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アクチュアリー試験数学の研究



 アクチュアリー試験
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2010-02-04 アクチュアリー採用問題の解答案(7)

http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20100114

から始まった

アクチュアリー採用問題の解答案」

シリーズの7回目です。

今日は、三井生命

http://d.hatena.ne.jp/actuary2/20090414/1239721426

を取り上げます。


標準的な問題が少なくないですが、

全体的に他社と比べ問題の分量が多い(時間が不明ですが)のと

中に厄介な問題を何題か含む

という印象を受けました。


問4は高校数学の範囲内でも解ける(解法1)のですが2階導関数をとったときに0になる点があるため、「等号」を含まないことをいうきちんと言うのは意外に厄介です。*1

他の問題を考えた場合、ここまでの厳密性は必要とされないかも知れませんが、前回の∫[0,∞]exp(-x^2)dx とは違って、それほどの手間でもないので可能であればケアしておくほうが望ましいと考えます。

(解法2)ではテーラー展開を使って一気に片付ける方法を考えてみました。


問6は、

1+¥frac{1}{2}+¥frac{1}{3}+¥frac{1}{4}+¥frac{1}{5}+¥cdots<1+¥frac{1}{2}+¥frac{1}{2}+¥frac{1}{4}+¥frac{1}{4}+¥cdots

とでもやりたいところですが、このような「甘い」評価では解けません。

¥log(¥cdots)を評価するのですが、

log 2≒0.69〜0.7(正確には0.693…)ということを知っておかないとかなり苦しいのではないかと考えられます。

ここでは、expのテーラー展開を用いてlog 2<0.7を示します。

(なお、

東京大学(理系)の2007年度入試問題の6番で

0.69<¥log 2<0.71

を証明させる問題が出ています。

解答は、例えば

http://www.densu.jp/tokyo/07tokyosprob.pdf

でご確認ください。)


問10の(2)は、いろいろな方法が考えられますが、sin についても一緒に証明するのが一番スムーズではないかと考えます。


なお、問9・10で出てくる「自然数」の範囲が今一つはっきりしないのですが(高校以下では0を含まない、大学では0を含むことが多い)、ここでは0を含めて考えています。


その他の注意点は

http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20100114

のそれと同じです。


問1

固有値は1と-1(これは上半(下半)三角行列の行列式が対角成分の積となることより明らか)

固有値1に対する固有ベクトル

¥left(¥begin{array}{c} 1 ¥¥ 2¥end{array}¥right)

固有値-1に対する固有ベクトル

¥left(¥begin{array}{c} 1 ¥¥ 0¥end{array}¥right)

P=¥left(¥begin{array} 1 && 1 ¥¥ 2 && 0 ¥end{array}¥right)

とおくと、

P^{-1}AP=¥left(¥begin{array}{cc} 1 && 0 ¥¥ 0 && -1 ¥end{array}¥right)

これより

P^{-1}A^nP=¥left(¥begin{array}{cc} 1 && 0 ¥¥ 0 && (-1)^n ¥end{array}¥right)

A^n=P¥left(¥begin{array}{cc} 1 && 0 ¥¥ 0 && (-1)^n ¥end{array}¥right)P^{-1}

A^n=¥frac{1}{2}¥left(¥begin{array}{cc} 1 && 1 ¥¥ 2 && 0 ¥end{array}¥right)¥left(¥begin{array}{cc} 1 && 0 ¥¥ 0 && (-1)^n ¥end{array}¥right)¥left(¥begin{array}{cc} 0 && 1 ¥¥ 2 && -1 ¥end{array}¥right)

A^n=¥frac{1}{2}¥left(¥begin{array}{cc} 1 && (-1)^n ¥¥ 2 && 0 ¥end{array}¥right)¥left(¥begin{array} 0 && 1 ¥¥ 2 && -1 ¥end{array}¥right)

A^n=¥frac{1}{2}¥left(¥begin{array}{cc} 2 && 1+(-1)^{n+1} ¥¥ 0 && 2 ¥end{array}¥right)…(答)


問2

特性方程式

t^2=4t-3

の解はt=1,3

これより、

a_n=¥alpha 3^n+¥beta¥alpha,¥betaは定数)

とおける。

さて、

a_0=1,a_1=4

より、

¥left¥{ ¥begin{array}{l} ¥alpha +¥beta=1 ¥¥ 3¥alpha +¥beta=4 ¥end{array} ¥right.

¥alpha=¥frac{3}{2},¥beta=-¥frac{1}{2}

であり、

a_n=¥frac{3^{n+1}-1}{2}…(答)


問3

(1)

t=¥sin xとおくとdt=¥cos x dx

与式

=¥int_0^1 t^3 dt

=¥left¥[¥frac{t^4}{4}¥right¥]_0^1

=¥frac{1}{4}…(答)

(2)

¥int_0^{¥infty} x^2 ¥exp(-x) dx=¥Gamma(3)=2!=2

としてもよいと思うのですが、一応部分積分で…

¥int_0^{¥infty} x^2 ¥exp(-x) dx

=¥[-x^2 ¥exp(-x)¥]_0^{¥infty}+2¥int_0^{¥infty} x ¥exp(-x) dt

=-2¥[x ¥exp(-x)¥]_0^{¥infty}+2¥int_0^{¥infty} ¥exp(-x) dt (∵¥lim_{x ¥to ¥infty}x^n ¥exp(-x)=0

=2¥[¥exp(-x)¥]_0^{¥infty}(同上)

=2…(答)



問4

(解法1)

f(x)=¥cos x-¥left(1-¥frac{x^2}{2}¥right)

とおく。

f’(x)=x-¥sin x

f’’(x)=1-¥cos x=¥frac{¥sin ^2 x}{2} ¥ge 0

(等号はx=¥frac{¥pi}{2}+n¥piのとき。ここでn整数

ゆえ

f’(x)

0 ¥le x < ¥frac{¥pi}{2}

では狭義単調増加

f’(0)=0なので、

f’(x) > 0 ¥, (0<x<¥frac{¥pi}{2})

また、f’(x)

x ¥ge ¥frac{¥pi}{2}

では広義単調増加

f’(x) ¥ge f’¥left(¥frac{¥pi}{2}¥right)>0 ¥, (¥frac{¥pi}{2} ¥le x)

これらのことから、

f’(x)>0 ¥, (0<x)

つまり、

f(x)

0 ¥le x

で狭義単調増加

つまり、

f(x)>f(0)=0

¥cos x>1-¥frac{x^2}{2…(証終)

(解法2)

f(x)=¥cos x,g(x)=1-¥frac{x^2}{2}

とおくと

x>2のとき、

g(x)<1-¥frac{2^2}{2}=-1<f(x)

なので、

0<x ¥le 2で証明すれば十分

このとき、

f(x)の3次までの項にテーラーの定理を適用し、

f(x)=1-¥frac{x^2}{2}+¥frac{x^3 ¥sin c}{6}

(ただし0<c<x

0<c<x<2<¥piなので、¥sin c>0

f(x)>1-¥frac{x^2}{2}=g(x)…(証終)


問5

¥sum_{k=1}^n k^3=¥frac{n^2(n+1)^2}{4}…(a)

数学的帰納法で証明する。

(i)n=1のとき、両辺=1で(a)は成り立つ。

(ii)n=mm ¥ge 1)のとき(a)が成り立つするとすると、

n=m+1のとき、

(左辺)

=¥sum_{k=1}^{m+1} k^3

=¥sum_{k=1}^{m} k^3+(m+1)^3

=¥frac{m^2(m+1)^2}{4}+(m+1)^3

=(m+1)^2 ¥cdot ¥frac{m^2+4(m+1)}{4}

=¥frac{(m+1)^2(m+2)^2}{4}

=(右辺)

n=m+1のときも(a)が成り立つ

(i)及び(ii)により

n ¥ge 1のとき(a)は成り立つ。…(証終)


問6

k>1のとき

¥frac{1}{k}<¥int_{k-1}^k ¥frac{dx}{x}

より、

¥sum_{k=1}^{1,000,000} ¥frac{1}{k}<1+¥int_{1}^{1,000,000} ¥frac{dx}{x}

=1+¥log (1,000,000)

<1+20¥log 2(∵1,000,000<(1,024)^2=2^{20}

さて、テーラーの定理から

¥exp(0.7)=1+0.7+¥frac{(0.7)^2}{2}+¥frac{(0.7)^3}{6}+¥frac{(0.7)^4 ¥exp(c)}{24}

(ただし0<c<0.7

さて、

1+0.7+¥frac{(0.7)^2}{2}+¥frac{(0.7)^3}{6}>1+0.7+0.245+0.057=2.002>2

であり、

¥frac{(0.7)^4 ¥exp(c)}{24}>0

(∵¥exp(c)>0

なので、

¥exp(0.7)>2

両辺logをとって

¥log 2 <0.7

これより、

1+20¥log 2=1+20*0.7=15

以上のことから、

¥sum_{k=1}^{1,000,000} ¥frac{1}{k}<15…(証終)


問7

Aがかつ確率をpとする。

Aが勝つ条件は

(i)1回目でAが1の目を出す

(ii)1〜3回目でA〜Cの全員が1以外の目を出し、4回目以降でAが最初に1の目を出す

のいずれか。

p=¥frac{1}{6}+p¥left(¥frac{5}{6}¥right)^3

これより

¥frac{91}{216}p=¥frac{1}{6}

なので、求める確率pは、

p=¥frac{36}{91}

(なお、B・Cの勝つ確率は、それぞれ

¥frac{30}{91},¥frac{25}{91}

であり、当然3つ全部足すと1)


問8

(1)

720=2^4 ¥times 3^2 ¥times 5

約数の個数は

¥fbox{2}のカード4枚、¥fbox{3}のカード2枚、¥fbox{5}のカード1枚の中からカードを何枚か選ぶ(1枚も選ばない場合も含む)組み合わせの数に等しく(選んだカードの積(1枚も選ばない場合は1)が約数に対応)、

その個数は

(4+1)*(2+1)*(1+1)=30個…(答)

(2)

(i)p素数とするとき

p^n約数の和は、

1+p+¥cdots+p^n=¥frac{p^{n+1}-1}{p-1}

(ii)p,qを相異なる素数とするとき

p^nq^m約数の和は、

(1+q+¥cdots+q^m)

+(p+pq+¥cdots+pq^m)

¥cdots

+(p^n+p^nq+¥cdots+p^nq^m)

=¥frac{p^{n+1}-1}{p-1}¥cdot¥frac{q^{m+1}-1}{q-1}

同様に考えると

720=2^4 ¥times 3^2 ¥times 5

約数の和は

¥frac{2^5-1}{2-1}¥cdot¥frac{3^3-1}{3-1}¥cdot¥frac{5^2-1}{5-1}

=31 ¥cdot 13 ¥cdot 6

=2,418 …(答)


問9

これはさすがにベータ関数

http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20081204

からでは駄目でしょうから…

¥int_0^1 x^m(1-x)^ndx=¥frac{m!n!}{(m+n+1)!}…(A)をnに関する帰納法で証明する。

(i)n=0のとき

(左辺)=¥int_0^1 x^mdx=¥frac{1}{m+1}=(右辺)*2

なので(A)は成り立つ

(ii)n=kk ¥ge 0)のとき(A)が成り立つとする。…(☆)

n=k+1のとき

(左辺)

=¥int_0^1 x^m(1-x)^{k+1}dx

=¥frac{1}{m+1}¥[x^{m+1}(1-x)^{k+1}¥]_0^1+¥frac{k+1}{m+1}¥int_0^1 x^{m+1}(1-x)^k dx

=¥frac{k+1}{m+1}¥frac{(m+1)!k!}{(m+k+2)!}(∵(☆)より)

=¥frac{m!(k+1)!}{¥{m+(k+1)+1¥}!}

n=k+1のときも(A)が成り立つ。

∴(i)及び(ii)により、すべての非負の整数m,nに対して

¥int_0^1 x^m(1-x)^ndx=¥frac{m!n!}{(m+n+1)!}

が成り立つことが証明された。…(証終)


問10

(1)

¥cos ^n x=¥sum_{k=0}^{n} a_k ¥cos(kx)

(ただしa_k有理数

とかける。…(A)

ことを数学的帰納法で証明する。

(i)n=0のとき

a_0=1とすれば(A)は明らかに成り立つ。

(ii)n=1のとき

a_0=0,a_1=1とすれば(A)は明らかに成り立つ。

(iii)n=jj ¥ge 1)のとき(A)が成り立つとする。

このとき、

¥cos ^j x=¥sum_{k=0}^{j} a_k ¥cos(kx)

n=j+1のとき

¥cos ^{j+1} x=¥sum_{k=0}^{j} a_k ¥cos(kx) ¥cos x

=¥frac{1}{2}¥sum_{k=0}^{j} a_k ¥[¥cos¥{(k+1)x¥}+¥cos¥{(k-1)x¥}¥](∵積→和の公式)

=¥frac{1}{2}¥[¥sum_{k=1}^{j+1} a_{k-1} ¥cos¥{kx¥}+¥sum_{k=-1}^{j-1} a_{k+1} ¥cos¥{kx¥}¥]

=¥frac{1}{2}¥[¥cos x+¥sum_{k=1}^{j+1} a_{k-1} ¥cos¥{kx¥}+¥sum_{k=0}^{j-1} a_{k+1} ¥cos¥{kx¥}¥]*3

(∵¥cos(-x)=¥cos x

なので、

¥cos ^{j+1} x=¥sum_{k=0}^{j+1} a’_k ¥cos¥(kx¥)

(ただしa’_k有理数

と書け、(A)が成り立つ。

以上のことから、すべての自然数(負でない整数nに対して(A)は成り立つ…(証終)


(別解)

ド・モアブルの定理(オイラーの公式の特別な場合)

(¥cos x+i¥cdot ¥sin x)^n=¥cos nx+i¥cdot¥sin nx

(ただし、n整数

を利用する。

z=¥cos x+i ¥cdot¥sin xとおくと*4

¥cos x=¥frac{1}{2} ¥left(z+¥frac{1}{z}¥right)

¥cos^n x=¥left(¥frac{1}{2}¥right)^n ¥sum_{k=0}^{n} {}_nC_k z^{n-k}¥frac{1}{z^k}

=¥left(¥frac{1}{2}¥right)^n ¥sum_{k=0}^{n} {}_nC_k z^{n-2k}

ここで、ド・モアブルの定理から、

¥cos(kx)=¥frac{1}{2}¥left(z^k+¥frac{1}{z^k}¥right)

であることがわかる。

また、z^{n-2k}z^{n-2(n-k)}=z^{2k-n}の回数は共に{}_nC_k={}_nC_{n-k}で等しいので

¥cos x=¥left(¥frac{1}{2}¥right)^n ¥sum_{k=0}^{n} {}_nC_k z^{n-2k}

=¥left(¥frac{1}{2}¥right)^n ¥sum_{k=0}^{¥[n/2¥]} {}_nC_k p_k ¥cos¥{(n-2k)x¥}

(ただし¥[¥]ガウス記号)

とかける。

(ただし、p_kn偶数でかつ、k=n/2のときのみ1で他は2)

このことより、題意は証明される。


(2)

n ¥ge 0のとき

¥cos (nx)=¥sum_{k=0}^{n} b_k ¥cos^k x

(ただしb_k整数

とかけ、…(B)

かつn ¥ge 1のとき

¥sin (nx)=(¥sin x)¥sum_{k=0}^{n-1} c_k ¥cos^k x

(ただしc_k整数

とかける。…(C)

ことを数学的帰納法で証明する。

(i)n=0のとき

b_0=1とすれば(B)は明らかに成り立つ。

(ii)n=1のとき

b_0=0,b_1=1とすれば(B)は明らかに成り立つ。

c_0=1とすれば(C)は明らかに成り立つ。

(iii)n=jj ¥ge 1)のとき(B)及び(C)が成り立つとする。

n=j+1のとき

¥cos ¥{(j+1)x¥}=¥cos(jx)¥cos x-¥sin(jx)¥sin x

=(¥cos x)¥sum_{k=0}^{j} b_k ¥cos^k x-(¥sin x)^2¥sum_{k=0}^{j-1} c_k¥cos^k x

=(¥cos x)¥sum_{k=0}^{j} b_k ¥cos^k x+(¥cos^2 x-1)¥sum_{k=0}^{j-1}c_k¥cos^k x

=¥sum_{k=1}^{j+1} b_{k-1} ¥cos^k x+¥sum_{k=2}^{j+1}c_{k-2}¥cos^k x-¥sum_{k=0}^{j-1}c_k¥cos^k x

なので、

¥cos ¥{(j+1)x¥}=¥sum_{k=0}^{j+1} b’_k ¥cos¥{(k+1)x¥}

(ただしb’_k整数

と書け、(B)が成り立つ。

また、

¥sin ¥{(j+1)x¥}=¥sin(jx)¥cos x+¥cos(jx)¥sin x

=(¥sin x)(¥cos x)¥sum_{k=0}^{j-1} c_k ¥cos^k x+(¥sin x)¥sum_{k=0}^{j} b_k¥cos^k x

=(¥sin x)¥sum_{k=1}^{j} c_{k-1} ¥cos^k x+(¥sin x)¥sum_{k=0}^{j} b_k¥cos^k x

なので、

¥sin ¥{(j+1)x¥}=(¥sin x)¥sum_{k=0}^{j} c’_k ¥cos^k x

(ただしc’_k整数

と書け、(C)が成り立つ。

以上のことから、すべての自然数(負でない整数nに対して(B)及び(C)が成り立つので、特に

¥cos (nx)=¥sum_{k=0}^{n} b_k ¥cos^k x

(ただしb_k整数)とかける。…(証終)

(別解1)

これもド・モアブルの定理で証明可能

¥cos nx=¥frac{1}{2}¥{(¥cos x+i¥cdot¥sin x)^n+(¥cos x-i¥cdot¥sin x)^n¥}

=¥sum_{k=0}^{¥[n/2¥]} (-1)^k {}_nC_{2k} (¥cos^{n-2j} x) (¥sin^2 x)^k

¥sin x奇数次の項がキャンセルされ、偶数次の項は2倍される)

=¥sum_{k=0}^{¥[n/2¥]} (-1)^k {}_nC_{2k} (¥cos^{n-2j} x) (1-¥cos^2 x)^k

=¥sum_{k=0}^{¥[n/2¥]} (-1)^k {}_nC_{2k} (¥cos^{n-2j} x) ¥left(¥sum_{j=0}^{k} {}_kC_j (-1)^j ¥cos^{2j} x ¥right)

とでき、cosの次数はn以下、かつ、それぞれの係数はすべて整数なので、題意は証明される。

(別解2)

tritonさんの

鉄緑数学講師のひとりごと:チェビシェフ多項式1」

http://blog.livedoor.jp/seven_triton/archives/51179507.html

にある

¥cos (n+2)¥theta+¥cos n¥theta=2¥cos ¥theta ¥cos (n+1)¥theta

¥cos n¥theta¥cos (n+1)¥thetaがそれぞれ¥cos ¥thetan次式,(n+1)次式で表されると仮定すると,¥cos (n+2)¥theta¥cos ¥theta(n+2)次式で表されることが分かるので,あとは数学的帰納法を使うだけです。

を利用

*1f'(x) ¥ge 0だと、「広義」単調増加、つまりx<y ¥Rightarrow f(x) ¥le f(y)しかいえません。

*2:流石にこれは証明なしで使ってよいでしょう。

*3帰納法を3段階にしたのはj=0だとこの式でj=-1が無効になるためです。

*4:もっと簡単にかくとz=¥exp(ix)ですが…

ななしななし 2013/11/14 23:20 まだ活動されているかはわかりませんが...
問1の解答、1行1列目の成分が、2ではなく、2*(-1)^n
ではないでしょうか.