数学検定準$1$級は数Ⅲまで相当の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 準$1$級」より、第$1$章の「関数と極限」の解説と演習問題の解答例などを取り扱いました。
・数学検定まとめ
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①弧度法、②合成関数と逆関数、③分数関数と無理関数
計算技能問題
問題.$1$
扇形の半径を$r$とおくと、問題文より下記が成立する。
$$
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\begin{align}
l \theta &= 4 \pi^2 \quad (1) \\
r \theta &= l \quad (2) \\
\frac{1}{2} r^2 \theta &= 27 \pi \quad (3)
\end{align}
$$
$(2)$より$\displaystyle r = \frac{l}{\theta}$、$(1)$より$\displaystyle l = \frac{4 \pi^2}{\theta}$が成立するのでそれぞれ$(3)$に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{2} r^2 \theta &= 27 \pi \\
\frac{l^2}{2 \theta^2} \theta &= 27 \pi \\
\frac{(4 \pi^2)^2}{\theta^2} \cdot \frac{1}{2 \theta^2} \theta &= 27 \pi \\
\frac{16 \pi^4}{2 \theta^3} &= 27 \pi \\
\theta^3 &= \frac{8}{27} \pi^{3} \\
\theta &= \frac{2}{3} \pi
\end{align}
$$
また、$\displaystyle \theta = \frac{2}{3} \pi$を$(1)$式に代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
l \theta &= 4 \pi^2 \quad (1) \\
l \cdot \frac{2}{3} \pi &= 4 \pi^2 \\
l &= 6 \pi
\end{align}
$$
問題.$2$
$$
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\begin{align}
f(x) = 6 \cos{x} + a \tan{x}, \quad 3 \pi < x < \frac{7}{2} \pi
\end{align}
$$
上記に対して$\displaystyle f^{-1}(-2) = \frac{10 \pi}{3}$であるので、逆関数の定義より$\displaystyle f \left( \frac{10 \pi}{3} \right) = -2$が成立し、下記のように変形できる。
$$
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\begin{align}
f \left( \frac{10 \pi}{3} \right) = 6 \cos{\frac{10 \pi}{3}} + a \tan{\frac{10 \pi}{3}} &= -2 \\
6 \cos{\frac{4 \pi}{3}} + a \tan{\frac{4 \pi}{3}} &= -2 \\
6 \cdot -\frac{1}{2} + a \sqrt{3} &= -2 \\
-3 + \sqrt{3} a &= -2 \\
a &= \frac{1}{\sqrt{3}}
\end{align}
$$
問題.$3$
$y=x^2-2x$を$x$について解くと下記が得られる。
$$
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\begin{align}
y &= x^2-2x \\
y+1 &= (x-1)^2 \\
x-1 &= \pm \sqrt{y+1}
\end{align}
$$
ここで$x \leq 1$より$x=1-\sqrt{y+1}$が成立するので$f^{-1}(x)=1-\sqrt{x+1}$である。
また$x \leq 1$のとき$y=x^2-2x=(x-1)^2-1$の値域は$y \geq -1$であるので$f^{-1}(x)$の定義域は$x \geq -1$である。
問題.$4$
$\sqrt{x-5}$が実数であることが前提であるので$5 \leq x$が成立する。また、不等号は下記のように解くことができる。
$$
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\begin{align}
\sqrt{x+5} – \sqrt{x-5} & > 2 \\
\sqrt{x+5} & > \sqrt{x-5} + 2 \\
x+5 & > x-5 + 2^2 + 4 \sqrt{x-5} \\
6 & > 4 \sqrt{x-5} \\
\sqrt{x-5} & < \frac{3}{2} \\
x-5 & < \frac{9}{4} \\
x & < \frac{29}{4}
\end{align}
$$
よって$\displaystyle 5 \leq x < \frac{29}{4}$が不等号が成立する$x$の範囲である。
数理技能問題
問題.$1$
問題.$2$
④数列の極限
計算技能問題
問題.$1$
・$[1]$
$$
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\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \cdots + n^2}{1^2 + 3^2 + \cdots + (2n-1)^2} \quad (1)
\end{align}
$$
$\displaystyle \sum$に関する公式より、分子と分母はそれぞれ下記のように計算を行える。
$$
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\begin{align}
1^2 + 2^2 + \cdots + n^2 &= \sum_{k=1}^{n} k^2 \\
&= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) \\
1^2 + 3^2 + \cdots + (2n-1)^2 &= \sum_{k=1}^{n} (2k-1)^2 \\
&= 4 \sum_{k=1}^{n} k^2 – 4 \sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1 \\
&= \frac{1}{6} \cdot 4n(n+1)(2n+1) – 2n(n+1) + n \\
&= \frac{1}{6}n \left[ 4(n+1)(2n+1) – 12(n+1) + 6 \right] \\
&= \frac{1}{6}n (8n^2 – 2)
\end{align}
$$
よって、$(1)$式は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \frac{1^2 + 2^2 + \cdots + n^2}{1^2 + 3^2 + \cdots + (2n-1)^2} &= \lim_{n \to \infty} \frac{\displaystyle \cancel{\frac{1}{6}n} (n+1)(2n+1)}{\displaystyle \cancel{\frac{1}{6}n} (8n^2 – 2)} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac{(1+1/n)(2+1/n)}{(8 – 2/n^2)} \\
&= \frac{1 \cdot 2}{8} = \frac{1}{4}
\end{align}
$$
問題.$2$
問題.$3$
特性方程式$\displaystyle \alpha = 4 + \frac{3}{5}\alpha$の解が$\alpha=10$であることより、漸化式$\displaystyle a_{n+1} = 4 + \frac{3}{5}a_{n}$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
a_{n+1} &= 4 + \frac{3}{5}a_{n} \\
a_{n+1} – 10 &= \frac{3}{5}(a_{n}-10)
\end{align}
$$
上記より数列$\{a_{n}-10\}$が公比$\displaystyle \frac{3}{5}$の等比数列であることがわかる。よって$a_{n}-10$に関して下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
a_{n} – 10 &= \frac{3}{5}(a_{n-1}-10) \\
&= \cdots \\
&= \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} (a_{1}-10)
\end{align}
$$
よって一般項$a_{n}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
a_{n} &= \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} (a_{1}-10) + 10 \\
&= -9 \left( \frac{3}{5} \right)^{n-1} + 10
\end{align}
$$
したがって、$\displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n} = 10$が成立する。
数理技能問題
問題.$1$
問題.$2$
問題.$3$
⑤関数の極限、⑥関数の連続
計算技能問題
問題.$1$
$[1]$
$\displaystyle f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$と定めれば良い。$\lim_{x \to 0} f(x)$は下記のように得られる。
$$
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\begin{align}
\lim_{x \to 0} f(x) &= \lim_{x \to 0} \frac{\tan{3x}}{x} \\
&= \lim_{x \to 0} 3 \cdot \frac{\sin{3x}}{3x} \cdot \frac{1}{\cos{3x}} \\
&= 3 \cdot 1 \cdot 1 = 3
\end{align}
$$
よって$f(0)=3$のようにおけば関数が$x=0$で連続となる。
$[2]$
$\displaystyle f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$と定めれば良い。$\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} f(x) &= \lim_{x \to 0} \frac{\log{(1+2x)}}{x} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \log{(1+2x)} \\
&= \lim_{x \to 0} \log{(1+2x)^{\frac{1}{x}}} \\
&= \lim_{x \to 0} \log{(1+2x)^{\frac{1}{2x} \cdot 2}} \\
&= \lim_{x \to 0} \log{[(1+2x)^{\frac{1}{2x}}]^{2}} \\
&= \lim_{x \to 0} 2 \log{(1+2x)^{\frac{1}{2x}}} \\
&= 2 \log{e} = 2
\end{align}
$$
よって$f(0)=2$のようにおけば関数が$x=0$で連続となる。
問題.$2$
$[1]$
$f(x)=e^{-x}-\sin{x}$とおく。このとき$\displaystyle f(0), f \left( \frac{\pi}{2} \right)$は下記のように値が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(0) &= e^{0}-\sin{0} \\
&= 1-0 \\
&= 1 > 0 \\
f \left( \frac{\pi}{2} \right) &= e^{-\frac{\pi}{2}}-\sin{\frac{\pi}{2}} \\
&= e^{-\frac{\pi}{2}} – 1 < 0
\end{align}
$$
ここで区間$\displaystyle \left[ 0,\frac{\pi}{2} \right]$で$f(x)$が連続であるので、中間値の定理に基づいて$\displaystyle 0 < x < \frac{\pi}{2}$で$f(x)=0$が実数解を持つ。
$[2]$
$f(x)=1-\log{|x|}$とおく。このとき$\displaystyle f(-1), \lim_{x \to +0} f(x)$は下記のように値が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(-1) &= -1 – \log{|-1|} \\
&= -1 – \log{1} \\
&= -1 \\
\lim_{x \to +0} f(x) &= \lim_{x \to +0} (1-\log{|x|}) \\
&= \infty
\end{align}
$$
ここで区間$\displaystyle \left[ -1,0 \right)$で$f(x)$が連続であるので、中間値の定理に基づいて$-1 < x < 0$が実数解を持つ。
数理技能問題
問題.$1$
問題.$2$
問題.$3$
・$[1]$
$x \to \infty$かつ$\log{x}$が単調増加であるので、$x$に関して下記の不等号が成立する。
$$
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\begin{align}
\frac{\log{x^2}}{\log{x}} < &\frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} < \frac{\log{(x^2 + x^2)}}{\log{x}} \\
\frac{2\log{x}}{\log{x}} < &\frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} < \frac{\log{(2x^2)}}{\log{x}} \\
2 < &\frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} < 2 + \frac{\log{2}}{\log{x}}
\end{align}
$$
ここで$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \left( 2 + \frac{\log{2}}{\log{x}} \right) = 2$より、下記が成立する。
$$
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\begin{align}
\lim_{x \to \infty} \frac{\log{(x^2+1)}}{\log{x}} = 2
\end{align}
$$
・別解
（左辺）-（右辺）より示すこともできる。問題集に詳しい解答があるので省略する。
・$[2]$
$$
\large
\begin{align}
f(x) = x^2 (\log{x})^2 \left[ \frac{1}{\log{x}} – \frac{2}{\log{(x^2+1)}} \right]
\end{align}
$$
上記のように$f(x)$をおくとき、$f(x)$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= x^2 (\log{x})^2 \left[ \frac{1}{\log{x}} – \frac{2}{\log{(x^2+1)}} \right] \\
&= x^2 (\log{x})^{\cancel{2}} \times \frac{\log{(x^2+1)} – 2\log{x}}{\cancel{\log{x}} \cdot \log{(x^2+1)}} \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times x^2 \times (\log{(x^2+1)} – \log{x^2}) \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times x^2 \times \log{\frac{x^2+1}{x^2}} \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times x^2 \times \log{ \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right) } \\
&= \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times \log{ \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right)^{x^2} }
\end{align}
$$
よって$\displaystyle \lim_{x \to \infty} f(x)$の値は下記のように求められる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to \infty} f(x) &= \lim_{x \to \infty, x^2 \to \infty} \frac{\log{x}}{\log{(x^2+1)}} \times \log{ \left( 1 + \frac{1}{x^2} \right)^{x^2} } \\
&= \frac{1}{2} \times \log{e} = \frac{1}{2}
\end{align}
$$