null

2016 年度慶應義塾大学理工学部（数学）解答
１
(1)　（ア）36　（イ）182
(2)　（ウ）U 3 （エ）9　（オ）
-1 + U 7
10 + 7U 7
（カ）
4
16
２
1
1
5
(1)　（キ）ax 2 - ax　（ク） x 2 - x　（ケ）
4
4
16
(2), (3)　次ページ参照
３
(1)　（コ）
13
349
479
（サ）
（シ）
36
648
648
(2)　（ス）　（チ）
1
2
5
4
5
（セ）0　（ソ）（タ）
18
9
18
>8
-
5
18
9
n
+
8 9
1 4
2 9
n
+
1
2
?
４
(1)　（ツ）3
(2)　（テ）b
(3)　次々ページ参照
(4)　（ト）b 1b 2　（ナ）
b 1b 2
d
５
（ニ）
3
3
7
1
（ヌ） U 15 （ネ） AB+ AC 2
4
9
3
（ノ）
5
21
45
2 （ハ） U 15 （ヒ） U 2
U
4
40
32
Copyright (C) 2016 Johnan Prep School
２(2)(3)
(3)
1
Q 60 f -0 x1 - x1 -2h -0 x10 f -0 x1 -x1 +0 h -0 x1 1 - f0 x1 -h0 x17dx
= 60 f -0 x 1 - x 1 - f0 x 17 dx -2 h -0 x 10 f -0 x 1 - x 1dx + 6 0 h -0 x 1 1 - h0 x 17dx
Q
Q
Q
I =
2
2
0
1
2
0
1
1
0
0
2
ここで、
1
Q h -0 x10 f -0 x1 - x1dx
= h0 x 10 f -0 x 1 - x 1 - h0 x 10 f --0 x 1 - 1 1dx
4
5 Q
1
=h x dx
2Q 0 1
0
1
1
0
0
1
0
であるから、
I =
=
Q
1
Q
1
0
0
1
2
2
60 f -0 x 1 - x 1 - f0 x 17 dx +2
2
60 f -0 x 1 - x 1 - f0 x 17 dx +
Q
1
1
h0 x 1dx +
0
1
Q 60 h -0 x1 1 -h0 x17dx
2
0
Q 0 h -0 x1 1 dx=J　（証明終）
2
0
(4)
g0 x 1 = f0 x 1 + h0 x 1 とおくと、g -0 x 1 は連続, g0 0 1 = g0 1 1 =0 となるから、
1
Q
= 60 f -0 x 1 + h -0 x 1 - x 1 - 0 f0 x 1 + h0 x 1 17dx　0 = I 1
Q
= 60 f -0 x 1 - x 1 - f0 x 17 dx + 0 h -0 x 1 1 dx　0 = J 1
Q
Q
= m + 0 h -0 x 1 1 dx
Q
g -0 x 1 - x 1 2 - g0 x 17dx
6
0
0
1
2
0
1
2
0
1
2
0
1
2
0
ここで、0 h -0 x 1 1 2 ) 0 であるから、
1
Q 0 h -0 x1 1 dx) 0
2
0
したがって、
Q
1
g -0 x 1 - x 1 2 - g0 x 17dx ) m　（証明終）
0
6
0
Copyright (C) 2016 Johnan Prep School
４(3)
8
cos
2a
2a
p + isin
p
b
b
9
k
=cos
2ak
2ak
p + isin
p
b
b
よって、n を整数とすると、
2ak
2
p = p +2np
b
b
+　ak=1+ nb
これを満たす k が存在することを示せばよい。
a, b が互いに素であるとき、
a ･ 1, a ･ 2, a ･ 3, ……, ab
を b で割った余りは全て異なる。
8　al, am 0 l, m は 1 ( l < m ( b なる整数 1 を b で割った余りが
等しいとすると、
al - am = a0 l - m 1
は b の倍数となるが、0< l - m < b より矛盾する。
したがって、al, am を b で割った余りは全て異なる。
整数を b で割った余りは 0, 1, 2, ……, b -1 であることから、
ak 0 1 ( k( b 1 の中に b で割ると余りが 1 となるものが存在する。
このときの商を n とすると、
ak= bn +1
が成立する。
以上より、事実F は成立する。　（証明終）
Copyright (C) 2016 Johnan Prep School

Download Report