名古屋大学情報学部編入試験 数学 2023

2022年度実施、1 時間

問題1

1. 次の積分値を求めよ。$${\int }_0^1\frac{1}{x^2+1}dx$$
   解: $${\int }_0^1\frac{1}{x^2+1}dx=\arctan 1-\arctan 0=\frac{\pi }{4}$$

2. $x^4(x-1{)}^4+4=(x^2+1\left)p\right(x)$ となるような多項式 $p\left(x\right)$ を求めよ。

   解1: $$\begin{array}{cc}{x}^4(x-1{)}^4+4& =x^8-4x^7+6x^6-4x^5+x^4+4\\ & =(x^2+1)(x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4)\end{array}$$ より、$p\left(x\right)=x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4$

   解2(どうしても多項式除算したくない場合): $$\begin{array}{cc}{x}^4(x-1{)}^4+4& =x^4\left\{\right(x^2+1)-2x{\}}^2+4\\ & =x^4(x^2+1)\left\{\right(x^2+1)-4x\}+4x^6+4\\ & =x^4(x^2+1)(x^2-4x+1)+4(x^2+1)(x^4-x^2+1)\\ & =(x^2+1)(x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4)\end{array}$$ より、$p\left(x\right)=x^6-4x^5+5x^4-4x^2+4$

3. $${\int }_0^1\frac{x^4(x-1{)}^4}{x^2+1}dx>0$$ であることを利用して、$\pi <3.143$ であることを示せ。

   解: $$\frac{x^4(x-1{)}^4}{x^2+1}=\frac{(x^2+1)p\left(x\right)-4}{x^2+1}=p\left(x\right)-\frac{4}{x^2+1}$$ より $$\begin{array}{cc}{\int }_0^1\frac{x^4(x-1{)}^4}{x^2+1}dx& ={\int }_0^1\left\{p\right(x)-\frac{4}{x^2+1}\}dx\\ & =\frac{1}{7}-\frac{4}{6}+\frac{5}{5}-\frac{4}{3}+4-4\cdot \frac{\pi }{4}\\ & =\frac{22}{7}-\pi >0\end{array}$$ より $$\pi <\frac{22}{7}=3.1428\cdots <3.143$$

問題2

$3\times 3$ 行列 $A=\left(\begin{array}{ccc}-3& -3& -6\\ 2& 2& a+3\\ -a+1& 2& 5\end{array}\right)$ を考える。

1. $A$ が正則でないとき、$a$ として可能な値をすべて求めよ。

   解: $$\begin{array}{cc}|A|& =\left|\begin{array}{ccc}-3& -3& -6\\ 2& 2& a+3\\ -a+1& 2& 5\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{ccc}0& -3& 0\\ 0& 2& a-1\\ -a-1& 2& 1\end{array}\right|\text{(列基本変形)}\\ & =-3(a-1)(-a-1)=0\end{array}$$ より、$a=1,-1$

2. 1. でさらに $A$ が $1$ を固有値にもつとき、$a$ の値を求めよ。

   解: $3$ 次の単位行列を $E$ とすると $$\begin{array}{cc}|A-E|& =\left|\begin{array}{ccc}-4& -3& -6\\ 2& 1& a+3\\ -a+1& 2& 4\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{ccc}0& -3& 0\\ \frac{2}{3}& 1& a+1\\ -a-\frac{5}{3}& 2& 0\end{array}\right|\text{(列基本変形)}\\ & =-3(a+1)(-a-\frac{5}{3})=0\end{array}$$ と 1. より、$a=-1$

3. 2. のとき、$A$ の固有値をすべて求め、$A$ の各固有値に属する固有ベクトルをすべて求めよ。

   解: 固有値を $\lambda$ とすると $$\begin{array}{cc}|A-\lambda E|& =\left|\begin{array}{ccc}-3-\lambda & -3& -6\\ 2& 2-\lambda & 2\\ 2& 2& 5-\lambda \end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{ccc}-3-\lambda & -3& -6\\ -1-\lambda & -1-\lambda & -4\\ 2& 2& 5-\lambda \end{array}\right|\text{(行基本変形)}\\ & =\left|\begin{array}{ccc}-\lambda & -3& -6\\ 0& -1-\lambda & -4\\ 0& 2& 5-\lambda \end{array}\right|\text{(列基本変形)}\\ & =-\lambda \left\{\right(-1-\lambda \left)\right(5-\lambda )+8\}\\ & =-\lambda (3-4\lambda +{\lambda }^2)\\ & =-\lambda (1-\lambda )(3-\lambda )\end{array}$$ より、$\lambda =0,1,3$ である。それぞれ対応する固有ベクトルを $x_1,x_2,x_3$ とすると $$\begin{array}{cc}A{x}_1& =\left(\begin{array}{ccc}-3& -3& -6\\ 2& 2& 2\\ 2& 2& 5\end{array}\right)x_1=0\\ (A-E)x_2& =\left(\begin{array}{ccc}-4& -3& -6\\ 2& 1& 2\\ 2& 2& 4\end{array}\right)x_2=0\\ (A-3E)x_3& =\left(\begin{array}{ccc}-6& -3& -6\\ 2& -1& 2\\ 2& 2& 2\end{array}\right)x_3=0\end{array}$$ より、$c_1,c_2,c_3$ をそれぞれ $0$ でない任意の実数として $$x_1=c_1\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right),x_2=c_2\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -1\end{array}\right),x_3=c_3\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -1\end{array}\right)$$ である。

問題3

（著作権が存在しないとも言い切れない気がしたため、ストーリーを改変）

正十二面体 $D$ があり、そのある面を $A$ とし、反対側の面を $B$ とする。時刻を非負整数で表すものとする。時刻 $0$ において、コマが $A$ に隣接する面に置かれている。時刻が $1$ 増えるごとに、コマのある面に隣接する面のうち、$A$ を除くいずれかを等確率で選んで、その面にコマを移動させる。時刻 $n$ において、コマが $B$ にある確率を $p_n$ とする。

1. $p_2,p_3$ を求めよ。

   解: $A$ に隣接する面を高さ $1$、$B$ に隣接する面を高さ $2$、$B$ を高さ $3$ とする。
   $p_2$ は、高さ $1\to 2\to 3$ と移動する確率であるから $$p_2=\frac{2}{4}\times \frac{1}{5}=\frac{1}{10}$$ $p_3$ は、高さ $1\to 2\to 3\to 3$ または $1\to 2\to 2\to 3$ または $1\to 1\to 2\to 3$ と移動する確率であるから $$p_3=\frac{2}{4}\times \frac{1}{5}\times 1+\frac{2}{4}\times \frac{2}{5}\times \frac{1}{5}+\frac{2}{4}\times \frac{2}{4}\times \frac{1}{5}=\frac{19}{100}$$

2. 時刻 $n$ $(n=0,1,2,3,\dots )$ にコマが $A$ に隣接するいずれかの面にある確率を $r_n$、$B$ に隣接するいずれかの面にある確率を $q_n$ でそれぞれ表すとき、$p_{n+1},q_{n+1},r_{n+1}$ をそれぞれ $p_n,q_n,r_n$ を用いて表せ。

   解: 時刻 $n$ に高さ $3,2,1$ の面の中心にいる確率がそれぞれ $p_n,q_n,r_n$ である。$$\begin{array}{ccccccc}{p}_{n+1}& =& p_n& +& \frac{1}{5}{q}_n& & \\ q_{n+1}& =& & & \frac{2}{5}{q}_n& +& \frac{2}{4}{r}_n\\ r_{n+1}& =& & & \frac{2}{5}{q}_n& +& \frac{2}{4}{r}_n\end{array}$$

3. $p_n$ $(n=0,1,2,3,\dots )$ を求めよ。

   解1: $q_1=r_1=\frac{1}{2}$ であることと、漸化式から、$n\ge 1$ のとき $q_n=r_n$ である。ゆえ、$n\ge 1$ のとき $q_{n+1}=\frac{9}{10}{q}_n$ であって、$$q_n={\left(\frac{9}{10}\right)}^{n-1}{q}_1=\frac{1}{2}{\left(\frac{9}{10}\right)}^{n-1}$$ となる。また、$p_1=0$ と、漸化式から、 $n\ge 1$ のとき $$\begin{array}{cc}{p}_n& =\sum _{k=1}^{n-1}\frac{1}{5}{q}_k=\frac{1}{10}\sum _{k=1}^{n-1}{\left(\frac{9}{10}\right)}^{k-1}\\ & =\frac{1}{10}\frac{1-{\left(\frac{9}{10}\right)}^{n-1}}{1-\frac{9}{10}}=1-{\left(\frac{9}{10}\right)}^{n-1}\end{array}$$ である。すなわち $$p_n=\{\begin{array}{cc}0& (n=0)\\ 1-{\left(\frac{9}{10}\right)}^{n-1}& (n>0)\end{array}$$ である。

   解2(普通はこっちかも): $$P=\frac{1}{10}\left(\begin{array}{ccc}10& 2& 0\\ 0& 4& 5\\ 0& 4& 5\end{array}\right)$$ とおくと $$\left(\begin{array}{c}{p}_{n+1}\\ q_{n+1}\\ r_{n+1}\end{array}\right)=P\left(\begin{array}{c}{p}_n\\ q_n\\ r_n\end{array}\right)$$ であるから $$\left(\begin{array}{c}{p}_n\\ q_n\\ r_n\end{array}\right)=P^n\left(\begin{array}{c}{p}_0\\ q_0\\ r_0\end{array}\right)=P^n\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$$ が成り立つ。
   ここで、$P$ の固有値を $\frac{\lambda }{10}$ とすると $|P-\frac{\lambda }{10}E|=0$ より $$\begin{array}{cc}|10P-\lambda E|& =\left|\begin{array}{ccc}10-\lambda & 2& 0\\ 0& 4-\lambda & 5\\ 0& 4& 5-\lambda \end{array}\right|\\ & =(10-\lambda )\left\{\right(4-\lambda \left)\right(5-\lambda )-20\}\\ & =\lambda (10-\lambda )(-9+\lambda )=0\end{array}$$ すなわち $\frac{\lambda }{10}=0,\frac{9}{10},1$ である。対応する固有ベクトルをひとつずつとって $x_1,x_2,x_3$ とすると $$\begin{array}{cc}10P{x}_1& =\left(\begin{array}{ccc}10& 2& 0\\ 0& 4& 5\\ 0& 4& 5\end{array}\right)x_1=0\\ (10P-9E)x_2& =\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& -5& 5\\ 0& 4& -4\end{array}\right)x_2=0\\ (10P-10E)x_3& =\left(\begin{array}{ccc}0& 2& 0\\ 0& -6& 5\\ 0& 4& -5\end{array}\right)x_3=0\end{array}$$ より $$x_1=\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 4\end{array}\right),x_2=\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 1\end{array}\right),x_3=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$$ とできる。ここで $$M=\left(\begin{array}{ccc}{x}_1& x_2& x_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ -5& 1& 0\\ 4& 1& 0\end{array}\right)$$ とおくと $$M^{-1}PM=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& \frac{9}{10}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$ である。 $$y=M^{-1}\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$$ とおくと $$My=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ -5& 1& 0\\ 4& 1& 0\end{array}\right)y=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$$ であるから、これを解いて $$y=\frac{1}{9}\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 9\end{array}\right)$$ を得る。ゆえに、$0^0=1$ の仮定のもと $$\begin{array}{cc}\left(\begin{array}{c}{p}_n\\ q_n\\ r_n\end{array}\right)& =M(M^{-1}PM{)}^n{M}^{-1}\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)\\ & =\frac{1}{9}M\left(\begin{array}{ccc}{0}^n& 0& 0\\ 0& {\left(\frac{9}{10}\right)}^n& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 9\end{array}\right)\\ & =\frac{1}{9}\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ -5& 1& 0\\ 4& 1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{0}^n\\ 5{\left(\frac{9}{10}\right)}^n\\ 9\end{array}\right)\end{array}$$ すなわち $$\begin{array}{cc}{p}_n& =\frac{0^n}{9}+1-{\left(\frac{9}{10}\right)}^{n-1}\\ & =\{\begin{array}{cc}0& (n=0)\\ 1-{\left(\frac{9}{10}\right)}^{n-1}& (n>0)\end{array}\end{array}$$ である。