「データサイエンス 数学ストラテジスト 上級」はデータサイエンスの基盤である、確率・統計、線形代数、微積分、機械学習、プログラミングなどを取り扱う資格試験です。当記事では「日本数学検定協会」作成の「公式問題集」の演習問題$31$〜$40$の解答例を取り扱いました。
・数学検定まとめ
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Contents
演習問題
Q.31
$4$点が同じ平面上にあるとき、実数$s, t$について下記のような式が成立する。
$$
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\begin{align}
\overrightarrow{OC} &= s \overrightarrow{OA} + t \overrightarrow{OB} \\
\left( \begin{array}{c} -3 \\ 5 \\ k \end{array} \right) &= s \left( \begin{array}{c} -2 \\ 2 \\ 2 \end{array} \right) + t \left( \begin{array}{c} 1 \\ -3 \\ 4 \end{array} \right) \\
\left( \begin{array}{c} -3 \\ 5 \\ k \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} -2s + t \\ 2s-3t \\ 2s+4t \end{array} \right) \quad [1]
\end{align}
$$
$[1]$式の$1$行目と$2$行目より$s=1, t=-1$が得られ、$3$行目に代入すると$k=-2$が得られる。よって$(4)$が正しい。
Q.32
定積分$\displaystyle \int_{2}^{3} \log{(x-1)} dx$は部分積分に基づいて下記のように計算を行うことができる。
$$
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\begin{align}
\int_{2}^{3} \log{(x-1)} dx &= \left[ (x-1) \log{(x-1)} \right]_{2}^{3} – \int_{2}^{3} (\cancel{x-1}) \cdot \frac{1}{\cancel{x-1}} \\
&= (3-1) \log{(3-1)} – (2-1) \log{(2-1)} – \left[ x \right]_{2}^{3} \\
&= 2 \log{2} – 1
\end{align}
$$
よって$(3)$が正しい。
Q.33
$f(x)=x^4-4x^3+10x^2+3x-1$とおくと、$f'(x), \, f^{”}(x)$は下記のように得られる。
$$
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\begin{align}
f'(x) &= 4x^3 – 12x^2 + 20x + 3 \\
f^{”}(x) &= 12x^2 – 24x + 20 \\
&= 12(x-1)^{2} + 8 > 0
\end{align}
$$
$f^{”}(x)>0$であるので$f(x)$が下に凸の関数である。ここで$f(0)=-1<0$、$\displaystyle \lim_{x \to \pm \infty} f(x) = \infty$であるので$f(x)=0$は$2$個の実数解を持つ。よって$(3)$が正しい。
Q.34
$$
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\begin{align}
\int_{0}^{x} f(t) \cos{t} dt = f(x) – \sin{x}, \quad x \geq 0 \quad [1]
\end{align}
$$
$[1]$式の両辺を$x$について微分すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d}{dx} \int_{0}^{x} f(t) \cos{t} dt &= \frac{d}{dx}[f(x) – \sin{x}] \\
f(x) \cos{x} &= f'(x) – \cos{x}
\end{align}
$$
ここで$\displaystyle y=f(x), f'(x)=\frac{dy}{dx}$とおくと下記が得られる。
$$
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\begin{align}
f(x) \cos{x} &= f'(x) – \cos{x} \\
(y+1) \cos{x} &= \frac{dy}{dx} \\
\int \frac{1}{y+1} dy &= \int \cos{x} dx \\
\log{|y+1|} &= \sin{x} + C \\
|y+1| &= e^{\sin{x} + C} \\
y+1 &= \pm e^{C} \cdot e^{\sin{x}} \\
f(x) &= -1 + A e^{\sin{x}} \quad [2], \quad (A=\pm e^{C})
\end{align}
$$
上記に対し、$[1]$式に$x=0$を代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{0} f(t) \cos{t} dt &= f(0) – \sin{0} \\
0 &= f(0) – 0 \\
f(0) &= 0 \quad [3]
\end{align}
$$
$[2]$式に$[3]$式を代入すると下記が得られる。
$$
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\begin{align}
f(0) &= -1 + A e^{\sin{0}} \\
0 &= -1 + A \cdot 1 \\
A &= 1
\end{align}
$$
$[2]$式に$A=1$を代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
f(x) &= -1 + e^{\sin{x}} \\
&= e^{\sin{x}} – 1
\end{align}
$$
よって$(3)$が正しい。
Q.35
$$
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\begin{align}
f(x,y) = e^{-(x^2+y^2)}
\end{align}
$$
$f(x,y)$の$x$に関する偏微分を$f_{x}$、$y$に関する偏微分を$f_{y}$とおくと、それぞれ下記のように計算できる。
$$
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\begin{align}
f_{x} &= \frac{\partial f}{\partial x} = e^{-(x^2+y^2)} \cdot (-2x) \\
&= -2x e^{-(x^2+y^2)} \\
f_{y} &= \frac{\partial f}{\partial y} = -2y e^{-(x^2+y^2)}
\end{align}
$$
同様に$f_{xx}, f_{yy}$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
f_{xx} &= \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} = -2x e^{-(x^2+y^2)} – -2x e^{-(x^2+y^2)} \cdot (-2x) \\
&= (4x^2-2) e^{-(x^2+y^2)} \\
f_{yy} &= \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} = (4y^2-2) e^{-(x^2+y^2)}
\end{align}
$$
よって$f_{xx}+f_{yy}$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
f_{xx}+f_{yy} &= (4x^2-2) e^{-(x^2+y^2)} + (4y^2-2) e^{-(x^2+y^2)} \\
&= 4 e^{-(x^2+y^2)} (x^2+y^2-1)
\end{align}
$$
上記より$(3)$が正しい。
Q.36
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \frac{x^{2} \sin{\beta x}}{\alpha x – \sin{x}} \quad (1)
\end{align}
$$
$\sin{x}$のマクローリン展開は下記のように行える。
$$
\large
\begin{align}
\sin{x} = x – \frac{1}{3!} x^{3} + o(x)
\end{align}
$$
上記より$(1)$式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \frac{x^{2} \sin{\beta x}}{\alpha x – \sin{x}} &= \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle x^{2} \left( \beta x – \frac{1}{3!} (\beta x)^{3} + o(x^{3}) \right)}{\displaystyle \alpha x – \left( x – \frac{1}{3!} x^{3} + o(x^{3}) \right)} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \beta x^{3} + o(x^{3})}{\displaystyle (\alpha-1) x + \frac{1}{3!} x^{3} + o(x^{3})} \quad (2) \\
\end{align}
$$
$(2)$式が極限値$3$を持つので$\alpha=1$が得られる。また、$\alpha=1$を$(2)$式に代入すると下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \beta x^{3} + o(x^{3})}{\displaystyle \frac{1}{3!} x^{3} + o(x^{3})} &= 3 \\
6 \beta &= 3 \\
\beta &= \frac{1}{2}
\end{align}
$$
よって$\displaystyle \alpha=1, \beta=\frac{1}{2}$より$6 \alpha \beta=3$であるので$(2)$が正しい。
・解説
漸近展開(asymptotic expansion)を用いた極限値の計算については下記で詳しく取り扱いました。
Q.37
$$
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\begin{align}
f(x) = \sqrt{1-x+2x^{2}} = (1-x+2x^{2})^{\frac{1}{2}}
\end{align}
$$
以下、$f(x)$の$4$次導関数である$f^{(4)}(x)$を求める。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= \frac{1}{2}(1-x+2x^{2})^{-\frac{1}{2}} \cdot (4x-1) \\
&= \frac{1}{2}(4x-1)(1-x+2x^{2})^{-\frac{1}{2}} \\
f^{”}(x) &= \frac{1}{2} \cdot 4(1-x+2x^{2})^{-\frac{1}{2}} + \frac{1}{2}(4x-1) \cdot -\frac{1}{2}(1-x+2x^{2})^{-\frac{3}{2}} \cdot (4x-1) \\
&= \frac{1}{4} (1-x+2x^{2})^{-\frac{3}{2}} \left( 8(1-x+2x^{2}) – (4x-1)^{2} \right) \\
&= \frac{7}{4} (1-x+2x^{2})^{-\frac{3}{2}} \\
f^{(3)}(x) &= \frac{7}{4} \cdot -\frac{3}{2} (1-x+2x^{2})^{-\frac{5}{2}} \cdot (4x-1) \\
&= -\frac{21}{8} (4x-1) (1-x+2x^{2})^{-\frac{5}{2}} \\
f^{(4)}(x) &= -\frac{21}{8} \cdot 4(1-x+2x^{2})^{-\frac{5}{2}} – \frac{21}{8} (4x-1) \cdot -\frac{5}{2}(1-x+2x^{2})^{-\frac{7}{2}} (4x-1)
\end{align}
$$
上記より$f^{(4)}(0)$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
f^{(4)}(0) &= -\frac{21}{8} \cdot 4 + \frac{21}{8} \cdot (0-1) \cdot \frac{5}{2} \cdot (0-1) \\
&= \frac{21}{16}(-8+5) \\
&= -\frac{63}{16}
\end{align}
$$
ここで$f(x)$のマクローリン展開における$x^{4}$の係数は$\displaystyle \frac{f^{(4)}(0)}{4!}$であるので、係数は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\frac{f^{(4)}(0)}{4!} &= -\frac{63}{16} \cdot \frac{1}{4 \cdot 3 \cdot 2} \\
&= -\frac{21}{16 \cdot 8} = -\frac{21}{128}
\end{align}
$$
公式問題集の第$1$版第$1$刷の解答は日本数学検定協会公式の正誤表で訂正されていることに注意が必要である。
Q.38
$$
\large
\begin{align}
f &: \, A = \left( \begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 5 & -3 \end{array} \right) \\
g &: \, B \\
g \circ f &: \, \left( \begin{array}{cc} 18 & -10 \\ -1 & 0 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記より行列$B$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
B &= \left( \begin{array}{cc} 18 & -10 \\ -1 & 0 \end{array} \right) A^{-1} \\
&= \left( \begin{array}{cc} 18 & -10 \\ -1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 5 & -3 \end{array} \right)^{-1} \\
&= \frac{1}{2 \cdot (-3) – (-1) \cdot 5} \left( \begin{array}{cc} 18 & -10 \\ -1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} -3 & 1 \\ -5 & 2 \end{array} \right) \\
&= -\left( \begin{array}{cc} -4 & -2 \\ 3 & -1 \end{array} \right) \\
&= \left( \begin{array}{cc} 4 & 2 \\ -3 & 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
よって$(1)$が正しい。
Q.39
行列$\displaystyle \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array} \right)$の逆行列は掃き出し法に基づいて下記のように得ることができる。
$$
\large
\begin{align}
\left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & -2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 2 & 1 & -2 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) & \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 3 & 5 \\ 0 & 1 & 2 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ -2 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 2 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 4 & 1 & -3 \\ -2 & 0 & 1 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} -7 & -2 & 6 \\ 4 & 1 & -3 \\ 6 & 2 & -5 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} -7 & -2 & 6 \\ -4 & -1 & 3 \\ 6 & 2 & -5 \end{array} \right) \\
& \longrightarrow \left( \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \, \middle| \, \begin{array}{ccc} -7 & -2 & 6 \\ 6 & 2 & -5 \\ -4 & -1 & 3 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記より逆行列は$\displaystyle \left( \begin{array}{ccc} -7 & -2 & 6 \\ 6 & 2 & -5 \\ -4 & -1 & 3 \end{array} \right)$であるので$(5)$が正しい。
・解説
掃き出し法による逆行列の計算法については下記などで詳しく取り扱いました。
Q.40
$$
\large
\begin{align}
A &= \left( \begin{array}{ccc} 1 & \alpha & \alpha^{2} \\ \alpha & 1 & \alpha \\ \alpha^{2} & \alpha & 1 \end{array} \right) \\
A\left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) &= \left( \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 1 \end{array} \right)
\end{align}
$$
上記が無限個の解を持つには「$\det{A}=0$が必要条件」となる。$\det{A}=0$は下記のように解くことができる。
$$
\large
\begin{align}
\det{A} &= 0 \\
\left| \begin{array}{ccc} 1 & \alpha & \alpha^{2} \\ \alpha & 1 & \alpha \\ \alpha^{2} & \alpha & 1 \end{array} \right| &= 0 \\
\left| \begin{array}{ccc} 1 & \alpha & \alpha^{2} \\ 0 & 1-\alpha^{2} & \alpha(1-\alpha^{2}) \\ 0 & \alpha(1-\alpha^{2}) & 1-\alpha^{4} \end{array} \right| &= 0 \\
(-1)^{1+1} \left| \begin{array}{cc} 1-\alpha^{2} & \alpha(1-\alpha^{2}) \\ \alpha(1-\alpha^{2}) & (1+\alpha^{2})(1-\alpha^{2}) \end{array} \right| &= 0 \\
(1-\alpha^{2})^{2}(1+\alpha^{2}) – \alpha^{2}(1-\alpha^{2})^{2} &= 0 \\
(1-\alpha^{2})^{2}(1+\cancel{\alpha^{2}}-\cancel{\alpha^{2}}) &= 0 \\
(1-\alpha^{2})^{2} &= 0 \\
\alpha^{2} &= 1 \\
\alpha &= \pm 1
\end{align}
$$
ここで$\alpha=1$のとき解が定まらないので、無限個の解を持つのは$\alpha=-1$のときである。よって$(3)$が正しい。