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
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Contents
$1$次：計算技能検定
問題$1 \,$ 指数関数と展開の公式
$t=2^{x}-2^{-x}$に対し、$t^2$は下記のように変形することができる。
$$
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\begin{align}
t^{2} &= (2^{x}-2^{-x})^{2} \\
&= 2^{2x} + 2^{-2x} – 2 \cdot \cancel{2^{x}} \cdot \cancel{2^{-x}} \\
&= 2^{2x} + 2^{-2x} – 2
\end{align}
$$
上記の両辺に$4$を加えることで下記が得られる。
$$
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\begin{align}
t^{2} + 4 &= 2^{2x} + 2^{-2x} – 2 + 4 \\
(2^{2x} + 2^{-2x})^2 &= t^2 + 4 \\
2^{x}-2^{-x} &= \sqrt{t^2+4}
\end{align}
$$
よって$2^{3x}+2^{-3x}$は下記のように表すことができる。
$$
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\begin{align}
2^{3x}+2^{-3x} &= (2^{x}+2^{-x})^{3} – 3 \cdot \cancel{2^{x}} \cdot \cancel{2^{-x}} (2^{x}+2^{-x}) \\
&= (t^2+4)\sqrt{t^2+4} – 3\sqrt{t^2+4} \\
&= (t^2+1)\sqrt{t^2+4}
\end{align}
$$
問題$2 \,$ 球面の方程式
$$
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\begin{align}
x^2 + y^2 + z^2 = r^2
\end{align}
$$
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。
$$
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\begin{align}
2^2 + (-1)^2 + 1^2 &= r^2 \\
r^2 &= 6 \\
r &= \sqrt{6}
\end{align}
$$
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。
$$
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\begin{align}
\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} &= \frac{\beta \gamma + \gamma \alpha + \alpha \beta}{\alpha \beta \gamma} \\
&= \frac{\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha}{\alpha \beta \gamma}
\end{align}
$$
$3$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。
$$
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\begin{align}
2x^3-6x^2+9x+3 &= 2(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) \\
&= 2x^3 – 2(\alpha + \beta + \gamma)x^2 + 2(\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha)x – 2 \alpha \beta \gamma
\end{align}
$$
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。
$$
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\begin{align}
\alpha + \beta + \gamma &= \frac{6}{2} = 3 \\
\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha &= \frac{9}{2} \\
\alpha \beta \gamma &= -\frac{3}{2}
\end{align}
$$
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
$$
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\begin{align}
A = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$
①
$A^2$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
A^2 &= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$
②
$A^3$は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
A^3 &= A^2 A = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)\left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$
問題$5 \,$ 双曲線の焦点と漸近線
$$
\large
\begin{align}
\frac{x^2}{9} – \frac{y^2}{16} &= -1 \\
\frac{x^2}{3^2} – \frac{y^2}{4^2} &= -1
\end{align}
$$
①
$\sqrt{3^2+4^2} = \sqrt{25} = 5$より、双曲線の焦点は$(0,-5), (0,5)$である。
②
漸近線は$\displaystyle y = \pm \frac{4}{3}x$である。
問題$6 \,$ 極限の不定形
$$
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\begin{align}
\lim_{x \to 2} \frac{x^2+ax+b}{x-2} = 3
\end{align}
$$
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。
$$
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\begin{align}
\lim_{x \to 2} \frac{x^2+ax+b}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{x^2 + ax – 2a – 4}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{x^2-4 + a(x-2)}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{(x+2)(x-2) + a(x-2)}{x-2} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} \frac{(x+2+a)\cancel{(x-2)}}{\cancel{x-2}} &= 3 \\
\lim_{x \to 2} (x+2+a) &= 3 \\
4+a &= 3 \\
a &= -1
\end{align}
$$
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。
$$
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\begin{align}
\int \tan^{2}{\theta} d \theta &= \int (\tan^{2}{\theta}+1) – 1 d \theta \\
&= \int ((\tan{\theta})’ – 1) d \theta \\
&= \tan{\theta} – \theta + C
\end{align}
$$
$2$次：数理技能検定
問題$1 \,$ 組み合わせの分数の和
$$
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\begin{align}
\frac{1}{{}_{3} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \cdots + \frac{1}{{}_{4} C_{3}}
\end{align}
$$
上記の式は下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
& \frac{1}{{}_{3} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} + \cdots + \frac{1}{{}_{4} C_{3}} \\
&= \sum_{k=1}^{n-2} \frac{1}{{}_{k+2} C_{3}} \\
&= \sum_{k=1}^{n-2} \frac{3!}{k(k+1)(k+2)} \\
&= 3 \sum_{k=1}^{n-2} \left[ \frac{1}{k(k+1)} – \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right] \\
&= 3 \left[ \left( \frac{1}{1 \cdot 2} – \cancel{\frac{1}{2 \cdot 3}} \right) + \left( \cancel{\frac{1}{2 \cdot 3}} – \cancel{\frac{1}{3 \cdot 4}} \right) + \cdots \left( \cancel{\frac{1}{(n-2)(n-1)}} – \frac{1}{(n-1)n} \right) \right] \\
&= 3 \left[ \frac{1}{2} – \frac{1}{n(n-1)} \right] \\
&= 3 \times \frac{n(n-1) – 2}{2n(n-1)} \\
&= 3 \times \frac{n^2 – n – 2}{2n(n-1)} \\
&= \frac{3(n+1)(n-2)}{2n(n-1)}
\end{align}
$$
問題$2 \,$ 常用対数の値の推定
$\displaystyle \frac{17}{16} < \frac{16}{15}$より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\log_{10}{\frac{17}{16}} & < \log_{10}{\frac{16}{15}} \\
\log_{10}{17} & < 2 \log_{10}{16} – \log_{10}{15} \\
&= 8\log_{10}{2} – (\log_{10}{3} + 1 – \log_{10}{2}) \\
&= 9\log_{10}{2} – \log_{10}{3} – 1 \\
&= 2.709 – 0.4771 – 1 \\
&= 1.2319
\end{align}
$$
同様に$\displaystyle \frac{18}{17} < \frac{17}{16}$より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\log_{10}{\frac{18}{17}} & < \log_{10}{\frac{17}{16}} \\
2 \log_{10}{17} & > \log_{10}{18} + \log_{10}{16} \\
\log_{10}{17} & > \frac{1}{2} ( \log_{10}{2} + 2 \log_{10}{3} + 4 \log_{10}{2} ) \\
&= \frac{1}{2} ( 5 \log_{10}{2} + 2 \log_{10}{3} ) \\
&= \frac{1}{2} ( 1.505 + 0.9542 ) \\
&= 1.2296
\end{align}
$$
$1.2296 < \log_{10}{17} < 1.2319$より、四捨五入を考慮すると$\log_{10}{17} \simeq 1.23$が得られる。
問題$3 \,$ ケーリー・ハミルトンの定理
$$
\large
\begin{align}
A = \left(\begin{array}{cc} a & b \ c & d \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記のような行列$A$について$A^3=-E$が成立するので、ケーリー・ハミルトンの定理より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
A^3 &= A[ (a+d)A + (ad-bc)E ] \\
&= (a+d)A^2 – (ad-bc)A \\
&= (a+d)[(a+d)A – (ad-bc)E] – (ad-bc)A \\
&= (a+d)^2 A – (ad-bc)A – (a+d)(ad-bc)E \\
&= [(a+d)^2-(ad-bc)]A – (a+d)(ad-bc)E = -E \quad (1)
\end{align}
$$
ここで$A=kE$のように表せる場合は下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
A^3 = k^3E^3 &= -E \\
(k^3+1)E &= O \\
(k+1)(k^2+k+1)E &= O
\end{align}
$$
上記より$k=-1$が得られるが、$A \neq -E$であるので$A \neq kE$である。よって、$(1)$式より下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
(a+d)^2 – (ad-bc) &= 0 \quad (2) \\
(a+d)(ad-bc) &= 1 \quad (3)
\end{align}
$$
$(2)$式より$ad-bc=(a+d)^2$が得られるので$(3)$式に代入すると$(a+d)^3=1$が得られる。よって$a+d=ad-bc=1$である。ここで$a+d=1$より$a$と$d$のどちらかが偶数であるので$ad$は偶数である。よって$bc=ad-1$は奇数となるので$b$と$c$はどちらも奇数であると考えられる。
問題$4 \,$ 三角関数と極限
$[1]$
$S_1$と$S_2$はそれぞれ下記のように表せる。
$$
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\begin{align}
S_1 &= \frac{1}{2} \cdot OT \cdot TQ \\
&= \frac{1}{2} r \cdot r \tan{\theta} \\
&= \frac{r^2 \tan{\theta}}{2} \\
S_2 &= \frac{1}{2} OA^2 \theta \\
&= \frac{r^2 \theta}{2}
\end{align}
$$
よって$\displaystyle \lim_{\theta \to 0} \frac{S_2}{S_1}$は下記のように得られる。
$$
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\begin{align}
\lim_{\theta \to 0} \frac{S_2}{S_1} &= \lim_{\theta \to 0} \frac{\displaystyle \frac{r^2 \theta}{2}}{\displaystyle \frac{r^2 \tan{\theta}}{2}} \\
&= \lim_{\theta \to 0} \frac{\theta}{\tan{\theta}} \\
&= \lim_{\theta \to 0} \frac{\theta}{\sin{\theta}} \cdot \cos{\theta} \\
&= 1 \cdot 1 \\
&= 1
\end{align}
$$
$[2]$
$PA$と$PQ$はそれぞれ下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
PA &= r – r\cos{\theta} \\
&= r(1-\cos{\theta}) \\
PQ &= \frac{r}{\cos{\theta}} – r \cos{\theta} \\
&= \frac{r – r \cos^{2}{\theta}}{\cos{\theta}} \\
&= \frac{r(1-\cos^{2}{\theta})}{\cos{\theta}}
\end{align}
$$
よって$\displaystyle \lim_{\theta \to 0} \frac{PQ}{PA}$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{\theta \to 0} \frac{PQ}{PA} &= \lim_{\theta \to 0} \frac{\displaystyle \frac{r(1-\cos^{2}{\theta})}{\cos{\theta}}}{r(1-\cos{\theta})} \\
&= \lim_{\theta \to 0} \frac{1-\cos^{2}{\theta}}{\cos{\theta}(1-\cos{\theta})} \\
&= \lim_{\theta \to 0} \frac{\cancel{(1-\cos{\theta})}(1+\cos{\theta})}{\cos{\theta}\cancel{(1-\cos{\theta})}} \\
&= \lim_{\theta \to 0} \frac{1+\cos{\theta}}{\cos{\theta}} \\
&= \frac{1+1}{1} \\
&= 2
\end{align}
$$
問題$5 \,$ 魔法陣
$$
\large
\begin{align}
\begin{array}{ccc} x_1 & x_2 & x_3 \\ x_4 & x_5 & x_6 \\ x_7 & x_8 & x_9 \end{array}
\end{align}
$$
上記のように魔法陣の各値を$x_1$〜$x_9$で表す。
$[1]$
縦の$3$列に$1$〜$9$の数字を用いるかつそれぞれの列の和は一致することから、それぞれの列の和は下記のように得られる。
$$
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\begin{align}
\frac{1}{3} \sum_{k=1}^{9} x_k &= \frac{1}{3} \cdot 45 \\
&= 15
\end{align}
$$
ここで中央の値を$x_5$とおくと、真ん中の行と列、$2$つの斜めに並ぶ数の和は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
x_1 + x_5 + x_9 + x_3 + x_5 + x_7 + x_4 + & x_5 + x_6 + x_2 + x_5 + x_8 = 60 \\
\sum_{k=1}^{9} x_k + 3x_5 &= 60 \\
3x_5 &= 60 – 45 \\
3x_5 &= 15 \\
x_5 &= 5
\end{align}
$$
上記より$x_5=5$が示される。
$[2]$
それぞれの列、行、斜めにおける$3$つの数の和が$15$であるので、$3$つの数は「奇数、偶数、偶数」か「奇数、奇数、奇数」が並ぶ必要がある。中心が$x_5=5$であることから、中央の列と行、斜めのそれぞれの$x_5$以外の値は「偶数、偶数」か「奇数、奇数」となる。
ここで$x_2, x_8$に偶数を割り当てる場合、$x_1, x_9$は「奇数、偶数」の割り当てが必要だが『中央の列と行、斜めのそれぞれの$x_5$以外の値は「偶数、偶数」か「奇数、奇数」』であることに反する。このことは$x_4, x_6$についても同様である。
よって、$x_2, x_4, x_6, x_8$の全てが偶数であるので$x_1, x_3, x_7, x_9$が奇数である必要がある。
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$7 \,$ 部分積分法に基づくウォリス積分
$$
\large
\begin{align}
I_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n}{x} dx
\end{align}
$$
$[1]$
$I_{n+2}$は下記のように変形を行うことができる。
$$
\large
\begin{align}
I_{n+2} &= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n+2}{x} dx \\
&= \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{x}\sin^{n+1}{x} dx \\
&= -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\cos{x})’ \sin^{n+1}{x} dx \\
&= -\left[ \cos{x}\sin^{n+1}{x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (n+1)\cos{x}\sin^{n}{x}(\sin{x})’ dx \\
&= (n+1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^{2}{x}\sin^{n}{x} dx \\
&= (n+1) \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\sin^{2}{x})\sin^{n}{x} dx \\
&= (n+1) \left[ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n}{x} dx – \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n+2}{x} dx \right] \\
&= (n+1)I_{n} – (n+1)I_{n+2} \\
(n+2)I_{n+2} &= (n+1)I_{n} \\
I_{n+2} &= \frac{n+1}{n+2}I_{n}
\end{align}
$$
$[2]$
$I_{2011}, I_{2010}$はそれぞれ下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
I_{2011} &= \frac{2010}{2011} I_{2009} \\
&= \cdots \\
&= \frac{2010}{2011} \cdot \frac{2008}{2009} \cdots \frac{2}{3} I_{1} \\
I_{2010} &= \frac{2009}{2010} I_{2008} \\
&= \cdots \\
&= \frac{2009}{2010} \cdot \frac{2007}{2008} \cdots \frac{1}{2} I_{0}
\end{align}
$$
よって$I_{2011}I_{2010}$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
I_{2011}I_{2010} &= \frac{\cancel{2010}}{2011} \cdot \frac{\cancel{2009}}{\cancel{2010}} \cdots \frac{1}{\cancel{2}} I_{1} I_{0} \\
&= \frac{1}{2011} I_{1} I_{0}
\end{align}
$$
したがって$\displaystyle \frac{I_{0}}{I_{2011}I_{2010}}$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{I_{0}}{I_{2011}I_{2010}} &= \frac{2011 \cancel{I_{0}}}{I_{1} \cancel{I_{0}}} \\
&= \frac{2011}{I_{1}} \\
&= \frac{2011}{\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin{x} dx} \\
&= \frac{2011}{\displaystyle \left[ \cos{x} \right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}} \\
&= \frac{2011}{0-(-1)} = 2011
\end{align}
$$
・参考