基礎数学 I - 中間試験

基礎数学 I - ^中間試験

2014年前期, 西岡

問題1. 片面に数字,もう片面にはアルファベットが書かれているカードが下図のように置かれている. こ の4枚のカードについて,「片面が奇数ならば, その裏面は大文字である」という規則が正しいか確認する には,どの2 枚をめくるのがよいか.

5 A d 4

問題2. n人の囚人,P₁,· · ·, P_n がおり,彼らは1 からn+ 1までの囚人番号が付けられているが，自分の 囚人番号は知らされていない.

• ^番号は n+ 1個あるので, 1つが使われずに余っている.

• ^囚人は,自分の囚人番号を正しく言えれば,処刑を免れることが出来る.

• ^各囚人は, “自分以外の囚人の囚人番号の総和”を知ることが出来る. また,囚人間で相談も出来る. (i) いまn= 4 とする. 囚人P1, P2, P3, P4 が知ることが出来た数字は, 7,8,10,11 であった. 使われな

かった番号 およびP3の囚人番号を述べよ.

(ii) 囚人がn人で,囚人P1, P2,· · · , Pn が知ることが出来た数字はM1, M2,· · ·, Mn だった. . M1+M2+M3+· · ·+Mn=S

とするとき,P₁ の囚人番号をM₁, S, n を用いて表せ. ヒント:

∑N

k=1

k=N(N+ 1)

2 .

問題3. 次の数列{a_n}^{に関する設問に答えよ}: a₁= 0, 2a_n+1+ 1 =√

4 +a_n²+a_n, n= 1,2,· · · (i) すべてのnにたいし, 0≤an≤1 であることを証明せよ.

(ii) {an} は単調増加であることを証明せよ. (iii) lim

n→∞an を求めよ.

問題4. 次の(i)〜(iv)に対し, n→ ∞としたときの極限を求めよ. (i) (1 + 1

√n²+ 1)ⁿ, (ii) (1− 1

√n²+ 1)ⁿ, (iii) (

1− 1 n²+ 1

)n

, (iv) (1 + 1 n²)ⁿ. (ヒント: 1

(n+ 1)² < 1

n²+ 1 < 1

n², 因数分解, 1 + 1

a = (1− 1

a+ 1)⁻¹.)

以上

1 解答

[問題1解答] 確かめるべきことは,次のH.

H :奇数⊂^大文字 (1)

H の対偶:小文字⊂^偶数 (2)

だから, (1) が正しければ(2)も正しくなければならない. 両者をみるには, 5 と d を開ければよ

い. ( A および 4 を開けても, (1)と(2)の逆を調べるだけである. )

[問題2解答]. 使われなかった番号をr,Pj の囚人番号をLj とする. P1 が知ったデータM1 は

M1=

n+1∑

k=1

k−L1−r= (n+ 1)(n+ 2)

2 −L1−r.

同様に,

Mj=

n+1∑

k=1

k−Lj−r=(n+ 1)(n+ 2)

2 −Lj−r, j= 1,· · ·, n.

よって,

S=M₁+M₂+· · ·+M_n =n·(n+ 1)(n+ 2)

2 −

∑n

j=1

L_j−n·r.

ここで,使われている囚人番号の和は

∑n

j=1

Lj =

n+1∑

j=1

j−r= (n+ 1)(n+ 2)

2 −r. よって

S= n(n+ 1)(n+ 2)

2 −((n+ 1)(n+ 2)

2 −r

)−n·r= 1

2(n−1)(n+ 1)(n+ 2)−(n−1)r

⇒ r=(n+ 1)(n+ 2)

2 − S

n−1 ⇒ L₁= S

n−1 −M₁. (i)ではS= 8 + 10 + 11 + 7 = 36 だから,r=1

2 ·5·6−36

3 = 3. また L3= S

n−1 −M3= 36

3 −10 = 2. 2 [問題3解答] (i) 数学的帰納法で証明する.

Step 1. まず 0≤0 =a1≤1 ⇒ n= 1 で(i)が成立. Step 2. 0≤ak ≤1と仮定すると,

2 =√

4 + 0²+ 0≤2ak+1+ 1≤√

4 + 1²+ 1 =√

6 ⇒ 0< 1

2 ≤ak+1≤

√6−1 2 <1.

よって,数学的帰納法が完成した. (ii) 数学的帰納法で証明する. Step 1. まず2a2+ 1 =√

4 ⇒ a2= 1

2 >0 =a1. Step 2. ak≥ak−1 と仮定する. (i)の結論と漸化式より

2(

a_k+1−a_k)

=√

4 +a_k²+a_k−√

4 +a_k−1²+a_k−1= (4 +ak2+ak)−(4 +ak−12+ak−1)

√4 +ak2+ak+√

4 +ak−12+ak−1

= ak+ak−1+ 1

√4 +a_k²+a_k+√

4 +a_k−1²+a_k−1 (ak−ak−1)≥0.

(

別証: ak ≥ak−1≥0だから,

ak2≥ak−12 ⇒ 4 +ak2+ak ≥4 +ak−12+ak−1 ⇒ √

4 +ak2+ak−√

4 +ak−12+ak−1≥0 よって

2(

ak+1−ak

)=√

4 +ak2+ak−√

4 +ak−12+ak−1≥0.

)

これで,数学的帰納法が完成した.

(iii) {an}は有界で単調増加だから,ある数xに収束する. 漸化式でn→ ∞^とする. 0≤x≤1 を考慮す ると,

2x+ 1 =√

4 +x²+x ⇒ x²+x= 1 ⇒ x=

√5−1

2 ∼0.618· · ·. 2 [問題4解答] (i) ヒントを利用し,

(1 + 1

n+ 1)ⁿ= (1 + 1

√(n+ 1)²)ⁿ<(1 + 1

√n²+ 1)ⁿ<(1 + 1

√n²)ⁿ= (1 + 1 n)ⁿ ここで n→ ∞^とすると,

e≤ lim

n→∞(1 + 1

√n²+ 1)ⁿ≤ lim

n→∞(1 + 1

n+ 1)ⁿ⁺¹·(1 + 1

n+ 1)⁻¹=e ⇒ (i) → e.

(ii) 前問と同様に (1− 1

n+ 1)ⁿ= (1− 1

√(n+ 1)²)ⁿ<(1− 1

√n²+ 1)ⁿ<(1− 1

√n²)ⁿ= (1− 1 n)ⁿ ここで n→ ∞^とすると,

e⁻¹= lim

n→∞(1− 1

n+ 1)ⁿ≤ lim

n→∞(1− 1

√n²+ 1)ⁿ≤e⁻¹⇒ (ii) → e⁻¹.

(iii) 因数分解で, 1− 1 n²+ 1 =(

1 + 1

√n²+ 1) (1− 1

√n²+ 1). (i), (ii)を考慮して,

(1− 1

n²+ 1)ⁿ=(

1 + 1

√n²+ 1)ⁿ (1− 1

√n²+ 1)ⁿ → e·e⁻¹= 1

(iv) 式変形で (1 + 1

n²)ⁿ = (n²+ 1

n² )ⁿ= (1− 1

n²+ 1)⁻ⁿ. ここで(iii)を使うと,

nlim→∞(1 + 1

n²)ⁿ= lim

n→∞(1− 1

n²+ 1)⁻ⁿ=e⁻¹·e= 1. 2

2 別問

問題5. 正の数 aを初項とする公差2の等差数列を{ak}^とする. また, S_n= 1

a₁a₂ + 1

a₂a₃ +· · ·+ 1 a_n−1a_n

とおく.

(i) {an} ^{の一般項を求めよ}. (ii) n≥2のとき,Sn をaとnを用いて表せ.

[問題5解答]. まず an=a2ⁿ⁻¹ ⇒ akak+1=a2^k−1·a2^k = 2a²2^2(k−1). よって

S_n =

n∑−1

k=0

1 2a² (1

4)^k−1= 1 2a²

1−(1/4)ⁿ 1−1/4 = 2

3a² (1−(1

4)ⁿ). 2

問題6. 数列{an}, {bn} ^{を次で定める}:

a_n+1= 3a_n+ 4b_n, b_n+1= 2a_n+ 3b_n; a₁= 3, b₁= 2.

(i) ある定数A6= 0があり, an+√

2bn=Aⁿ となっている. Aを求めよ. (ii) ann−2bn2 の値を求めよ.

(iii) an の一般項を求めよ. (iv) lim

n→∞(b_n/a_n)の値を求めよ. [問題6解答] (i) a_n, b_n の漸化式より

a_n+√

2b_n= (3a_n−1+ 4b_n−1) +√

2 (2a_n−1+ 3b_n−1) = (3 + 2√

2) (a_n−1+b_n−1)

⇒ A= 3 + 2√ 2.

(ii) an, bn の漸化式より ann−2bn2

=(

3an−1+ 4bn−1

)2

−2(

2an−1+ 3bn−1

)2

=an−12−2bn−12

=· · ·=a12−2b12

= 9−8 = 1.

(ii) 前問の結果より

1 =ann−2bn2

=( an−√

2bn

) (an+√ 2bn

)=( an−√

2bn

)Aⁿ

⇒ an−√

2bn= 1

Aⁿ ⇒ an =1

2(Aⁿ+ 1

Aⁿ), A= 3 + 2√ 2. 2