5鹿児島大学 2001年 数学 第5問解答・解説

agraph{5-1(2)} $$B^n=\begin{pmatrix}2^n&n2^{n-1}\\0&2^n\end{pmatrix}$$ を数学的帰納法で示す。$n=1$ のとき右辺は $B$ そのものである。ある自然数 $n$ で成り立つと仮定すると、成分を掛けて $$B^{n+1}=B^nB =\begin{pmatrix}2^n&n2^{n-1}\\0&2^n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&1\\0&2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2^{n+1}&2^n+n2^n\\0&2^{n+1}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2^{n+1}&(n+1)2^n\\0&2^{n+1}\end{pmatrix}.$$ ゆえにすべての自然数 $n$ で成り立つ。

agraph{5-1(3)} (1)より $A=P^{-1}BP$ である。積を繰り返し、隣り合う $PP^{-1}=I$ を成分計算で消去すれば $A^n=P^{-1}B^nP$ となる。(1)、(2)の結果を用いると $$B^nP=\begin{pmatrix}2^n&n2^{n-1}\\0&2^n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&0\\-1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2^n-n2^{n-1}&n2^{n-1}\\-2^n&2^n\end{pmatrix},$$ したがって $$A^n=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}B^nP =\begin{pmatrix}2^{n-1}(2-n)&n2^{n-1}\\-n2^{n-1}&2^{n-1}(n+2)\end{pmatrix}.$$ $n=1$ を代入すると原本の $A$ に戻り、式を確認できる。

agraph{5-2(1)} $P=(x,y)$ とする。原点からの距離は $\sqrt{x^2+y^2}$、直線 $x=2$ からの距離は $|x-2|$ である。距離の比が $\sqrt r:1$ であることは、$r\geq0$ のもとで $$\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt r\,|x-2|$$ と同値である。両辺は非負なので2乗しても同値性は保たれ、軌跡は $$\boxed{x^2+y^2=r(x-2)^2}$$ である。特に $r=0$ なら $C$ は原点だけである。

agraph{5-2(2)} $r=2$ を代入して平方完成すると $$\displaystyle x^2+y^2=2(x-2)^2 \quad\text{すなわち}\quad (x-4)^2-y^2=8 \quad\text{すなわち}\quad \frac{(x-4)^2}{8}-\frac{y^2}{8}=1.$$ よって中心 $(4,0)$、左右に開く双曲線であり、頂点は $(4-2\sqrt2,0)$、$(4+2\sqrt2,0)$、漸近線は $y=\pm(x-4)$ である。左右対称かつ $x$ 軸対称にこの2本の漸近線へ近づくように描けば概形となる。

agraph{5-2(3)} 軌跡が楕円となるのは $0<r<1$ のときである。(1)の式を展開し、$x$ について平方完成すると $$\displaystyle (1-r)\left(x+\frac{2r}{1-r}\right)^2+y^2=\frac{4r}{1-r}.$$ したがって標準形は $$\displaystyle \frac{\left(x+\frac{2r}{1-r}\right)^2}{\frac{4r}{(1-r)^2}} +\frac{y^2}{\frac{4r}{1-r}}=1.$$ $0<r<1$ より $\displaystyle \frac{4r}{(1-r)^2}>\frac{4r}{1-r}$ なので長軸は $x$ 軸に平行で、長軸の長さは $$\displaystyle 2\sqrt{\frac{4r}{(1-r)^2}}=\frac{4\sqrt r}{1-r}.$$ これが $\sqrt5$ だから、$t=\sqrt r$（$0<t<1$）とおくと $$\displaystyle \frac{4t}{1-t^2}=\sqrt5, \qquad \sqrt5t^2+4t-\sqrt5=0.$$ 解は $\displaystyle t=\frac{1}{\sqrt5}$ または $t=-\sqrt5$ であり、条件を満たすのは前者である。よって $$\displaystyle \boxed{r=\frac15}.$$

agraph{5-3(1)} $$f'(x)=3x^2-2x-1=(3x+1)(x-1).$$ $0<x<1$ では $f'(x)<0$ だから $f$ は減少し、$f(0)=-1$、$f(1)=-2$ よりこの区間に解はない。また $x>1$ では $f'(x)>0$ なので $f$ は増加する。$f(1)=-2<0$、$f(2)=1>0$ であり、多項式関数の連続性から $1<x<2$ の範囲に少なくとも1つ解がある。$x>1$ で増加しているため、その解はただ1つである。したがって正の解は1個である。

agraph{5-3(2)} ニュートン法では、$x_n$ における接線 $$y=f(x_n)+f'(x_n)(x-x_n)$$ の $x$ 軸との交点を次の近似値とする。$f'(x_n)\ne0$ のとき $y=0$ とおいて $$\displaystyle x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)} =x_n-\frac{x_n^3-x_n^2-x_n-1}{3x_n^2-2x_n-1}.$$ 分子を整理すれば $$\displaystyle x_{n+1}=\frac{x_n(3x_n^2-2x_n-1)-(x_n^3-x_n^2-x_n-1)}{3x_n^2-2x_n-1} =\boxed{\frac{2x_n^3-x_n^2+1}{3x_n^2-2x_n-1}}.$$ この式は分母が0でない各段階で成り立つ。

agraph{5-3(3)} $$\displaystyle f\left(\frac32\right)=\frac{27}{8}-\frac{18}{8}-\frac{12}{8}-\frac88=-\frac{11}{8}, \qquad f(2)=8-4-2-1=1.$$ したがって $|f(3/2)|=11/8>1=|f(2)|$ なので $x_1=2$ である。これを反復式に代入すると $$\displaystyle x_2=\frac{2\cdot2^3-2^2+1}{3\cdot2^2-2\cdot2-1}=\boxed{\frac{13}{7}}.$$ 確認として $f'(2)=7\ne0$ であり、$f(13/7)=34/343$ となる。

agraph{5-4(1)} $X$ は $1,2,\ldots,n$ をそれぞれ確率 $1/n$ でとるので、和の公式から $$\displaystyle E[X]=\frac1n\sum\limits _{k=1}^n k=\frac{n+1}{2},\qquad E[X^2]=\frac1n\sum\limits _{k=1}^n k^2=\frac{(n+1)(2n+1)}6.$$ よって分散は $$\displaystyle V[X]=E[X^2]-E[X]^2 =\frac{(n+1)(2n+1)}6-\left(\frac{n+1}{2}\right)^2 =\frac{n^2-1}{12}.$$ したがって平均値と標準偏差は $$\displaystyle \boxed{E[X]=\frac{n+1}{2}},\qquad \boxed{\sigma_X=\sqrt{\frac{n^2-1}{12}}=\frac{\sqrt{n^2-1}}{2\sqrt3}}.$$

agraph{5-4(2)} $Y=2X-1$ だから、平均値 $m$ は $$m=E[Y]=2E[X]-1=n.$$ また、$Y-m=2(X-E[X])$ より $V[Y]=4V[X]$ である。したがって $$\displaystyle \boxed{m=n},\qquad \boxed{\sigma=\sqrt{V[Y]}=2\sigma_X=\sqrt{\frac{n^2-1}{3}}=\frac{\sqrt{n^2-1}}{\sqrt3}}.$$

agraph{5-4(3)} $X=k$（$k=1,2,\ldots,n$）のとき $Y=2k-1$ であり、$m=n$ だから $$-(n-1)\leq Y-m=2k-1-n\leq n-1.$$ ゆえに $|Y-m|\leq n-1$ である。一方、$n\geq2$ より $$(n-1)^2<n^2-1=3\sigma^2,$$ したがって $n-1<\sqrt3\,\sigma$ である。以上から $$\boxed{|Y-m|<\sqrt3\,\sigma}.$$