#ハイレベル数学1a2bの完全攻略

[pr1v8-memo]

問41

以下、実平面上における議論に限定するが、二曲線が接点を持つ条件は原則としては共有点におけるそれぞれの接線の傾きが一致することである。二曲線がy=f(x)のように陽関数の多項式関数で表示される場合に限って、連立方程式が重解持つ⇔接点を持つが成り立つことに注意したい。これは"偶々"C:y=f(x), C':y=g(x)とするとき,f(α)=g(α)かつf'(α)=g'(α)が成り立つことと、yを消去して得られるxの多項式方程式f(x)-g(x)=0が重解を持つことが同値になるからだ。しかし、次のように陰状方程式に対してはその主張は通用しない。なぜならこの問題ではx^2をyによって消去すると,a<1/2における接点が求まらないからだ。

結論から言うと、rを適当に大きくすれば以下のPとCは(0,0)で接点を持つが、重解を持つ条件で議論すると、青い円のパターンとともに緑の円のパターンも弾かれてしまう。このようにして、重解条件からは全ての接点を求めることが出来ないわけだ。

以下、接点＝共有点で共通の接線を持つという定義に従い、円の接線の方程式を使ってごり押ししてみる。 放物線P:y=x^2 - ① 円C:x^2+(y-a)^2=r^2 - ②　とおく. PとCの共有点を(u,v)とすると, この点におけるCの接線の方程式は, ux+(v-a)(y-a)=r^2 - ③ ここで接点のy座標がaになり得るのか考えると, v=aのときCの接線は定直線ux=r^2であるが, Pの接線はy=2u(x-u)+u^2であり,両者は同一の直線になりえない. つまりv≠aと考えてよく,③からCの接線の傾きは-u/(v-a)である. ①の(u,v)における接線の傾きは2uであるから, 2u = -u/(v-a) u{2(v-a)+1}=0 u{v-(a-1/2)}=0 - ④ aによらずu=0のとき④は常に成り立つが, このとき,①よりv=0, よって連立方程式{①②} についてr=aのとき,原点(0,0)でPとCは接する. つまり,aに依らずr=aのとき,(0,0)でPとCは接する 一方,v=a-1/2のとき, ①よりv≧0,つまりa≧1/2であり, v=±√(a-1/2),これらを②に代入して, a-1/2+1/4=r^2, r^2=a-1/4, r=√(a-1/4)を得る. ここでa^2-(a-1/4)=(a-1/2)^2≧0より, √(a-1/4) < aとなるから,求める接点は 0<a≦1/2においては(0,0) a>1/2においては(±√(a-1/2),a-1/2)ということになる より厳密に考えるなら,a>1/2のとき,r=aと仮定すると, Pを境界とし,Cの中心を含む閉領域D:y≧x^2から, Cがはみ出してしまう (D⊃Cが成り立たない)ことを述べたほうが良いかもしれない. 以上のように陰関数表示された図形について接線を考えるのは非常に面倒なので,模範解答ではCの中心からの最短距離について考えている.

[pr1v8-memo]

問39

放物線P:y=x^2とCが原点で共有点を持ちつつ,他の3点で交わるような具体なイメージが持てなかったので次の連立方程式を整理して, (x-a)^2+(y-2)^2=4+a^2 y=x^2 以下の方程式が異なる4つの解を持つ条件を調べることにする. x{x^3-3x-2a}=0 f(x)=x^3-3x-2aとおくと,f(x)=0が異なる3つの解を持つには, a≠0として, f'(x)=3x^2-3=3(x-1)(x+1)より, 二つの極値点のy座標が異符号であれば必要十分であるから, f(1)f(-1)<0,つまり(1+a)(1-a)>0, -1<a<1 (ただしa=0を除く) となる. aをこの区間で動かすとき,Cは変形しながらx軸に平行な向きに移動することになる.なんとなく全体の軌跡は分かるものの厳密にはどのような軌跡になるかは明らかではないので,式を用いて把握していくこととする. Cの定義式をaに関する方程式として捉えた時, この方程式が(-1,0)⋃(0,1)上に解を持つ条件を調べていけば,(x,y)が目標とする図形に属す条件が明らかになるが,面倒なので割愛する. ところで上記と同じような問題が「やさしい理系数学三訂版」例題36で非常にいい加減な解説がされているのでここにメモしておく. 例題36においてα,βは条件を満たす任意の定数として扱われているが,簡単のためにα=cis(π/3), β=cis(2π/3)としても一般性を失わない.また,α,βの表す点をA,Bとするとき,線分AB上を動く点を複素数γで表すとする.ここで,複素数zが|z-γ|=|γ|を満たすとき,その軌跡を求めるわけだが,z=x+iyとし,γ=t+i√3/2 (-1/2≦t≦1/2)とすると, z-γ=x-t+i(y-√3/2)より, |z-γ|^2=|γ|^2 (x-t)^2+(y-√3/2)^2=t^2+3/4を得る. つまり,zの軌跡は,上の式を-1/2≦t≦1/2で動かしたときの軌跡となる.後は,最初の問題のようにtに関する存在条件から(x,y)が満たすべき条件を明らかにしていけば良い.解説では求める図形がγに依らず原点Oと,線分ABに関して原点と対称な点O'を通ること,また,円を連続的に動かした場合のイメージから大胆な作図をしているが,本来なら上記のように式を用いた明確な論理で解答すべきのように思う.

[pr1v8-memo]

問35

a[1]=1, S[n]=Σ[k=1,n]a[k], a[n+1]=(3/n)S[n] a[n+1]=S[n+1]-S[n]より, S[n+1]-S[n]=(3/n)S[n] S[n+1]=(1+3/n)S[n] S[n+1]/S[n]=(n+3)/nであるから, S[n] =Π[k=1,n-1]S[k+1]/S[k] =Π[k=1,n-1](k+3)/k =(n+2)!/{(n-1)!3!} =n(n+1)(n+2)/6 したがって, a[n] =S[n]-S[n-1] ={n(n+1)/6}{n+2-(n-1)} ={n(n+1)/6}(3) =n(n+1)/2 問題では数学的帰納法を使うように求められているが、どう考えても数学的帰納法を使わない方が楽なんだが。(1)に従って項を列挙すると、a[n+1]-a[n]=n+1が成り立つことを数学的帰納法を使って示す道は見えるが、正直途中の計算が面倒すぎてあまり気乗りしない。{a[n]}に関する漸化式から{S[n]}の一般項を求める作業が簡単すぎるのが作問上のミスで、数学的帰納法の使用を動機づけるなら{S[n]}の一般項が簡単に求められないように工夫すべきだったように思う。

[pr1v8-memo]

問題33から着想を得た問題について

nを非負整数,原点をOとするxy平面上で,次のように円C[n]を定める. ただし,C[n]の中心座標を(a[n],b[n])とする.

まず, C[0]は(0,1/2)を中心とする半径1/2の円, C[1]は(1/2,1/8)を中心とする半径1/8の円, C[2]は(1/3,1/18)を中心とする半径1/18の円とする. ここで,これらは互いに外接し,x軸に接している. さらに,n=2,3,4...に対し, x軸,C[n-1],C[n]に外接する円をC[n+1]とする. ただし,C[n+1]はC[n-2]とは異なる円とする. lim[n→∞]a[n],lim[n→∞]b[n]がそれぞれ存在することを示せ. (1)円の外接条件からn≧1に対して次の式が成り立つ (a[n+1]-a[n])^2=4b[n]b[n+1] (a[n+1]-a[n-1])^2=4b[n-1]b[n+1] (2)x軸を曲率∞の円と見なしたとき,x軸,C[n-1],C[n],C[n+1] に対して,デカルトの定理より以下が成り立つ 1/√b[n+1]=1/√b[n]+1/√b[n-1] これによって{1/√b[n]}に関する線形漸化式が得られ, また{1/√b[n]}は単調増加列,つまり{b[n]}は単調減少列であることがわかる.これによって,b[n]>0より,{b[n]}は下に有界な単調減少列なのでlim[n→∞]b[n]が存在する. 一応この線形漸化式を解くと1/√b[n]=√2F[n+2]という関係を得る. ただし,{F[n]}はF[0]=0,F[1]=1とするフィボナッチ数列である. lim[n→∞]F[n]=∞であるから,ここでlim[n→∞]b[n]=0だと分かる. (3)

|a[n+1]-a[0]| =|Σ[k=0,n]a[k+1]-a[k]| <Σ[k=0,n]|a[k+1]-a[k]| =Σ[k=0,n]2√{b[k]b[k+1]} =Σ[k=0,n]{F[k+2]F[k+3]}^-1 <Σ[k=0,n]1/F[k+2] ここで, F[k+2]=F[k+1]+F[k]=2F[k]+F[k-1]>2F[k] したがって, F[2k+2]≧(2^k)F[2]=2^k F[2k+1]≧(2^k)F[1]=2^k より, Σ[k=0,n]1/F[k+2] <Σ[k=1,n]1/F[2k]+Σ[k=0,n]1/F[2k+1] ≦Σ[k=1,n](1/2)^k+Σ[k=0,n](1/2)^k このように(だいぶ大雑把に評価しても)右辺は収束する. 一般に,a[n]<b[n]が成り立つとき,lim[n→∞]b[n]=β<∞ならば,{a[n]}は上に有界である.例えば,仮定からn>Nに対して|b[n]-β|<1を満たすようなNが存在する.するとb[n]<β+1であるから,n>Nにおいてはa[n]<β+1が成り立つ. これより,M=max{β+1,a[1],a[2],...,a[N]}とすれば, 任意のnに対してa[n]<Mが成り立つ.先ほどの議論とこの事実から, 任意のnに対して|a[n+1]-a[0]|<Mを満たすような定数Mが存在する つまり{a[n]}は有界である.

(4)(1)でa[n+1]をxで置き換え,0除算にならないことに留意しつつ整理すると,以下の式を得る. (1/√b[n])^2(x-a[n])^2-(1/√b[n-1])^2(x-a[n-1])^2 この式は簡単に因数分解出来,2つの解をα,βとし, α=(a[n]√b[n-1]-a[n-1]√b[n])/(√b[n-1]-√b[n]), β=(a[n]√b[n-1]+a[n-1]√b[n])/(√b[n-1]+√b[n]) ここで,βはa[n]とa[n-1]を√b[n]:√b[n-1]に内分する点である. (5)α-a[n]=(正の部分)(a[n]-a[n-1])であるから, a[n+1]=αと仮定すると, 数列{a[n+1]-a[n]}は定符号ということになる. ところが,a[2]-a[1]<0となり矛盾が生じる. よってa[n+1]=βであり, a[n+1]-a[n]=(-1)(正の部分)(a[n]-a[n-1]) a[n+1]-a[n-1]=(正の部分)(a[n]-a[n-1]) よりa[n+1]-a[n]とa[n]-a[n-1]は異符号, a[n+1]-a[n-1]とa[n]-a[n-1]は同符号である. 初期条件を考慮すると, a[n+1]-a[n] ={(-1)^n}2√{b[n]b[n+1]} ={(-1)^n}{F[n+2]F[n+3]}^-1 以上から a[2n+1]-a[2n]>0,a[2n]-a[2n-1]<0となることが分かる. a[n]-a[n-1]とa[n+1]-a[n-1]は同符号であるから, a[2n+1]-a[2n]とa[2n+2]-a[2n]は同符号, つまり,a[2n+2]>a[2n] 同様にして, a[2n]-a[2n-1]とa[2n+1]-a[2n-1]と同符号, つまり,a[2n+1]>a[2n-1]

(6)ここまでの議論をまとめると, {a[2n]}は単調増加列,{a[2n-1]}は単調減少列であり, また,{a[n]}は有界であるから極限値を持つ.

余談：フィボナッチ数列の一般項を求める必要はなさそう

[pr1v8-memo]

問33

与えられた幾何的表現を,それに対応する数式表現に翻訳することが重要な問題だった.

①C[n]がx軸に接する→C[n]の半径がb[n]に等しい ②C[0],C[n-1]に対してC[n]が外接する→作図して整理すると直角三角形が現れ,三平方の定理より数列{a[n]},{b[n]}に関する等式が得られる.

図より明らかに{a[n]}は単調減少列であることを認めて漸化式を整理すると,後は分数型漸化式の単純形であるから,不動点などを求める必要も無く,非常に簡単な計算で済む.

ところで,以下の図のようにx軸,C[n-1],C[n]に外接する2つの円の内小さい方をC[n+1]とする,という操作を無限に繰り返したとき,その中心座標が振動せずに収束するか考えてみる.直感的には,半径は単調減少,x座標は番号を偶奇に分けた時,単調数列になることは明らかだが,果たして？

図で得られる情報を整理していくと, (a[n+1]-a[n])^2=4b[n]b[n+1]を得る.

ここで,デカルトの円定理を用いると, √(1/b[n+1])=√(1/b[n])+√(1/b[n-1]) s[n]=√(1/b[n])とおくと, s[n+1]=s[n]+s[n-1]となり,フィボナッチ数列が現れる. ここでF[0]=0,F[1]=1で定義される一般的なフィボナッチ数列をF[n]と表すとする. すると,s[0]=√2, s[1]=2√2であるから s[0]=√2F[2],s[1]=√2F[3],つまり, s[n]=√2F[n+2]という関係が成り立つ. ※線形漸化式を解くのが面倒なので先人の知恵を借りた. すると,√b[n]=1/s[n]=1/{√2F[n+2]}となる.さて,この結果を用いると,lim[n→∞]b[n]=0は自明だが,問題はa[n]の極限値だ.そこで,|a[n+1]-a[n]|=(1/F[n+2])(1/F[n+3])の両辺をn=0から∞まで足したとき,その和が収束するか考えてみる. (1/F[n+2])(1/F[n+3])<1/F[n]で,フィボナッチ数列の逆数和は収束するので,Σ[n=0,∞]|a[n+1]-a[n]|は収束する.ここで,数列{a[n]}に対して,その差分の絶対級数が収束するとき,{a[n]}はコーシー列であるという事実を用いると,数列{a[n]}が収束すると分かる. 振り返り ①デカルトの円定理から線形漸化式を得る ②漸化式を解いてb[n]を閉じた形で表現する ③②を用いて|a[n+1]-a[n]|の無限和について議論し,{a[n]}がコーシー列であることを証明する

デカルトの円定理

以下『数列{a[n]}に対して,その差分の絶対級数が収束するならば,{a[n]}はコーシー列である』という事実についてのメモ s[n]=Σ[n=0,∞]|a[n+1]-a[n]|とし, lim[n→∞]s[n]=s<∞となる定数sがあると仮定する. ここで任意の正整数Nに対して, s=s[N]+Σ[k=N+1,∞]|a[k+1]-a[k]| が成り立ち,r[N]=Σ[k=N+1,∞]|a[k+1]-a[k]|とおくと, N→∞のとき,s[N]→sより,r[N]→0ということが分かる. つまり 任意のε>0に対して,以下の条件(＊)を満たす正整数N[0]が存在する. (＊)任意の整数N>N[0]に対してr[N]<ε

このようなN[0]に対してm>n-1>N>N[0]となるように整数m,n,Nを取る. |a[m]-a[n]| =|Σ[k=n,m-1]a[k+1]-a[k]| ≦Σ[k=n,m-1]|a[k+1]-a[k]| <Σ[k=n,∞]|a[k+1]-a[k]|=r[n-1]

N[0]の満たす条件から,r[n-1]<ε つまり,|a[m]-a[n]|<εが示される. よって, 任意のε>0に対して,ある正整数N[0]が存在し, m>n-1>N[0]を満たす任意の整数m,nに対して, |a[m]-a[n]|<εが成り立つ

[pr1v8-memo]

問21

(1) 略 (2) Cとlの共有点を愚直に求めようとすると非常に面倒なので,与えられた方程式を整理するのではなく,図形的に表現してみる.するとlに直交し,Cの中心を通る直線とlの共有点として線分PQの中点を表現することができる.問題解決においては,常に数式による表現と図形的な表現の両方を視野に入れておくべき. (3) x=4m/(1+m^2)-①, y=4/(1+m^2)-1-②, |m|>1-③と同値でmを含まない数式を得たい. (ⅰ) y+1=4/(1+m^2)=x/mであるから,これを整理してm=x/(1+y)を得る.これによって|x/(1+y)|>1を満たせば,m=x/(1+y)とmを消去して良いことが分かる.方程式から変数を消去する時,その変数の存在条件を,残された変数は引き継がなければ同値性が保たれない.

(ⅱ) また途中で消去した4/(1+m^2)の存在条件を引き継ぐために,①か②のmに(ⅰ)で得た式を代入して整理すると,円を得る.

後は(ⅰ)(ⅱ)で得た式をまとめて図示すれば問題解決.