基礎数学 I - 中間試験 - C

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 , · · · , Pn 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=
k=1
N (N + 1)
.
2
問題 3. 次の数列 {an } に関する設問に答えよ:
a1 = 0,
2 an+1 + 1 =
√
4 + an 2 + an , 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 an を求めよ.
n→∞
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 + √
)n ,
2
n +1
ヒント :
(ii)
(1 − √
1
n2
+1
1
1
1
< 2
< 2,
(n + 1)2
n +1
n
)n ,
(iii)
因数分解,
(
1+
1−
1 )n
,
n2 + 1
(iv) (1 +
1 n
) .
n2
1
1 −1 )
= (1 −
) .
a
a+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
H の対偶 : 小文字 ⊂ 偶数
(1)
(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,
い.
A
(
および
5
と
d
を開ければよ
を開けても, (1) と (2) の逆を調べるだけである. )
4
[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 − L1 − r =
k=1
(n + 1)(n + 2)
− L1 − r.
2
同様に,
Mj =
n+1
∑
k − Lj − r =
k=1
(n + 1)(n + 2)
− Lj − r,
2
よって,
j = 1, · · · , n.
(n + 1)(n + 2) ∑
−
Lj − n · r.
2
j=1
n
S = M1 + M2 + · · · + Mn = n ·
n
∑
ここで, 使われている囚人番号の和は
Lj =
j=1
n+1
∑
j−r =
j=1
(n + 1)(n + 2)
− r.
2
よって
)
n(n + 1)(n + 2) ( (n + 1)(n + 2)
1
−
− r − n · r = (n − 1)(n + 1)(n + 2) − (n − 1) r
2
2
2
(n + 1)(n + 2)
S
S
⇒ r=
−
⇒ L1 =
− M1 .
2
n−1
n−1
S=
(i) では S = 8 + 10 + 11 + 7 = 36 だから, r =
L3 =
1
36
·5·6−
= 3. また
2
3
S
36
− M3 =
− 10 = 2. 2
n−1
3
[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,
√
√
√
1
2 = 4 + 02 + 0 ≤ 2ak+1 + 1 ≤ 4 + 12 + 1 = 6 ⇒ 0 < ≤ ak+1 ≤
2
√
6−1
< 1.
2
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.
√
1
Step 1. まず 2a2 + 1 = 4 ⇒ a2 = > 0 = a1 .
2
Step 2. ak ≥ ak−1 と仮定する. (i) の結論と漸化式より
√
(
) √
(4 + ak 2 + ak ) − (4 + ak−1 2 + ak−1 )
√
2 ak+1 − ak = 4 + ak 2 + ak − 4 + ak−1 2 + ak−1 = √
4 + ak 2 + ak + 4 + ak−1 2 + ak−1
ak + ak−1 + 1
√
=√
(ak − ak−1 ) ≥ 0.
2
4 + ak + ak + 4 + ak−1 2 + ak−1
(
別証 : ak ≥ ak−1 ≥ 0 だから,
ak 2 ≥ ak−1 2 ⇒ 4 + ak 2 + ak ≥ 4 + ak−1 2 + ak−1 ⇒
よって
√
√
4 + ak 2 + ak − 4 + ak−1 2 + ak−1 ≥ 0
)
√
(
) √
2 ak+1 − ak = 4 + ak 2 + ak − 4 + ak−1 2 + 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
∼ 0.618 · · · . 2
2
[問題 4 解答] (i) ヒントを利用し,
(1 +
1 n
1
1
1
1
) = (1 + √
)n < (1 + √
)n < (1 + √ )n = (1 + )n
2
2
2
n+1
n
n +1
(n + 1)
n
ここで n → ∞ とすると,
1
1 n+1
1 −1
e ≤ lim (1 + √
)n ≤ lim (1 +
)
· (1 +
) = e ⇒ (i) → e.
2
n→∞
n→∞
n+1
n+1
n +1
(ii) 前問と同様に
(1 −
1
1
1 n
1
1
)n < (1 − √ )n = (1 − )n
) = (1 − √
)n < (1 − √
2
2
n+1
n
n +1
(n + 1)
n2
ここで n → ∞ とすると,
e−1 = lim (1 −
n→∞
(iii) 因数分解で, 1 −
n2
(1 −
(iv) 式変形で (1 +
1 n
1
) ≤ lim (1 − √
)n ≤ e−1 ⇒ (ii) → e−1 .
2
n→∞
n+1
n +1
(
1
1
1
= 1+ √
) (1 − √
). (i), (ii) を考慮して,
2
2
+1
n +1
n +1
n2
(
1
1
1
)n = 1 + √
)n (1 − √
)n → e · e−1 = 1
+1
n2 + 1
n2 + 1
1 n
n2 + 1 n
1
)
=
(
) = (1 − 2
)−n . ここで (iii) を使うと,
2
2
n
n
n +1
lim (1 +
n→∞
1
1 n
) = lim (1 − 2
)−n = e−1 · e = 1. 2
n→∞
n2
n +1
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,
Sn =
1
1
1
+
+ ··· +
a1 a2
a2 a3
an−1 an
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 = a 2n−1
Sn =
n−1
∑
k=0
⇒
ak ak+1 = a 2k−1 · a 2k = 2 a2 22(k−1) . よって
1
1 1 − (1/4)n
2
1 k−1
1
)
=
=
(
(1 − ( )n ). 2
2
2
2
2a 4
2a
1 − 1/4
3a
4
問題 6. 数列 {an }, {bn } を次で定める:
an+1 = 3an + 4bn , bn+1 = 2an + 3bn ;
(i) ある定数 A 6= 0 があり, an +
√
a1 = 3, b1 = 2.
2 bn = An となっている. A を求めよ.
(ii) an n − 2 bn 2 の値を求めよ.
(iii) an の一般項を求めよ.
(iv)
lim (bn /an ) の値を求めよ.
n→∞
[問題 6 解答] (i) an , bn の漸化式より
√
√
√
2 bn = (3an−1 + 4 bn−1 ) + 2 (2 an−1 + 3 bn−1 ) = (3 + 2 2) (an−1 + bn−1 )
√
⇒ A = 3 + 2 2.
an +
(ii) an , bn の漸化式より
(
(
)2
)2
an n − 2 bn 2 = 3 an−1 + 4 bn−1 − 2 2 an−1 + 3 bn−1 = an−1 2 − 2 bn−1 2
= · · · = a1 2 − 2 b1 2 = 9 − 8 = 1.
(ii) 前問の結果より
√
√
√
(
)(
) (
)
1 = an n − 2 bn 2 = an − 2 bn an + 2 bn = an − 2 bn An
√
√
1
1
1
⇒ an − 2 bn = n ⇒ an = (An + n ), A = 3 + 2 2. 2
A
2
A

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