数学検定$1$級は大学で取り扱う数学の基本トピックに関して取り扱った検定であり、統計学に必要な数学を身につける際の指標に役に立ちます。当記事では「日本数学検定協会 監修」の「数学検定問題集 $1$級」の数学検定$1$級の内容に基づき、過去問題③の解答例と解説の作成を行いました。
・数学検定まとめ
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Contents
$1$次：計算技能検定
問題$1 \,$ 整数の合同式
$$
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\begin{align}
23^{23^{23}}
\end{align}
$$
上記の$1$の位を考えるにあたっては$10$で割った余りを考えれば良い。以下、$\mathrm{mod} \, 10$の場合に下記が成立する。
$$
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\begin{align}
23 &= 2 \times 10 + 3 \equiv 3 \\
23^2 &= (20+3)(20+3) \equiv 9 \\
23^3 & \equiv 7 \\
23^4 & \equiv 1 \\
23^5 & \equiv 3 \\
& \vdots
\end{align}
$$
同様に考えることで$n \in \mathbb{Z}, n \geq 0$に対し、下記が成立する。
$$
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\begin{align}
23^{4n+1} & \equiv 3 \\
23^{4n+2} & \equiv 9 \\
23^{4n+3} & \equiv 7 \\
23^{4n} & \equiv 1
\end{align}
$$
よって、以下では$23^{23}$を$4$で割った余りに関して考える。$23=5 \times 4 + 3$より、$\mathrm{mod} \, 4$の場合に下記が成立する。
$$
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\begin{align}
23 &= 5 \times 4 + 3 \equiv 3 \\
23^{2} &= (20+3)(20+3) \equiv 9 \equiv 1 \\
23^{3} & \equiv 3 \\
& \vdots
\end{align}
$$
よって$\mathrm{mod} \, 4$の場合に$23^{23} \equiv 3$である。したがって$23^{23^{23}}$の$1$の位は$7$である。
問題$2 \,$
問題$3 \,$ ユニタリ行列
$$
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\begin{align}
A = \frac{1}{2} \left( \begin{array}{ccc} -\sqrt{2} & 1 & i \\ a & \sqrt{2}i & b \\ \sqrt{2} & c & d \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記で表した行列$A$の随伴行列$A^{*}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
A^{*} = \frac{1}{2} \left( \begin{array}{ccc} -\sqrt{2} & \bar{a} & \sqrt{2} \\ 1 & \sqrt{2}i & \bar{c} \\ -i & \bar{b} & \bar{d} \end{array} \right)
\end{align}
$$
ここで$A$がユニタリ行列である場合は$A^{*}A=AA^{*}=I_{3}$が成立するので、下記が成立するように$a,b,c,d$を定めれば良い。
$$
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\begin{align}
A^{*}A &= \frac{1}{2^2} \left( \begin{array}{ccc} -\sqrt{2} & \bar{a} & \sqrt{2} \\ 1 & \sqrt{2}i & \bar{c} \\ -i & \bar{b} & \bar{d} \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} -\sqrt{2} & 1 & i \\ a & \sqrt{2}i & b \\ \sqrt{2} & c & d \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{2^2} \left( \begin{array}{ccc} 2+a\bar{a}+2 & -\sqrt{2}+\sqrt{2}ai+\sqrt{2}c & -\sqrt{2}i+\bar{a}b+\sqrt{2}d \\ -\sqrt{2}-\sqrt{2}ai+\sqrt{2}\bar{c} & 1+2+c\bar{c} & i-\sqrt{2}bi+\bar{c}d \\ \sqrt{2}i+a\bar{b}+\sqrt{2}\bar{d} & -i+\sqrt{2}\bar{b}i+c\bar{d} & 1+b\bar{b}+d\bar{d} \end{array} \right) \\
&= \frac{1}{2^2} \left( \begin{array}{ccc} 4+a\bar{a} & -\sqrt{2}+\sqrt{2}ai+\sqrt{2}c & -\sqrt{2}i+\bar{a}b+\sqrt{2}d \\ -\sqrt{2}-\sqrt{2}ai+\sqrt{2}\bar{c} & 3+c\bar{c} & i-\sqrt{2}bi+\bar{c}d \\ \sqrt{2}i+a\bar{b}+\sqrt{2}\bar{d} & -i+\sqrt{2}\bar{b}i+c\bar{d} & 1+b\bar{b}+d\bar{d} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記の$(1,1)$成分に関して$4+a\bar{a}=4$が成立し、$a=0$が得られる。$a=0$を$(1,2)$成分に代入すると$-\sqrt{2}+\sqrt{2}c=0$が成立し、$c=1$が得られる。$(1,3)$成分に$\bar{a}=a=0$を代入すると$-\sqrt{2}i+\sqrt{2}d=0$が成立し、$d=i$が得られる。$(2,3)$成分に$\bar{c}=c=1,d=i$を代入すると、$i-\sqrt{2}bi+i=0$が成立し、$\sqrt{2}bi=2i$より$b=\sqrt{2}$が得られる。
よって、$a=0, b=\sqrt{2}, c=1, d=i$のように定めれば良い。
問題$4 \,$ 共分散・相関係数の公式と計算
| $X$ | $2$ | $-4$ | $8$ | $-6$ | $-2$ | $4$ | $-8$ | $6$ |
| $Y$ | $6$ | $4$ | $-2$ | $-6$ | $-4$ | $-8$ | $2$ | $8$ |
・$[1]$
$X,Y$の共分散を$\mathrm{Cov}(X,Y)$とおくと、$\mathrm{Cov}(X,Y)=E[XY]-E[X]E[Y]$が成立する。ここで$2$つの変数の和を計算することで$E[X]=E[Y]=0$が得られるので以下、$E[XY]$の計算を行う。
import numpy as np
X = np.array([2, -4, 8, -6, -2, 4, -8, 6])
Y = np.array([6, 4, -2, -6, -4, -8, 2, 8])
E_XY = np.mean(X*Y)
print("Cov(X,Y): {:.0f}".format(E_XY))実行結果
> print("Cov(X,Y): {:.0f}".format(E_XY))
Cov(X,Y): 3・$[2]$
$X,Y$の相関係数を$r_{XY}$とおくと下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
r_{XY} = \frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{V[X]V[Y]}} = \frac{E[XY]-E[X]E[Y]}{\sqrt{(E[X^2]-E[X]^2)(E[Y^2]-E[Y]^2)}}
\end{align}
$$
ここで$2$つの変数の和を計算することで$E[X]=E[Y]=0$が得られるので以下、$V[X^2], E[Y^2]$と$r_{XY}$の計算を行う。
import numpy as np
X = np.array([2, -4, 8, -6, -2, 4, -8, 6])
Y = np.array([6, 4, -2, -6, -4, -8, 2, 8])
r_XY = np.mean(X*Y)/np.sqrt(np.mean(X**2)*np.mean(Y**2))
print("r_XY: {:.1f}".format(r_XY))実行結果
> print("r_XY: {:.1f}".format(r_XY))
r_XY: 0.1問題$5 \,$ $\cos^{2}{x}, \tan{x}$のマクローリン展開
・$[1]$
$f(x)=\cos^{2}{x}$とおくと、$1$階微分の$f^{(1)}(x)$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
f^{(1)}(x) &= (\cos^{2}{x})’ \\
&= 2 \cos{x} (-\sin{x}) \\
&= – 2 \sin{x} \cos{x} = -\sin{2x}
\end{align}
$$
$f^{(1)}(x)=-\sin{2x}$より、$f^{(2)}(x),f^{(3)}(x),f^{(4)}(x)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
f^{(2)}(x) &= -2 \cos{2x} \\
f^{(3)}(x) &= 4 \sin{2x} \\
f^{(4)}(x) &= 8 \cos{2x}
\end{align}
$$
ここで$x=0$の場合を考えると$f(0)=1, f^{(1)}(0)=0, f^{(2)}(0)=-2, f^{(3)}(0)=0, f^{(4)}(0)=8$が得られる。よって$f(x)=\cos^{2}{x}$のマクローリン展開は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\cos^{2}{x} &= \frac{1}{0!}x^{0} + \frac{0}{1!}x^{1} + \frac{-2}{2!}x^{2} + \frac{0}{3!}x^{3} + \frac{-8}{4!}x^{4} + \cdots \\
&= 1 – x^2 + \frac{1}{3}x^4 + \cdots
\end{align}
$$
問題$6 \,$ 行列式の余因子展開
下記のように行列式の変形を行うことができる。
$$
\large
\begin{align}
\left| \begin{array}{cccc} a & a & b & b \\ a & b & a & b \\ a & b & b & a \\ b & a & b & a \end{array} \right| &= \left| \begin{array}{cccc} a & a & b & b \\ 0 & b-a & a-b & 0 \\ 0 & b-a & 0 & a-b \\ b & a & b & a \end{array} \right| \\
&= \left| \begin{array}{cccc} a-b & a & b & b \\ b-a & b-a & a-b & 0 \\ 0 & b-a & 0 & a-b \\ 0 & a & b & a \end{array} \right| \\
&= \left| \begin{array}{cccc} a-b & a & b & b \\ 0 & b & a & b \\ 0 & b-a & 0 & a-b \\ 0 & a & b & a \end{array} \right| \\
&= (a-b)(-1)^{1+1} \left| \begin{array}{ccc} b & a & b \\ b-a & 0 & a-b \\ a & b & a \end{array} \right| \\
&= (a-b) \left| \begin{array}{ccc} 2b & a & b \\ 0 & 0 & a-b \\ 2a & b & a \end{array} \right| \\
&= (a-b)^{2} \left| \begin{array}{cc} 2b & a \\ 2a & b \end{array} \right| \\
&= (a-b)^{2} (2b^2-2a^2) \\
&= -2(a+b)(a-b)^{3}
\end{align}
$$
・別解
行列の基本変形の方法は$1$通りではないので、問題集の解答のように計算を行う方法もある。
問題$7 \,$ 二重積分と逆正弦関数の導関数を用いた積分
$$
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\begin{align}
\int \int_{D} \sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}} dx dy &= \int \int_{D} \sqrt{\frac{1-(x^2+y^2)}{1+(x^2+y^2)}} dx dy \quad (1) \\
D &= \{ (x,y) | x^2+y^2 \leq 1 \}
\end{align}
$$
$(1)$式は上記に基づいて下記のように変数変換を行える。
$$
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\begin{align}
\int \int_{D} \sqrt{\frac{1-(x^2+y^2)}{1+(x^2+y^2)}} dx dy &= \int_{0}^{2 \pi} d \theta \int_{0}^{1} r \sqrt{\frac{1-r^{2}}{1+r^{2}}} dr \\
&= 2 \pi \int_{0}^{1} r \sqrt{\frac{1-r^{2}}{1+r^{2}}} dr \quad (2)
\end{align}
$$
ここで$r^{2}=s$とおくと、$\displaystyle \frac{ds}{dr}=2r$より$2rdr=ds$が成立し、$0 \leq r \leq 1$は$0 \leq s \leq 1$に対応する。よって$(2)$式は下記のように変数変換を用いて計算できる。
$$
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\begin{align}
2 \pi \int_{0}^{1} r \sqrt{\frac{1-r^{2}}{1+r^{2}}} dr &= \pi \int_{0}^{1} 2r \sqrt{\frac{1-r^{2}}{1+r^{2}}} dr \\
&= \pi \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1-s}{1+s}} ds \\
&= \pi \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{(1-s)^{2}}{(1+s)(1-s)}} ds \\
&= \pi \int_{0}^{1} \frac{1-s}{\sqrt{1-s^{2}}} ds \\
&= \pi \left[ \sin^{-1}{s} + \sqrt{1-s^{2}} \right]_{0}^{1} \\
&= \pi \left( \frac{\pi}{2} – 1 \right)
\end{align}
$$
・解説①
変数変換を用いた重積分の計算は下記で詳しく取り扱いました。
・解説②
$$
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\begin{align}
(\sin^{-1}{x})’ = \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}
\end{align}
$$
積分にあたっては上記の逆三角関数の微分の公式を逆に用いました。公式の導出は下記で詳しく取り扱いました。
