STEP III 2015 [1] (1) I n = 0 1 (1 + u 2 ) n du, n I n I n+1 = 1 2n I n I n+1 = (2n)!π 2 2n+1 (n!) 2. (2) f J = J = 0 0 f((x x 1 ) 2 )dx, x 2 f((x x 1

STEP III 2015

[1] (1)

In=

∫ _∞

0

1 (1 +u²)ⁿdu,

とする．ただし，nは正の整数としする．このとき，

In−In+1= 1 2nIn

を示せ．また，

I_n+1= (2n)!π 2²ⁿ⁺¹(n!)². となることを導け．

(2) fを積分可能な関数とし，

J =

∫ _∞

0

f((x−x⁻¹)²)dx, と定める．このとき，

J =

∫ _∞

0

x⁻²f((x−x⁻¹)²)dx= 1 2

∫ _∞

0

(1 +x⁻²)f((x−x⁻¹)²)dx=

∫ _∞

0

f(u²)du.

が成り立つことを示せ．

(3)

∫ _∞

à

x²ⁿ⁻² (x⁴−x²+ 1)ⁿdx,

を求めよ．ただし，nは正の整数とする．

[2] 正の数からなる数列s1, s2, s3,· · · と t1, t2, t3,· · · を考える．

条件  n≥mならば，sn ≤tn が常に成り立つような正の整数mが存在する をみたすとき，

(sn)≤(tn)

と表すことにする．このとき，次の命題の真偽を答えよ．また，真の場合はその証明を，偽 の場合はその反例を示せ．

(1) (1000n)≤(n²)

(2) もし(sn)≤(tn)が成り立たない場合は，(tn)≤(sn)が成り立つ．

(3) もし(sn)≤(tn)かつ(tn)≤(un),ならば，(sn)≤(un)である．

(4) (n²)≤(2ⁿ)

[3] rとθは極座標で，r≥0,−π < θ≤πとする．また，a, bは正の定数とする．.

Lを固定された直線，A を直線L上にない定点とする．点Aを通る直線に沿って，直線L から等距離(dとする)にある点の軌跡をニコメデスのコンコイドと呼ぶ

(1) 方程式

|r−asecθ|=b (a > b, secθ >0) (∗)

で表される曲線上の点は，あるニコメデスのコンコイド上にあることを示せ．(このと きのL, d, Aを明記せよ)

(2) a < bのとき，

|r−asecθ|=b

で表される曲線を描け．(secθ <0のループの場合も含む) 

a= 1, b= 2のとき，ループで囲まれた部分の面積を求めよ．

(

∫

secθdθ= ln|secθ+ tanθ|+Cを用いてよい ) [4] (1) a, b, cは実数とする．このとき方程式

z³+az²+bz+c= 0 (∗) は少なくとも１つの実数解をもつことを示せ．

(2) z1, z2, z3 を方程式(∗)の解とする．

S1=z1+z2+z3, S2=z₁²+z²₂+z₃², S3=z₁³+z₂³+z₃³ とおいたとき，a, bをS1, S2で表せ．また，

6c=−S₁²+ 3S2S2−2S3

となることを示せ．

(3) 6個の実数rk, θk(k= 1, 2, 3) (rk>0, −π < θk< π)が与えられたとき，

∑3

k=1

rksin(θk) = 0,

∑3

k=1

r²_ksin(2θk) = 0,

∑3

k=1

r_k³sin(3θk) = 0

が成り立つならば，少なくとも一つのkに対して，θk = 0となることを示せ．

また，このとき，もしθ₁= 0ならば，θ2=−θ₃になることを示せ．

[5] (1) √

2が無理数であることを以下の順序で示す．3, 5, 6のステップに答えよ．

1. √

2 が有理数であると仮定する．

2. S は，次の条件をみたす正の整数の集合とする．

”nがSに含まれるための必要十分条件はn√

2が整数であることである．”

3. Sは少なくとも一つの要素をもつことを示せ．

4. kをSに含まれる最小の正の整数とする．

5. (√

2−1)kがSに含まれることを示せ．

6. 4と 5が矛盾していることを示し，√

2が無理数であることを証明せよ．

(2) 2¹³ が有理数であるための必要十分条件は，2²³ も有理数であることを示せ．

(1)と同じような方法を用いて，2¹³ と2²³ はともに無理数であることを示せ．

[6] (1) wとzは複素数とし，u, vをu=w+z, v=w²+z²と定める．w, zがともに実数 であるための必要十分条件は，u, vがともに実数で，u²≤2vが成り立つことであるこ とを示せ．.

(2) 複素数u, v, zは次の方程式をみたすものとする．

w+z−u= 0 w²+z²−u²=−2

3 w³+z³−λu=−λ

ここで，λは正の実数とする．このとき，ある値を除くすべてのλに対して，uは３つ の実数値を取ることを示せ．

wとzは実数である必要があるかどうかを調べよ．このとき，実数である必要があると きには照明を，そうでないときには反例を示せ．

[7] 演算子Dを，任意の関数fに対して，

Df(x) =xdf(x) dx と定義する．

また，Dⁿは，Dをn回作用させるものとする．例えば，

D²f(x) =s d dx

( xdf(x)

dx )

となる．

このとき，任意の定数aに対して，D²x^a =a²x^aが成り立つことを示せ．

(1) もし，P(x)が次数r(r≥1)の多項式ならば，DⁿP(x)も次数rの多項式であることを 示せ．

(2) n, mは正の整数で，n < mをみたすとする． このとき，Dⁿ(1−x)^mが(1−x)^m−nで 割り切れることを示せ．

(3) n, mは正の整数で，n < mをみたすとする． このとき，

∑m

r=0

(−1)^r (m

r )

rⁿ= 0 を示せ．

[8] (1) x=rcosθ, y=rsinθ，(ただし，rはθの関数で，r >0とする)と置き換えることに よって，微分方程式

(y+x)dy

dx =y−x は，

dr

dθ +r= 0 と表されることを示せ．

また，その解を x-y 平面上に図示せよ．.

(2) 微分方程式

(y+x−x(x²+y²))dy

dx =y−x−y(x²+y²) の解は

r²= 1 1 +Ae^2θ

と表されることを示せ．また，解の曲線は，定数Aによって形が変わるが，それらを図 示せよ．

[1] (1)

I_n=

∫ _∞

0

1 (1 +u²)ⁿdu,

とする．ただし，nは正の整数としする．このとき，

I_n−I_n+1= 1 2nI_n を示せ．また，

In+1= (2n)!π 2²ⁿ⁺¹(n!)². となることを導け．

(2) fを積分可能な関数とし，

J =

∫ _∞

0

f((x−x⁻¹)²)dx, と定める．このとき，

J =

∫ _∞

0

x⁻²f((x−x⁻¹)²)dx= 1 2

∫ _∞

0

(1 +x⁻²)f((x−x⁻¹)²)dx=

∫ _∞

0

f(u²)du.

が成り立つことを示せ．

(3)

∫ _∞

à

x²ⁿ⁻² (x⁴−x²+ 1)ⁿdx,

を求めよ．ただし，nは正の整数とする．

(1) u= tanθとおくと，du dθ = 1

cos²θ,ゆえに，du= 1

cos²θdθ. また， u 0 → ∞ θ 0 → ^π₂

したがって，

I_n+1 =

∫ ^π₂

0

1

(1 + tan²θ)ⁿ⁺¹ · 1 cos²θdθ

=

∫ ^π

2

0

1

(_cos¹_2θ)ⁿ⁺¹ · 1 cos²θdθ

=

∫ ^π

2

0

cos²ⁿ⁺²θ· 1 cos²θdθ

=

∫ ^π₂

0

cos²ⁿθdθ

=

∫ ^π

2

0

cos²ⁿ⁻¹θcosθdθ

= [

sinθcos²ⁿ⁻¹θ ]^π₂

0

−

∫ ^π₂

0

sinθ·(−(2n−1) cos²ⁿ⁻²θsinθ)dθ

= (2n−1)

∫ ^π₂

0

cos²ⁿ⁻²θsin²θdθ

= (2n−1)

∫ ^π

2

0

cos²ⁿ⁻²θ(1−cos²θ)dθ

= (2n−1)

∫ ^π₂

0

cos²⁽ⁿ⁻¹⁾θdθ−(2n−1)

∫ ^π₂

0

cos²ⁿθdθ

= (2n−1)I_n−(2n−1)I_n+1 ゆえに，

2nIn+1= (2n−1)In

I_n+1= (1− 1 2n)I_n ゆえに，

I_n−I_n+1= 1 2nI_n In+1 = 2n−1

2n In

= 2n−1

2n · 2n−3 2n−2In−1

= 2n−1

2n · 2n−3

2n−2 ·2n−5 2n−4In−2

= 2n−1

2n · 2n−3

2n−2 ·2n−5 2n−4· · ·3

4 ·1 2I1

ところで，I1=

∫ ^π₂

0

dθ= [

θ ]^π₂

0

=π

2 また，

2n−1

2n · 2n−3

2n−2 ·2n−5 2n−4· · ·3

4 ·1 2

= (2n−1)(2n−3)(2n−5)· · ·3·1 2n·2(n−1)·2(n−2)· · ·4·2

= 2n(2n−1)(2n−2)(2n−3)· · ·3·2·1

2ⁿ·n(n−1)(n−2)· · ·2·1 · 1

2n(2n−2)(2n−4)· · ·4·2

= (2n)!

2ⁿn! · 1 2ⁿn!

= (2n)!

2²ⁿ(n!)² だから，

In+1= (2n)!

2²ⁿ(n!)² ·π

2 = (2n)!π 2²ⁿ⁺¹(n!)² (2) x=e^tとおくと，dx

dt =e^t,dx=e^tdt. また， x 0 → ∞ t −∞ → ∞

∫ゆえに，_∞

0

f((x−x⁻¹)²)dx−

∫ _∞

0

x⁻²f((x−x⁻¹)²)dx =

∫ _∞

0

(1−x⁻²)f((x−x⁻¹)²)dx

=

∫ _∞

−∞

(1−e^−2t)f((e^t−e^−t)²)e^tdt

=

∫ _∞

−∞

(e^t−e^−t)f((e^t−e^−t)²)dt ここで，g(t) = (e^t−e^−t)f((e^t−e^−t)²)とおくと，

g(−t) = (e^−t−e^t)f((e^−t−e^t)²) =−(e^t−e^−t)f((e^t−e^−t)²) =−g(t) だから，g(t)は奇関数である．したがって，

∫ _∞

−∞

(e^t−e^−t)f((e^t−e^−t)²)dt= 0

∫ _∞

0

f((x−x⁻¹)²)dx−

∫ _∞

0

x⁻²f((x−x⁻¹)²)dx= 0 ゆえに，

J =

∫ _∞

0

f((x−x⁻¹)²)dx=

∫ _∞

0

x⁻²f((x−x⁻¹)²)dx よって，

2J =

∫ _∞

0

f((x−x⁻¹)²)dx+

∫ _∞

0

x⁻²f((x−x⁻¹)²)dx 2J =

∫ _∞

0

(1 +x⁻²)f((x−x⁻¹)²)dx ゆえに，

J = 1 2

∫ _∞

0

(1 +x⁻²)f((x−x⁻¹)²)dx

u=x−x⁻¹とおくと，du

dx = 1 +x⁻². dx= du

1 +x⁻². また， x 0 → ∞ u −∞ → ∞ ゆえに，

1 2

∫ _∞

0

(1 +x⁻²)f((x−x⁻¹)²)dx = 1 2

∫ _∞

−∞

(1 +x⁻²)f((u²) du 1 +x⁻²

= 1 2

∫ _∞

−∞

f(u²)du ここで，h(u) =f(u²)とおくと，

h(−u) =f((−u)²) =f(u²) =h(u)

だから，h(u)は偶関数である．したがって，

∫ _∞

−∞

f(u²)du= 2

∫ _∞

0

f(u²)du よって，

J =

∫ _∞

0

f(u²)du (3)

∫ _∞

0

x²ⁿ⁻²

(x⁴−x²+ 1)ⁿdx =

∫ _∞

0

x⁻²· x²ⁿ

(x⁴−x²+ 1)ⁿdx

=

∫ _∞

0

x⁻²·( x² x⁴−x²+ 1

)n

dx

=

∫ _∞

0

x⁻²·( 1 x²−1 +x⁻²

)n

dx

=

∫ _∞

0

x⁻²·( 1 (x−x⁻¹)²+ 1

)n

dx

=

∫ _∞

0

( 1

(x−x⁻¹)²+ 1 )n

dx

=

∫ _∞

0

( 1 u²+ 1

)n

du

= (2(n−1))!π 2²ⁿ⁻¹((n−1)!)²

[2] 正の数からなる数列s₁, s₂, s₃,· · · と t₁, t₂, t₃,· · · を考える．

条件  n≥mならば，sn ≤tn が常に成り立つような正の整数mが存在する をみたすとき，

(s_n)≤(t_n)

と表すことにする．このとき，次の命題の真偽を答えよ．また，真の場合はその証明を，偽 の場合はその反例を示せ．

(1) (1000n)≤(n²)

(2) もし(s_n)≤(t_n)が成り立たない場合は，(tn)≤(s_n)が成り立つ．

(3) もし(sn)≤(tn)かつ(tn)≤(un),ならば，(sn)≤(un)である．

(4) (n²)≤(2ⁿ) (1) 真

不等式x²−1000x≥0を解くと，x(x−1000)≥0,x≤0, 1000≤x.

したがって，

(1000n)≤(n²) whenevern≥1000 (2) 偽

s_n = (−1)ⁿ， t_n= (−1)ⁿ⁺¹は，(s_n)≤(t_n)と (t_n)≤(s_n)の両方とも満たさない．

(3) 真

(sn)≤(tn)かつ(tn)≤(un)とする．

正の数m₁，m2 で，n≥m₁ならば，sn)≤t_n また，n≥m₂ならば，tn ≤u_nが成り 立つものが存在する．

m≥m₁ かつm≥m₂をみたす正の数mをとると，

sn≤un whenevern≥m ゆえに，(sn)≤(un)

(4) 真

f(x) = ln 2^x−lnx² (x >0)とおくと，f^′(x) = ln 2−2 x したがって， x > 2

ln 2 のとき，f^′(x)>0 .

f(4) = 0 かつx >4においてf^′(x)>0 だから，x >4のとき，f(x)>0．

ln 2^x>lnx²より，x²<2^x. よって，

n2≤2ⁿ whenevern >4 i.e. (n²)≤(2ⁿ)

[3] rとθは極座標で，r≥0,−π < θ≤πとする．また，a, bは正の定数とする．.

Lを固定された直線，A を直線L上にない定点とする．点Aを通る直線に沿って，直線L から等距離(dとする)にある点の軌跡をニコメデスのコンコイドと呼ぶ

(1) 方程式

|r−asecθ|=b (a > b, secθ >0) (∗)

で表される曲線上の点は，あるニコメデスのコンコイド上にあることを示せ．(このと きのL, d, Aを明記せよ)

(2) a < bのとき，

|r−asecθ|=b

で表される曲線を描け．(secθ <0のループの場合も含む) 

a= 1, b= 2のとき，ループで囲まれた部分の面積を求めよ．

(

∫

secθdθ= ln|secθ+ tanθ|+Cを用いてよい )

(1) |r−asecθ|=b 上の任意の点は，原点Oを通る直線上で，直線r=asecθからの距離 が定数bと一致するから，

|r−asecθ|=bはニコメデスのコンコイドを表す．

定直線Lは，r=asecθ, (x=a) 定点Aは原点．

一定の距離dは b.

曲線は，下図のようになる．(x=aは漸近線)

a−b a a+b x y

O

(2) a < bのとき，曲線は:

(x=aは漸近線) 

a−b a a+b x y

O

a= 1, b= 2のとき，ループで囲まれた部分の面積は，

A =

∫ ^π₃

−^π₃

1 2r²dθ

=

∫ ^π

3

−^π₃

1

2(−2 + secθ)²dθ

= 2

∫ ^π

3

0

1

2(−2 + secθ)²dθ

=

∫ ^π₃

0

(4−4 secθ+ sec²θ)dθ

= [

4θ−4 ln|secθ+ tanθ|+ tanθ ]^π₃

0

=4

3π−4 ln(secπ

3 + tanπ

3) + tanπ 3

=√ 3 + 4

3π−4 ln(2 +√ 3) [4] (1) a, b, cは実数とする．このとき方程式

z³+az²+bz+c= 0 (∗) は少なくとも１つの実数解をもつことを示せ．

(2) z1, z2, z3 を方程式(∗)の解とする．

S1=z1+z2+z3, S2=z₁²+z²₂+z₃², S3=z₁³+z₂³+z₃³ とおいたとき，a, bをS1, S2で表せ．また，

6c=−S₁²+ 3S2S2−2S3

となることを示せ．

(3) 6個の実数rk, θk(k= 1, 2, 3) (rk>0, −π < θk< π)が与えられたとき，

∑3

k=1

rksin(θk) = 0,

∑3

k=1

r²_ksin(2θk) = 0,

∑3

k=1

r_k³sin(3θk) = 0

が成り立つならば，少なくとも一つのkに対して，θk = 0となることを示せ．

また，このとき，もしθ1= 0ならば，θ2=−θ3になることを示せ．

(1) f(z) =z³+az²+bz+cとおくと，

z→−∞lim f(z) =−∞and lim

z→∞f(z) =∞ また，f(z)は連続関数だから，

少なくとも一つf(z) = 0をみたすzが存在する．

(2) 解と係数の関係より，

z1+z2+z3=−a, z2z2+z2z3+z3z1=b, z1z2z3=−c ゆえに，

a=−S₁

S2= (z1+z2+z3)²−2(z1z2+z2z3+z3z1) =S1−2b ゆえに，

b=1

2(S1−S2)

S3= (z1+z2+z3)(z²₁+z₂²+z₃²−z1z2−z2z3−z3z1) + 3z1z2z3

S3=S1(S2−1

2(S1−S2))−3c したがって，

6c=−S₁²+ 3S₁S₂−2S₃ (3)

z1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2), z3=r3(cosθ3+isinθ3) とおくと，

z₁²=r₁²(cos 2θ1+isin 2θ1), z²₂=r²₂(cos 2θ2+isin 2θ2), z₃²=r₃²(cos 2θ3+isin 2θ3) z₁³=r₁³(cos 3θ₁+isin 3θ₁), z³₂=r³₂(cos 3θ₂+isin 3θ₂), z₃³=r₃³(cos 3θ₃+isin 3θ₃) したがって，

S₁ =z₁+z₂+z₃

=

∑3

k=1

rkcos(θk) +i

∑3

k=1

rksin(θk) S₂ =z₁²+z²₂+z₃²

=

∑3

k=1

r_k²cos(2θk) +i

∑3

k=1

r_k²sin(2θk) S₃ =z₁³+z³₂+z₃³

=

∑3

k=1

r_k³cos(3θk) +i

∑3

k=1

r_k³sin(3θk) ゆえに，

∑3

k=1

r_ksin(θ_k) = 0,

∑3

k=1

r_k²sin(2θ_k) = 0,

∑3

k=1

r³_ksin(3θ_k) = 0

は，S1, S2, S3がすべて実数であることを示している．

したがって，a=−S1, b= 1

2(S1−S2), c= 1

6(−S²₁+ 3S1S2−2S3)もすべて実数で，, z1, z2, z3 は方程式

z³+az²+bz+c= 0,

の解であり，この方程式は，少なくとも一つの実数解を持つ．

したがって，少なくとも一つのkに対して，rksinθk = 0．

よって， 少なくとも一つのkに対して，sinθ_k = 0．

すなわち，少なくとも一つのkに対して，θk= 0．

θ₁= 0のとき，r1sinθ₁= 0だから，

r2sinθ2+r3sinθ3= 0, r₂²sin 2θ2+r²₃sin 2θ3= 0 ゆえに，z2+z3とz₂²+z₃²はともに実数である．

したがって， z2z3= 1 2

((z2+z2)²−(z²₂+z3))

も実数である．

ところで，

z₂z₃=r₂r₃(cos(θ₂+θ3) +isin(θ₂+θ₃)) だから，sin(θ2+θ₃) = 0

−π < θk< π,−2π < θ2+θ3<2πより，

θ2+θ3=−π, or θ2+θ3= 0, または θ2+θ3=π θ2+θ3=±πならば，θ3=−θ2±π.

ゆえに，

r2sinθ2+r3sin(−θ2±π) = 0 r2sinθ2+r3sinθ2= 0 (r2+r3) sinθ2= 0 sinθ₂= 0

θ₂= 0, かつθ₃= 0±π

−π < θ₃< π.だから，θ2+θ₃̸=±π.

よって，θ3=−θ2

[5] (1) √

2が無理数であることを以下の順序で示す．3, 5, 6のステップに答えよ．

1. √

2 が有理数であると仮定する．

2. S は，次の条件をみたす正の整数の集合とする．

”nがSに含まれるための必要十分条件はn√

2が整数であることである．”

3. Sは少なくとも一つの要素をもつことを示せ．

4. kをSに含まれる最小の正の整数とする．

5. (√

2−1)kがSに含まれることを示せ．

6. 4と 5が矛盾していることを示し，√

2が無理数であることを証明せよ．

(2) 2¹³ が有理数であるための必要十分条件は，2²³ も有理数であることを示せ．

(1)と同じような方法を用いて，2¹³ と2²³ はともに無理数であることを示せ．

(1) 3. √

2 が有理数であると仮定すると，√ 2 = p

q と表すことができる．ここで，pとq は 整数で，q >0とする．

このとき，q√

2 =pは整数だから，qはSに含まれる．

すなわち，S は空集合でない．

5. k∈Sだから，k√

2は正の整数で，(√

2−1)kも正の整数になる．

((√

2−1)k)√

2 = 2k−k√

2 は整数だから，(√

2−1)kis inS．

6. (√

2−1)k < kは，kがSに含まれる最小の正の整数であるということに反する．

よって，√

2 は無理数である．

(2) 2¹³ ·2²³ = 2だから，

もし，2¹³ が有理数ならば，2²³ = 2

2¹³ も有理数となり，

もし，2²³ が有理数ならば，2¹³ = 2

2²³ も有理数となる．

2¹³ が有理数であると仮定すると，2²³ も有理数である．

集合Sを次の条件を満たす集合とする．

nがSに含まれるための必要十分条件はn·2¹³ かつn·2²³ が整数であることである．

2¹³ が有理数であると仮定すると，2¹³ = p

q, 2²³ = r

q と表すことができる．ここで，p, q と rは整数で，q >0を満たすものとする．

このとき，q·2¹³ =pとq·2²³ =rは整数だから，qはSに含まれる．すなわち，S は 空集合ではない．

k をSに含まれる最小の正の整数とする．

このとき，(2¹³−1)k派生の整数であり，(

(2¹³−1)k)

·2¹³ =k·2²³−k·2¹³と(

(2¹³−1)k)

·2²³ = k·2−k·2²³ はともに整数である． したがって，(2¹³ −1)k is inS.

ところで，(2¹³−1)k < kだから，これはkがSに含まれる最小の正の整数であるとい うことに反する．

よって，2¹³ は無理数であり，2²³ もまた無理数である．

[6] (1) wとzは複素数とし，u, vをu=w+z, v=w²+z²と定める．w, zがともに実数 であるための必要十分条件は，u, vがともに実数で，u²≤2vが成り立つことであるこ とを示せ．.

(2) 複素数u, v, zは次の方程式をみたすものとする．

w+z−u= 0 w²+z²−u²=−2

3 w³+z³−λu=−λ

ここで，λは正の実数とする．このとき，ある値を除くすべてのλに対して，uは３つ の実数値を取ることを示せ．

wとzは実数である必要があるかどうかを調べよ．このとき，実数である必要があると きには照明を，そうでないときには反例を示せ．

(1) もし，w，zが実数であるとすると，u=w+zとv=w²+z²も実数であり，2v−u²= 2(w²+z²)−(w+z)²=w²−2wz+z²= (w−z)²≥0より，u²≤2vが成り立つ．

w+z=u，wz= 1

2(u²−v)だから，w，z は２次方程式 t²−ut+1

2(u²−v) = 0 (∗) の解である．

方程式(∗)が実数解をもつのは，uとv が実数で，判別式 D=u²−4·1

2(u²−v)≥0

のときである．すなわち，u²≤2vである．

したがって，uとv が実数で，u²≤2vならば，w， zは実数である．

(2)

u=w+z

w²+z²−(w+z)²=−2 3

−2wz=−2 3 ゆえに，wz=1

3

w³+z³−λu=−λより，

(w+z)³−3wz(w+z)λu=−λ u³−3· 1

3u−λu=−λ (u−1)λ=u(u+ 1)(u−1)

ゆえに，u= 1または，もしu̸= 1ならば，

λ=u(u+ 1)

u²+u−λ= 0 (∗)

このuに関する２次方程式の判別式は，

D= 1²+ 4λ >0 for λ >0

したがって， (∗)は異なる２つの実数解をもつ．

もし，λ= 2ならば，(∗)の解は，u=−2， u= 1. しかし，u̸= 1なので，条件をみた さない．

よって，λ= 2以外のすべての正の数λに対して，３つのuの実数値が存在する．それ らは，u= 1とあとの２つの数は (∗)の2解である．

u= 1のとき，

w+z= 1, かつwz=1 3 ゆえに，wとz は２次方程式

t²−(w+z)t+wz= 0 (1)

の２つの解である．

t²−t+1 3 = 0 判別式は，

D= (−1)²−4· 1 3 =−1

3 <0 したがって， (1)は虚数解をもつ.

よって，wとz は実数である必要はない．

[7] 演算子Dを，任意の関数fに対して，

Df(x) =xdf(x) dx と定義する．

また，Dⁿは，Dをn回作用させるものとする．例えば，

D²f(x) =s d dx

( xdf(x)

dx )

となる．

このとき，任意の定数aに対して，D²x^a =a²x^aが成り立つことを示せ．

(1) もし，P(x)が次数r(r≥1)の多項式ならば，DⁿP(x)も次数rの多項式であることを 示せ．

(2) n, mは正の整数で，n < mをみたすとする． このとき，Dⁿ(1−x)^mが(1−x)^m−nで 割り切れることを示せ．

(3) n, mは正の整数で，n < mをみたすとする． このとき，

∑m

r=0

(−1)^r (m

r )

rⁿ= 0 を示せ．

Dx^a=x(d

dxx^a) =x·ax^a−1=ax^a Dⁿx^a =aⁿx^aと仮定すると，

Dⁿ⁺¹x^a =D(Dⁿx^a) =D(aⁿx^a) =x·aⁿ⁺¹x^a−1=aⁿ⁺¹x^a

したがって，数学的帰納法より， 全ての正の整数nについて，Dⁿx^a=aⁿx^aが成り立つ．

特に，n= 2のとき，D²x^a =a²x^a．

(1) DP(x) =xdP(x)

dx ．dP(x)

dx は次数 r−1の多項式だから，DP(x)は次数rの多項式に なる．

DⁿP(x) =Q(x)が次数rの多項式であると仮定すると，

Dⁿ⁺¹P(x) =D(DⁿP(x)) =DQ(x) =xdQ(x) dx ここで，dQ(x)

dx は次数r−1の多項式になるから，

Dⁿ⁺¹P(x)は次数rの多項式である．

よって，数学的帰納法より， すべての正の整数nに対して，DⁿP(x)は次数rの多項式 であることが言える．

(2) D(1−x)^m=x d

dx(1−x)^m=x(−m(1−x)^m−1=−mx(1−x)^m−1は(1−x)^m−1で割 り切れる．

Dⁿ(1−x)^mが (1−x)^m−nで割り切れると仮定すると，

Dⁿ(1−x)^m= (1−x)^m−nQ(x)

と表すことができる．ただし，Q(x)は多項式である．

Dⁿ⁺¹(1−x)^m =D((1−x)^m−nQ(x))

=xd

dx(1−x)^m−nQ(x)

=x (

(m−n)(1−x)^m−n−1Q(x) + (1−x)^m−nQ^′(x) )

= (1−x)^m−(n+1) (

(m−n)xQ(x) + (1−x)Q^′(x) )

ゆえに，Dⁿ⁺¹(1−x)^mは(1−x)^m−(n+1)で割り切れる．

したがって，数学的帰納法より，Dⁿ(1−x)^mは(1−x)^m−nで割り切れることが言える．

(3) 二項定理より，

(1−x)^m=

∑m

r=0

(m r

)

1^m−r(−x)^r=

∑m

r=0

(−1)^r (m

r )

x^r Dⁿx^r=rⁿx^rだから，

Dⁿ(1−x)^m=

∑m

r=0

(−1)^r (m

r )

rⁿx^r

f(x) =Dⁿ(1−x)^m=

∑m

r=0

(−1)^r (m

r )

rⁿx^rとおく．

(2)より，f(x)は(1−x)^m−nで割り切れる．すなわち，f(1) = 0.

よって，

f(1) =

∑m

r=0

(−1)^r (m

r )

rⁿ = 0

[8] (1) x=rcosθ, y=rsinθ，(ただし，rはθの関数で，r >0とする)と置き換えることに よって，微分方程式

(y+x)dy

dx =y−x

は，

dr

dθ +r= 0 と表されることを示せ．

また，その解を x-y 平面上に図示せよ．.

(2) 微分方程式

(y+x−x(x²+y²))dy

dx =y−x−y(x²+y²) の解は

r²= 1 1 +Ae^2θ

と表されることを示せ．また，解の曲線は，定数Aによって形が変わるが，それらを図 示せよ．

(1)

dy dx =

dy dθ dx dθ

=

d

dθ(rsinθ)

d

dθ(rcosθ)

=

dr

dθsinθ+rcosθ

dr

dθcosθ−rsinθ ゆえに，(y+x)dy

dx =y−xより，

(rsinθ+rcosθ)

dr

dθsinθ+rcosθ

dr

dθcosθ−rsinθ =rsinθ−rcosθ r(sinθ+ cosθ)(dr

dθsinθ+rcosθ) =r(sinθ−cosθ)(dr

dθcosθ−rsinθ) (sin²θ+sinθcosθ)dr

dθ+r(sinθcosθ+cos²θ)−(sinθcosθ−cos²θ)dr

dθ−r(−sin²θ+sinθcosθ) = 0 (sin²θ+ cos²θ)dr

dθ +r(cos²θ+ sin²θ) = 0 dr

dθ+r= 0 dr

r =−dθ したがって，

∫ dr r =−

∫ dθ ln|r|=−θ+C1

|r|=e^−θ+C1=e^C1e^−θ

r=±e^C1e^−θ

ところで，r >0 だから，r=e^C1e^−θ．C=e^C1,とおくと，

r=Ce^−θ

よって，曲線は下図のようになる．

C r=Ce^−θ

x y

O

(2) x=rcosθ, y=rsinθとおくと，

(rsinθ+rcosθ−(rcosθ)r²)

dr

dθsinθ+rcosθ

dr

dθcosθ−rsinθ =rsinθ−rcosθ−(rsinθ)r² r(sinθ+ (1−r²) cosθ)(dr

dθsinθ+rcosθ) =r((1−r²) sinθ−cosθ)(dr

dθcosθ−rsinθ) dr

dθ+r(1−r²) = 0 dr

r(r²−1) =dθ

∫ dr r(r²−1) =

∫ dθ

∫ 1 2

( 1 r−1−2

r + 1 r+ 1

) dr=

∫ dθ 1

2 (

ln|r−1| −2 ln|r|+ ln|r+ 1|)

=θ+C₁ ln|(r−1)(r+ 1)

r² |= 2θ+C2

(r−1)(r+ 1)

r² =±e^C2e^2θ C=±e^C2とおくと，

(r−1)(r+ 1)

r² =Ce^2θ r²−1 =Ce^2θr²)

(1−Ce^2θ)r²= r²= 1

1−Ce^2θ A=−Cとおくと，

r²= 1 1 +Ae^2θ

よって，曲線は下図のようになる．

r²= 1

1 +Ae^2θ (A >0)

x y

O

r²= 1

1 +Ae^2θ (A <0)

x y

O