\ \sf \left(x-6\right)\left(x+1\right)+x& (\sf x\leqq -1) \\\end{array} \right.\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left\{ \begin{array}{ll}\sf -x^2+6x+6 & (\sf -1\lt x<6) \\ \sf x^2-4x-6& (\sf x\leqq -1) \\\end{array} \right.\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left\{ \begin{array}{ll}\sf -\left(x-3\right)^2+15 & (\sf -1\lt x<6) \\ \sf \left(x-2\right)^2-10& (\sf x\leqq -1) \\\end{array} \right.\end{align*}}$
これらより、曲線y＝f(x)の概形は右図のようになる。
方程式f(x)＝aの実数解の個数は、曲線y＝f(x)と直線
y＝aの共有点の個数に等しいので、
a＜－1のとき、0個
a＝－1のとき、1個
－1＜a＜6、 15＜aのとき、2個
a＝6、15のとき、3個
6＜a＜15のとき、4個
丁寧に絶対値を場合分けしていきましょう。
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第３問
1辺の長さ1の正三角形ABCにおいて、BCを1：2に内分する点をD、
CAを1：2に内分する点をE、ABを1：2に内分する点をFとし、さらに
BEとCFの交点をP、CFとADの交点をQ、ADとBEの交点をRとする。
このとき、△PQRの面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
メネラウスの定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{AF}{FB}\cdot\frac{BC}{CD}\cdot\frac{DQ}{QA}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{DQ}{QA}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ AQ:DQ=3:4\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle ACQ=\frac{3}{7}\ \triangle ADC\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{3}{7}\cdot\frac{2}{3}\ \triangle ABC\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{7}\ \triangle ABC\end{align*}}$ ．
同様に、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle BAR=\triangle BCP=\frac{2}{7}\triangle ABC\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle PQR=\triangle ABC-3\cdot \frac{2}{7}\triangle ABC\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{7}\ \triangle ABC\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{7}\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot\sin\frac{\pi}{3}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{\sqrt3}{28}\ }\end{align*}}$
正弦定理・余弦定理を駆使していっても解けると思います。
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第４問
さいころを5回振るとき、初めの4回においては6の目が偶数回
出て、しかも最後の2回においては6の目がちょうど1回出る確
率を求めよ。ただし、6の目が一度も出ない場合も6の目が出る
回数を偶数回とみなす。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
以下、6の目が出ることを○、6以外の目が出ることを×で表す。
(ⅰ) 最後の2回が×○の順になるとき
○が合計1回の場合
××××○
○が合計3回の場合
○○××○ ○×○×○ ×○○×○
(ⅱ) 最後の2回が○×の順になるとき
○が合計2回の場合
○××○× ×○×○× ××○○×
○が合計4回の場合
○○○○×
以上より、求める確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{6}\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^4+\left(\frac{1}{6}\right)^3\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^2\cdot 3+\left(\frac{1}{6}\right)^2\cdot\left(\frac{5}{6}\right)^3\cdot 3+\left(\frac{1}{6}\right)^4\cdot\frac{5}{6}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{625+75+375+5}{6^5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1080}{6^5}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{5}{36}\ }\end{align*}}$
全部書き出せばOKです！
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第５問
mを実数とする。xに関する方程式
$\small\sf{\begin{align*} \sf x^3-3x-\left|x-m\right|=0\end{align*}}$
の実数解の個数を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
与式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^3-3x=\left|x-m\right|\end{align*}}$ ……(#)
と変形でき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=x^3-3x=\left(x-\sqrt3\right)\left(x+\sqrt3\right)\end{align*}}$ ……①
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\left|x-m\right|=\left\{ \begin{array}{ll}\sf x-m & (\sf m\leqq x) \\ \sf -x+m & (\sf x\lt m) \\\end{array} \right.\end{align*}}$ ……②
より、①、②のグラフの概形は下図のようになる。
(#)の実数解の個数は、①と②の共有点の個数に等しく、
①、②の位置関係は次の(ⅰ)～(ⅴ)の場合が考えられる。
(ⅱ) 半直線y＝－x＋m （x＜m）が①に接するとき
接点のx座標は、、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\ '=3x^2-3=-1\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-\frac{\sqrt6}{3}\ \ (<0)\end{align*}}$
なので、接点のy座標について
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(-\frac{\sqrt6}{3}\right)^3-3\cdot\left(-\frac{\sqrt6}{3}\right)=-\left(-\frac{\sqrt6}{3}\right)+m\ \ \Leftrightarrow\ \ m=\frac{4\sqrt6}{9}\end{align*}}$
(ⅳ) 半直線y＝x－m （m≦x）が①に接するとき
接点のx座標は、、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y\ '=3x^2-3=1\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-\frac{2\sqrt3}{3}\ \ (<0)\end{align*}}$
なので、接点のy座標について
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(-\frac{2\sqrt3}{3}\right)^3-3\cdot\left(-\frac{2\sqrt3}{3}\right)=\left(-\frac{2\sqrt3}{3}\right)-m\ \ \Leftrightarrow\ \ m=-\frac{16\sqrt3}{9}\end{align*}}$
以上より、(#)の実数解の個数は、
(ⅰ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4\sqrt6}{9}\lt m\end{align*}}$ のとき1個
(ⅱ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=\frac{4\sqrt6}{9}\end{align*}}$ のとき2個
(ⅲ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{16\sqrt3}{9}\lt m<\frac{4\sqrt6}{9}\end{align*}}$ のとき3個
(ⅳ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=-\frac{16\sqrt3}{9}\end{align*}}$ のとき2個
(ⅴ) $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m<-\frac{16\sqrt3}{9}\end{align*}}$ のとき1個
図を描けば大丈夫だと思います。
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第６問
k、m、nを自然数とする。以下の問いに答えよ。
(１) 2kを7で割った余りが4であるとする。このとき、kを3で割った
余りは2であることを示せ。
(２) 4m＋5nが3で割り切れるとする。このとき、2mnを7で割った
余りは4ではないことを示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Nを自然数とする。
(ⅰ) k＝3Nのとき
2k＝23N＝8N≡1N＝1 （mod7)
(ⅱ) k＝3N－2のとき
2k＝23N-2＝2・8N-1≡2・1N-1＝2 （mod7)
(ⅲ) k＝3N－1のとき
2k＝23N-1＝22・8N-1≡4・1N-1＝4 （mod7)
よって、
2kを7で割った余りが4であるとき、kを3で割った余りは2である。
(２)
以下、すべてmod3で考える。
題意より、
4m＋5n≡0 ⇔ m－n≡0 m≡n
となり、
m≡n≡0 のとき、mn≡0
m≡n≡1 のとき、mn≡1
m≡n≡2 のとき、mn≡4≡1
よって、3を法としてmnと2は合同ではない。
すなわち、mnを3で割った余りが2にならないので、
(１)より、2mnを7で割った余りが4になることはない。
合同式は楽ちんですねーー＾＾
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第７問
bとcをb2＋4c＞0を満たす実数として、xに関する2次方程式
x2－bx－c＝0の相異なる解を$\small\sf{\alpha,\beta}$ とする。数列{an}を
$\small\sf{a_n=\alpha^{n-1}+\beta^{n-1}\ \ （n=1,2,3,\cdots）}$
により定める。このとき、つぎの問いに答えよ。
(１) 数列{an}は漸化式
an+2＝ban+1＋can （n＝1，2，3，…）
を満たすことを示せ。
(２) 数列{an}の項anがすべて整数であるための必要十分条件は、
b、cがともに整数であることである。これを証明せよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\alpha+\beta=b\ ,\ \ \alpha\beta=-c}$ ……(#)
であり、これを用いると、
an+2＝$\scriptsize\sf{\alpha}$ n+1＋$\scriptsize\sf{\beta}$ n+1
＝($\scriptsize\sf{\alpha}$ n＋$\scriptsize\sf{\beta}$ n)($\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ )－$\scriptsize\sf{\alpha}$ n$\scriptsize\sf{\beta}$ －$\scriptsize\sf{\alpha}$ $\scriptsize\sf{\beta}$ n
＝($\scriptsize\sf{\alpha}$ n＋$\scriptsize\sf{\beta}$ n)($\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ )－$\scriptsize\sf{\alpha}$ $\scriptsize\sf{\beta}$ ($\scriptsize\sf{\alpha}$ n-1＋$\scriptsize\sf{\beta}$ n-1)
＝b($\scriptsize\sf{\alpha}$ n＋$\scriptsize\sf{\beta}$ n)＋c($\scriptsize\sf{\alpha}$ n-1＋$\scriptsize\sf{\beta}$ n-1) ←(#)より
＝ban+1＋can
(２)
(１)より
a1＝$\scriptsize\sf{\alpha}$ 0＋$\scriptsize\sf{\beta}$ 0＝2
a2＝$\scriptsize\sf{\alpha}$ ＋$\scriptsize\sf{\beta}$ ＝b
a3＝ba2＋ca1＝b2＋2c
a4＝ba3＋ca2＝b(b2＋2c)＋bc＝b3＋3bc
a5＝ba4＋ca3＝b(b3＋3bc)＋c(b2＋2c)＝b4＋4b2c＋2c2
【必要性の証明】
すべてのanが整数であるとき、a2が整数なので、bは整数である。
これより、a3とbが整数なので、2c＝a3－b2は整数である。
さらに、a5が整数なので、2c2＝a5－b4－2b2・2cも整数となる。
ここで、2cが奇数であると仮定すると、2c＝2M－1（M：整数）と
表すことができるが、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2c^2=2\left(\frac{2M-1}{2}\right)^2=2\left(M^2-M\right)+\frac{1}{2}\end{align*}}$
となり、2c2が整数であることに矛盾する。
よって、2cは偶数なので、cも整数である。
【十分性の証明】
b、cが整数であるとき、a1、a2は整数である。
ak、ak+1が整数であると仮定すると、
(１)より、ak+2＝bak+1＋cakも整数となる。
よって、すべてのanは整数となる。
今年の筑波大学で同じような問題が出題されています。
http://aozemi.blog.fc2.com/blog-entry-1773.html
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第８問
コインをn回続けて投げ、1回投げるごとに次の規則に従って得点
を得るゲームをする。
・コイン投げの第1回目には、1点を得点とする。
・コイン投げの第2回目以降において、ひとつ前の回と異なる
面が出たら、1点を得点とする。
・コイン投げの第2回目以降において、ひとつ前の回と同じ面
が出たら、2点を得点とする。
例えば、コインを3回投げて(裏、表、裏)の順に出たときの得点は、
1＋1＋1＝3より3点となる。また(裏、裏、表)のときの得点は、
1＋2＋1＝4より4点となる。
コインの表と裏が出る確率はそれぞれ2分の1とし、このゲームで
得られる得点がmとなる確率をPn，mとおく。このとき、以下の問い
に答えよ。
(１) n≧2が与えられたとき、Pn，2n-1とPn，2n-2を求めよ。
(２) n≦m≦2n－1について、Pn，mをnとmの式で表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
2～n回目の試行において、1点を得る場合と2点を得る場合は
同様に確からしい。
(１)
2～n回目の試行ですべて2点を得ると、得点が
1＋2×(n－1)＝2n－1点
となるので、この確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n,2n-1}=\underline{\ \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\ }\end{align*}}$
2～n回目の試行のうち、2点がn－2回、1点が1回の場合、
得点が
1＋2×(n－2)＋1＝2n－2点
となるので、この確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n,2n-1}=_{n-1}C_{n-2}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}\cdot\frac{1}{2}=\underline{\ \left(n-1\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\ }\end{align*}}$
(２)
2～n回目の試行のうち、2点がx回、1点がn－1－x回とすると、
得点がm点になるのは
1＋2x＋(n－1－x)＝m ⇔ x＝m－n
のときである。
よって、得点がm点になる確率は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P_{n,m}=_{n-1}C_{m-n}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{m-n}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2n-m-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{\left(n-1\right)!}{\left(m-n\right)!\left(2n-m-1\right)!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\ }\end{align*}}$
問題文が長い割には、解答はシンプルです。
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第９問
双曲線x2－y2＝1……①の漸近線y＝x……② 上の点P0:(a0，a0)
（ただしa0＞0）を通る双曲線①の接線を考え、接点をQ1とする。
Q1を通り漸近線②と垂直に交わる直線と、漸近線②との交点を
P1:(a1，a1)とする。次に、P1を通る双曲線①の接線の接点をQ2、
Q2を通り漸近線②と垂直に交わる直線と、漸近線②との交点を
P2:(a2，a2)とする。この手続きを繰り返して同様にしてPn:(an，an)、
Qnを定義していく。
(１) Qnの座標をanを用いて表せ。
(２) anをa0を用いて表せ。
(３) △PnQnPn-1の面積を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
点Pn(an，an)を通り、②に垂直な直線は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-a_n=-\left(x-a_n\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-x+2a_n\end{align*}}$
であり、これと①の共有点がQnなので、
2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2-\left(-x+2a_n\right)^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 4a_nx-4a_n^{\ 2}-1=0\end{align*}}$ ．
この式はan＝0のとき成立しないので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=a_n+\frac{1}{4a_n}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-\left(a_n+\frac{1}{4a_n}\right)+2a_n=a_n-\frac{1}{4a_n}\end{align*}}$．
よって、点Qnの座標は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ Q_n\left(a_n+\frac{1}{4a_n}\ ,\ a_n-\frac{1}{4a_n}\right)\ }\end{align*}}$
(２)
Qnにおける①の接線は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a_n+\frac{1}{4a_n}\right)x-\left(a_n-\frac{1}{4a_n}\right)y=1\end{align*}}$
であり、これと②の交点がPn-1(an-1，an-1)なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(a_n+\frac{1}{4a_n}\right)a_{n-1}-\left(a_n-\frac{1}{4a_n}\right)a_{n-1}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{a_{n-1}}{2a_n}=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_n=\frac{1}{2}\ a_{n-1}\end{align*}}$ ……(ⅰ)
これより、数列{an}は等比数列をなすので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a_n=\left(\frac{1}{2}\right)^na_0\ }\end{align*}}$
(３)
(１)、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf P_nP_{n-1}}=\left(a_{n-1}-a_n\ ,\ a_{n-1}-a_n\right)=\left(a_n\ ,\ a_n\right)\end{align*}}$ ←(ⅰ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf P_nQ_{n}}=\left(\left(a_n+\frac{1}{4a_n}\right)-a_n\ ,\ \left(a_n-\frac{1}{4a_n}\right)-a_n\right)=\left(\frac{1}{4a_n}\ ,\ -\frac{1}{4a_n}\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle P_nQ_nP_{n-1}=\frac{1}{2}\left|a_n\cdot\frac{1}{4a_n}-a_n\cdot\left(-\frac{1}{4a_n}\right)\right|=\underline{\ \frac{1}{4}\ }\end{align*}}$
よくあるパターンの問題です。
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第10問
0以上の整数nに対して、整式Tn(x)を
$\small\sf{\begin{align*} \sf T_0\left(x\right)=1\ \ ,\ \ T_1\left(x\right)=x\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf T_n\left(x\right)=2xT_{n-1}\left(x\right)-T_{n-2}\left(x\right)\ \ \ \ \left(n=2,3,4,\ldots\right)\end{align*}}$
で定める。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) 0以上の任意の整数nに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(n\theta\right)=T_n\left(\cos\theta\right)\end{align*}}$
となることを示せ。
(２) 定積分
$\small\sf{\begin{align*} \sf \int_{-1}^1T_n\left(x\right)\ dx\end{align*}}$
の値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
0以上の任意の整数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(n\theta\right)=T_n\left(\cos\theta\right)\end{align*}}$ ……(#)
となることを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n＝0，1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_0\left(\cos\theta\right)=1=\cos 0\ \ ,\ \ T_1\left(\cos\theta\right)=\cos\theta\end{align*}}$
より自明
(ⅱ) n＝k、n＝k＋1のとき(#)が成り立つと仮定する
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf T_{k+2}\left(\cos\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cos\theta\cdot T_{k+1}\left(\cos\theta\right)-T_k\left(\cos\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cos\theta\cos\left(k+1\right)\theta-\cos k\theta\end{align*}}$ ←仮定より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\cos\theta\left(\cos k\theta\cos\theta-\sin k\theta\sin\theta\right)-\cos k\theta\end{align*}}$ ←加法定理
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(2\cos^2\theta-1\right)\cos k\theta-2\sin\theta\cos\theta\sin k\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\cos 2\theta\cos k\theta-\sin 2\theta\sin k\theta\end{align*}}$ ←倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\cos\left(k+2\right)\theta\end{align*}}$ ←加法定理
となるので、n＝k＋2のときも(#)は成り立つ。
以上より、0以上の任意の整数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\left(n\theta\right)=T_n\left(\cos\theta\right)\end{align*}}$
となる。
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_n=\int_{-1}^1T_n\left(x\right)\ dx\end{align*}}$ とおく。
・n＝0のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_0=\int_{-1}^1T_0\left(x\right)\ dx=\int_{-1}^1\ dx=\bigg[x\bigg]_{-1}^1=\underline{\ 2\ }\end{align*}}$
・n＝1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_1=\int_{-1}^1T_1\left(x\right)\ dx=\int_{-1}^1x\ dx=\left[\frac{x^2}{2}\right]_{-1}^1=\underline{\ 0\ }\end{align*}}$
・n≧2のとき
x＝cos$\scriptsize\sf{\theta}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{d\theta}=-\sin\theta\end{align*}}$
であり、x：－1→1のとき $\scriptsize\sf{\theta}$ ：$\scriptsize\sf{\pi}$ →0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf I_n=\int_{-1}^1T_n\left(x\right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{\pi}^0T_n\left(\cos\theta\right)\cdot\left(-\sin\theta\right)d\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi}\cos\left(n\theta\right)\sin\theta\ d\theta\end{align*}}$ ←(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\left\{\sin\left(n+1\right)\theta-\sin\left(n-1\right)\theta\right\}d\theta\end{align*}}$ ←和・積の公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left[-\frac{1}{n+1}\cos\left(n+1\right)\theta+\frac{1}{n-1}\cos\left(n-1\right)\theta\right]_0^{\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left\{-\frac{\left(-1\right)^{n+1}-1}{n+1}+\frac{\left(-1\right)^{n-1}-1}{n-1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n-1}\right)\left\{\left(-1\right)^{n+1}-1\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{1}{n^2-1}\bigg\{\left(-1\right)^{n+1}-1\bigg\}\ }\end{align*}}$
「チェビシェフの多項式」と呼ばれる有名な問題です。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/11/11(日) 01:12:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .千葉大 2015
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