第１問
自然数nに対して、定積分
$\small\sf{\begin{align*}\sf I_n=\int_0^1\frac{x^n}{x^2+1}dx\end{align*}}$
を考える。このとき、次の問いに答えよ。
(１) In+In+2=$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{n+1}\end{align*}}$ を示せ。
(２) 0≦In+1≦In≦$\small\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{n+1}\end{align*}}$ を示せ。
(３) Sn=$\small\sf{\begin{align*}\sf \sum_{k=1}^n\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2k}\end{align*}}$ とする。このとき、$\displaystyle\sf{\lim_{n\rightarrow\infty}}$ Snを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf I_n+I_{n+2}&=\sf\int_0^1\frac{x^n}{x^2+1}dx+\int_0^1\frac{x^{n+2}}{x^2+1}dx \\ &=\sf \int_0^1\frac{x^{n+2}+x^n}{x^2+1}dx\\ &=\sf \int_0^1x^ndx\\ &=\sf \left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1\\ &=\sf \frac{1}{n+1}\end{align*}}$
(２)
0≦x≦1で常に
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq\frac{x^{n+1}}{x^2+1}\leq\frac{x^{n}}{x^2+1}\leq x^n \end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq\int_0^1\frac{x^{n+1}}{x^2+1}dx\leq\int_0^1\frac{x^{n}}{x^2+1}dx\leq\int_0^1 x^ndx \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leq I_{n+1}\leq I_n\leq\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=\frac{1}{n+1} \end{align*}}$
(３)
(１)、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf I_{n+2}\leq I_n\leq I_{n-2}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf I_n+I_{n+2}\leq 2I_n\leq I_{n-2}+I_n \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{1}{n+1}\leq 2I_n\leq\frac{1}{n-1}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{n}{2\left(n+1\right)}\leq nI_n\leq\frac{n}{2\left(n-1\right)}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{1}{2\left(1+\frac{1}{n}\right)}\leq nI_n\leq\frac{1}{2\left(1-\frac{1}{n}\right)}\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2\left(1+\frac{1}{n}\right)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2\left(1-\frac{1}{n}\right)}=\frac{1}{2}\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}nI_n=\underline{\frac{1}{2}} \end{align*}}$
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_n&=\sf \frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\cdots \cdots+\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n} \\ &=\sf \left(I_1+I_3\right)-\left(T_3+I_5\right)+\left(I_5+I_7\right)-\cdots\cdots+\left(-1\right)^{n-1}\left(I_{2n-1}+I_{2n+1}\right)\\ &=\sf I_1+\left(-1\right)^{n-1}I_{2n+1}\end{align*}}$
ここで、(２)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\leq I_{2n+1}\leq\frac{1}{2n+2}\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2n+2}=0 \end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}I_{2n+1}=0 \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_n=I_1 =\int_0^1\frac{x}{x^2+1}dx\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{t=x^2+1\ \ ,\ \ \frac{dt}{dx}=2x}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}S_n&=\sf \int_1^2\frac{x}{t}\cdot\frac{dt}{2x} \\ &=\sf \int_1^2\frac{dt}{d}\\ &=\sf \left[\frac{1}{2}log\ t\right]_1^2\\ &=\sf \underline{\frac{1}{2}log\ 2} \end{align*}}$
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- 2018/04/07(土) 23:57:00|
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第２問
aを1より大きい実数とする。このとき、次の問いに答えよ。
(１) 関数y=axとy=logaxのグラフの共有点は、存在すれば直線y=x上に
あることを示せ。
(２) 関数y=axとy=logaxのグラフの共有点は２個以下であることを示せ。
(３) 関数y=axとy=logaxのグラフの共有点は1個であるとする。このとき、
共有点の座標とaの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
$\scriptsize\sf{C_1:\ y=a^x\ \ ,\ \ C_2:\ y=log_ax}$
(１)
2曲線C1、C2の共有点の座標を(X，Y)とおくと、
$\scriptsize\sf{Y=a^X}$ かつ
$\scriptsize\sf{Y=log_aX\ \ \Leftrightarrow\ \ X=a^Y}$
ここで、X＞Yと仮定すると、a＞1より
$\scriptsize\sf{a^Y\gt a^X\ \ \Leftrightarrow\ \ Y\gt X}$
となり矛盾する。X＜Yのときも同様。
よって、X=Yなので、2曲線C1、C2の共有点は直線y=x上にある。
(２)
(１)より、2曲線C1、C2の共有点は、C2と直線y=xの共有点と一致する。
関数f(x)を
$\scriptsize\sf{f\left(x\right)=log_ax-x\ \ \ \left(x>0\right)}$
とおくと、導関数は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ '\left(x\right)=\frac{1}{\left(log\ a\right)x}-1 \end{align*}}$
a＞1よりloga＞0なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p=\frac{1}{log\ a}\ \ (\gt 0)\end{align*}}$
とおくと、f(x)の増減は次のようになる。
これより、方程式f(x)=0の解の個数は
f(p)＞0のとき2個
f(p)=0のとき1個
f(p)＜0のとき0個
なので、2曲線C1、C2の共有点は2個以下である。
(３)
(２)より、2曲線C1、C2の共有点が1個のとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\left(p\right)=log\frac{1}{log\ a}-\frac{1}{log\ a}=0 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -log\left(log\ a\right)=\frac{1}{log\ a} \end{align*}}$
底をeにそろえると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -\frac{log\left(log\ a\right)}{log\ a}=\frac{1}{log\ a} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ log\left(log\ a\right)=-1 \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ log\ a=\frac{1}{e} \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a=\underline{e^\frac{1}{e}} \end{align*}}$
このとき、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x=p=\frac{1}{log\ e^\frac{1}{e}}=e\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y=a^p=\left(e^\frac{1}{e}\right)=e\end{align*}}$
なので、2曲線C1、C2の共有点は(e，e)である。
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- 2018/04/08(日) 23:57:00|
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第３問
pを素数、a、bを整数とする。このとき、次の問いに答えよ。
(１) (a+b)p-ap-bpはpで割り切れることを示せ。
(２) (a+2)p-apは偶数であることを示せ。
(３) (a+2)p-apを2pで割ったときの余りを求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{A\left(a,b\right)=\left(a+b\right)^p-a^p-b^p}$
とおくと、二項定理より
$\scriptsize\sf\begin{align*}\sf A\left(a,b\right)&=\sf\left(\sum_{k=0}^p\ _pC_k\ a^kb^{p-k}\right)-a^p-b^p \\ &=\sf \sum_{k=1}^{p-1}\ _pC_k\ a^kb^{p-k}\\ &=\sf \sum_{k=1}^{p-1}\frac{p!}{k!\left(p-k\right)!}\cdot a^kb^{n-k}\end{align*}{}$
ここで、pは素数なので1，2，･･･，p-1とは互いに素である。
よって、pCk （k=1，2，･･･，p-1）はすべてpの倍数となるので、
A(a，b)はpで割り切れる。
(２)
$\scriptsize\sf{B=\left(a+2\right)^p-a^p}$
とおくと、二項定理より
$\scriptsize\sf\begin{align*}\sf B&=\sf\left(\sum_{k=0}^p\ _pC_k\ a^k\cdot 2^{p-k}\right)-a^p \\ &=\sf \sum_{k=0}^{p-1}\ _pC_k\ a^k\cdot 2^{p-k}\end{align*}{}$
k=1，2，･･･，p-1に対して2p-kはすべて2の倍数なので、Bは偶数である。
(３)
(ⅰ) p=2のとき
$\scriptsize\sf{B=\left(a+2\right)^2-a^2=4\left(a+1\right)}$
なので、Bを4 (=2p)で割った余りは0である。
(ⅱ) p≠2のとき
(１)より、
$\scriptsize\sf{A\left(a,2\right)=\left(a+2\right)^p-a^p-2^p=B-2^p}$
はpで割り切れる。
また、(２)よりBは2の倍数なので、A(a，2)も2の倍数である。
2とpは互いに素なので、A(a，2)は2pの倍数なので、整数Mを用いて
$\scriptsize\sf{A\left(a,2\right)=2pM}\ \ \Leftrightarrow\ \ B=2pM+2^p$
と表せる。
ここで、
$\scriptsize\sf{A\left(1,1\right)=2^p-1-1=2^p-2}$
は、偶数であり、(１)よりpで割り切れるので、整数Nを用いて
$\scriptsize\sf{A\left(1,1\right)=2pN\ \ \Leftrightarrow\ \ 2^p=2pN+2}$
と表せる。よって、
$\scriptsize\sf{B=2pM+\left(2pN+2\right)=2p\left(M+N\right)+2}$
となり、Bを2pで割った余りは2となる。
(３)は場合分けが必要です。
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- 2018/04/09(月) 23:57:00|
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