第1問
以下の問に答えよ。
(1) 関数f(x)がx=aで微分可能であることの定義を述べよ。
(2) 関数f(x)がx=aで微分可能ならば、f(x)はx=aで連続であることを
証明せよ。
(3) 自然数nに対して、関数f(x)=xnの導関数を述べ、それを証明せよ。
(4) 関数f(x)=sinxの導関数を述べ、それを証明せよ。ただし、以下は
証明なしに用いてよい。
$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\sin\theta}{\theta}=1\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
x=aにおける微分係数
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '\left(a\right)=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{x-a}\end{align*}}$
が存在する。
(2)
f’(a)が存在するので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow a}\bigg\{f\left(x\right)-f\left(a\right)\bigg\} &=\sf \lim_{x\rightarrow a}\frac{f\left(x\right)-f\left(a\right)}{x-a}\cdot\lim_{x\rightarrow a}\left(x-a\right)\\ &=\sf f\ '\left(a\right)\cdot 0\\ &=\sf 0 \end{align*}}$
これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{x\rightarrow a}f\left(x\right)=f\left(a\right)\end{align*}}$
なので、f(x)はx=aで連続である。
(3)
二項定理を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(x^n\right)'&=\sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\left(x+h\right)^n-x^n}{h} \\ &=\sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\left(x^n+_nC_1x^{n-1}h+_nC_2x^{n-2}h^2+_nC_3x^{n-3}h^3+\cdots +h^n\right)-x^n}{h} \\ &=\sf _nC_1x^{n-1}+\lim_{h\rightarrow 0}h\left(_nC_2x^{n-2}+_nC_3x^{n-3}h+\cdots +h^{n-2}\right)\\ &=\sf \underline{nx^{n-1}}\end{align*}}$
(4)
加法定理を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\sin x\right)'&=\sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin\left(x+h\right)-\sin x}{h}\\ &=\sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin x\cos h+\cos x\sin h-\sin x}{h}\\ &=\sf \lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin h}{h}\cdot\cos x-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1-\cos h}{h}\cdot\sin x\\ &=\sf 1\cdot\cos x-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin^2 h}{h\left(1+\cos h\right)}\cdot\sin x\\ &=\sf \cos x-\lim_{h\rightarrow 0}\frac{\sin h}{1+\cos h}\cdot\sin x\\ &=\sf \underline{\cos x}\end{align*}}$
すべて教科書に載っています！
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第2問
自然数nに対して、an=3n2+28n+30、 Bn=3n+24とする。
anとbnの最大公約数をDnとし、Sn=$\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\end{align*}}$ Dkとする。
(1) D1、D2、D3とD6を求めよ。
(2) S12とS20を求めよ。
(3) Snが60の倍数となる、100以下の自然数nをすべて求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
以下、2数A、Bの最大公約数を gcm(A，B)と表すことにする。
(1)
3n2+28n+30=(3n+24)(n+1)+n+6
3n+24=3(n+6)+6
であり、ユークリッドの互除法より
Dn=gcm(n+6，3n+24)=gcm(n+6，6)=gcm(n，6)
となる。
これより、0以上の整数mに対して
D6m+1=gcm(6m+1，6)=gcm(1，6)=1
D6m+2=gcm(6m+2，6)=gcm(2，6)=2
D6m+3=gcm(6m+3，6)=gcm(3，6)=3
D6m+4=gcm(6m+4，6)=gcm(4，6)=2
D6m+5=gcm(6m+5，6)=gcm(5，6)=1
D6m+6=gcm(6m+6，6)=gcm(6，6)=6
となるので、
D1=1、 D2=2、 D3=3、 D6=6
(2)
S6=1+2+3+2+1+6=15 であり、Dnの値は6つ周期で変化するので、
S12=15×2=30
S20=15×3+1+2=48
(3)
S6=1+2+3+2+1+6=15 であり、Dnの値は6つ周期で変化するので、
60=4S6=S24
120=8S6=S48
180=12S6=S72
240=16S6=S96
よって、Snが60の倍数となるnの値は、
n=24，48，72，，96
an、bnのまま最大公約数を求めようとすると、計算が面倒なので、
互除法を使います。周期性に気づけば、あとは簡単です。
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第3問
自然数mに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf F_1\left(m\right)=\sum_{k=1}^mk\ ,\ F_{n+1}\left(m\right)=\sum_{k=1}^mF_n\left(k\right)\ \ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)\end{align*}}$
とする。以下の等式が成り立つことを証明せよ。
$\small\sf{\begin{align*} \sf (1)\ \ F_2\left(m\right)=_{m+2}C_3\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf (2)\ \ F_3\left(m\right)=_{m+3}C_4\end{align*}}$
$\small\sf{\begin{align*} \sf (3)\ \ F_n\left(m\right)=_{m+n}C_{n+1}\end{align*}}$
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(3)
数学的帰納法で示す。
(ⅰ) n=1のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F_1\left(m\right)=\sum_{k=1}^m k = _{m+1}C_2\end{align*}}$
(ⅱ) n=Nのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F_N\left(m\right)=_{m+N}C_{N+1}\end{align*}}$
が成り立つと仮定すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F_{N+1}\left(m\right)&=\sf \sum_{k=1}^mF_N\left(k\right) \\ &=\sf \sum_{k=1}^m\ _{k+N}C_{N+1} \\ &=\sf \sum_{k=1}^m\frac{\left(k+N+1\right)_{k+N}C_{N+1} -\left(k-1\right)_{k+N}C_{N+1} }{N+2} \end{align*}}$
ここで、自然数kに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\left(k+N+1\right)_{k+N}C_{N+1} }{N+2}&=\sf \frac{\left(k+N+1\right)\cdot\left(k+N\right)\left(k+N-1\right)\cdots\left(k+1\right)k}{\left(N+2\right)\cdot\left(N+1\right)!} \\ &=\sf _{k+N+1}C_{N+2}\end{align*}}$
また、k≧2の自然数kに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\left(k-1\right)_{k+N}C_{N+1} }{N+2}&=\sf \frac{\left(k-1\right)\cdot\left(k+N\right)\left(k+N-1\right)\cdots\left(k+1\right)k}{\left(N+2\right)\cdot\left(N+1\right)!} \\ &=\sf _{k+N}C_{N+2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf F_{N+1}\left(m\right)&=\sf \left(_{N+2}C_{N+2}-0\right)+\sum_{k=2}^m\left(_{N+k+1}C_{N+2}-_{N+k}C_{N+2}\right) \\ &=\sf \left(_{N+2}C_{N+2}-0\right)+\left(_{N+3}C_{N+2}-_{N+2}C_{N+2}\right)+\left(_{N+4}C_{N+2}-_{N+3}C_{N+2}\right)\\ &\sf \ \ \ \ +\cdots\cdots +\left(_{N+m}C_{N+2}-_{N+m-1}C_{N+2}\right)+\left(_{N+m+1}C_{N+2}-_{N+m}C_{N+2}\right)\\ &=\sf _{N+m+1}C_{N+2}\end{align*}}$
となり、n=N+1のときも成り立つ。
以上より、任意の自然数nに対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F_n\left(m\right)=_{m+n}C_{n+1}\end{align*}}$
が成り立つ。
(1)
(3)でn=2とすると、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F_2\left(m\right)=_{m+2}C_3\end{align*}}$
(2)
(3)でn=3とすると、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf F_3\left(m\right)=_{m+3}C_4\end{align*}}$
同じ作業を3回やるのが面倒だったので、(3)から解きましたｗｗ
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- 2017/09/10(日) 23:57:00|
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第4問
数列{an}を
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_1=4\ ,\ a_2=3\ ,\ a_{n+2}=a_{n+1}-\frac{1}{4}a_n\ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)\end{align*}}$
と定める。0でない実数$\small\sf{\alpha}$ に対して、数列{bn}、{cn}を
$\small\sf{\begin{align*} \sf b_n=a_{n+1}-\alpha a_n\ \ ,\ \ c_{n}=\frac{a_n}{\alpha^n}\ \ \ \left(n=1,2,3,\cdots\right)\end{align*}}$
と定める。
(1) {bn}が等比数列となる$\small\sf{\alpha}$ を求め、そのときの{bn}の一般項を求めよ。
(2) (1)で求めた$\small\sf{\alpha}$ に対して、{cn}が等差数列になることを示し、{cn}と
{an}の一般項を求めよ。
(3) $\small\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^n\end{align*}}$ akを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
{bn}が等比数列となるとき、その公比をrとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf b_{n+1}=rb_n&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a_{n+2}-\alpha a_{n+1}=r\left(a_{n+1}-\alpha a_n\right)\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf a_{n+2}=\left(\alpha +r\right)a_{n+1}-\alpha ra_n \end{align*}}$
与えられた漸化式と係数比較すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \alpha +r=1\ \ ,\ \ \alpha r=\frac{1}{4}\end{align*}}$
解と係数の関係より、$\scriptsize\sf{\alpha}$ とrはtについての二次方程式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t^2-t+\frac{1}{4}=\left(t-\frac{1}{2}\right)^2=0\end{align*}}$
の2解なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf r=\frac{1}{2}\ \ ,\ \ \underline{\alpha=\frac{1}{2}}\end{align*}}$
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_1=a_2-\frac{1}{2}a_1=1\end{align*}}$
なので、等比数列{bn}の一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=b_1r^{n-1}=\underline{\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}\end{align*}}$
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf b_n=a_{n+1}-\frac{1}{2}a_n=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\end{align*}}$
両辺に2n+1をかけると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2^{n+1}a_{n+1}-2^na_n=4\ \ \Leftrightarrow\ \ c_{n+1}-c_n=4\end{align*}}$
となるので、数列{cn}は公差4の等差数列となる。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_1=\frac{a_1}{\alpha}=8\end{align*}}$
なので、等差数列{cn}の一般項は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf c_n=c_1+4\left(n-1\right)=\underline{4n+4}\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_n=\alpha^nc_n=\left(4n+4\right)\left(\frac{1}{2}\right)^n=\underline{\frac{n+1}{2^{n-2}}}\end{align*}}$
(3)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\sum_{k=1}^na_k\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\frac{2}{2^{-1}}+\frac{3}{2^{0}}+\frac{4}{2^{1}}+\cdots\cdots +\frac{n+1}{2^{n-2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}S_n=\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2}{2^{0}}+\frac{3}{2^{1}}+\cdots\cdots +\frac{n}{2^{n-2}}+\frac{n+1}{2^{n-1}}\end{align*}}$
両辺の差を考えると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}S_n&=\sf \frac{2}{2^{-1}}+\frac{1}{2^{0}}+\frac{1}{2^{1}}+\cdots\cdots +\frac{1}{2^{n-2}}-\frac{n+1}{2^{n-1}} \\ &=\sf 4+\frac{1-\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n+1}{2^{n-1}}\\ &=\sf 6-\left(n+3\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\underline{12-\left(n+3\right)\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}}\end{align*}}$
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