数学検定準1級 解説 〜過去問題① 解答例・解説 1次:計算技能検定・2次:数理技能検定〜

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」の数学検定準$1$級の内容に基づき、過去問題①の解答例と解説の作成を行いました。

・数学検定まとめ
https://www.hello-statisticians.com/math_certificate

$1$次:計算技能検定

問題$1 \,$

問題$2 \,$ 球面の方程式

$$
\large
\begin{align}
x^2 + y^2 + z^2 = r^2
\end{align}
$$

原点$(0,0,0)$を中心とする球の方程式は上記のように表せる。ここで上記の球は点$(2,-1,1)$を通るので下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
2^2 + (-1)^2 + 1^2 &= r^2 \\
r^2 &= 6 \\
r &= \sqrt{6}
\end{align}
$$

よって求める球面の方程式は$x^2 + y^2 + z^2 = 6$である。

問題$3 \,$ $3$次方程式の解と係数の対応

$3$次方程式$2x^3-6x^2+9x+3=0$の$3$つの複素数解$\alpha, \beta, \gamma$に対し、下記の計算を行う。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} &= \frac{\beta \gamma + \gamma \alpha + \alpha \beta}{\alpha \beta \gamma} \\
&= \frac{\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha}{\alpha \beta \gamma}
\end{align}
$$

$3$次関数$2x^3-6x^2+9x+3$は$\alpha, \beta, \gamma$を用いて下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
2x^3-6x^2+9x+3 &= 2(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) \\
&= 2x^3 – 2(\alpha + \beta + \gamma)x^2 + 2(\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha)x – 2 \alpha \beta \gamma
\end{align}
$$

このとき上記の式の対応により、下記がそれぞれ成立する。
$$
\large
\begin{align}
\alpha + \beta + \gamma &= \frac{6}{2} = 3 \\
\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha &= \frac{9}{2} \\
\alpha \beta \gamma &= -\frac{3}{2}
\end{align}
$$

したがって$\displaystyle \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma}$の値は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} &= \frac{\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha}{\alpha \beta \gamma} \\
&= \frac{9}{\cancel{2}} \times \left( -\frac{\cancel{2}}{3} \right) \\
&= -3
\end{align}
$$

・解説
「解と係数の関係」に基づいて公式的に考えても同様の結果が得られますが、導出自体の計算量がそれほど多くないので都度導出を行うで十分だと思います。

問題$4 \,$ $3$次正方行列の累乗

$$
\large
\begin{align}
A = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$


$A^2$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
A^2 &= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$


$A^3$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
A^3 &= A^2 A = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$

問題$5 \,$ 双曲線の焦点と漸近線

$$
\large
\begin{align}
\frac{x^2}{9} – \frac{y^2}{16} &= -1 \\
\frac{x^2}{3^2} – \frac{y^2}{4^2} &= -1
\end{align}
$$


$\sqrt{3^2+4^2} = \sqrt{25} = 5$より、双曲線の焦点は$(0,-5), (0,5)$である。


漸近線は$\displaystyle y = \pm \frac{4}{3}x$である。

問題$6 \,$ 極限の不定形

$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 2} \frac{x^2+ax+b}{x-2} = 3
\end{align}
$$

上記が成立する際の$a, b$の値の導出を行う。まず、極限値を持つことから下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 2} (x^2+ax+b) &= 0 \\
2^2 + 2a + b &= 0 \\
b &= -2a – 4
\end{align}
$$

ここで$b = -2a-4$を元の式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 2} \frac{x^2+ax+b}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{x^2 + ax – 2a – 4}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{x^2-4 + a(x-2)}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{(x+2)(x-2) + a(x-2)}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{(x+2+a)\cancel{(x-2)}}{\cancel{x-2}} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} (x+2+a) &= 3 \\
4+a &= 3 \\
a &= -1
\end{align}
$$

上記より、$b = -2a-4 = 2-4 = -2$である。したがって、$a=-1,b=-2$のとき元の式が成立する。

問題$7 \,$ $\tan^{2}{\theta}$の不定積分

$$
\large
\begin{align}
\int \tan^{2}{\theta} d \theta
\end{align}
$$

$\displaystyle (\tan{\theta})’ = \frac{1}{\cos^{2}{\theta}} = \tan^{2}{\theta}+1$より、上記は下記のように求めることができる。
$$
\large
\begin{align}
\int \tan^{2}{\theta} d \theta &= \int (\tan^{2}{\theta}+1) – 1 d \theta \\
&= \int ((\tan{\theta})’ – 1) d \theta \\
&= \tan{\theta} – \theta + C
\end{align}
$$

$2$次:数理技能検定

問題$1 \,$ 組み合わせの分数の和

$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{{}_{3} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \cdots + \frac{1}{{}_{4} C_{3}}
\end{align}
$$

上記の式は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
& \frac{1}{{}_{3} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \cdots + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} \\
&= \sum_{k=1}^{n-2} \frac{1}{{}_{k+2} C_{3}} \\
&= \sum_{k=1}^{n-2} \frac{3!}{k(k+1)(k+2)} \\
&= 3 \sum_{k=1}^{n-2} \left[ \frac{1}{k(k+1)} – \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right] \\
&= 3 \left[ \left( \frac{1}{1 \cdot 2} – \cancel{\frac{1}{2 \cdot 3}} \right) + \left( \cancel{\frac{1}{2 \cdot 3}} – \cancel{\frac{1}{3 \cdot 4}} \right) + \cdots \left( \cancel{\frac{1}{(n-2)(n-1)}} – \frac{1}{(n-1)n} \right) \right] \\
&= 3 \left[ \frac{1}{2} – \frac{1}{n(n-1)} \right] \\
&= 3 \times \frac{n(n-1) – 2}{2n(n-1)} \\
&= 3 \times \frac{n^2 – n – 2}{2n(n-1)} \\
&= \frac{3(n+1)(n-2)}{2n(n-1)}
\end{align}
$$

問題$2 \,$

問題$3 \,$

問題$4 \,$

問題$5 \,$

問題$6 \,$ 相加平均・相乗平均

$$
\large
\begin{align}
\frac{1}{C_A} &= \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} + \frac{1}{C_3} + \cdots + \frac{1}{C_n} \\
C_B &= C_1 + C_2 + C_3 + \cdots C_n
\end{align}
$$

上記のように定めた$\displaystyle \frac{1}{C_A}, C_B$の少なくとも一方が$n$以上であることを示すにあたっては、$\displaystyle \frac{1}{C_A} + C_B \geq 2n$であることを示せば良い。

ここで$\displaystyle \frac{1}{C_i} + C_i \geq 2$であることを示せれば$\displaystyle \frac{1}{C_A} + C_B \geq 2n$が成立する。$\displaystyle \frac{1}{C_i} + C_i$は下記のように式変形を行うことができる。
$$
\large
\begin{align}
\left( \frac{1}{C_i} + C_i \right)^2 &= \left( \frac{1}{C_i} – C_i \right)^{2} + 4 \frac{C_i}{C_i} \\
&= \left( \frac{1}{C_i} – C_i \right)^{2} + 4 \geq 4 \\
\frac{1}{C_i} + C_i \geq 2
\end{align}
$$

上記より$\displaystyle \frac{1}{C_i} + C_i \geq 2$が示せるので$\displaystyle \frac{1}{C_A}, C_B$の少なくとも一方が$n$以上であることも同時に示される。

・解説
この問題では$\displaystyle \frac{1}{C_i} + C_i \geq 2 \implies \frac{1}{C_A} + C_B \geq 2n$と$\displaystyle \frac{1}{C_A} + C_B \geq 2n \implies \frac{1}{C_A}, C_B$の少なくとも一方が$n$以上を元に証明を行いました。十分条件を$2$度考えることで示す対象の不等式を「相加平均・相乗平均の式」に帰着させましたが、より制約の多い不等式を示すことで導出を行なったと解釈すると良いです。また、相加平均・相乗平均の式は$(A+B)^2 = (A-B)^2+4AB \geq 4AB$によって簡単に示せるので解答作成にあたっては式のみを用いるで十分だと思います。

問題$7 \,$