2019-06-17

岩手大学2018農学部第2問を解く

数学岩手大学過去問

教科書の例題のような問題である。
適切に記号が使えるかどうかを問いたいのだろうか。

２．
初項が5である等差数列 $\{ a_n \}$ と，初項が2である等比数列 $\{ b_n \}$ がある（n=1,2,3,…）。
数列 $\{ c_n\}$ が $c_n=a_n - b_n,c_2=5,c_3=-1,c_4=-31$ で定められるとき，次の問いに答えよ。
(1) 数列 $\{ a_n \}$ の公差dと $\{ b_n \}$ の公比rを求めよ。
(2) $\{ c_n \}$ の一般項を求めよ。
(3) $\{ c_n \}$ の初項から第n項までの和 $S_n$ を求めよ。
解）
(1)
初項5，公差dの等差数列であるから $a_n=5+(n-1)d$ ，
初項2，公比rの等比数列であるから $b_n=2r^{n-1}$ ．
$c_2=a_2 - b_2=5+d-2r=5$ …(A)かつ $c_3=a_3 - b_3=5+2d-2r^2=-1$ …(B)となるので，
これを連立方程式と見て解く。(A)×2－(B)とすると $5-4r+2r^2=11$ より $r^2-2r-3=0$ となる．
$(r+1)(r-3)=0$ より $r=-1,3$ が得られる。
ここで $r=-1$ は $c_n=2n-3-2 \cdot (-1)^{n-1}$ より $c_4=7$ で条件を満たさない．
$r=3$ は条件を満たし $d=6$ を得る。これが求める値である．

(2)
(1)に代入することで $c_n=6n-1-2 \cdot 3^{n-1}$ を得る．

(3)
数列 $\{ a_n \},\{ b_n \}$ の初項から第n項までの和をそれぞれ求め引けばよい．
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_n=\sum_{k=1}^{n}(6n-1)$
　　　　 $=\frac{1}{2}n(5+(6n-1))$
　　　　 $=n(3n+2)$ ．
$\displaystyle \sum_{k=1}^{n}b_n=2\sum_{k=1}^{n}3^{k-1}$
　　　　 $\displaystyle =2\frac{3^n-1}{3-1}$
　　　　 $=3^n-1$ ．
以上より $S_n = n(3n+2) -3^n +1$ である．

2019-06-15

岩手大学2018農学部第1問を解く

数学岩手大学過去問

2年ぶりに帰ってきた過去問解答である．
今回も出だしは小問集合だが，なんとここに平面のベクトルの問題がある．
この瞬間，以降の大問には幾何学的ベクトルの問いがないことが分かって衝撃を受ける。
もうベクトルの大問を出題することはあきらめてしまったのだろうか？

１．
(1) 2進法で $11101011_{(2)}$ と表される数を5進法で表せ。
解）
$11101011_{(2)}$ を10進法に直すと $2^7+2^6+2^5+2^3+2^1+2^0=235$ である。
235を5で割り続け，余りを見ていくことで $1420_{(5)}$ を得る。

(2) 三角形OABにおいて，辺OAを１：２に内分する点をC，
辺OBを１：３に内分する点をD，
線分ADの中点をEとする。また， $\vec{OA}=\vec{a},\vec{OB}=\vec{b}$ とする。
このとき， $\vec{CE}$ を $\vec{a}, \vec{b}$ を用いて表せ。
解）
$\vec{OC}= \frac{1}{3} \vec{a},\vec{OD}= \frac{1}{4} \vec{b}$ より
$\vec{CE}=\vec{OE}-\vec{OC}$
　　 $=\frac{1}{2}(\vec{OA}+\vec{OD})-\vec{OC}$
　　 $=\frac{1}{2}(\vec{a}+\frac{1}{4} \vec{b})-\frac{1}{3} \vec{a}$
　　 $=\frac{1}{6}\vec{a}+\frac{1}{8}\vec{b}$ .

(3) 1個のさいころを投げて出た目を $a$ とするとき，
2次方程式 $x^2 -ax +2a-3=0$ が実数の解をもつ確率を求めよ。
解）
2次方程式が実数の解を持つのは
この方程式の判別式Dが $D \geq 0$ を満足するときである．
$D=(-a)^2-4 \cdot 1 \cdot (2a-3)=(a-2)(a-6)$
であるから $(a-2)(a-6) \geq 0$ を解いて $a \leq 2, 6 \leq a$ を得る．
aはさいころの目だから起こりうるすべての場合は6通りであり
これらは同様に確からしい．
一方不等式を満たす目は3通りであるから求める確率は $\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$ である．

2018-11-02

直積群の基本

数学群論

$G_1, G_2$ を群としたとき，直積集合 $G_1 \times G_2$ の元 $(a_1, a_2),(b_1,b_2)$ に次のように演算を入れる。
$(a_1, a_2)(b_1,b_2):=(a_1b_1,a_2b_2)$
右辺のそれぞれの成分は，元の群の演算をおこなうこととする。これで直積集合は群となる。直積群，もしくは単に直積と呼ぶ。

群 $G$ の部分群 $H_1, H_2$ が次の2条件を満たすとする。
1) $H_1$ の任意の元と $H_2$ の任意の元は可換である。
2) 任意の $G$ の元 $a$ はある $a_1 \in H_1$ および $a_2 \in H_2$ で $a=a_1a_2$ と一意的に表せる。
$G$ は部分群 $H_1, H_2$ の直積であるといい， $G=H_1 \times H_2$ と表す。

最初の定義は与えられた2個の群から新たな群を生み出す方法であり，2番目の定義は1つの群を分解するイメージだろうか？素因数分解のような…。群論のイメージは自分自身にはまだあまりないので，よく分からないが今のところはそのように認識しておこう。

（追記19.9.23）
半直積というものもあることを知った。ソースはウィキブックスである。あなどれない。

2018-08-02

勾配（grad）の話

数学

ナブラというものがある。
$\nabla = \partial _1 e_1 + \partial _2 e_2 + \cdots + \partial _n e_n$ で定義する。
ここで $e_*$ は各軸の正方向の単位ベクトル（＝基本ベクトル）である。

つまりナブラは微分作用素であって，関数 $f$ に対して
$\nabla f=\partial _1 f e_1 + \partial _2 f e_2 + \cdots + \partial _n f e_n$
となり各成分の方向への偏微分をベクトルで表現している。

このナブラを使うと、関数の勾配を計算できる。

具体例を挙げておく。
例．
$f(x,y)=\sqrt{9 - x^2 - y^2}, x^2 + y^2 <9$ とする。
このとき $\nabla f(x,y,z)=(\frac{-x}{9-x^2-y^2},\frac{-y}{9-x^2-y^2})$ である。

正直これではなんのことやら？である。
もう少し考えてみよう。

上の例の関数は $z=f(x,y)$ とすると3次元空間内の曲面を与える。
そこでこの曲面の各点 $(a,b,f(a,b))$ の接平面を求める。
接平面は
　 $z = f(a,b) + \partial_x f(a,b) (x-a) + \partial_y f(a,b) (y-b)$
で与えられる。

（20.6.17）
タイトルと内容を書き換えた。

2018-07-12

三角不等式（絶対値）

数学

実数 $a, b$ に対して，次の不等式が成立する。
$|a+b| \leq |a| + |b|$ ．
この不等式を三角不等式という。

証明は右辺の平方と左辺の平方を計算する方法が教科書にある。
ほかにもこのような方法もよく知られている。

（証明）
絶対値の性質から従う式 $-a \leq |a| \leq a, -b \leq |b| \leq b$ の辺々を加えると，
$-(a + b) \leq |a| + |b| \leq a+b$ となる。これと証明すべき式は同値である。
（証明終）

2017-12-02

前の日の複素数の方程式（東北大学）の記事について

数学

問題文には必要十分条件であることを示せ、と書かれているが果たしてこれでいいのだろうか、と一瞬迷った。
つまり議論的には $z$ がちょうど2個存在するための十分条件を求めただけのように見える。
逆はいいのか…？という話である。

結論から言うと問題ない。
なぜならこの解は、次のような構造で解かれているからである。
（１） $\alpha \neq \bar{\beta}$ ならば $z$ がちょうど2個となる
（２） $\alpha = \bar{\beta}$ ならば $z$ がちょうど2個とならない
つまり $\alpha, \bar{\beta}$ の起こりうる関係をすべて調べつくしている。そこで対偶をとってみる。
（１）´ $z$ がちょうど2個とならないならば $\alpha = \bar{\beta}$
（２）´ $z$ がちょうど2個となるならば $\alpha \neq \bar{\beta}$
よって、同値であることが示されるのである。

2017-12-01

東北大学2017年数学問5を解く

数学

難しかった。複素数の方程式の解の存在条件なんて知らなかったからだ。
かなり考えて、結局は実数の話にすりかえることで解決できることに気がついた。

５． $\alpha, \beta, \gamma$ を複素数とし， $z \bar{z}+\alpha z + \beta \bar{z} + \gamma=0$ …(*)を満たす複素数 $z$ を考える．
以下の問いに答えよ．
(1) $z$ は $(\alpha - \bar{\beta})z - (\bar{\alpha} - \beta)\bar{z}+\gamma - \bar{\gamma}=0$ を満たすことを示せ．
(2) $|\alpha|=|\beta| \neq 0$ と仮定し，また $\gamma$ は負の実数であると仮定する．このとき，(*)を満たす $z$ がちょうど2個あるための必要十分条件を $\alpha, \beta$ を用いて表せ．

解）(1) (*)の両辺の複素共役をとり、辺々引くと得られる．
(2) 仮定から(1)の式は $(\alpha - \bar{\beta})z - (\bar{\alpha} - \beta)\bar{z}=0$ となる．
移項して $\alpha z + \beta \bar{z} =\bar{\alpha} \bar{z} + \bar{\beta} z=\overline{\alpha z + \beta \bar{z}}$ が得られる．
これは $\alpha z + \beta \bar{z}$ が実数であることを意味する．つまり(*)は実数の方程式であることが分かる．
$z=x+yi, \alpha=a+bi, \beta=c+di$ とおき，(*)に代入し整理すると次の式が得られる．
$x^2 + y^2 +(a+c)x+(-b+d)y+\gamma + ((b+d)x+(a-c)y)i=0$ …(**)
左辺が実数であることから虚部が0より $(b+d)x+(a-c)y=0$ …(***)を得る．
(**)と(***)を $x,y$ の連立方程式とみて解くが，以下のように場合分けして考える．
（i） $a-c \neq 0$ の場合
$y=\frac{b+d}{a-c} x$ と変形できるので， $\frac{b+d}{a-c}=A$ と置き換えて，(**)に代入する．
$(1+A^2)x^2+((a+c)+(d-b)A)x+\gamma=0$
これは $x$ についての2次方程式である． $\gamma < 0$ に注意すると，この方程式の判別式は $D=((a+c)+(d-b)A)^2-4(1+A^2)\gamma >0$ となるので，常に異なる2個の実数解が存在する．よって元の $z$ の実部が異なるので，(*)を満たす $z$ も2個存在する．
（ii） $a - c =0$ の場合
(***)は $(b+d)x=0$ となる．
$x=0$ のとき(**)は $y^2 + (-b+d)y + \gamma =0$ となる． $\gamma < 0$ に注意すると，この方程式の判別式は $D=(-b+d)^2- 4 \gamma >0$ であるから， $y$ が異なる2個の実数解を持つことになり， $z$ の虚部が異なり，(*)を満たす $z$ も2個存在する．
$b+d =0$ のとき，(**)は $x^2 + y^2 +2ax -2by + \gamma =0$ となる．
どのような $a, b$ に対しても $(x+a)^2 + (y-b)^2=a^2 + b^2 - \gamma$ となる．
この式の右辺は常に正ゆえ，中心 $(-a,b)$ ，半径 $\sqrt{a^2 + b^2 - \gamma}$ の円の方程式を表す．
つまり $x,y$ は円周上の点をすべてとるので， $z$ も無数に存在する．
以上（i）（ii）から $a=c,b=-d$ のときを除いて（*）を満たす $z$ はちょうど2個存在することになる．
$\alpha, \beta$ の言葉で言い換えると， $\alpha \neq \bar {\beta}$ が求める条件である．