2014年 - XREA.com

1
平成 26 年度大分大学２次試験前期日程 (数学問題)
工・経済・教育福祉・医学部平成 26 年 2 月 25 日
• 工学部は， 1 ∼ 4 数 I・II・III・A・B・C (100 分)
• 経済学部は， 1 , 2 , 4 , 5 数 I・II・A・B (100 分)
• 教育福祉科学部は， 1 , 2 , 6 数 I・II・A・B (80 分)
• 医学部は， 7 ∼ 9 数 I・II・III・A・B・C (80 分)
1 k > 0 とし，f (x) = x(x + k)(x + 2k) とおく．曲線 y = f (x) を C とする．
(1) 関数 f (x) は異なる 2 つの極値をもつことを示しなさい．
(2) 曲線 C 上の極値をとる点を P，Q とする．線分 PQ の中点 R の座標を求
めなさい．
(3) 点 R が曲線 C 上にあることを示し，点 R における曲線 C の接線の方程式
を求めなさい．
√
2 原点 O を中心とする半径 2 2 の球面 S 上に 3 点 A，B，C があり，
−→ −→
OA·OB = 4,
−→ −→
OB·OC = 5,
−→ −→
OC·OA = 6
をみたしている．三角形 ABC の重心を G とし，直線 OG と球面 S の交点のう
ち G から遠い方を P とする．
−→
−→
(1) |OA|，|OG| の値を求めなさい．
−→ −→ −→ −→
(2) OP を OA，OB，OC を用いて表しなさい．
−→ −→
(3) OA と OP のなす角を求めなさい．
3 a，b を実数とし，f (x) = (ax + b cos x) sin x とおく．関数 f (x) が
Z
π
2
0
f (0) = 2,
0
をみたすとき，a，b の値を求めなさい．
f (x) dx = 4
2
4 100 から 999 までの自然数の集合を全体集合 U とし，そのうち 14 で割ると 3 余
るものの集合を A，9 の倍数の集合を B とおく．
(1) A，B の要素の個数を求めなさい．
(2) A ∩ B の要素のうち，最小のものと最大のものを求めなさい．
(3) U の要素が 1 つずつ書かれた玉の入った袋から玉を 2 個取り出す．このと
き，2 個の玉に書かれている数がいずれも 14 で割ると 3 余り，かつ 9 で割
り切れない場合の確率を求めなさい．
5 a，b を実数とし，f (x) = 22x−1 − a·2x + b とおく．
(1) a = 3，b = 4 のとき，方程式 f (x) = 0 の解を求めなさい．
(2) a > 0，b = 0 のとき，方程式 f (x) = 0 の解を求めなさい．
(3) 方程式 f (x) = 0 が異なる 2 つの実数解をもつとき，点 (a, b) の表す領域
を図示しなさい．
6 正三角形 ABC があり，点 X は正三角形 ABC の頂点を移動する点である．サ
イコロを投げて 5 の目が出たとき点 X は時計回りに隣の頂点に移動し，6 の目
が出たとき点 X は反時計回りに隣の頂点に移動し，それ以外の目が出たとき点
X は移動しない．はじめに点 X は頂点 A にあるとし，サイコロを n 回投げた
とき点 X が頂点 A にある確率を Pn とする．
(1) P1 ，P2 ，P3 を求めなさい．
(2) Pn+1 を Pn を用いて表しなさい．
(3) Pn を求めなさい．
7 次の各問いに答えなさい．
(1) n 本中の k 本の当たりが入ったクジを n 人で順番に引く．引いたクジは元
k
に戻さないとして，i 番目にクジを引く人の当たる確率がであることを
n
示しなさい．ただし，0 < k < n とする．
√
(2) 関数 y1 = sin x と y2 = 2 sin(a − x) について，y = y1 + y2 の最大値が 7
になるとき，定数 a の値を求めなさい．
(3) 放物線 y = ax2 と直線 y = bx で囲まれる部分の面積を 2 等分する直線
x = p を求めなさい．ただし，a, b > 0 とする．
3
8 数列の和について次の一連の問いに答えなさい．
(1)
n
X
1
k = n(n + 1) を示しなさい．
2
k=1
3
3
(2) 多項式 (k + 1) − k の展開を利用して
n
X
1
k 2 = n(n + 1)(2n + 1) を示し
6
k=1
なさい．
n
X
1
k 3 = n2 (n + 1)2 を示しなさい．
(3)
4
k=1
(4)
n
X
k 4 を求めなさい．結果は因数分解すること．
k=1
9 次の一連の問いに答えなさい．
xm
(1) 自然数 m に対して，x > 0 のとき e >
であることを示しなさい．
m!
xn
(2) 自然数 n に対して， lim x = 0 を示しなさい．
x→∞ e
Z K
xn−1 e−x dx とするとき， lim ΓK (n) を求
(3) 自然数 n に対して ΓK (n) =
x
0
めなさい．
K→∞
4
正解
1
(1) f (x) = x(x + k)(x + 2k) = x3 + 3kx2 + 2k 2 x を微分すると
f 0 (x) = 3x2 + 6kx + 2k 2
2 次方程式 f 0 (x) = 0 · · · (∗) の判別式を D とすると，k > 0 より
D/4 = (3k)2 − 3·2k 2 = 3k 2 > 0
(∗) の異なる 2 つの実数解を α，β をもち (α < β)，f (x) の増減表は
x
f (x)
f (x)
0
···
+
%
α
0
極大
···
−
&
β
0
極小
···
+
%
したがって，f (x) は異なる 2 つの極値をもつ．
(2) (∗) の解と係数の関係により
α + β = −2k,
2
αβ = k 2
3
1
k
2
2
したがって，f (x) を f 0 (x) で割った商 x + ，余り − k 2 x − k 3 により
3
3
3
3
µ
¶
k
2
2
1
f (x) =
x+
f 0 (x) − k 2 x − k
3
3
3
3
上式および解と係数の関係により
2
4
f (α) + f (β) = − k 2 (α + β) − k 3
3
3
2 2
4 3
= − k (−2k) − k = 0
3
3
2 点 P，Q の中点 R の座標は
µ
¶
α + β f (α) + f (β)
,
2
2
すなわち
(−k, 0)
(3) f (−k) = 0 であるから，R は C 上の点である．
f 0 (−k) = 3(−k)2 + 6k(−k) + 2k 2 = −k 2
したがって，C 上の点 R(−k, 0) における接線の方程式は
y − 0 = −k 2 (x + k) すなわち y = −k2 x − k3
5
2
√
(1) ABC は原点 O を中心とする半径 2 2 の円周上にあるから
√
−→
−→
−→
|OA| = |OB| = |OC| = 2 2
−→ 1 −→ −→ −→
OG = (OA + OB + OC) であるから
3
−→
1 −→ −→ −→
|OG| = |OA + OB + OC|
3q
−→
−→
−→ −→
−→ −→
−→ −→
1 −→ 2
|OA| + |OB|2 + |OC|2 + 2OA·OB + 2OB·OC + 2OC·OA
=
3
1√
=
8 + 8 + 8 + 2·4 + 2·5 + 2·6
3
√
1 √
= ·3 6 = 6
3
(2) P は直線 OG と球面 S の交点のうち G から遠い方であるから，実数 k < 0
を用いて
−→
−→
−→
−→
OP = k OG ゆえに |OP| = −k|OG|
√
√
−→
−→
と表される．これに |OP| = 2 2，|OG| = 6 を代入すると
√
√
√
2 3
2 2 = −k· 6 これを解いて k = −
3
√
√
−→
2 3 1 −→ −→ −→
2 3 −→
OG = −
よって
OP = −
× (OA + OB + OC)
3
3
3
√
2 3 −→ −→ −→
=−
(OA + OB + OC)
9
(3) (2) の結果により
√
−→ −→
2 3 −→ 2 −→ −→ −→ −→
OA·OP = −
(|OA| + OA·OB + OC·OA)
9
√
√
2 3
=−
(8 + 4 + 6) = −4 3
9
−→ −→
OA と OP のなす角を θ とすると
√
√
−→ −→
−4 3
3
OA·OP
cos θ = −→ −→ = √ √ = −
2
2 2·2 2
|OA||OP|
−→ −→
よって，OA と OP のなす角は
150‹
6
3 f (x) = (ax + b cos x) sin x = ax sin x + 2b sin 2x を微分すると
f 0 (x) = a sin x + ax cos x + b cos 2x
f 0 (0) = 2 より
f 0 (0) = 2 より b = 2
このとき，f (x) = ax sin x + sin 2x となるから
Z
π
2
0
Z
π
2
f (x) dx =
(ax sin x + sin 2x) dx
0
·
¸ π2
1
= −ax cos x + a sin x − cos 2x
2
0
=a+1
Z
π
2
f (x) dx = 4 であるから
0
a + 1 = 4 これを解いて a = 3
7
4
(1)
A = {a | a = 14m + 3 (m は整数), 100 5 a 5 999}
B = {b | b = 9n (n は整数), 100 5 b 5 999}
ゆえに
100 5 14m + 3 5 999,
100 5 9n 5 999
m，n が整数であることに注意してこれらを解くと
7 5 m 5 71,
12 5 n 5 111
A の要素の個数 n(A) および B の要素の個数 n(B) は
n(A) = 71 − 7 + 1 = 65,
n(B) = 111 − 12 + 1 = 100
(2) c ∈ A ∩ B とすると，(1) の結果から
c = 14m + 3 = 9n ゆえに c − 45 = 14(m − 3) = 9(n − 5)
m − 3 は 9 を因数にもつので，m − 3 = 9k とおくと (k は整数)
c − 45 = 14·9k
ゆえに
すなわち
c = 126k + 45
A ∩ B = {c | c = 126k + 45 (c は整数), 100 5 c 5 999}
100 5 126k + 45 5 999
したがって
k が整数であることに注意してこれを解くと 1 5 k 5 7
よって，A ∩ B の要素のうち
最小のものは
126·1 + 45 = 171
最大のものは
126·7 + 45 = 927
(3) U の要素のうち，14 で割ると 3 余り，かつ 9 で割り切れない要素の個数は
n(A ∩ B) = n(A) − n(A ∩ B) = 65 − 7 = 58
よって，求める確率は
58 C2
900 C2
=
19
58·57
2·1
×
=
2·1
900·899
4650
8
5
(1) このとき，f (x) = 0 は
1 x 2
(2 ) − 3·2x + 4 = 0 ゆえに (2x − 2)(2x − 4) = 0
2
したがって
2x = 2, 4 これを解いて x = 1, 2
(2) このとき，f (x) = 0 は
1 x 2
(2 ) − a·2x = 0 ゆえに 2x (2x − 2a) = 0
2
2x > 0 であるから，a > 0 に注意して
2x = 2a これを解いて x = 1 + log2 a
(3) t = 2x とおくと，t > 0 で，方程式 f (x) = 0 は
1 2
t − at + b = 0 すなわち t2 − 2at + 2b = 0
2
この方程式が異なる 2 つの正の実数解を α，β とすると，係数について
α + β = 2a > 0,
αβ = 2b > 0,
D/4 = (−a)2 − 2b > 0
1
a > 0，b > 0，b < b2
2
よって，求める領域は，右の図の斜線部分である．
ただし，境界線を含まない．
したがって
b
2
O
2
別解 t = 2x とおくと，t > 0 で，方程式 f (x) = 0 は
1 2
t − at + b = 0 すなわち t2 − 2at + 2b = 0
2
この 2 次方程式が異なる 2 つの正の実数解をもつとき，2 次関数
y = t2 − 2at + 2b = (t − a)2 − a2 + 2b
の頂点および y 軸との交点の y 座標から
−a2 + 2b < 0,
1
a > 0，b > 0，b < b2
2
a > 0,
したがって
2b > 0
a
9
6
(1) サイコロを n 回投げたとき点 X が，頂点 A，B，C にある確率を，それぞ
れ Pn ，Qn ，Rn とすると
2
1
1
, Q 1 = , R1 = ,
6
6
3
2
1
1
Pn+1 = Pn + Qn + Rn
3
6
6
2
1
1
Qn+1 = Pn + Qn + Rn
6
3
6
1
1
2
Rn+1 = Pn + Qn + Rn
6
6
3
P1 =
···°
1
···°
2
···°
3
したがって
2
P2 = P1 +
3
1
Q2 = P1 +
6
1
R2 = P1 +
6
2
P3 = P2 +
3
1
Q1 +
6
2
Q1 +
3
1
Q1 +
6
1
Q2 +
6
1
R1
6
1
R1
6
2
R1
3
1
R2
6
2
3
1
=
6
1
=
6
2
=
3
=
2
3
2
×
3
2
×
3
1
×
2
×
1
6
2
+
3
1
+
6
1
+
6
+
1
6
1
×
6
1
×
6
1
×
4
×
1
6
1
+
6
2
+
3
1
+
6
+
1
6
1
×
6
1
×
6
1
×
4
×
=
1
2
1
=
4
1
=
4
5
=
12
(2) °
1 ，°
2 ，°
3 の辺々を加えると，(1) の第 1 式から
Pn+1 + Qn+1 + Rn+1 = Pn + Qn + Rn = 1
···°
4
°
2 ，°
3 の辺々を加えると
1
5
Qn+1 + Rn+1 = Pn + (Qn + Rn )
3
6
°
4 より，Qn+1 + Rn+1 = 1 − Pn+1 ，Qn + Rn = 1 − Pn を上式に代入すると
1
1
5
1
1 − Pn+1 = Pn + (1 − Pn ) ゆえに Pn+1 = Pn +
3
6
2
6
µ
¶
1
1
1
(3) (2) の結果から Pn+1 − =
Pn −
3
2
3
µ
¶ µ ¶n−1
1
1
1
したがって
Pn − = P1 −
3
3
2
(
µ ¶n`1 )
1
1
2
Pn =
これに P1 = を代入すると
1+
3
3
2
10
7
(1) k 本の当たりを当たりの j(1 5 j 5 k) 番と区別し，i 番目にクジを引く人
が当たりの j 番を引く確率を Pj とすると
Pj =
n−1 n−2
n − (i − 1)
1
1
×
× ··· ×
×
=
n
n−1
n − (i − 2) n − (i − 1)
n
P1 , P2 , · · · , Pk は互いに排反であるから，求める確率を P とすると
k
X
k
X
1
k
P =
Pj =
=
n
n
j=1
j=1
(2) y2 = 2 sin(a − x) = 2 sin a cos x − 2 cos a sin x であるから
y = y1 + y2
= sin x + (2 sin a cos x − 2 cos a sin x)
= (1 − 2 cos a) sin x + 2 sin a cos x
√
この関数の最大値が 7 であるから
(1 − 2 cos a)2 + (2 sin a)2 = 7 ゆえに
2π
+ 2nπ,
1
2
4π
+ 2nπ (n は整数)
3
3
(3) 放物線 y = ax2 と直線 y = bx の共有点の x 座標は (a, b > 0)
よって
a=
cos a = −
ax2 = bx これを解いて x = 0,
b
a
これらの放物線と直線で囲まれた部分の面積は
· 2
¸b
Z b
a
bx
ax3 a
b3
2
(bx − ax ) dx =
−
= 2
2
3 0
6a
0
µ
¶
Z p
1
b3
b
2
したがって
(bx − ax ) dx = × 2
0<p<
2 6a
a
0
これを満たす p を求めればよいから
³ ap ´3
³ ap ´2
b3
b 2 a 3
p − p =
ゆえに
4
−
6
+1=0
2
3
12a2
b
b
ap
ここで，t =
(0 < t < 1) とおくと 4t3 − 6t2 + 1 = 0
b
√
1 1± 3
2
ゆえに (2t − 1)(2t − 2t − 1) = 0 これを解いて t = ,
2
2
b
1
b
ap
=
すなわち p =
よって x =
0 < t < 1 であるから
b
2
2a
2a
11
8
(1) k(k + 1) − (k − 1)k = 2k であるから
2
n
X
k=1
k=
n
X
{k(k + 1) − (k − 1)k} ゆえに
k=1
n
X
1
k = n(n + 1)
2
k=1
(2) (k + 1)3 − k 3 = 3k 2 + 3k + 1 であるから
n
n
X
X
2
(3k + 3k + 1) =
{(k + 1)3 − k 3 }
k=1
3
n
X
k=1
k2 + 3
k=1
これに (1) の結果および
n
X
k=1
n
X
k+
n
X
= (n + 1)3 − 13
k=1
= n を代入すると
k=1
3
n
X
1
k 2 + 3 × n(n + 1) + n = n3 + 3n2 + 3n
2
k=1
n
X
1
k 2 = n(n + 1)(2n + 1)
6
k=1
よって
補足証明法に制約がなければ，次式を利用するとよい．
k(k + 1)(2k + 1) − k(k − 1)(2k − 1) = 6k 2
(3) k 2 (k + 1)2 − k 2 (k − 1)2 = 4k 3 であるから
4
n
X
k=1
n
X
k =
{k 2 (k + 1)2 − k 2 (k − 1)2 } ゆえに
3
k=1
n
X
1
k 3 = n2 (n + 1)2
4
k=1
補足 Sn は分かっているので，Sk − Sk−1 = ak を利用する．
12
(4)
f1 (k) = k
=
k
2
f2 (k) = k(k + 1)
=
k +k
3
f3 (k) = k(k + 1)(k + 2)
=
k +3k 2 +2k
f4 (k) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) = k 4 +6k 3 +11k 2 +6k
とおくと，k 4 = f4 (k) − 6f3 (k) + 7f2 (k) − f1 (k) である．ここで
n
X
1
f1 (k) = n(n + 1)
2
k=1
n
X
n
1X
1
f2 (k) =
{k(k + 1)(k + 2) − (k − 1)k(k + 1)} = n(n + 1)(n + 2)
3 k=1
3
k=1
n
X
n
f3 (k) =
k=1
1X
{k(k + 1)(k + 2)(k + 3) − (k − 1)k(k + 1)(k + 2)}
4 k=1
1
= n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
4
n
n
X
1X
f4 (k) =
{k(k + 1)(k + 2)(k + 3)(k + 4) − (k − 1)k(k + 1)(k + 2)(k + 3)}
5
k=1
k=1
1
= n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
5
したがって
n
X
k=1
4
k =
n
X
{f4 (k) − 6f3 (k) + 7f2 (k) − f1 (k)}
k=1
1
= n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
5
1
− 6 × n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
4
1
+ 7 × n(n + 1)(n + 2)
3
1
− n(n + 1)
2
1
= n(n + 1){6(n + 2)(n + 3)(n + 4) − 45(n + 2)(n + 3) + 70(n + 2) − 15}
30
1
= n(n + 1)(6n3 + 9n2 + n − 1)
30
1
=
n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1)
30
解説 (k + 1)5 − k 5 の展開式を利用するのが一般的であるが，別解を紹介した．
13
連続する自然数のべき乗和
定理 0
自然数 i に対して，Si (n) =
n
X
k i とすると，Si (n) は，n の i + 1 次式である．
k=1
証明
1
i) S1 (n) = n(n + 1) であるから，i = 1 のとき，定理 0 が成り立つ．
2
ii) 1 5 i 5 p − 1 の自然数について，定理 0 が成り立つと仮定すると
(k + 1)
p+1
−k
p+1
=1+
p−1 ³
X
j=1
ゆえに
´
i + 1 k j + (p + 1)k p
j
(
)
p−1 ³
n
n
´
X
X
X
p
+
1
j
p
p+1
p+1
1+
k + (p + 1)k
{(k + 1)
−k } =
j
j=1
k=1
k=1
(n + 1)
p+1
p−1 ³
−1 =n+
X
j=1
したがって
1
Sp (n) =
p+1
(
(n + 1)p+1 −
´
p + 1 S (n) + (p + 1)S (n)
j
p
j
p−1 ³
X
j=1
)
´
p + 1 S (n) − n − 1
j
j
よって，Sp (n) は，n の p + 1 次式である．
i)，ii) より，定理 0 は成り立つ．
証終
自然数 i について
Si (1) = 1,
Si (k) − Si (k − 1) = k i
であるから，(1) に k = 1, 0 を代入すると
Si (1) − Si (0) = 1i ,
Si (0) − Si (−1) = 0i
ゆえに
因数定理により，Si (n) は n(n + 1) を因数にもつ．
Si (0) = Si (−1) = 0
(1)
14
実際，
1
S1 (n) = n(n + 1)
2
1
S2 (n) = n(n + 1)(2n + 1)
6
1
S3 (n) = n2 (n + 1)2
4
1
S4 (n) = n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1)
30
1
S5 (n) = n2 (n + 1)2 (2n2 + 2n − 1)
12
1
S6 (n) = n(n + 1)(2n + 1)(3n4 + 6n3 − 3n + 1)
42
1
S7 (n) = n2 (n + 1)2 (3n4 + 6n3 − n2 − 4n + 2)
24
1
S8 (n) = n(n + 1)(2n + 1)(5n6 + 15n5 + 5n4 − 15n3 − n2 + 9n − 3)
90
1
S9 (n) = n2 (n + 1)2 (n2 + n − 1)(2n4 + 4n3 − n2 − 3n + 3)
20
1
S10 (n) = n(n + 1)(2n + 1)(n2 + n − 1)(3n6 + 9n5 + 2n4 − 11n3 + 3n2 + 10n − 5)
66
また，S0 (n) =
n
X
k 0 = n と定義する．
k=1
注意最初に，Si (n) の i を 0 以上の整数としなかったのは，i = 0 のとき (1) に k = 0
を代入すると，00 が現れるからである．
x
一般に，x0 x1 = x1 より，x 6= 0 のとき，x0 = = 1．
x
0
しかし，x = 0 のとき，00 は不定形となり，定義されない．
0
(1) を微分すると
Si0 (k) − Si0 (k − 1) = ik i−1
上式の k について，1 から n まで辺々を加えると
Si0 (n) − Si0 (0) = iSi−1 (n) ゆえに Si0 (n) = iSi−1 (n) + Si0 (0)
S0 (n) = n を微分すると S00 (n) = 1．また，Si0 (0) は定数であるから
S00 (n) = B0 = 1,
Si0 (0) = (−1)i Bi
とおくと (定数 Bi は後述のベルヌーイ数)
Si0 (n) = iSi−1 (n) + (−1)i Bi
(2)
15
ファウルハーバー (Faulhaber) の定理
³
´
1 X
1 B ni+1−j
(−1)j i +
j
j
i + 1 j=0
i
i を 0 以上の整数とすると Si (n) =
· · · (∗)
³
´
ただし， i + 1 は 2 項係数 i+1 Cj とする．(Bi は後述のベルヌーイ数)
j
証明
i) i = 0 のとき，B0 = 1 であるから S0 (n) = B0 n
よって，i = 0 のとき，(∗) が成り立つ．
ii) i = m のとき，(∗) が成り立つ，すなわち
´
³
1 X
Sm (n) =
(−1)j m j+ 1 Bj nm+1−j
m + 1 j=0
m
が成り立つと仮定すると，(2) より
0
Sm+1
(n) = (m + 1)Sm (n) + (−1)m+1 Bm+1
m
³
´
X
j m+1
=
(−1)
Bj nm+1−j + (−1)m+1 Bm+1
j
j=0
Sm+1 (n) の定数項が 0 になることに注意して，これを積分すると
³
´
m
+
1
m
X
j
Sm+1 (n) =
(−1)j
Bj nm+2−j + (−1)m+1 Bm+1 n
m+2−j
j=0
³
´
m+2
m
X
j
=
(−1)j
Bj nm+2−j + (−1)m+1 Bm+1 n
m
+
2
j=0
=
m+1
³
´
1 X
(−1)j m j+ 2 Bj nm+2−j
m + 2 j=0
よって，i = m + 1 のときも，(∗) が成り立つ．
i)，ii) から，0 以上の整数 i に対して，(∗) が成り立つ．
証終
16
(∗) に n = −1 を代入すると
³
´
1 X
j i+1
Si (−1) =
(−1)
Bj (−1)i+1−j
j
i + 1 j=0
i
i
(−1)i+1 X³i + 1´
=
Bj
i + 1 j=0 j
自然数 i に対して，Si (−1) = 0 であるから
i ³
´
X
i+1 B =0
j
j
j=0
具体的に示すと
i = 1 のとき
B0 + 2B1 = 0
i = 2 のとき
B0 + 3B1 + 3B2 = 0
i = 3 のとき
B0 + 4B1 + 6B2 + 4B3 = 0
i = 4 のとき
B0 + 5B1 + 10B2 + 10B3 + 5B4 = 0
i = 5 のとき
B0 + 6B1 + 15B2 + 20B3 + 15B4 + 6B5 = 0
i = 6 のとき
B0 + 7B1 + 21B2 + 35B3 + 35B4 + 21B5 + 7B6 = 0
i = 7 のとき
B0 + 8B1 + 28B2 + 56B3 + 70B4 + 56B5 + 28B6 + 8B7 = 0
..
.
B0 = 1 および上の諸式から
1
1
1
1
B1 = − , B2 = , B3 = 0, B4 = − , B5 = 0, B6 = , B7 = 0, · · ·
2
6
30
42
ここに得た Bj (j = 0, 1, 2, . . .) をベルヌーイ数 (Bernoulli number) という．
1
1
上の結果および (∗) から，Si (n) の ni+1 (最高次) の係数が
，ni の係数がで
i+1
2
あることがわかる．例えば，
³ ´
1X
j 5
S4 (n) =
(−1) j Bj n5−j
5 j=0
4
¢
1¡
B0 n5 − 5B1 n4 + 10B2 n3 − 10B3 n2 + 5B4 n
5µ
¶
1
5 4 5 3 1
5
=
n + n + n − n
5
2
3
6
1
= n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n − 1)
30
=
17
ベルヌーイ数
ベルヌーイ数 Bj は，次のマクローリン展開 (テイラー展開) の展開係数として1
∞
f (x) =
X Bj
x
=
xj
ex − 1
j!
j=0
· · · (∗∗)
と定義される．例えば，B0 ，B1 は次のようになる (ロピタルの定理を使用)．
x
1
= lim x = 1
x→0 e
−
µ1
¶
d
ex − 1 − xex
x
−xex
1
B1 = lim
=
lim
=
lim
=
−
x→0 dx
x→0
x→0 2(ex − 1)ex
ex − 1
(ex − 1)2
2
B0 = lim
x→0 ex
Bj は前ページで示した漸化式を満たす．
ex f (x) − f (x) = x
証明定義式から
ライプニッツの公式を利用して，上式を j 回微分すると
j ³ ´
X
j x (k)
(j)
(j)
k e f (x) − f (x) = (x)
· · · (∗∗)
k=0
(∗∗) の右辺は，j = 1 のとき 1，j > 1 のとき 0 であるから，x = 0 とすると
j = 1 のとき B0 = 1
j > 1 のとき
j−1 ³ ´
X
j
k Bk = 0
k=0
よって，Bj は前ページの漸化式と一致する．
また，g(x) =
f (x) + f (−x)
f (x) − f (−x)
，h(x) =
とおくと
2
2
∞
∞
X
1 X Bj j
B2j 2j
j
g(x) =
{x + (−x) } =
x
2 j=0 j!
(2j)!
j=0
µ
¶
−x
1
x
x
− −x
h(x) =
=− ,
x
2 e −1 e −1
2
1
h0 (x) = − , h(j) (x) = 0 (j > 1)
2
j が奇数のとき g (j) (0) = 0 である．とくに，j が 3 以上の奇数のとき
Bj = f (j) (0) = g (j) (0) + h(j) (0) = 0 + 0 = 0
1
http://kumamoto.s12.xrea.com/chie/taylor.pdf
証終
18
前ページの f (x) は Bn の (指数型) 母関数である2 ．
Ã∞
!
X xn
(ex − 1) = x を示せばよい．
証明等式
Bn
n!
n=0
Ã∞
X
xn
Bn
n!
n=0
!
Ã∞
X
!Ã ∞
!
n
X xn
x
(ex − 1) =
Bn
n!
n!
n=0
n=1
Ã
!
∞
n−1
X
X
Bj
1
=
xn
j!
(n
−
j)!
n=1
j=0
Ã n−1
!
∞
X X³ ´
xn
n
=
B
j
j
n!
n=1
j=0
n−1 ³ ´
X
n B = 0 であるから
n > 1 のとき，
j
j
j=0
Ã n−1
!
Ã n−1
!
∞
∞
n
n
X
X³ ´
X
X³ ´
n B x =x+
n B x =x
j
j
j
j
n!
n!
n=1
n=2
j=0
証終
j=0
Bn の一般項を示す準備として，以下を述べる．
http://kumamoto.s12.xrea.com/kyusuu/kagoshima/kagoshima 2012.pdf
の p17(3) において，m 個の要素を異なる n 個のグループに分ける (各グループには，
少なくとも 1 個の要素がある) 総数 m Qn は
n
³ ´
X
n+k n
m
(−1)
m Qn =
k k
(3)
k=1
n
となることを示した．このとき，n 個のグループの区別をなくした総数を
すると
n
m
n
o
³ ´
1 X
m
n+k n
=
(−1)
k k
n! k=1
数列 {an } の (指数型) 母関数は
∞
X
n=0
o
と
n
となる．なお，0 < m < n のとき，(3) より，(4) の値は 0 になる．
2
m
n
an
xn
である．
n!
(4)
19
³
´ ³
´ ³
´
n o
m = m − 1 + m − 1 が成り立つように， n についても，次の漸化式
n
n−1
n
k
が成り立つ．
n o n
o
n
o
m = m−1 +n m−1
(5)
n
n−1
n
m 個の要素を n 個のグループに分割するには，次の 2 つの手順に分けるとよい．
i) m − 1 個の要素を n − 1 個のグループに分割し，m 番目の要素を n 番目のグルー
o
n
プとして単独で追加する m − 1 通り．
n−1
ii) m − 1 個の要素を n 個のグループに分割し，m 番目の要素を n 個のグループの
n
o
どれかに挿入する n m − 1 通り．
n
i)，ii) より，漸化式 (5) が成り立つことが分かる．
n o
n o
n o
0
m
0
さらに，初期値
0 = 1， 0 = n = 0 (m, n 6= 0) で定義すると，漸化
n o n
o n
o
m
m
−
1
m
−
1
式 (5) から，3 つの数
のうち 2 つを決めれば残りが決
n ， n−1 ，
n
n
o
まる．ただし， m − 1 の前に n がかかっているが，n = 0 のときは，残りの 2 つ
n
n
o
から m − 1 を求めることはできないため，初期値で与えてある．漸化式 (5) から
n
n o
すべての整数 m，n に拡張して m の値が定まる．これを第 2 種スターリング数
n
(Stirling number of the second kind) という．
m = 1, n = 0 のとき，(4) は，
n
m
n
o
n
³ ´
(−1)n X
k n
(−1) k k m
=
n! k=0
(6)
としてもよい．ここで，00 = 1 で定義すると，(6) は m, n = 0 で成り立つ．
注意 ex の級数表示について
x
e =
∞
X
xn
n=0
n!
,
または
x
e =1+
∞
X
xn
n=1
n!
と表される．x = 0 のときを考えると第 2 式のように表すべきであるが，0! = 1
のように，便宜的に 00 = 1 と定義しておけば，第 1 式でもよい．しかし，第 1
式で書かれる場合が一般的であり，その際，00 = 1 と判断する必要がある．
20
(6) の m と n を入れ替えた
n
n
の m を 0 以上とすると，
∞ n
X
n=0
n
m
n
m
n
m
o xn
n!
o
m
³ ´
(−1)m X
n
=
(−1)k m
k k
m! k=0
(7)
o
を第 n 項とする (指数型) 母関数は
=
=
=
=
=
)
m
³ ´
xn
(−1)m X
n
k
(−1)k m
k
m! k=0
n!
n=0
Ã
!
m
∞
³ ´ X
n
(−1)m X
(kx)
(−1)k m
k
m! k=0
n!
n=0
m
³ ´
(−1)m X
kx
(−1)k m
k e
m! k=0
m
(−1)m X³ m ´
(−ex )k
k
m! k=0
∞
X
(
(−1)m
1 x
(1 − ex )m =
(e − 1)m
m!
m!
ここで，関数 λ(t) = log(1 − t) の第 m 次導関数は
λ(m) (t) = −
(8)
(m − 1)!
(1 − t)m
ゆえに，log(1 − t) のマクローリン展開は
log(1 − t) = −
∞
X
tm
m
m=1
t = 1 − ex をこれに代入すると
∞
X
(1 − ex )m
x=−
m
m=1
上式により，(∗∗) は (8) を利用して
∞
X
∞
x
1 X (1 − ex )m
xn
= x
=− x
Bn
n!
e −1
e − 1 m=1
m
n=0
∞
X
(ex − 1)m−1
(ex − 1)m
=
(−1)m
n
m+1
m=1
m=0
!
Ã
∞
∞
∞
n
X
(−1)m m! Xn n o xn X X (−1)m m! n n o xn
=
m
m n! =
m
+
1
m+1
n!
m=0
n=0
n=0
m=0
=
∞
X
(−1)m−1
21
したがって
n
X
(−1)m m! n n o
Bn =
m
m+1
m=0
これに (7) を代入することにより，次式を得る．
³ ´
1 X
n
Bn =
(−1)k m
k k
m
+
1
m=0
k=0
n
X
m
(9)
注意
ベルヌーイ数は，連続する自然数のべき乗和を定式化する際の展開係数としてヤコ
ブ・ベルヌーイ (1654–1705) が著書 Ars Conjectandi(推測術) で導入したものである．
和算家の関孝和 (?–1708) の没後，弟子の荒木村英 (1640–1718) 等が，関の遺稿を
整理した『括要算法』にべき乗和の展開係数としてベルヌーイ数について述べられ
ていた．そのため，ベルヌーイ数を関・ベルヌーイ数と書いている文献もある．
関，ベルヌーイは，独立した研究成果であったが，ともに
1
1
1
1
B0 = 1, B1 = , B2 = , B3 = 0, B4 = − , B5 = 0, B6 = − , · · ·
2
6
30
42
という結果を残していることから
³ ´
1 X
k m
(−1) k k n
Bn = (−1)
m + 1 k=0
m=0
n
n
X
m
(10)
のタイプの定義をし，(∗) は
1 X ³i + 1 ´
Bj ni+1−j
i + 1 j=0 j
i
Si (n) =
となっている．
古い専門書においては，関・ベルヌーイのオリジナルの定義による (10) を採用した
ものが多かったが，近年では (9) を採用しているものが多いようである．(9) と (10)
は，n が偶数のときは一致するが，n が奇数のときは符号が異なる．しかしながら，
n が 3 以上の奇数のときは，Bn は 0 であるから，B1 の符号をみて，(9) と (10) のど
ちらの定義に基づいているかに注意する必要がある．
22
9
(1) t > 0 のとき，et − 1 > 0 であるから，x > 0 より
Z x
(et − 1) dt > 0 ゆえに ex − 1 − x > 0
0
上式から
ex > 1 + x ゆえに ex > x
···°
1
xm
「自然数 m に対して，x > 0 のとき e >
である」を (∗) とする．
m!
i) m = 1 のとき，°
1 より (∗) が成り立つ．
x
ii) m = k のとき，(∗) が成り立つと仮定すると，t > 0 に対して
et −
Z
x
x > 0 より
0
上式から
µ
tk
e −
k!
¶
t
ex > 1 +
tk
>0
k!
dt > 0
xk+1
(k + 1)!
ゆえに
ゆえに
ex >
ex − 1 −
xk+1
(k + 1)!
よって，m = k + 1 のときも (∗) が成り立つ．
i)，ii) より，(∗) が成り立つ．
x2
xm
+ ··· +
が成り立つ．
2!
m!
(2) (1) の結果から，m = n + 1 とすると，x > 0 のとき
補足 x > 0 に対して，ex > 1 + x +
xn+1
e >
(n + 1)!
x
xn
(n + 1)!
ゆえに 0 < x <
e
x
(n + 1)!
= 0 であるから，はさみうちの原理により
x→∞
x
lim
xn
=0
x→∞ ex
lim
xk+1
>0
(k + 1)!
23
(3) f (x) = xn−1 とおくと
f (j) (x) =
(n − 1)! n−j−1
x
(n − j − 1)!
(1 5 j 5 n − 2)
f (n−1) (x) = (n − 1)!
したがって，1 5 j 5 n − 2 のとき f (j) (0) = 0 であるから
Z
K
ΓK (n) =
·
xn−1 e−x dx
0
−x
= −e
n−2
X
¸K
f
(j)
−x
(x) − (n − 1)!e
j=0
=e
−K
n−2
X
0
f (j) (K) − (n − 1)!e−K + (n − 1)!
j=0
=
n−2
X
j=0
(n − 1)! K n−j−1 (n − 1)!
·
−
+ (n − 1)!
(n − j − 1)! eK
eK
K n−j−1
(n − 1)!
= 0．また， lim
= 0 であるから
K
K→∞
K→∞
e
eK
(2) の結果から， lim
lim ΓK (n) = (n − 1)!
K→∞
解説部分積分法により，次式が得られる．
½
¾
Z
ekx
f 0 (x) f 00 (x) f 000 (x)
kx
e f (x) dx =
f (x) −
+
−
+ ··· + C
k
k
k2
k3
本題は，上式において k = −1 であるから，次の結果を利用する．
Z
e−x f (x) dx = −e−x {f (x) + f 0 (x) + f 00 (x) + f 000 (x) + · · · } + C

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