[別館]球面倶楽部零八式markIISR

東大入試数学中心。解説なので解答としては不十分。出題年度で並ぶようにしている。大人の解法やうまい解法は極めて主観的に決めている。

2024年(令和6年)一橋大学-数学[3]

2024.03.24記

[3] f(x) は x に関する 4 次多項式で 4 次の係数は 1 である．f(x) は (x+1)^2 で割ると 1 余り，(x-1)^2 で割ると 2 余る．f(x) を求めよ．

本問のテーマ
3次関数の箱（4等分×2等分）
エルミート補間
部分分数分解
ヘビサイドの cover up 法

2024.03.24記
f(a)，f’(a)，f’’(a)，…，f(b)，f'(b)，f’’(b)，…，
の値から，この条件をみたす多項式関数を求める方法としてエルミート補間がある．

ただ本問はエルミート補間公式を使うまでもないし，エルミート補間公式を覚えるよりも部分分数分解を利用してヘビサイドのカバーアップ法と結びつける法が良いだろう．

本問は条件が簡単なので，これらの一般的はことを考える必要はなく，3次関数の箱（4等分×2等分）で簡単に求まる．

3次関数の箱（4等分×2等分）

[解答]
g(-1)=1，g’(-1)=0，g(1)=2，g'(1)=0 をみたす3次式以下の多項式 g(x) に対して
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)
が求める多項式となる．

g(x) を求めるには，2×4 の分割（と \sqrt{3}の関係）を考えると
g(x)=-\dfrac{1}{4}(x+\sqrt{3})(x-\sqrt{3})+\dfrac{3}{2}=-\dfrac{x^3}{4}+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{2}
となるので
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)=x^4-2x^2+1-\dfrac{x^3}{4}+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{2}=x^4-\dfrac{x^3}{4}-2x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{5}{2}
となる．

2024.03.25記

部分分数分解

g(x) を未知数を利用して設定するには，部分分数分解
\dfrac{g(x)}{(x+1)^2(x-1)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{(x+1)^2}+\dfrac{C}{x-1}+\dfrac{D}{(x-1)^2}
の分母を払った
g(x)=A(x+1)(x-1)^2+B(x-1)^2+C(x+1)^2(x-1)+D(x+1)^2
を利用すれば良い．

[大人の解答]
g(-1)=1，g’(-1)=0，g(1)=2，g'(1)=0 をみたす3次式以下の多項式 g(x) に対して
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)
が求める多項式となる．

g(x)=A(x+1)(x-1)^2+B(x-1)^2+C(x+1)^2(x-1)+D(x+1)^2
とおくと，
g(-1)=4B より B=\dfrac{1}{4}，
g(1)=4D より D=\dfrac{1}{2}
である．また
g'(x)=A(x-1)^2+2A(x+1)(x-1)+2B(x-1)+2C(x+1)(x-1)+C(x+1)^2+2D(x+1)
により
g'(-1)=4A-4B より A=\dfrac{1}{4}，
g'(1)=4C+4D より C=-\dfrac{1}{2}
であるから，
g(x)=\dfrac{1}{4}(x+1)(x-1)^2+\dfrac{1}{4}(x-1)^2-\dfrac{1}{2}(x+1)^2(x-1)+\dfrac{1}{2}(x+1)^2
=\dfrac{1}{4}(-x^3+3x+6)
となる．よって
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)=x^4-2x^2+1+\dfrac{1}{4}(-x^3+3x+6)=x^4-\dfrac{x^3}{4}-2x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{5}{2}
となる．

ヘビサイドの cover up 法

部分分数分解の係数はヘビサイドの coover up 法で求めることができるので，これを用いると

[大人の解答]
g(-1)=1，g’(-1)=0，g(1)=2，g'(1)=0 をみたす3次式以下の多項式 g(x) に対して
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)
が求める多項式となる．

\dfrac{g(x)}{(x+1)^2(x-1)^2}=\dfrac{A}{x+1}+\dfrac{B}{(x+1)^2}+\dfrac{C}{x-1}+\dfrac{D}{(x-1)^2}
とおくと
B=\dfrac{g(x)}{(x-1)^2}\Big|_{x=-1}=\dfrac{1}{4}，
D=\dfrac{g(x)}{(x+1)^2}\Big|_{x=1}=\dfrac{1}{2}
であり，
A=\dfrac{1}{1!}\left(\dfrac{g(x)}{(x-1)^2}\right)'\Big|_{x=-1}
=\dfrac{g'(x)(x-1)-2g(x)}{(x-1)^3}\Big|_{x=-1}=\dfrac{1}{4}，
C=\dfrac{1}{1!}\left(\dfrac{g(x)}{(x+1)^2}\right)'\Big|_{x=1}
=\dfrac{g'(x)(x+1)-2g(x)}{(x+1)^3}\Big|_{x=1}=-\dfrac{1}{2}
であるから，
g(x)=\dfrac{1}{4}(x+1)(x-1)^2+\dfrac{1}{4}(x-1)^2-\dfrac{1}{2}(x+1)^2(x-1)+\dfrac{1}{2}(x+1)^2
=\dfrac{1}{4}(-x^3+3x+6)
となる．よって
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)=x^4-2x^2+1+\dfrac{1}{4}(-x^3+3x+6)=x^4-\dfrac{x^3}{4}-2x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{5}{2}
となる．

のようになる．

エルミート補間

一般に，3次式 g(x) について g(a)，g’(a)，g(b)，g'(b) が与えられたとき
\dfrac{g(x)}{(x-a)^2(x-b)^2}=\dfrac{A}{x-a}+\dfrac{B}{(x-a)^2}+\dfrac{C}{x-b}+\dfrac{D}{(x-b)^2}
とおくと
B=\dfrac{g(x)}{(x-b)^2}\Big|_{x=a}=\dfrac{g(a)}{(a-b)^2}，
D=\dfrac{g(x)}{(x-a)^2}\Big|_{x=b}=\dfrac{g(b)}{(b-a)^2}
であり，
A=\dfrac{g'(x)(x-b)-2g(x)}{(x-b)^3}\Big|_{x=a}=\dfrac{g'(a)(a-b)-2g(a)}{(a-b)^3}
C=\dfrac{g'(b)(b-a)-2g(b)}{(b-a)^3}
となるので，
g(x)=\dfrac{g'(a)(a-b)-2g(a)}{(a-b)^3}\cdot\dfrac{(x-a)^2(x-b)^2}{x-a}+\dfrac{g(a)}{(a-b)^2}\cdot\dfrac{(x-a)^2(x-b)^2}{(x-a)^2}+\dfrac{g'(b)(b-a)-2g(b)}{(b-a)^3}\cdot\dfrac{(x-a)^2(x-b)^2}{x-b}+\dfrac{g(b)}{(b-a)^2}\cdot\dfrac{(x-a)^2(x-b)^2}{(x-b)^2}
=g'(a)\left\{(x-a)\cdot \dfrac{(x-b)^2}{(a-b)^2}\right\}+g(a)\left\{\left(1+2\cdot\dfrac{x-a}{b-a}\right)\cdot\dfrac{(x-b)^2}{(a-b)^2}\right\}
+g'(b)\left\{(x-b)\cdot \dfrac{(x-a)^2}{(b-a)^2}\right\}+g(b)\left\{\left(1+2\cdot\dfrac{x-b}{a-b}\right)\cdot\dfrac{(x-a)^2}{(b-a)^2}\right\}
となる．

[大人の解答]
g(-1)=1，g’(-1)=0，g(1)=2，g'(1)=0 をみたす3次式以下の多項式 g(x) に対して
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)
が求める多項式となる．

エルミート補間公式により
g(x)=g'(-1)\left\{(x+1)\cdot \dfrac{(x-1)^2}{(-2)^2}\right\}+g(-1)\left\{\left(1+2\cdot\dfrac{x+1}{2}\right)\cdot\dfrac{(x-1)^2}{(-2)^2}\right\}
+g'(1)\left\{(x-1)\cdot \dfrac{(x+1)^2}{2^2}\right\}+g(1)\left\{\left(1+2\cdot\dfrac{x-1}{-2}\right)\cdot\dfrac{(x+1)^2}{2^2}\right\}
=\dfrac{(x+2)(x-1)^2}{4}+\dfrac{(2-x)(x+1)^2}{2}
=\dfrac{1}{4}(-x^3+3x+6)
となる．よって
f(x)=(x+1)^2(x-1)^2+g(x)=x^4-2x^2+1+\dfrac{1}{4}(-x^3+3x+6)=x^4-\dfrac{x^3}{4}-2x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{5}{2}
となる．

良くある出題は「 x=a で極大」のような設定であり，与えられた f' の値が全て0となることが多く，その場合は単純に
g(x)=g(a)\left\{\left(1+2\cdot\dfrac{x-a}{b-a}\right)\cdot\dfrac{(x-b)^2}{(a-b)^2}\right\}+g(b)\left\{\left(1+2\cdot\dfrac{x-b}{a-b}\right)\cdot\dfrac{(x-a)^2}{(b-a)^2}\right\}
となるが，もちろん覚える必要はない．

2024年(令和6年)名古屋大学-数学[4]

2024.03.24記

不完全ベータ関数（ベータ関数の積分区間を [0,1]から [0,\alpha]に拡張したもの），
Clopper-Pearsonの信頼区間


2024年(令和6年)京都大学理学部特色入試・数理科学入試-数学[3]

2024.02.29記

[3] 座標平面上の円 D_1=x^2+y^2=64 と円 D_2=x^2+(y-4)^2=9 に関して，以下の設問に答えよ．

(1) 座標平面上の3点 (0,8)，(3\sqrt{7},1)，(-3\sqrt{7},1) を頂点とする三角形の外接円は D_1 であり，内接円は D_2 であることを示せ．

(2) D_1 が外接円であり，さらに D_2 が内接円である任意の三角形 \triangle\mbox{ABC} に対して，実数 \alpha，\beta，\gamma を
\alpha=\dfrac{\mbox{AB}+\mbox{BC}+\mbox{CA}}{2}-\mbox{BC}，
\beta=\dfrac{\mbox{AB}+\mbox{BC}+\mbox{CA}}{2}-\mbox{CA}，
\gamma=\dfrac{\mbox{AB}+\mbox{BC}+\mbox{CA}}{2}-\mbox{AB}
と定める．このとき \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=105 が成り立つことを示せ．

本問のテーマ
ポンスレの定理
ヘロンの公式

2024.03.01記
(1) より，D_1 上の任意の点 A から D_2 に接線を引き，その接線と D_1 の交点を B とし， B から D_2 に接線を引き，その接線と D_1 の交点を C とすると， C から D_2 に接線を引くと，その接線と D_1 の交点は A に戻るというのがポンスレの定理である．本問を解くには不要の知識ではある．

\alpha などを見てヘロンの公式を思い浮べないとね．

[解答]
(1) \mbox{O}(0,0)，\mbox{P}(0,8)，\mbox{Q}(3\sqrt{7},1)，\mbox{R}(-3\sqrt{7},1) とおくと
\mbox{OP}^2=\mbox{OQ}^2=\mbox{OR}^2=64
と等しいので，\triangle\rm PQR の外接円は D_1 である．

直線 \mbox{PQ}:\sqrt{7}x+3y-24=0 と (0,4) の距離は \dfrac{12}{\sqrt{16}}=3，
直線 \mbox{PR}:-\sqrt{7}x+3y-24=0 と (0,4) の距離は \dfrac{12}{\sqrt{16}}=3，
直線 \mbox{QR}:y=1 と (0,4) の距離は 3
と等しいので，\triangle\rm PQR の内接円は D_2 である．

(2) c=\mbox{AB}=\alpha+\beta，a=\mbox{BC}=\beta+\gamma，b=\mbox{CA}=\gamma+\alpha，s=\dfrac{\mbox{AB}+\mbox{BC}+\mbox{CA}}{2}=\alpha+\beta+\gamma ，\triangle\mbox{ABC} の面積を S とおく．

ヘロンの公式により S=\sqrt{s\alpha\beta\gamma} である．

内接円と面積の関係により S=s\cdot 3 である．

外接円と面積の関係により S=\dfrac{abc}{4\cdot 8} である．

よって
S^2=s\alpha\beta\gamma=9s^2，
S=3s=\dfrac{abc}{4\cdot 8}，
つまり
\alpha\beta\gamma=9(\alpha+\beta+\gamma)，
96(\alpha+\beta+\gamma)=(\alpha+\beta)(\beta+\gamma)(\gamma+\alpha)
が成立する．

ここで
(\alpha+\beta)(\beta+\gamma)(\gamma+\alpha)+\alpha\beta\gamma=(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)
に注意すると
(\alpha+\beta+\gamma)(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=96(\alpha+\beta+\gamma)+9(\alpha+\beta+\gamma)=105(\alpha+\beta+\gamma)
となり，\alpha+\beta+\gamma\neq 0 から
\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=105
となる．

2024年(令和6年)京都大学理学部特色入試・数理科学入試-数学[2]

2024.02.29記

[2] x^{100}-3x^{10}-2x-1=0 を満たす実数 x の個数を求めよ．

本問のテーマ
デカルトの符号法則

[大人の解答]
f(x)=x^{100}-3x^{10}-2x-1 の符号変化は1回なので，デカルトの符号法則から f(x)=0 の正の実数解の個数は 1 個．

g(x)=f(-x)=x^{100}-3x^{10}+2x-1 の符号変化は3回なので，デカルトの符号法則から f(x)=0 の負の実数解の個数は 3 個か 1 個のいずれかであるが
g(0)=-1\lt 0，
g\left(\dfrac{2}{3}\right)=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{100}-3\cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^{10}+\dfrac{1}{3}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{100}+\dfrac{3^9-2^{10}}{3^9}\gt 0，
g(1)=-1\lt 0，
g(2)=2^{100}-3\cdot 2^{10}-5\gt 0
より 3 個．
（注．2個見つければ自動的に3個になるので g(2) の符号判定は不要）

以上から 4 個となる．

g(x) について |x|\lt 1 なら x^{100}，3\cdot x^{10} は x に比べて十分小さくなることが期待できるので，2x-1 が正となる |x|\lt 1 を探せば良いので，0.5 より大きくて 1 に近すぎない \dfrac{2}{3} を選んだという訳である．
（2024.03.24追記 x=0.5+e とおくと
g(0.5+e)\approx 0.5^{100}+100\cdot 0.5^{99}e-3(0.5^{10}+10\cdot 0.5^{9}e)+e\approx 0
より
(1-60\cdot 0.5^{10}+200\cdot 0.5^{100})e\approx 3\cdot 0.5^{10}- 0.5^{100}
を 0.5^{100}\approx 0 で近似すると
(1-60\cdot 0.5^{10})e\approx 3\cdot 0.5^{10}
となり
e\approx \dfrac{3}{964}\approx 0.003112
なので，0.5 よりもほんの少し大きければ g(x) は正となる．

ちなみにg(0.503122)=0.0031\cdotsとなる．これは1次近似(ニュートン法の第1段階のみで求めたもの)に過ぎないので誤差が多少ある．ホーナーの方法で求めると，g(x)=0 の 0\lt x \lt1 なる解は x\approx 0.50151 となる．

また，g'(x)=100x^{99}-30x^9+2=0 から x^{99}\approx 0 として
x^9\approx\dfrac{1}{15}（ほぼ0.74となるが，計算機なしにこれを知ることは難しい）
となるので，この近辺の値では g(x) が正となることが期待できる．
\log_{10} 0.75^{9} = 9(0.4771-0.6020)=-1.1241，
\log_{10} \dfrac{1}{15} = \log_{10} \dfrac{2}{30} = 0.3010-0.4771-1=-1.1761，
\log_{10} \dfrac{2}{3}^{9} = 9(0.3010-0.4771)=-1.5849
であるから，近似値を使っているので正確ではないが，ほぼ
\dfrac{2}{3}\lt x\lt\dfrac{3}{4}
を満たしていそうなことがわかる．）

2024.03.01記

[解答]
p(x)=x^{100}-3x^{10}-2x-1 とおくと p''(x)=90x^8(110x^{90}-3)
だから，p''(x)=0 なる x は \beta=\left(\dfrac{3}{110}\right)^{\frac{1}{90}} とおくと
-\beta，0，\beta
である．ここで x=0 では符号変化しないので変曲点の x 座標は
x=-\beta，\beta
の2つとなり，これから凹凸を考えると W 型となり，p(x)=0 なる x は高々4つ．

\displaystyle\lim_{x\to -\infty}p(x)=+\infty，
p(-1)=-1，
p\left(-\dfrac{2}{3}\right)=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{100}-3\cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^{10}+\dfrac{1}{3}=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{100}+\dfrac{3^9-2^{10}}{3^9}\gt 0，
p(0)=-1，
\displaystyle\lim_{x\to \infty}p(x)=+\infty
により中間値の定理から p(x)=0 なる x は少なくとも4つ．

以上から p(x)=0 なる x は丁度4つ．

2024年(令和6年)京都大学-数学(理系)[6]

2024.04.13記

[6] 自然数 k に対して，a_k=2^{\sqrt{k}} とする．n を自然数とし，a_k の整数部分が n 桁であるような k の個数を N_n とする．また， a_k の整数部分が n 桁であり，その最高位の数字が 1 であるような k の個数を L_n とする． 次を求めよ．
\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{L_n}{N_n}
ただし，例えば実数 2345.678 の整数部分 2345 は 4 桁で，最高位の数字は 2 である．

本問のテーマ
ベンフォードの法則

2024.04.11記(2024/04/11/231445)

ベンフォードの法則
ベンフォードの法則 - Wikipedia

この話を始めて知ったのは，大学生のときに読んだ

指数・対数のはなし

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である．新装版

指数・対数のはなし 新装版: 異世界数学への旅案内

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も絶版っぽいが、そのうちちくま学芸文庫になりそうな気もする。

n を十分大きい自然数として
a_k=2^{\sqrt{k}}\approx 10^{n-1}，
a_{k+u}=2^{\sqrt{k+u}}\approx 2\cdot 10^{n-1}，
a_{k+v}=2^{\sqrt{k+v}}\approx 10^{n}
なる k，u，v に対して
\dfrac{L_n}{N_n}\approx \dfrac{u}{v}
である．常用対数として
k\approx \dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2}，
k+u\approx \dfrac{(n-1+\log 2)^2}{(\log 2)^2}，
k+v\approx \dfrac{n^2}{(\log 2)^2}
であるから，
\dfrac{u}{v}\approx \dfrac{(n-1+\log 2)^2-(n-1)^2}{n^2-(n-1)^2}\dfrac{2(\log 2)(n-1)+(\log 2)^2}{2n-1}\to\log 2（n\to\infty）
となることがわかる．

2024.04.16記

[解答]
a_{k}=2^{\sqrt{k}}\lt 10^{n-1}\leqq a_{k+1}，
a_{k+u}=2^{\sqrt{k+u}}\leqq 2\cdot 10^{n-1}\lt a_{k+u+1}，
a_{k+v}=2^{\sqrt{k+v}}\leqq 10^{n}\lt a_{k+v+1}
なる k，u，v に対して
\dfrac{L_n}{N_n}=\dfrac{u}{v}
である．常用対数として
k\lt \dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2}\leqq k+1，
k+u\leqq \dfrac{(n-1+\log 2)^2}{(\log 2)^2}\lt k+u+1，
k+v\leqq \dfrac{n^2}{(\log 2)^2}\lt k+v+1
であるから，
u-1\leqq \dfrac{(n-1+\log 2)^2}{(\log 2)^2}-\dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2} \lt u+1，
v-1\leqq \dfrac{n^2}{(\log 2)^2}-\dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2}\lt v+1
つまり
\dfrac{(n-1+\log 2)^2}{(\log 2)^2}-\dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2}-1\lt u\leqq \dfrac{(n-1+\log 2)^2}{(\log 2)^2}-\dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2}+1，
\dfrac{n^2}{(\log 2)^2}-\dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2}-1\lt v\leqq \dfrac{n^2}{(\log 2)^2}-\dfrac{(n-1)^2}{(\log 2)^2}+1
が成立する．
よって
\dfrac{(n-1+\log 2)^2-(n-1)^2-(\log 2)^2}{n^2-(n-1)^2+(\log 2)^2}
\lt\dfrac{u}{v}
\lt\dfrac{(n-1+\log 2)^2-(n-1)^2+(\log 2)^2}{n^2-(n-1)^2-(\log 2)^2}，
つまり
\dfrac{2(\log 2)(n-1)}{2n-1+(\log 2)^2}
\lt\dfrac{u}{v}
\lt\dfrac{2(\log 2)(n-1)+2(\log 2)^2}{2n-1-(\log 2)^2}，
が成立し，はさみうちの原理から
\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{u}{v}=\log 2
が成立する．対数の底は10であったから，求める極限は \log_{10}2 である．

2024年(令和6年)京都大学-数学(理系)[5]

2024.04.13記(2024/04/13/142156)

[5] a は a\geqq 1 を満たす定数とする．座標平面上で，次の 4 つの不等式が表す領域を D_a とする．
x\geqq0，\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\leqq y，y\leqq\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}，y\leqq a
次の問いに答えよ．

(1) D_a の面積 S_a を求めよ．

(2) \displaystyle\lim_{a\to\infty}S_a を求めよ．

本問のテーマ

2024.04.13記
双曲線関数を使うと記述が少し綺麗になるが，普通に解答しておく．

[解答]
(1) \dfrac{e^x-e^{-x}}{2}=a なる x\gt 0 は
x=\log(a+\sqrt{a^2+1})=:s
であり，
\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}=a なる x\gt 0 は
x=\log(a+\sqrt{a^2-1})=:c
であるから
2S_a=2sa-\displaystyle\int_0^s (e^x-e^{-x}) dx
-2ac+2\displaystyle\int_0^c (e^x+e^{-x}) dx
=2a(s-c)-(e^s+e^{-s}-2)+(e^c-e^{-c})
=2a\log\dfrac{a+\sqrt{a^2+1}}{a+\sqrt{a^2-1}}
+2-2\sqrt{a^2+1}+2\sqrt{a^2-1}
となる．よって
S_a=a\log\dfrac{a+\sqrt{a^2+1}}{a+\sqrt{a^2-1}}+1-\sqrt{a^2+1}+\sqrt{a^2-1}
となる．

(2)
\displaystyle\lim_{a\to\infty}(\sqrt{a^2+1}-\sqrt{a^2-1})=\displaystyle\lim_{a\to\infty}\dfrac{2}{\sqrt{a^2+1}+\sqrt{a^2-1}}=0，

\displaystyle\lim_{a\to\infty}a\log\dfrac{a+\sqrt{a^2+1}}{a+\sqrt{a^2-1}}
=\displaystyle\lim_{t\to +0}\dfrac{1}{t}\log\dfrac{1+\sqrt{1+t^2}}{1+\sqrt{1-t^2}}
=\displaystyle\lim_{t\to +0}\dfrac{\log(1+\sqrt{1+t^2})-\log 2+\log 2-\log(1+\sqrt{1-t^2})}{t}
=\dfrac{t}{(1+\sqrt{1+t^2})\sqrt{1+t^2}}\Bigl|_{t=0}+\dfrac{t}{(1+\sqrt{1-t^2})\sqrt{1-t^2}}\Bigl|_{t=0}=0+0=0

であるから，
\displaystyle\lim_{a\to\infty}S_a=0+1-0=1
となる．

2024.04.16記

[解答]
(2) T(x)=\displaystyle\int_0^x \left\{\dfrac{e^t+e^{-t}}{2}-\dfrac{e^t-e^{-t}}{2}\right\}\,dt
=\displaystyle\int_0^x e^{-t}\,dt1-e^{-x}
とおくと(1)の s，c を用いて
T(c)\leqq S_a\leqq T(s)
が成立する．a\to +\infty で c\to +\infty で s\to +\infty であるから
\displaystyle\lim_{a\to\infty}T(c)=\displaystyle\lim_{c\to\infty})(1-e^{-c})=1，
\displaystyle\lim_{a\to\infty}T(s)=\displaystyle\lim_{s\to\infty})(1-e^{-s})=1
となり，はさみうちの原理から
\displaystyle\lim_{a\to\infty}S_a=1
となる．

2024年(令和6年)京都大学-数学(理系)[4]

2024.04.13記

[4] 与えられた自然数 a_0 に対して，自然数からなる数列 a_0，a_1，a_2，… を次のように定める．
a_{n+1}=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{a_n}{2} & (a_nが偶数のとき) \\ \dfrac{3a_n+1}{2} & (a_nが奇数のとき) \\ \end{array}\right.

次の問いに答えよ．

(1) a_0，a_1，a_2，a_3 がすべて奇数であるような最小の自然数 a_0 を求めよ．

(2) a_0，a_1，…，a_{10} がすべて奇数であるような最小の自然数 a_0 を求めよ．

本問のテーマ
コラッツの問題(コラッツ予想)(2024.04.16)

2024.04.11記(2024/04/11/233636)
a_n が偶数のときの漸化式って何やねん。

[解答]
b_n=a_n+1 とおくと
b_{n+1}=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{b_n+1}{2} & (b_nが奇数のとき) \\ \dfrac{3b_n}{2} & (b_nが偶数のとき) \\ \end{array}\right.
となる．

(1) a_0からa_3 がすべて奇数のとき，b_0からb_3 はすべて偶数であり，
b_0，b_1=\dfrac{3}{2}b_0，b_2=\dfrac{9}{4}b_0，b_3=\dfrac{27}{8}b_0
が成立する．このとき，b_0からb_3 がすべて偶数である必要十分条件は，b_0 は 2^4=16 の倍数であることである．そのような最小の自然数 b_0 は 16 であるから，求める a_0 は 2^4-1=15

(2) (1) と同様にして求める a_0 は 2^{11}-1=2047 となる．

2024.04.16記

コラッツの問題

コラッツの問題 - Wikipedia

自然数から自然数への写像
f(n)=\left\{\begin{array}{ll}\dfrac{n}{2} & (nが偶数のとき) \\ 3n+1 & (nが奇数のとき) \\ \end{array}\right.
をコラッツ写像という．コラッツの問題とは
自然数からなる数列 a_0，a_1，a_2，… がコラッツ写像 f を用いて
a_{n+1}=f(a_n)（n=0,1,…）
にように定まる数列が必ず1に到達する(1,4,2,1,4,2,…と繰り返す)という問題である．

本問の場合，このコラッツ写像をショートカットしたものとなっている，つまり a_n が奇数のとき，f(a_n) は偶数だから f(f(a_n))=\dfrac{3a_n+1}{2} となるので，コラッツ写像を用いて
a_{n+1}=\left\{\begin{array}{ll}f(a_n) & (a_nが偶数のとき) \\ f(f(a_n)) & (a_nが奇数のとき) \\ \end{array}\right.
によって定まる数列となる．