平成24年度 大阪大学 解答例 基礎工学部
1. (1)
(a) log(1 +x)のマクローリン展開は,log(1 +x) =x−x2 2 +x3
3 −x4 4 +· · ·. 1
xlog(1 +x) = log(1 +x)1x = 1−x 2 +x2
3 +d(x3).
ただし,d(x3)は 残りの項がx3 で割り切れることを表すことにします.
log(1 +x)−
³ x−x2
2 +x3 3
´
x3 =
log(1 +x)1x−
³ 1−x
2 +x2 3
´
x2 = d(x3)
x2 . ∴ lim
x→0
d(x3) x2 = 0.
(b) ex= 1 +x+x2
2 +d(x3)より,lim
x→0
ex−³
1 +x+x2 2
´
x2 = lim
x→0
d(x3) x2 = 0.
(別解)いずれもロピタルの定理を用いてもよい.
(2)
(1)(a)でx= 1
n とおくと,lim
n→∞
log¡ 1 + 1
n
¢n
−³ 1− 1
2n+ 1 3n2
´
1 n2
= 0.
(3)
(1 +x)1x =elog(1 +x)x1 =e1−x 2 +x2
3 +d(x3)
=e·e−x 2 ·e
x2
3 ·ed(x3)
=e³ 1−x
2+x2
8 +d(x3)´³ 1 +x2
3 +d(x3)´
(1 +d(x3)) =e³ 1−x
2+x2 8
´³ 1 +x2
3
´ +d(x3)
=e³ 1−x
2 +11x2 24
´
+d(x3).
よって,(1 +x)x1 −e³ 1−x
2 +11x2 24
´
=d(x3).
xlim→0
(1 +x)1x −e³ 1−x
2 +11x2 24
´
x2 lim
x→0
d(x3) x2 = 0.
x= 1
n とおくと,
nlim→∞n2 n³
1 + 1 n
´n
−e
³ 1− 1
2n+ 11 24n2
´o
= 0.
2. (1)
|A−λE|λ−(a+c)λ+ (ac−b2) = 0はλについて2次方程式である.2次方程式の判 別式は (a+c)2−4(ac−b2) =a2−2ac+c2+ 4b2= (a−c)2+ 4b2 で,a, b, cは実数だ から,a=cかつb= 0 のときのみ重解をもつから,異なる固有値をもつための条件は,
a6=c またはb6= 0である.
1
異なる固有値を λ1, λ2 ,各固有値に属する固有(縦)ベクトルをx,yとすると,
Ax=λ1x, Ay=λ2yである.
内積について,(Ax,y) = (λ1x,y) =λ1(x,y), (x, Ay) = (x,λ2y) =λ2(x,y) が成り立ちます.
また,A=At であることに注意すると,
(Ax,y) = (Ax)ty= (xtAt)y=xt(Ay) = (x, Ay).
よって,λ1(x,y) =λ2(x,y), (λ1−λ2)(x,y) = 0. λ16=λ2 だから,(x,y) = 0. ∴ x⊥y. (2)
7x2−4xy+ 7y2= 9は,(x, y)
à 7 −2
−2 7
! Ã x y
!
= 9と表されます.
A=
à 7 −2
−2 7
!
とおきます.
à x y
!
=xと表すと,7x2−4xy+ 7y2= 9 は,
xtAx= 9と表せます.
|A−λE|=λ−14λ+ 45 = (λ−5)(λ−9) = 0 より,λ= 5, 9.
λ= 5のとき,固有ベクトルは,
2x−2y= 0より,x=y. Ã x
y
!
=t1 Ã 1
1
!
(t1 は任意の実数).
λ= 9のとき,固有ベクトルは,
−2x−2y= 0より,x=−y.
à x y
!
=t2
à −1 1
!
(t2 は任意の実数).
直交行列P を P = 1
√2
à 1 −1 1 1
!
=
à cosπ4 −sinπ4 sinπ4 cosπ4
!
とおくと,
PtAP =P−1AP =
à 5 0 0 9
!
.
x=PX (X = Ã X
Y
!
(座標軸の回転公式))とおくと,
xtAx= (XtPt)APX =Xt(PtAP)X= 5X2+ 9Y2. したがって,xy軸をπ
4 回転移動したXY 軸上にある楕円5X2+9Y2= 9, X2
¡ 3
√5
¢2+Y2= 1 を描けばよい.
(3)
条件を満たす (x, y)を x= cosθ, y= sinθ とおくと,
2
F(x, y) =G(θ) = 2 cos2θ+dcosθsinθ+ 3 sin2θ
G0(θ) =−4 sinθcosθ+d(−sin2θ+ cos2θ) + 6 sinθcosθ= 2 sinθcosθ+dcos 2θ
= sin 2θ+dcos 2θ=p
1 +d2sin(2θ+α).
(ただし,tanα=d, −π
2 <α< π
2. このとき,1 +d2= sec2θ, sinα=dcosθ).
G0(θ) = 0 とおくと,sin(2θ+α) = 0 より,
2θ+α= 0,π,2π,3πから,θ=−α 2, π
2 −α
2, π−α 2, 3π
2 −α 2. G
³
−α 2
´
=G
³ π−α
2
´
= 2 cos2α
2 −dcosα 2 sinα
2 + 3 sin2α
2 = 1 + sin2α
2 −dcosα 2 sinα
2
= 1 + 1−cosα
2 −dsinα 2 = 3
2−cosα+dsinα
2 = 3
2−(1 +d2) cosα
2 = 3
2− 1 2 cosα, G³π
2−α 2
´
=G³3π 2 −α
2
´
= 2 sin2α
2+dcosα 2 sinα
2+3 cos2α
2 = 1+cos2α
2+dcosα 2 sinα
2
= 1 + 1 + cosα
2 +ddsinα 2 =3
2 +cosα+dsinα
2 =3
2 +(1 +d2) cosα
2 = 3
2+ 1 2 cosα
−π
2 <α< π
2 ではcosα>0だから,G³π 2−α
2
´
=G³3π 2 −α
2
´
> G³
−α 2
´
=G³ π−α
2
´.
G(θ)は連続関数ですから,最大値と最小値をもち,
円 x2+y2= 1は端点をもたないので,最大値・最小値は 極値をとり得る点でとることになります.
∴ θ=−α
2, π−α
2 のとき,
すなわち,点 ³ cosα
2,−sinα 2
´ ,
³
−cosα 2,sinα
2
´のとき,
最小値 3 2 − 1
2 cosα. θ=π
2 −α 2, 3π
2 −α
2 のとき,
すなわち,点 ³ sinα
2,cosα 2
´ ,
³
−sinα
2,−cosα 2
´のとき,
最大値 3 2 + 1
2 cosα.
図はd= 1
2 としたものです.
(別解)ϕ(x, y) =x2+y2−1 = 0とおいて,ラグランジェの乗数法を用いると,
(
fx−λϕx= 4x+dy−2λx= 0 fy−λϕy=dx+ 6y−2λy= 0 ,
(
(4−2λ)x+dy= 0 dx+ (6−2λ)y= 0 . (x, y) = (0,0)以外の解をもつためには,
¯¯
¯¯
¯
4−2λ d d 6−2λ
¯¯
¯¯
¯= 0でなければならないか ら,これを計算して,4λ2−20λ+ 24−d2= 0.
よって,λ=5±√ 1 +d2
2 . これを,(4−2λ)x+dy= 0に代入して,
(−1±+√
1 +d2)x+dy= 0,y=1±√ 1 +d2
d x (d6= 0のとき).
d= tanαとおくと,
3
⎧⎪
⎪⎨
⎪⎪
⎩ 1 +√
1 +d2
d = 1 + secα
tanα =cosα+ 1
sinα = 2 cos2α2
2 sinα2cosα2 = cotα 2 1−√
1 +d2
d = 1−secα
tanα =cosα−1
sinα =− 2 sin2α2
2 sinα2cosα2 =−tanα 2
.
y= cotα
2xを x2+y2= 1に代入して,最大値を与える点が求められ,
y=−tanα
2xをx2+y2= 1に代入して,最小値を与える点が求められる.
この点に, d= 0 の場合を含められることも分かる.
3.
8
33 = 0.242424· · ·= 0.2˙4˙. (1)
(0,0),· · ·,(0,7), (1,0),· · ·,(1,7), (2,0),(2,1),· · ·,(2,4) の場合であるから,p2= 2×8 + 5
82 =21 64.
(2)
p4=2×83+ 4×82+ 2×8 + 5
84 .
pn= 2×8n−1+ 4×8n−2+ 2×8n−3+ 4×8n−4+· · ·+ 4×82+ 2×8 + 5 8n
= 2×8n−3+ 4×8n−4+ 2×8n−3+ 4×8n−4+· · ·+ 4×82+ 2×8 + 5−1
8n−2 +2×8 + 5
8n
=pn−2− 1 8n−2 +21
8n =pn−2−43 8n.
(3) n= 2mとおくと,
p2=21 82 p4=p2−43
84 p6=p4−43 86 · · ·
+) pn=pn−2−43
8n pn=³
1−43 82
´
−43 84 −43
86 −· · ·−43 8n より,
pn=p2m= 1−43 82·
³ 1+1
82+· · ·+¡1 82
¢m−1´
= 1−43
82·1−¡1
82
¢m
1−812
= 63−43 + 43·¡1
8
¢2m
63
= 20·8n+ 43 63·8n =20
63+ 43 63·8n.
4