2018-03-07

2016年度大阪市立大学理系数学第4問

f:id:luv_zawazawa:20180307104051j:image

問1

袋 $k$ について考える。このとき、赤球をちょうど $m$ 回取り出す確率 $P_{m,k}$ は

$\displaystyle P_{m,k}=\frac{1}{n}~_{10}C_{m}\left(\frac{k}{n}\right)^{m}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{10-m}$

したがって、 $P_{m,n}$ は

$\displaystyle P_{m,n}=\sum_{k=1}^{n}\left\{\frac{1}{n}~_{10}C_{m}\left(\frac{k}{n}\right)^{m}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{10-m}\right\}$

$\displaystyle =\frac{1}{n}~_{10}C_{m}\sum_{k=1}^{n}\left\{\left(\frac{k}{n}\right)^{m}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{10-m}\right\}$

問2

$P_{10,n}$ について

$\displaystyle P_{10,n}=\frac{1}{n}~_{10}C_{10}\sum_{k=1}^{n}\left\{\left(\frac{k}{n}\right)^{10}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{10-10}\right\}$

$\displaystyle =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^{10}$

したがって、

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{P_{10,n}}=\lim_{n\to\infty}{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{k}{n}\right)^{10}}$

$\displaystyle =\int_{0}^{1}x^{10}dx$ 　(区分求積法より)

$\displaystyle =\left[\frac{1}{11}x^{11}\right]_{0}^{1}$

$\displaystyle =\frac{1}{11}$

問3

$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{P_{m+1,n}}=\lim_{n\to\infty}{\frac{1}{n}~_{10}C_{m+1}\sum_{k=1}^{n}\left\{\left(\frac{k}{n}\right)^{m+1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{10-(m+1)}\right\}}$

$\displaystyle =~_{10}C_{m+1}\lim_{n\to\infty}{\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left\{\left(\frac{k}{n}\right)^{m+1}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{10-(m+1)}\right\}}$

$\displaystyle =~_{10}C_{m+1}\int_{0}^{1}x^{m+1}(1-x)^{10-(m+1)}dx$

$\displaystyle =~_{10}C_{m+1}\left\{\left[\frac{-1}{10-m}x^{m+1}(1-x)^{10-m}\right]_{0}^{1}+\frac{m+1}{10-m}\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{10-m}dx\right\}$

$\displaystyle =~_{10}C_{m+1}\cdot\frac{m+1}{10-m}\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{10-m}dx$

$\displaystyle =\frac{10!}{(m+1)!\{10-(m+1)\}!}\frac{m+1}{10-m}\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{10-m}dx$

$\displaystyle =\frac{10!}{m!(10-m!)}\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{10-m}dx$

$\displaystyle =~_{10}C_{m}\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{10-m}dx$

$\displaystyle=\lim_{n\to\infty}P_{m,n}$

$m$ は $0\leq m\leq10$ である整数であるが、この等式が成り立つとき $0\leq m\leq9$ である。

以上より、整数 $m$ が $0\leq m\leq9$ のとき、 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}P_{m,n}=\lim_{n\to\infty}P_{m+1,n}$ が示せた。

2018-03-07

2016年度大阪市立大学理系数学第3問

大阪市立大学微分法

f:id:luv_zawazawa:20180307003011j:image

問1

$x^{r}+y^{r}=1$ を $x$ で微分すると

$\displaystyle rx^{r-1}+ry^{r-1}y'=0\leftrightarrow y'=-\frac{x^{r-1}}{y^{r-1}}(r\neq0)$

であるから、点Pにおける接線 $l$ の方程式は

$\displaystyle y=-\frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}(x-p)+q$

$x=0$ のとき $\displaystyle y=\frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}(-p)+q=\frac{q^{r}+p^{r}}{q^{r-1}}$

$\displaystyle \leftrightarrow y=\frac{1}{q^{r-1}}=q^{1-r}$

$y=0$ のとき $\displaystyle 0=-\frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}(x-p)+q$

$\displaystyle\leftrightarrow \frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}x=\frac{p^{r}}{q^{r-1}}+q$

$\displaystyle\leftrightarrow \frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}x=\frac{q^{r}+p^{r}}{q^{r-1}}$

$\displaystyle\leftrightarrow x=\frac{1}{p^{r-1}}=p^{1-r}$

したがって、 $\displaystyle A\left(0,q^{1-r}\right),~B\left(p^{1-r},0\right)$

問2

$AB$ の長さを $d$ とする。

$\displaystyle d^{2}=q^{2(1-r)}+p^{2(1-r)}$

これが $p,q$ の値に関係なく一定値 $k$ ( $k$ は実数)となるような $r$ の値を考える。

$\displaystyle d^{2}=q^{2(1-r)}+p^{2(1-r)}=k$

$p$ で微分すると

$\displaystyle 2(1-r)q^{1-2r}\frac{dq}{dp}+2(1-r)p^{1-2r}=0$

$\displaystyle q^{1-2r}\frac{dq}{dp}+p^{1-2r}=0$ ( $2(1-r)\neq0$ より)

ここで、 $p,q$ は曲線 $C$ 上の点であるので

$p^{r}+q^{r}=1$

$p$ で微分すると

$\displaystyle rp^{r-1}+rq^{r-1}\frac{dq}{dp}=0$

$\displaystyle \frac{dq}{dp}=-\frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}$

これを先ほどの式に代入して

$\displaystyle q^{1-2r}\left(-\frac{p^{r-1}}{q^{r-1}}\right)+p^{1-2r}=0$

$\displaystyle \leftrightarrow p^{2-3r}=q^{2-3r}$

$p=q$ であるとするとどんな $r$ でも成り立つ。

$p\neq q$ のとき、 $2-3r=0$ つまり $\displaystyle r=\frac{2}{3}$ のとき成り立つ。

これを $d$ に代入してみると

$\displaystyle d=\sqrt{q^{\frac{2}{3}}+p^{\frac{2}{3}}}=1$

であるから、求める $r$ は $\displaystyle\frac{2}{3}$ である。

2018-03-07

2016年度大阪市立大学理系数学第2問

積分法大阪市立大学

f:id:luv_zawazawa:20180306231443j:image

問1

$\displaystyle C_{n+2}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n+2}{x}dx$

$\displaystyle =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos{x}\cos^{n+1}{x}dx$

$\displaystyle =\left[\sin{x}\cos^{n+1}{x}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}-(n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin{x}\cos^{n}{x}(-\sin{x})dx$

$\displaystyle=(n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}{x}\cos^{n}{x}dx$

$\displaystyle=(n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\cos^{2}{x})\cos^{n}{x}dx$

$\displaystyle=(n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}{x}dx-(n+1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n+2}{x}dx$

$=(n+1)C_{n}-(n+1)C_{n+2}$

$\leftrightarrow (n+2)C_{n+2}=(n+1)C_{n}$

$\displaystyle\leftrightarrow C_{n+2}=\frac{n+1}{n+2}C_{n}$

よって、示せた。

問2

$x^{2}+y^{2}\leq1$ から $y$ は $x$ の関数

$z+2x^2-x^4\leq1$ $\leftrightarrow z\leq x^4-2x^2+1$

$\leftrightarrow z\leq(x^2-1)^{2}$

から $z$ は $x$ の関数である。

したがって、 $x$ を固定して $zy$ 平面における断面から体積を求めたほうがよさそうである。

$x^{2}+y^{2}\leq1,~x\geq0$ より $0\leq x\leq1$ である。したがって、 $0\leq t\leq1$ である $t$ で $x$ を固定する。

すなわち、 $x=t$ とすると

$t^{2}+y^{2}\leq1\leftrightarrow y^{2}\leq1-t^{2}$ $\leftrightarrow-\sqrt{1-t^{2}}\leq y\leq\sqrt{1-t^{2}}$

$y\geq0$ を考慮すると $\leftrightarrow0\leq y\leq\sqrt{1-t^{2}}$

$z\geq0$ を考慮して $0\leq z\leq(t^{2}-1)^{2}$

したがって、断面積は $\sqrt{1-t^{2}}(t^{2}-1)^{2}$ である。

体積Vは

$\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{1-t^{2}}(t^{2}-1)^{2}dt$

$\displaystyle=\int_{0}^{1}\sqrt{1-t^{2}}(1-t^{2})^{2}dt$

$\displaystyle=\int_{0}^{1}(1-t^{2})^{\frac{5}{2}}dt$

$t=\sin{\theta}$ とすると $\displaystyle\theta:0\rightarrow\frac{\pi}{2},~\cos{\theta}d\theta=dt$ であるから

$\displaystyle V=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\cos^{2}{\theta}\right)^{\frac{5}{2}}\cos{\theta}d\theta$

$\displaystyle =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{6}{\theta}d\theta$

ここで、 $\displaystyle C_{6}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{6}{\theta}d\theta$ とすると問1の結果より

$\displaystyle C_{6}=\frac{5}{6}C_{4}$

$\displaystyle=\frac{5}{6}\frac{3}{4}C_{2}$

$\displaystyle=\frac{5}{6}\frac{3}{4}\frac{1}{2}C_{0}$

$\displaystyle C_{0}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{0}{\theta}d\theta=\left[\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{2}$ より

$\displaystyle C_{6}=\frac{5}{6}\frac{3}{4}\frac{1}{2}\frac{\pi}{2}$

$\displaystyle=\frac{5}{2}\frac{1}{4}\frac{1}{2}\frac{\pi}{2}$

$\displaystyle=\frac{5}{32}\pi$

したがって、 $\displaystyle V=\frac{5}{32}\pi$

2018-03-06

2016年度大阪市立大学理系数学第1問

大阪市立大学微分法

f:id:luv_zawazawa:20180306201503j:image

問1

$\displaystyle f(x)=a^{r}+x^{r }-(a+x)^{r }$ とする。

$\displaystyle f'(x)=rx^{r-1}-r(a+x)^{r-1 }=r\{x^{r-1}-(a+x)^{r-1 }\}$

$0\lt r\lt1$ より $r-1\lt0$ なので

$\displaystyle f'(x)=r\{ \frac{1}{x^{1-r}}-\frac{1}{(a+x)^{1-r }}\}$

$a,x,1-r\geq0$ であるから

$\frac{1}{x^{1-r}}\geq\frac{1}{(a+x)^{1-r }}$

$\leftrightarrow\frac{1}{x^{1-r}}-\frac{1}{(a+x)^{1-r }}\geq0$

したがって、 $x\geq0$ において $f'(x)\geq0$ である。

$x\geq0$ において $f'(x)=0$ となるのは $x=0$ のときだけであるから $x\gt0$ において $f(x)$ は単調増加する。また $f(0)=0$ であるから $f(x)\geq0$ である。

以上より、 $a^{r}+x^{r }-(a+x)^{r }\geq0$

$\leftrightarrow(a+x)^{r }\leq{a^{r} }+x^{r }$

問2

数学的帰納法を用いて

$\displaystyle\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k}\right)^{r}\leq\sum_{k=1}^{n}a_{k}^{r}$ ...①

を証明する。

(1) $n=1$ のとき、

左辺について、 $\displaystyle\left(\sum_{k=1}^{1}a_{k}\right)^{r}=a_{1}^{r}$

右辺について、 $\displaystyle\sum_{k=1}^{1}a_{k}^{r}=a_{1}^{r}$

したがって、 $\displaystyle\left(\sum_{k=1}^{1}a_{k}\right)^{r}=\sum_{k=1}^{1}a_{k}^{r}$ であるから $n=1$ のとき①は成り立つ。

(2) $n=l$ のとき①が成り立つとする。

$n=l+1$ のときについて考える。

ここで、 $\displaystyle\left(\sum_{k=1}^{l+1}a_{k}\right)^{r}=\left(\sum_{k=1}^{l}a_{k}+a_{l+1}\right)^{r}$

であり、 $a_{k}\geq0$ と問1の結果から

$\displaystyle\left(\sum_{k=1}^{l}a_{k}+a_{l+1}\right)^{r}\leq\sum_{k=1}^{l}a_{k}^{r}+a_{l+1}^{r}$

$\displaystyle\leftrightarrow\left(\sum_{k=1}^{l+1}a_{k}\right)^{r}\leq\sum_{k=1}^{l+1}a_{k}^{r}$

である。したがって、 $n=l+1$ のときも成立。

数学的帰納法より①は証明された。[証明終]

2018-03-05

2018年度関西大学理系数学第4問

関西大学数学A 数学B 数列ベクトル場合の数と確率平面上の曲線図形と方程式小問集合

f:id:luv_zawazawa:20180305113319j:image

小問集合です。

(1) 数列

$\displaystyle\frac{1}{a_{n}}=b_{n}$ とする。このとき、漸化式は次式で表される。

$\displaystyle b_{n+1}=2b_{n}+1$

この漸化式における特性方程式について解く。 $\alpha=2\alpha+1\leftrightarrow\alpha=-1$

漸化式は次式のように変形できる。

$b_{n+1}+1=2\left(b_{n}+1 \right)$

ここで、 $b_{1}+1=1+1=2$ である。

$\displaystyle b_{n}+1=2 \times2^{n-1}=2^{n}$

$\displaystyle b_{n}=2^{n}-1$

$\displaystyle a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}$

(2) 解と係数の関係

3次方程式の解と係数の関係より

$\alpha+\beta+\gamma=0,~\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=1,~\alpha\beta\gamma=-1$ であるから

$\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}=(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}-\alpha\beta-\beta\gamma-\gamma\alpha)+3\alpha\beta\gamma=-3$

(3) ベクトル

f:id:luv_zawazawa:20180305154157j:image

$\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$

$\displaystyle\overrightarrow{OD}=\frac{2\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$

OPは正方形の折り紙を上図の破線で折り返したときのOAと重なる。したがって、 $\left|OP\right|=\left|OA\right|=1$

$\overrightarrow{OP}$ は $\overrightarrow{OD}$ 上にあるので正の数 $k$ を用いて次のように表される。

$\displaystyle\overrightarrow{OP}=k\overrightarrow{OD}=\frac{k}{3}\overrightarrow{OA}+k\overrightarrow{OB}$

$\left|\overrightarrow{OP}\right|=1$ より、 $\left|\overrightarrow{OP}\right|^{2}=1$

$\displaystyle\left|\frac{k}{3}\overrightarrow{OA}+k\overrightarrow{OB}\right|^{2}=1$

$\displaystyle\frac{k^{2}}{9}\left|\overrightarrow{OA}\right|^{2}+\frac{k^{2}}{3}\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}+k^{2}\left|\overrightarrow{OB}\right|^{2}=1$

$\left|\overrightarrow{OA}\right|=\left|\overrightarrow{OB}\right|=1,~\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0$ より、

$\displaystyle\frac{k^{2}}{9}+k^{2}=1$

$\displaystyle k^{2}=\frac{9}{10}$

$k\lt0$ のとき、PはOについてDと反対側にあることとなるため、 $k\gt0$ である。

$\displaystyle k=\frac{3}{\sqrt{10}}$

したがって、 $\displaystyle\overrightarrow{OP}=\frac{\sqrt{10}}{10}\overrightarrow{OA}+\frac{3\sqrt{10}}{10}\overrightarrow{OB}$

(4) 確率

7枚のカードの中から4枚取り出す場合の数は $_{7}C_{4}$ 通りである。

ここで、取り出した4枚のカードのうち、6, 7が含まれる場合、A=6＆B≦5

6または7が含まれない場合、A≦5＆B≧6

であるため、B<Aとなるためには、取り出した4枚に6または7が含まれていない必要がある。これを、前者の余事象と考えると

$\displaystyle 1-\frac{_{5}C_{2}}{_{7}C_{4}}=1-\frac{\frac{5\cdot4}{2\cdot1}}{\frac{7\cdot6\cdot5\cdot4}{4\cdot3\cdot2\cdot1}}=1-\frac{5\cdot2}{7\cdot5}=1-\frac{2}{7}=\frac{5}{7}$

(5)

$(x-1)^2+4(y-1)^2=k$ ( $k$ は実数)とする。

$\displaystyle\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1\leftrightarrow x^2+4y^2-16=0$ ...①

$(x-1)^2+4(y-1)^2=k\leftrightarrow x^2-2x+4y^2-8y+5-k=0$ ...②

②と①の差をとって

$2x+8y-21+k=0$ ...③

③について、

$x=\frac{-8y+21-k}{2}$

これを①に代入する。

$\left(\frac{-8y+21-k}{2}\right)^2+4y^2-16=0$

$(-8y+21-k)^{2}+16y^2-64=0$

$64y^2-16(21-k)y+(21-k)^{2}+16y^2-64=0$

$80y^2-16(21-k)y+(21-k)^{2}-64=0$

楕円①と円②が交わるためには $x,y$ が値をもつ必要がある。したがって、上式で $y$ が値をもつためには、

$\displaystyle \frac{D}{4}=\left\{8(21-k)\right\}^{2}-80\left\{(21-k)^{2}-64\right\}\geq0$

$\displaystyle \leftrightarrow 64(21-k)^{2}-80(21-k)^{2}-80\times64\geq0$

$\displaystyle \leftrightarrow 80\times64\geq16(21-k)^{2}$

$\displaystyle \leftrightarrow 5\times64\geq(21-k)^{2}$

$\displaystyle \leftrightarrow 320\geq(21-k)^{2}$

$\displaystyle \leftrightarrow -8\sqrt{5}\leq21-k\leq8\sqrt{5}$

$\displaystyle \leftrightarrow -8\sqrt{5}\leq-21+k\leq8\sqrt{5}$

$\displaystyle \leftrightarrow 21-8\sqrt{5}\leq k\leq21+8\sqrt{5}$

2018-03-05

2018年度関西大学理系数学第3問

f:id:luv_zawazawa:20180305113240j:image

(1)

$\displaystyle\frac{dx}{d\theta}=\sin{\theta}\cos{\theta}-(1-\cos{\theta})\sin{\theta}$

$=2\sin{\theta}\cos{\theta}-\sin{\theta}=\sin{2\theta}-\sin{\theta}$

(2)

$\displaystyle\frac{dy}{d\theta}=\sin^{2}{\theta}+(1-\cos{\theta})\cos{\theta}$

$=\sin^{2}{\theta}-\cos^{2}{\theta}+\cos{\theta}=-\cos{2\theta}+\cos{\theta}$

$=-2\cos^{2}{\theta}+\cos{\theta}+1=-(2\cos{\theta}+1)(\cos{\theta}-1)$

$\displaystyle\frac{dy}{d\theta}=0$ とすると、

$(2\cos{\theta}+1)(\cos{\theta}-1)=0$

$\displaystyle\theta=\frac{2}{3}\pi,~\frac{4}{3}\pi$

増減表は、以下の通りである。

$\theta$	0		$\frac{2}{3}\pi$		$\frac{4}{3}\pi$		$2\pi$
$\frac{dy}{d\theta}$	×	$+$	0	$-$	0	$+$	×
$y$	×	$\nearrow$	極大値	$\searrow$	極小値	$\nearrow$	×

したがって、

$\displaystyle\theta=\frac{2}{3}\pi$ のとき、極大値 $\displaystyle\left(1+\frac{1}{2}\right)\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}$

$\displaystyle\theta=\frac{4}{3}\pi$ のとき、極小値 $\displaystyle\left(1+\frac{1}{2}\right)\times\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=-\frac{3\sqrt{3}}{4}$

(3) 曲線の長さ

$\displaystyle dL=\sqrt{dx^{2}+dy^{2}}=\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^{2}}d\theta$ より

$\displaystyle L=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^{2}+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^{2}}d\theta$

$\displaystyle=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{\left(\sin{2\theta}-\sin{\theta}\right)^{2}+\left(-\cos{2\theta}+\cos{\theta}\right)^{2}}d\theta$

$\displaystyle=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{\sin^{2}{2\theta}+\cos^{2}{2\theta}+\sin^{2}{\theta}+\cos^{2}{\theta}-2\sin{2\theta}\sin{\theta}-2\cos{2\theta}\cos{\theta}}d\theta$

$\displaystyle=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2-2\left(\sin{2\theta}\sin{\theta}+\cos{2\theta}\cos{\theta}\right)}d\theta$

$\displaystyle=\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2-2\cos{(2\theta-\theta)}}d\theta$

$\displaystyle=\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}\sqrt{1-\cos{\theta}}d\theta$

$\displaystyle=\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}\sqrt{2\sin^{2}\frac{\theta}{2}}d\theta$

$\displaystyle=2\int_{0}^{2\pi}\sin\frac{\theta}{2}d\theta$

$\displaystyle=2\left[-2\cos{\frac{\theta}{2}}\right]_{0}^{2\pi}$

$=-4(-1-1)=8$

2018-03-05

2018年度関西大学理系数学第2問

数学Ⅲ 理系数学関西大学数学Ⅱ 三角関数複素数平面指数関数・対数関数整数の性質

(1)三角関数
三角関数の加法定理より、
$\displaystyle\cos{ \frac{5 }{12}\pi }=\cos{ \frac{\pi }{4 }}\cos{ \frac{\pi }{6 } }-\sin{ \frac{\pi }{4 }}\sin{ \frac{\pi }{6 } }$
$\displaystyle= \frac{ \sqrt{2} }{2} \frac{ \sqrt{3 } }{2}- \frac{ \sqrt{2} }{2} \frac{1}{2}$
$\displaystyle= \frac{ \sqrt{6 }- \sqrt{2} }{4 }$

(2)複素数平面
$\alpha= \sqrt{6 }- \sqrt{2}+\left( \sqrt{6 }+ \sqrt{2}\right)i$
$=R\left(\cos{\theta }+i\sin{\theta }\right)$

ここで、 $R= \sqrt{\left(\sqrt{6 }- \sqrt{2}\right)^{2}+\left( \sqrt{6 }+ \sqrt{2}\right)^{2}}=4$ ,

$\cos{\theta}= \frac{ \sqrt{6}- \sqrt{2 }}{4},~\sin{\theta}= \frac{ \sqrt{6}+ \sqrt{2} }{4}$ である。

ド・モアブルの定理より
$\alpha^{n }=R^{n}\left(\cos{n\theta}+i\sin{n\theta}\right)$

これが実数となる、つまり虚部が0であるとき
$n\theta=m\pi~(m=1,2,3,...)$

ここで、(1)より
$\displaystyle\sin{\frac{5 }{12 }\pi}= \sqrt{1- \frac{6-2 \sqrt{12}+2 }{16 }}= \frac{ \sqrt{6 }+ \sqrt{2} }{4 }$

したがって、 $\displaystyle\theta= \frac{5 }{12}\pi$ である。
これを先程の等式に代入すると、
$\displaystyle \frac{5}{12}n\pi=m\pi$
$\displaystyle n= \frac{12 }{5}m$

$m=5$ のとき、 $n=12$ 。 $\alpha^{12}=4^{12 }\cos{5\pi}=-4^{12}\lt0$ より、 $\alpha^{n }\gt0$ を満たさない。
$m=10$ のとき、 $n=24$ 。このとき、 $\alpha^{n }\gt0$ を満たす。
したがって、 $\alpha^{n }\gt0$ である最小の自然数 $n$ は24である。

次に $\left|\alpha^{24 }\right|$ の桁数について考える。
$\left|\alpha^{24 }\right|=4^{24 }$ であり、 $k$ 桁の自然数とすると $10^{k-1 }\leq 4^{24}\lt 10^{k }$
両辺に10を底とする対数をとって $k-1\leq48\log_{10}{2}\lt k$
$k-1\leq48\times0.3010\lt k$
$k-1\leq14.448\lt k$
したがって、 $k=15$ 、つまり $\alpha^{24}$ は15桁の整数である。

(3)
$\displaystyle \frac{\alpha^{n }\beta^{m } }{4^{n } }$
$\displaystyle= \frac{4^{n }\left(\cos{\frac{5 }{12}n\pi }+i\sin{\frac{5 }{12}n\pi }\right) \left(\cos{\frac{m}{10}\pi }+i\sin{\frac{m}{10}\pi }\right) }{4^{n} }$
$\displaystyle=\left(\cos{\frac{5 }{12}n\pi }+i\sin{\frac{5 }{12}n\pi }\right) \left(\cos{\frac{m}{10}\pi }+i\sin{\frac{m}{10}\pi }\right)$
$\displaystyle=\cos{ \left(\frac{5 }{12}n\pi + \frac{m }{10 }\pi\right) }+i\sin { \left(\frac{5 }{12}n\pi + \frac{m }{10 }\pi\right) }$
偏角について、
$\displaystyle arg \frac{\alpha^{n }\beta^{m } }{4^{n } }=\frac{25n+6m }{60 }$

ここで、 $arg\theta=arg(2\pi+\theta)$ であることを考慮して
$25\times7+6\times11\equiv 1(mod120)$ より $1\leq q\leq 120$ である整数 $q$ を考えると
$(25\times7+6\times11)q\equiv q(mod120)$
したがって、 $\displaystyle arg \frac{\alpha^{n }\beta^{m } }{4^{n } }= \frac{q }{60 }\pi$ であるから120個の複素数値を取り得る。

次に、 $\displaystyle\gamma=\cos{ \left( \frac{25+6m }{60}\pi\right) }+i\sin { \left(\frac{25+6m }{60}\pi\right) }$
最小の偏角は $\displaystyle \frac{\pi }{60 }$ であるから、
$25+6m=1$
$25\times7+6\times11\equiv 1(mod120)$ より、 $25(1-7)+6(m-11)\equiv 0(mod120)$
$6(m-36)\equiv 0(mod120)$
$m-36\equiv 0(mod20)$
$m\equiv 16(mod20)$
したがって、整数 $m$ を20で割ったときの余りが16であることが、最小の偏角が $\displaystyle\gamma= \frac{\alpha\beta^{m } }{4 }$ となるための必要十分条件である。

2018-03-04

2018年度関西大学理系数学第1問

関西大学理系数学数学Ⅲ 微分法積分法

(1)

$x$ で微分すると $f'(x)=e^{-x}\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}-\sqrt{x}\right)$ $e^{-x}>0$ より $g(x)= \frac{1}{2\sqrt{x}}-\sqrt{x}$ とする。

$g(x)=0$ とすると、 $\frac{1}{2\sqrt{x}}= \sqrt{x}$

つまり、 $x= \frac{1}{2}$

したがって、 $0\leq x\lt\frac{1}{2}$ のとき $g(x)>0$ , $\frac{1}{2}\lt x$ のとき $g(x)\lt 0$ より極大値 $f\left( \frac{1}{2}\right)= \frac{ \sqrt{2}}{2}e^{-\frac{1}{2}}$

極小値はない。

(2)

$f''(x)=e^{-x}\left(- \frac{1}{4x\sqrt{x}}- \frac{1}{2\sqrt{x}}- \frac{1}{2\sqrt{x}}+ \sqrt{x}\right)\\=e^{-x}\left(-\frac{1}{4x \sqrt{x }}- \frac{1 }{ \sqrt{x}}+ \sqrt{x }\right)$

(1)同様に $h(x)=- \frac{1}{4 x\sqrt{x }} - \frac{1 }{ \sqrt{x}} + \sqrt{x }$ とする。 $h(x)=0$ とすると、 $\frac{1}{4x \sqrt{x}} +\frac{1 }{ \sqrt{x}}-\sqrt{x}=0$ $4x^{2}-4x-1=0$