第1問
$\small\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\frac{1}{2}x^2+x+\frac{1}{2}\end{align*}}$ とし、曲線y=f(x)上に点P(a，f(a))をとる。ただし、
a＞－1とする。Pにおけるこの曲線の接線をLとし、Pを通ってx軸に
垂直な直線をmとする。またm上の点(a，0)をLに関して対称に移動
した点をQとし、2点P、Qを通る直線nとおく。このとき以下の問いに
答えよ。
(1) 2直線L、mの間の角を$\small\sf{\begin{align*} \sf \theta\ \ \left(0\lt \theta\lt\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$ とするとき、直線L、mの
それぞれの傾きを$\small\sf{\theta}$ の関数として表せ。
(2) 直線L、nの方程式をaを用いて表せ。
(2) 直線nがaの値によらずある定点を通ることを示し、その定点の
座標を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
Lとmのなす角が$\scriptsize\sf{\theta}$ なので、Lとx軸正方向とのなす角は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}-\theta\end{align*}}$ である。
よって、Lの傾きは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=\underline{\ \frac{1}{\tan\theta}\ }\end{align*}}$
nとmのなす角は2$\scriptsize\sf{\theta}$ なので、Lとx軸正方向とのなす角は $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}-2\theta\end{align*}}$ である。
よって、nの傾きは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\left(\frac{\pi}{2}-2\theta\right)=\underline{\ \frac{1}{\tan2\theta}\ }\end{align*}}$
(2)
f(x)の導関数およびx=aにおける微分係数は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=x+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(a)=a+1\end{align*}}$ ･･････(#)
なので、Lの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\left(\frac{1}{2}a^2+a+\frac{1}{2}\right)=\left(a+1\right)\left(x-a\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\left(a+1\right)x-\frac{1}{2}a^2+\frac{1}{2}\ }\end{align*}}$
(#)と(1)より、接線Lの傾きは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\tan\theta}=a+1\end{align*}}$
なので、これを用いると、nの傾きは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{\tan 2\theta}=\frac{1-\tan^2\theta}{2\tan\theta}\end{align*}}$ ←tanの倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\frac{1}{\tan^2\theta}-1}{\frac{2}{\tan\theta}}\end{align*}}$ ←分子・分母÷tan2$\scriptsize\sf{\theta}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(a+1\right)^2-1}{2\left(a+1\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a\left(a+2\right)}{2\left(a+1\right)}\end{align*}}$ ．
よって、nの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-\left(\frac{1}{2}a^2+a+\frac{1}{2}\right)=\frac{a\left(a+2\right)}{2\left(a+1\right)}\left(x-a\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\frac{a\left(a+2\right)}{2\left(a+1\right)}x+\frac{a^2+3a+1}{2\left(a+1\right)}\ }\end{align*}}$
(3)
(2)で得られたnの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{a\left(a+2\right)}{2\left(a+1\right)}x+\frac{a^2+3a+1}{2\left(a+1\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \2\left(a+1\right)y=a\left(a+2\right)x+a^2+3a+1\end{align*}}$ ←分母を払っただけ
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(x+1\right)a^2+\left(2x-2y+3\right)a-2y+1=0\end{align*}}$ ←aについて整理しただけ
と変形できる。
これが任意のaに対して成り立つのは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x+1=2x-2y+3=-2y+1=0\end{align*}}$ ←係数比較しただけ
を満たすときであり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=-1\ ,\ y=\frac{1}{2}\end{align*}}$
の時である。
よって、nはaの値によらず定点 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \left(-1\ ,\ \frac{1}{2}\right)\ }\end{align*}}$ を通る。
(3)で求めた定点は、放物線y=f(x)の焦点です。
よくある問題なので、結果を予想できた人も多いと思います。
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第2問
3次方程式x3－5x2+6x－2=0の最小値をa、最大値をbとするとき、
以下の問いに答えよ。
(1) a、bの値を求めよ。
(2) 数列{pn}、{qn}は
$\small\sf{\begin{align*} \sf p_1=0\ \ ,\ \ q_1=\frac{1}{2}\left(a-b\right)\end{align*}}$
を見たし、すべての自然数nについて
$\small\sf{\begin{align*} \sf p_{n+1}=2p_n+q_n\ \ ,\ \ q_{n+1}=-\frac{1}{2}p_n\end{align*}}$
を満たすとする。このときすべての自然数nに対し次の等式が成立
することを示せ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf p_n=\left( \frac{a}{2}\right)^{n-1}-\left( \frac{b}{2}\right)^{n-1}\ \ ,\ \ q_n=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{n-2}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{n-2}\end{align*}}$
(3) すべての自然数nに対し次の数rnは有理数であることを証明せよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf r_n=\sum_{k=0}^n\left( \frac{a}{2}\right)^{n-k}\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
与えられた方程式を解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^3-5x^2+6x-2=\left(x-1 \right)\left(x^2-4x+2 \right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\ ,\ 2\pm\sqrt2\end{align*}}$
であり、これら3解の大小関係は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2-\sqrt2<1<2+\sqrt2\ \ \ \ \left( \because\ 1<\sqrt2 <2\right)\end{align*}}$
のようになるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ a=2-\sqrt2\ \ ,\ \ b=2+\sqrt2\ }\end{align*}}$
(2)
すべての自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_n=\left( \frac{a}{2}\right)^{n-1}-\left( \frac{b}{2}\right)^{n-1}\ \ ,\ \ q_n=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{n-2}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{n-2}\end{align*}}$ ……(#)
が成り立つことを数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_1=\left( \frac{a}{2}\right)^{0}-\left( \frac{b}{2}\right)^{0}=1-1=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_1=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{-1}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{-1}=\frac{a-b}{ab}=\frac{a-b}{\left(2-\sqrt2 \right)\left(2+\sqrt2 \right)}=\frac{a-b}{2}\end{align*}}$
となるので成り立つ。
(ⅱ) n=kのとき(#)が成り立つと仮定する
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{k+1}=2p_k+q_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{\left( \frac{a}{2}\right)^{k-1}-\left( \frac{b}{2}\right)^{k-1}\right\}-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k-2}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left\{\frac{2}{a}\left( \frac{a}{2}\right)^{k}-\frac{2}{b}\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\right\}-\frac{1}{2}\cdot\frac{2^2}{a^2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k}+\frac{1}{2}\cdot\frac{2^2}{b^2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k-2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4a-2}{a^2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k}-\frac{4b-2}{b^2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\end{align*}}$
ここで、aはx2－4x+2=0の解なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a^2-4a+2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ 4a-2=a^2\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{4a-2}{a^2}=1\ \ \ \left(\because\ a\ne 0 \right)\end{align*}}$ ．
bについても同様なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{k+1}=\left( \frac{a}{2}\right)^{k}-\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q_{k+1}=-\frac{1}{2}p_k=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{2}\right)^{k-1}+\frac{1}{2}\left( \frac{b}{2}\right)^{k-1}\end{align*}}$
よって、n=k+1のときも(#)は成立する。
以上より、任意の自然数nに対して(#)は成り立つ。
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r_n=\sum_{k=0}^n\left( \frac{a}{2}\right)^{n-k}\left( \frac{b}{2}\right)^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( \frac{a}{2}\right)^{n}\sum_{k=0}^n\left( \frac{b}{a}\right)^{k}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left( \frac{a}{2}\right)^{n}\cdot\frac{1-\left( \frac{b}{a}\right)^{n+1}}{1-\frac{b}{a}}\end{align*}}$ ←等比数列の和
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{a}\left( \frac{a}{2}\right)^{n+1}\cdot\frac{1-\left( \frac{b}{a}\right)^{n+1}}{1-\frac{b}{a}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{a-b}\left\{\left( \frac{a}{2}\right)^{n+1}-\left( \frac{b}{2}\right)^{n+1}\right\}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2p_{n+2}}{\left(2-\sqrt2 \right)-\left(2+\sqrt2 \right)}\end{align*}}$ ←(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{p_{n+2}}{\sqrt2}\end{align*}}$
rnが有理数になるためには、pn+2が$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍になって
いればよい。
任意の自然数nに対して、pnが$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍になっていることを
数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のときはp1=0より明らか。
n=2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_2=2p_1+q_1=0+\frac{1}{2}\left(a-b \right)=-2\sqrt2\end{align*}}$
となるので成り立つ。
(ⅱ) pkとpk+1が$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍であると仮定すると、
有理数mk、mk+1を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_k=\sqrt2\ m_k\ \ ,\ \ p_{k+1}=\sqrt2\ m_{k+1}\end{align*}}$
と表すことができる。
与えられた漸化式より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p_{k+2}=2p_{k+1}+q_{k+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2p_{k+1}-\frac{1}{2}p_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\sqrt2\ m_{k+1}-\frac{\sqrt2}{2}\ m_k\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2\left(2m_{k+1}- \frac{1}{2}m_k\right)\end{align*}}$
mk、mk+1は有理数なので、pk+2も$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍である。
以上より、任意の自然数nに対して、pnが$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の有理数倍になって
いるので、rnは有理数である。
(3)の帰納法は、n=kとn=k+1の2つを仮定する必要があります。
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第3問
曲線
$\small\sf{\begin{align*} \sf C:\ y=\log\frac{x}{e}\end{align*}}$
上の点(e2，1)における接線をLとするとき、以下の問いに答えよ。
ただし対数は自然対数とする。
(1) 接線Lの方程式を求めよ。
(2) 次の定積分I1、I2の値を求めよ。
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 1}\sf =\int_1^e\log x\ dx\ \ ,\ \ \rm I_{\sf 2}\sf =\int_1^e\left(\log x \right)^2dx\end{align*}}$
(3) 曲線C、接線Lおよびx軸で囲まれた部分を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】
(1)
Cの導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( \log\frac{x}{e}\right)'=\left(\log x-1 \right)'=\frac{1}{x}\end{align*}}$
なので、接線Lの方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y-1=\frac{1}{e^2}\left(x-e^2 \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\frac{1}{e^2}\ x\ }\end{align*}}$
(2)
部分積分法を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 1}\sf =\int_1^e\log x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[x\log x\bigg]_1^e-\int_1^ex\cdot\frac{1}{x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[x\log x-x\bigg]_1^e\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 1\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 2}\sf =\int_1^e\left(\log x \right)^2dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[x\left(\log x \right)^2\bigg]_1^e-\int_1^ex\cdot\left(2\log x \right)\cdot\frac{1}{x}\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =e-0-2I_1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ e-2\ }\end{align*}}$
(3)
求める体積をVとすると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\int_0^{e^2}\left(\frac{1}{e^2}x\right)^2dx-\pi\int_e^{e^2}\left( \log\frac{x}{e}\right)^2dx\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{x}{e}\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=\frac{1}{e}\end{align*}}$
であり、x：e→e2に対して、t：1→eとなる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\pi\left[ \frac{1}{3e^4}x^3\right]_0^{e^2}-\pi\int_1^e\left(\log t \right)^2\cdot edt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi e^2}{3}-\pi e\ I_2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\pi e-\frac{2\pi e^2}{3}\ }\end{align*}}$ ←(2)より
(3)は(2)の結果が使えるように置換します。
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- 2015/07/24(金) 23:57:00|
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第4問
以下の問いに答えよ。ただし行列やベクトルの成分はすべて実数で
あるとする。
(1) 0でないfに対し
$\small\sf{\begin{align*} \sf \binom{s}{t}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf f& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{a}{b}\end{align*}}$
とおく。このとき|a|=|b|で|s|＜|t|となるようなa、bが存在する
ことを示せ。
(2) 任意の実数x、yに対して不等式|x+y|≧|x|－|y|が成立すること
を示せ。次に|g|≧2を満たすgに対し
$\small\sf{\begin{align*} \sf \binom{u}{v}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf g \\ \sf 0& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{s}{t}\end{align*}}$
とおくとき、|s|＜|t|ならば|u|＞|v|であることを示せ。
さらに|h|≧2を満たすhに対し
$\small\sf{\begin{align*} \sf \binom{s'}{t'}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf h& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{u}{v}\end{align*}}$
とおくとき、|u|＞|v|ならば|s'|＜|t'|であることを示せ。
(3) 2n+1個の実数f，g1，h1，……，gn，hnにおいてf≠0であり、
すべてのi=1，…，nに対し|gi|≧2、|hi|≧2であるとする。
このとき積
$\small\sf{\begin{align*} \sf A=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf h_n & \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf g_n \\ \sf 0 & \sf 1 \end{pmatrix}\ldots\ldots\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf h_1 & \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf g_1 \\ \sf 0 & \sf 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf f & \sf 1 \end{pmatrix}\end{align*}}$
について、A≠Eを示せ。ただしEは2次単位行列を表す。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{s}{t}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf f& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{a}{b}=\binom{a}{af+b}\end{align*}}$
(ⅰ) f＞0のとき
a=b=1とすると、s=1、t=f+1より
|t|=f+1＞1=|s| が成り立つ。
(ⅱ) f＜0のとき
a=1、b=－1とすると、s=1、t=f－1より
|t|=－f+1＞1=|s| が成り立つ。
以上より、|a|=|b|で|s|＜|t|となるようなa、bが存在する。
(2)
【ⅰ】
・|x|≦|y|のとき
|x+y|≧0≧|x|－|y| となり明らかに成り立つ。
・|x|≧|y|のとき
|x+y|2－(|x|－|y|)2
=x2+2xy+y2－(x2－2|xy|+y2)
=2(|xy|－xy)
≧0
であり、|x+y|≧0 かつ |x|－|y|＞0より
|x+y|≧|x|－|y| が成り立つ。
以上より、すべての場合に対して
|x+y|≧|x|－|y|
が成り立つので、題意は示された。
【ⅱ】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{u}{v}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf g \\ \sf 0& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{s}{t}=\binom{s+gt}{t}\end{align*}}$
このu、vに対して
|u|=|s+gt|
≧|gt|－|s| ←(ⅰ)より
=|g||t|－|s|
≧2|t|－|s| ←|g|≧2より
＞2|t|－|t| ←|t|＞|s|より
=|t|
=|v|
となるので、題意は示された。
【ⅲ】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{s'}{t'}=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf h& \sf 1 \end{pmatrix}\binom{u}{v}=\binom{u}{hu+v}\end{align*}}$
このs'、t'に対しても【ⅱ】と同様に
|t'|=|hu+v|
≧|hu|－|v| ←(ⅰ)より
≧2|u|－|v| ←|h|≧2より
＞|u| ←|u|＜|v|より
=|s'|
となるので、題意は示された。
(3)
2n+1個の行列を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf f & \sf 1 \end{pmatrix}\ \ ,\ \ G_i=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf g_i \\ \sf 0 & \sf 1 \end{pmatrix}\ \ ,\ \ H_i=\begin{pmatrix} \sf 1&\sf 0 \\ \sf h_i & \sf 1 \end{pmatrix}\ \ \ \ \left(i=1,2,\ldots,n \right)\end{align*}}$
(1)より、|a|=|b|を満たすある実数a、bに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{s_0}{t_0}=F\binom{a}{b}\end{align*}}$
で定められるs0、t0が|s0|＜|t0|となる場合がある。
このとき、【ⅱ】より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{u_1}{v_1}=G_i\binom{s_{0}}{t_{0}}=G_1F\binom{a}{b}\end{align*}}$
で定められるu1、v1は|u1|＞|v1|となる。
さらに【ⅲ】より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{s_1}{t_1}=H_1\binom{u_1}{v_1}=H_1G_1F\binom{a}{b}\end{align*}}$
で定められるs1、t1は|s1|＜|t1|となる。
以下も同様に
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{u_i}{v_i}=G_i\binom{s_{i-1}}{t_{i-1}}\ \ ,\ \ \binom{s_i}{t_i}=H_i\binom{u_i}{v_i}\ \ \ \ \left(i=1,2,\ldots,n \right)\end{align*}}$
と、ベクトルを定めていくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \binom{s_n}{t_n}=H_n\binom{u_n}{v_n}=H_nG_nH_{n-1}G_{n-1}\ldots\ldots H_1G_1F\binom{a}{b}=A\binom{a}{b}\end{align*}}$
で定められるsn、tnは|sn|＜|tn|を満たす。
A=Eと仮定すると、常にsn=a かつ tn=bとなるので、
|a|=|b|のとき|sn|=|tn|である。
しかし、上のように、|a|=|b|を満たすあるa、bに対しては
|sn|＜|tn|となる場合があるので矛盾する。
よって、A≠Eである。
(3)は、(1)、(2)で示した事柄を順に適用して行きだけですが、
答案の書き方が難しいので、「同様に」で誤魔化しましょう（笑）
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