アクチュアリー採用問題の解答案（５） - アクチュアリー試験数学の研究

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５回目です。

http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20100129#c1264833219
でリクエストのあった
大同生命
 http://d.hatena.ne.jp/actuary2/20090411/1239419156
を取り上げます。

この会社は今回取り上げる会社の中では一番数学科で履修する内容に近いものを出題していると考えられます。（なお、念のために申し上げますが、問題自体の難しさとは別の話ですのでご注意ください。）

問題１は、高校程度の問題ですが、場合分けが意外と面倒です。
問題４の特に（３）はいわゆるε−δ論法を使わないと解けない問題となっています。
また問題５の選択問題は、数学科の専門科目（大学２年の後半〜大学３年）を含む内容となっています。問題がわかっている問題５−（１）については、（複素）関数論を使わなくても解けますが、内容は関数論を強く意識したものとなっています。
そのため、留数計算などの出題の可能性もあります。（他にも簡単なルベーグ積分の問題等も）

以上のような状況あるので、数学的に厳密な証明を心がけられたほうがよいと考えます。

なお、問題５ですが、
$f(z)=\frac{a\overline{z}+b}{\overline{b}\overline{z}+\overline{a}}$
ではないかと考えられます。（分母の $b$ も複素共役）
（2010/2/1 20:38 JST actuary2さんに分母の $b$ も複素共役であることの確認がとれました。）
以下その前提で解いています。

その他の注意については
http://d.hatena.ne.jp/actuary_math/20100114
のそれと同じです。

問題１
(1)
$x_{n+1}=a \cdot x_n+b \cdot y_n$
$y_{n+1}=c \cdot x_n+d \cdot y_n$
を合計して
$x_{n+1}+y_{n+1}=(a+c) \cdot x_n+(b+d) \cdot y_n$
$=x_n+y_n$
（∵ $a+c=b+d=1$ ）

$x_1+y_1=1$
だったので、
$x_n+y_n=1$ …（証終）

(2)
(1)より、
$x_{n+1}=a \cdot x_n+b (1-x_n)$
$=(a-b)x_n+b$

(i) $a-b=1$ のとき、
$x_{n+1}=x_n+b$
と等差数列になり、
$x_n=b(n-1)+x_1$

(ii) $a-b \ne 1$ のとき、
特性方程式 $t=(a-b)t+b$ の解は
$t=\frac{b}{1-a+b}$
∴
$x_{n+1}-\frac{b}{1-a+b}=(a-b)\left(x_n-\frac{b}{1-a+b}\right)$
これより、
$x_n=\frac{b}{1-a+b}+\left(x_1-\frac{b}{1-a+b}\right)(a-b)^{n-1}$ …（答）

(3)
(i)
[tex:-1 1]
かつ
$x_1 > \frac{b}{1-a+b}$
のとき、
$\lim_{n \to \infty}\left(x_1-\frac{b}{1-a+b}\right)(a-b)^{n-1}=\infty$
なので、
$\lim_{n \to \infty}x_n=\infty$

(v)
$a-b > 1$
かつ
$x_1 < \frac{b}{1-a+b}$
のとき、
$\lim_{n \to \infty}\left(x_1-\frac{b}{1-a+b}\right)(a-b)^{n-1}=-\infty$
なので、
$\lim_{n \to \infty}x_n=-\infty$

(vi)
$a-b > -1$
かつ
$x_1 = \frac{b}{1-a+b}$
のとき、
$\left(x_1-\frac{b}{1-a+b}\right)(a-b)^{n-1}=0$
なので、
$\lim_{n \to \infty}x_n=\frac{b}{1-a+b}=x_1$

(vii)
$a-b > 1$ かつ $b>0$ のとき
$\lim_{n \to \infty}x_n=\lim_{n \to \infty}\{b(n-1)+x_1\}=\infty$

(viii)
$a-b > 1$ かつ $b<0$ のとき
$\lim_{n \to \infty}x_n=\lim_{n \to \infty}\{b(n-1)+x_1\}=-\infty$

(ix)
$a-b > 1$ かつ $b=0$ のとき
$\lim_{n \to \infty}x_n=\lim_{n \to \infty}(x_1)=x_1$

問題２
赤球の個数を $N$ とし $N=i \, (i=0,1,2)$ の確率を $p_i$ とする。
$p_0=\frac{{}_7C_2}{{}_10C_2}=\frac{7}{15}$
$p_2=\frac{{}_3C_2}{{}_10C_2}=\frac{1}{15}$
∴
$p_1=1-\frac{7}{15}-\frac{1}{15}=\frac{7}{15}$
（なお、
$p_1=\frac{{}_7C_1 \cdot {}_3C_1}{{}_10C_2}$
としてもよい）

∴
期待値 $E(N)$ は、
$E(N)=0 \cdot p_0+1 \cdot p_1+2 \cdot p_2=\frac{3}{5}$
また
$E(N^2)=0 \cdot p_0+1 \cdot p_1+4 \cdot p_2=\frac{11}{15}$
なので
分散 $V(N)$ は、
$V(N)=E(N^2)-\{E(N)\}^2=\frac{11}{15}-\frac{9}{25}=\frac{28}{75}$

標準偏差 $\sigma(N)$ は、
$\sigma(N)=\sqrt{V(N)}=\frac{2\sqrt{7}}{5\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{21}}{15}$

問題４
(1)
$\int_n^{n+1}\frac{dx}{x^s}$
$=\left[ - \frac{1}{(s-1)x^{s-1}} \right]_n^{n+1}$
$=\frac{1}{s-1}\left\{ \frac{1}{n^{s-1}}- \frac{1}{(n+1)^{s-1}} \right\}$ …（答）

(2)
$a_m=\sum_{n=1}^m \frac{1}{n^s}$
とする。
$m \ge 2$ のとき、
$a_m<1+\sum_{n=2}^m \left(\int_{n-1}^n\frac{dx}{x^s} \right)$
$=1+\frac{1}{s-1}\left( 1- \frac{1}{m^{s-1}} \right)$
なので、 $\{a_m\}$ は上に有界
また、
$\{a_m\}$ は明らかに単調増加数列なので、
「上に有界で単調増加する数列は収束する」という事実から $a_m$ は収束し、題意は証明された。…（証終）

(3)
ある $x_0$ について、 $f(x_0)=a>0$ とする。
このとき $f(x)$ が連続なので、
任意の $\epsilon>0$ に対して、ある $\delta>0$ が存在し、
$|x-x_0|<\delta$ となる任意の $x$ に対し、 $|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$ とできる。
特に
$\epsilon=\frac{a}{2}$
とすると、
$|f(x)-f(x_0)|<\frac{a}{2}$ ゆえ
$f(x)>\frac{a}{2}$
とできる。
$g(x)=\left\{\begin{array}{ll} \frac{a}{2} && (|x-x_0|<\delta) \\ 0 && (otherwise) \end{array}\right.$
とすると、
すべての $x$ で $f(x) \le g(x)$ なので、
$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx \ge \int_{-\infty}^{\infty}g(x)dx =\frac{a\delta}{2}>0$
となり、
$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx=0$
に矛盾。
∴すべての $x$ で $f(x)=0$

問題５
(1)
(i)
$|f(0)|^2=\left|\frac{b}{\overline{a}}\right|^2$
$=\frac{|b|^2}{|a|^2}$
$=\frac{|b|^2}{1+|b|^2}$
$<1$
∴
$|f(0)|<1$ であり、 $f(0) \subseteq D$ …（証終）
(ii)
$|z|=1$ のとき、
$|a\overline{z}+b|$
$=|a\overline{z}+b||z|$
$=|a\overline{z}z+bz|$
$=|a+bz|$
$=|\overline{a+bz}|$
$=|\overline{b}\overline{z}+\overline{a}|$ …（証終）

(iii)
（解法１）
$g(z)=\overline{z}$ とおくと、
$g$ は $D \to D$ の全単射かつ $\partial D \to \partial D$ の全単射…（ａ）
また、
$h(z)=\frac{az+b}{\overline{b}z+\overline{a}}$
$f=h \circ g$
であり、
$f^{-1}=g \circ h^{-1}$
である。
さて、 $|z|<1$ を満たすある $z$ に対して、 $|f(z)|<1$ でないとする。
このとき、 $|f(z)|=1$ か $|f(z)|>1$ のいずれかである。
$|f(z)|>1$ のとき
$k(t)=|f(tz)| \, (0 \le t \le 1)$ は、 $t$ の連続関数で、(i)より $k(0)<1$ なので、中間値の定理によりある[tex:t \,(0 $k(t)=1$ *1
次に、
$h(z)=\frac{az+b}{\overline{b}z+\overline{a}}$
とすると、
$f=h \circ g$

$\overline{b}z+\overline{a}=0$ となるのは、
$z=-\frac{\overline{a}}{\overline{b}}$
のときで、
$|a|>|b|$
のため、
$\left|-\frac{\overline{a}}{\overline{b}}\right|>1$
つまり、 $D \cup \partial D$ 上 $\overline{b}z+\overline{a}$ が0になることはないので、 $D \cup \partial D$ 上 $h(z)$ は正則関数。
∴
「最大（絶対）値の原理」（例えば、
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%9C%80%E5%A4%A7%E7%B5%B6%E5%AF%BE%E5%80%A4%E3%81%AE%E5%8E%9F%E7%90%86
等参照）
により、
$D \cup \partial D$ で $|h(z)|$ が最大値をとるのは、 $\partial D$ 上。
ところが、その最大値は(ii)により、1であることがわかる。
∴
$|h(z)|<1 \, (in \, D)$
このことと（ａ）より、
$|f(z)|<1 \, (in \, D)$ …（証終）

（解法３）
次のようにすれば、関数論なしで(i)〜（iii）証明可能。
$|a\overline{z}+b|^2$
$=(a\overline{z}+b)\overline{(a\overline{z}+b)}$
$=(a\overline{z}+b)(\overline{a}z+\overline{b})$
$=|a|^2|z|^2+|b|^2+\overline{a}bz+a\overline{b}\overline{z}$
同様に
$|\overline{b}\overline{z}+\overline{a}|^2$
$=|a|^2+|b|^2|z|^2+\overline{a}bz+a\overline{b}\overline{z}$

$|b\overline{z}+\overline{a}|^2-|a\overline{z}+b|^2$
$=|a|^2(1-|z|^2)+|b|^2(|z|^2-1)+(\overline{a}b-\overline{a}b)z+(a\overline{b}-a\overline{b})\overline{z}$
$=(|a|^2-|b|^2)(1-|z|^2)$
$=1-|z|^2$
この値は $|z|=1$ のとき0で、 $|z|<1$ のとき正である。
つまり、
$|z|=1$ のとき、 $|a\overline{z}+b|=|\overline{b}\overline{z}+\overline{a}|$ 、
$|z|<1$ のとき、 $|a\overline{z}+b|<|\overline{b}\overline{z}+\overline{a}|$ となるので、題意は証明された。…（証終）

以上

*1:gは正則でないことに注意！