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②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$1 \,$
$$
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\begin{align}
xy^2z^3 &= \frac{12}{7} \\
x^3yz^2 &= -\frac{7}{11} \\
x^2y^3z &= -\frac{11}{12}
\end{align}
$$
問題$2 \,$ 複素数の計算
$$
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\begin{align}
\frac{(1-i)^{11}}{(-\sqrt{3}+i)^6}
\end{align}
$$
以下上記の計算を行う。まず分子に関して下記の計算が成立する。
$$
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\begin{align}
(1-i)^{2} &= 1+i^2-2i = -2i \\
(1-i)^{4} &= (-2i)^2 = -4 \\
(1-i)^{8} &= (-4)^2 = 16 \\
(1-i)^{3} &= -2i(1-i) \\
&= 2i^2-2i = -2(1+i) \\
(1-i)^{11} &= 16 \times -2(1+i) \\
&= -32(1+i)
\end{align}
$$
次に分母に関して下記の計算が成立する。
$$
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\begin{align}
(-\sqrt{3}+i)^2 &= 3 + i^2 – 2\sqrt{3}i \\
&= 2(1-\sqrt{3}i) \\
(-\sqrt{3}+i)^4 &= 4(1-\sqrt{3}i)^2 \\
&= 4(1+3i^2 – 2\sqrt{3}i) = 4(-2-2\sqrt{3}i) \\
&= -8(1+\sqrt{3}i) \\
(-\sqrt{3}+i)^6 &= 2(1-\sqrt{3}i) \times -8(1+\sqrt{3}i) \\
&= -16(1-3i^2) \\
&= -64
\end{align}
$$
したがって下記が成立する。
$$
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\begin{align}
\frac{(1-i)^{11}}{(-\sqrt{3}+i)^6} &= \frac{-32(1+i)}{-64} \\
&= \frac{1+i}{2}
\end{align}
$$
・別解
オイラーの公式を用いることで下記のような変形ができる。
$$
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\begin{align}
1-i &= \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} – \frac{1}{\sqrt{2}}i \right) \\
&= \sqrt{2} \left( \cos{ \left( \frac{\pi}{4} \right) } + i \sin{ \left( -\frac{\pi}{4} \right) } \right) \\
&= \sqrt{2} e^{-\frac{\pi}{4} i} \\
-\sqrt{3}+i &= 2 \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2} i \right) \\
&= 2 \left( \cos{ \left( \frac{5}{6} \pi \right) } + i \sin{ \left( \frac{5}{6} \pi \right) } \right) \\
&= 2 e^{\frac{5\pi}{6}i }
\end{align}
$$
よって与えられた式は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
\frac{(1-i)^{11}}{(-\sqrt{3}+i)^6} &= \frac{(\sqrt{2} e^{-\frac{\pi}{4} i})^{11}}{(2 e^{\frac{5\pi}{6}i })^{6}} \\
&= \frac{2^5\sqrt{2} e^{-\frac{11 \pi}{4} i}}{2^6 e^{5 \pi i }} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}} e^{-\frac{31 \pi}{4} i} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\frac{\pi}{4} i} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \cos{ \left( \frac{\pi}{4} \right) } + i \sin{ \left( \frac{\pi}{4} \right) } \right) \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} i \right) \\
&= \frac{1+i}{2}
\end{align}
$$
問題$3 \,$ $3$次正方行列の逆行列の計算
$$
\large
\begin{align}
A = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 4 \\ 3 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記の逆行列$A^{-1}$を下記のようにおく。
$$
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\begin{align}
A^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} p & q & r \\ s & t & u \\ x & y & z \end{array} \right)
\end{align}
$$
このとき$AA^{-1}=I_{3}$より下記が成立する。
$$
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\begin{align}
\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 4 \\ 3 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{ccc} p & q & r \\ s & t & u \\ x & y & z \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記より下記の連立方程式が得られる。
$$
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\begin{align}
p + 4x &= 1 \quad (1) \\
q + 4y &= 0 \quad (2) \\
r + 4z &= 0 \quad (3) \\
3p – s &= 0 \quad (4) \\
3q – t &= 1 \quad (5) \\
3r – u &= 0 \quad (6) \\
-2p + s – x &= 0 \quad (7) \\
-2q + t – y &= 0 \quad (8) \\
-2r + u – z &= 1 \quad (9)
\end{align}
$$
上記の$(1),(4),(7)$式より下記が得られる。
$$
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\begin{align}
p = \frac{1}{5}, \quad s = \frac{3}{5}, \quad x = \frac{1}{5}
\end{align}
$$
同様に$(2),(5),(8)$式より下記が得られる。
$$
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\begin{align}
q = \frac{4}{5}, \quad t = \frac{7}{5}, \quad y = -\frac{1}{5}
\end{align}
$$
同様に$(3),(6),(9)$式より下記が得られる。
$$
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\begin{align}
r = \frac{4}{5}, \quad u = \frac{12}{5}, \quad z = -\frac{1}{5}
\end{align}
$$
したがって$A^{-1}$は下記のように表せる。
$$
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\begin{align}
A^{-1} = \frac{1}{5} \left( \begin{array}{ccc} 1 & 4 & 4 \\ 3 & 7 & 12 \\ 1 & -1 & -1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
・解説
$(1),(4),(7)$式を解くにあたっては、$(1),(4)$式より$s$と$x$を$p$の式で表し、$(7)$式を代入することで$p$を得て、$(1),(4)$式に代入を行うことで計算を行うことができます。
・別解
下記のように行基本変形を用いることで逆行列を計算することができる。
問題$4 \,$
問題$5 \,$ 幾何分布の期待値$E[X]$と$2$次モーメント$E[X^2]$の計算
確率変数$X$は確率を表すパラメータ$p$が$p=0.2$の幾何分布に従う。よって確率関数を$f(x)$とおくと$f(x)$に関して下記が成立する。
$$
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\begin{align}
f(x) = p(1-p)^{x-1}, \quad x=1,2,\cdots
\end{align}
$$
また、下記のようなマクローリン展開の式が成立する。
$$
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\begin{align}
\frac{1}{1-x} &= 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots \\
\frac{1}{(1-x)^2} &= 1 + 2x + 3 x^2 + \cdots \\
\frac{2}{(1-x)^3} &= 2 + 3 \cdot 2 x + \cdots
\end{align}
$$
・$[1]$
$E[X]$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
E[X] &= \sum_{x=1}^{\infty} x f(x) \\
&= \sum_{x=1}^{\infty} x p(1-p)^{x-1} \\
&= p \sum_{x=1}^{\infty} x (1-p)^{x-1} \\
&= p(1 + 2(1-p)^{2-1} + 3(1-p)^{3-1} + \cdots) \\
&= p \times \frac{1}{(1-(1-p))^2} \\
&= \frac{p}{p^2} = \frac{1}{p} \\
&= \frac{1}{0.2} = 5
\end{align}
$$
・$[2]$
$E[X^2] = E[X(X-1)]+E[X]$が成立する。$E[X(X-1)]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X(X-1)] &= \sum_{x=1}^{\infty} x(x-1) f(x) \\
&= p(1-p) \sum_{x=2}^{\infty} x(x-1) (1-p)^{x-2} \\
&= p(1-p)(2(1-p)^{2-2} + 3 \cdot 2(1-p)^{3-2} + \cdots) \\
&= p(1-p) \times \frac{2}{(1-(1-p))^3} \\
&= \frac{2p(1-p)}{p^3} = \frac{2(1-p)}{p^2}
\end{align}
$$
よって$E[X^2]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X^2] &= E[X(X-1)] + E[X] \\
&= \frac{2(1-p)}{p^2} + \frac{1}{p} \\
&= \frac{2-2p+p}{p^2} \\
&= \frac{2-p}{p^2} \\
&= \frac{2-0.2}{0.2^2} = \frac{9}{5} \times 25 \\
&= 45
\end{align}
$$
・解説
この問題では幾何分布の期待値$E[X]$と$2$次モーメント$E[X]$に関して取り扱われています。期待値$E[X]$と分散$V[X]$の導出に関しては下記で詳しく取り扱いました。
問題$6 \,$ 行列式の余因子展開と行列の固有方程式
$$
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\begin{align}
A = \left( \begin{array}{ccccc} 0 & 0 & 0 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記の行列$A$の固有値を$\lambda$とおくとき、固有多項式$\det(\lambda I_5 – A)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\det(\lambda I_5 – A) &= \left| \begin{array}{ccccc} \lambda & 0 & 0 & 0 & 2 \\ 0 & \lambda & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & \lambda & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 & \lambda \end{array} \right| \\
&= \lambda (-1)^{3+3} \left| \begin{array}{cccc} \lambda & 0 & 0 & 2 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & -1 & \lambda & 0 \\ -2 & 0 & 0 & \lambda \end{array} \right| = \lambda \left| \begin{array}{cccc} \lambda & 0 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1+\lambda^2 & 0 \\ 0 & -1 & \lambda & 0 \\ -2 & 0 & 0 & \lambda \end{array} \right| \\
&= \lambda (1+\lambda^2) (-1)^{2+3} \left| \begin{array}{ccc} \lambda & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 0 \\ -2 & 0 & \lambda \end{array} \right| \\
&= \lambda (1+\lambda^2) (-1)^{2+2} \left| \begin{array}{ccc} \lambda & 2 \\ -2 & \lambda \end{array} \right| \\
&= \lambda (\lambda^2+1) (\lambda^2+4)
\end{align}
$$
上記より固有方程式$\det(\lambda I_5 – A)=\lambda (\lambda^2+1) (\lambda^2+4)=0$の解は$\lambda = 0, \pm i, \pm 2i$であり、この値が固有値に対応すると考えられる。
・解説
この問題を解くにあたって固有多項式$\det(\lambda I_5 – A)$を用いましたが、固有多項式$\det(\lambda I_5 – A)$と固有方程式$\det(\lambda I_5 – A)=0$は状況によって使い分けると良いです。
$2$次のように行列式の計算が容易な場合は固有方程式を用いて表すで十分ですが、この問題のように計算が多い場合は固有多項式を計算したのちに$=0$を考えないと式が複雑になると思います。
問題$7 \,$ 微分方程式
$$
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\begin{align}
(3x-y) \frac{dy}{dx} = 2x \quad (1)
\end{align}
$$
$(1)$式は下記のように変形できる。
$$
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\begin{align}
(3x-y) \frac{dy}{dx} &= 2x \quad (1) \\
\frac{dy}{dx} &= \frac{2x}{3x-y} \\
&= \frac{2}{3-\frac{y}{x}} \quad (2)
\end{align}
$$
ここで$y=zx$のように$z$を定義し、両辺を$x$で微分すると下記が得られる。
$$
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\begin{align}
\frac{dy}{dx} = x \frac{dz}{dx} + z \quad (3)
\end{align}
$$
$(2)$式に対し、$\displaystyle z = \frac{y}{x}$と$(3)$式を適用することで下記が得られる。
$$
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\begin{align}
\frac{dy}{dx} &= \frac{2}{3-\frac{y}{x}} \quad (2) \\
x \frac{dz}{dx} + z &= \frac{2}{3-z} \\
x \frac{dz}{dx} &= \frac{2}{3-z} – z \\
x \frac{dz}{dx} &= \frac{2-z(3-z)}{3-z} \\
x \frac{dz}{dx} &= \frac{z^{2}-3z+2}{3-z} \\
\frac{3-z}{(z-1)(z-2)} dz &= \frac{dx}{x} \quad (4)
\end{align}
$$
$(4)$式の両辺を積分すると下記が得られる。
$$
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\begin{align}
\int \frac{3-z}{(z-1)(z-2)} dz &= \int \frac{1}{x} dx \\
\int \left[ -\frac{2}{z-1} + \frac{1}{z-2} \right] dz &= \int \frac{1}{x} dx \\
-2\log{|z-1|} + \log{|z-2|} &= \log{|x|} + C \quad (5)
\end{align}
$$
$(5)$式は下記のように変形できる。
$$
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\begin{align}
-2\log{|z-1|} + \log{|z-2|} &= \log{|x|} + C \quad (5) \\
\log{\frac{z-2}{(z-1)^{2}}} &= \log{Ax} \quad (A=\pm e^{C}) \\
\frac{z-2}{(z-1)^{2}} &= Ax \\
\frac{y/x-2}{(y/x-1)^{2}} &= Ax \\
\frac{x(y-2x)}{(y-x)^{2}} &= Ax \\
y-2x &= A(y-x)^{2} \quad (6)
\end{align}
$$
ここで$x=0$のとき$\displaystyle y = \frac{1}{2}$を$(6)$式に代入すると下記が得られる。
$(5)$式は下記のように変形できる。
$$
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\begin{align}
\frac{1}{2}-0 &= A \left( \frac{1}{2} \right)^{2} \\
A &= 2
\end{align}
$$
よって、下記が方程式の解である。
$$
\large
\begin{align}
y-2x &= 2(y-x)^{2}
\end{align}
$$
$(5)$式の導出にあたっては部分分数分解を用いた。