アクチュアリー採用問題の解答案（７） - 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は
$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 2\end{array}\right)$
固有値-1に対する固有ベクトルは
$\left(\begin{array}{c} 1 \\ 0\end{array}\right)$
$P=\left(\begin{array} 1 && 1 \\ 2 && 0 \end{array}\right)$
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 $n$ は整数）
ゆえ
$f'(x)$ は
$0 \le x < \frac{\pi}{2}$
では狭義単調増加
$f'(0)=0$ なので、
[tex:f'(x) > 0 \, (00 \, (\frac{\pi}{2} \le x)]
これらのことから、
[tex:f'(x)>0 \, (0f(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、
[tex:g(x)<1-\frac{2^2}{2}=-10]
∴
$f(x)>1-\frac{x^2}{2}=g(x)$ …（証終）

問５
$\sum_{k=1}^n k^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ …（ａ）
を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) $n=m$ （ $m \ge 1$ ）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[tex:01+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) $p$ を素数とするとき
$p^n$ の約数の和は、
$1+p+\cdots+p^n=\frac{p^{n+1}-1}{p-1}$
(ii) $p,q$ を相異なる素数とするとき
$p^nq^m$ の約数の和は、
$(1+q+\cdots+q^m)$
$+(p+pq+\cdots+pq^m)$
$\cdots$
$+(p^n+p^nq+\cdots+p^nq^m)$
$=\frac{p^{n+1}-1}{p-1}\cdot\frac{q^{m+1}-1}{q-1}$
同様に考えると
$720=2^4 \times 3^2 \times 5$
の約数の和は
$\frac{2^5-1}{2-1}\cdot\frac{3^3-1}{3-1}\cdot\frac{5^2-1}{5-1}$
$=31 \cdot 13 \cdot 6$
=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) $n=k$ （ $k \ge 0$ ）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）
$=\frac{m!(k+1)!}{\{m+(k+1)+1\}!}$
で
$n=k+1$ 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 $a_k$ は有理数）
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) $n=j$ （ $j \ge 1$ ）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 $a'_k$ は有理数）
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、 $n$ は整数）
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、 $z^{n-2k}$ と $z^{n-2(n-k)}=z^{2k-n}$ 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 $[]$ はガウス記号）
とかける。
（ただし、 $p_k$ は $n$ が偶数でかつ、 $k=n/2$ 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 $b_k$ は整数）
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 $c_k$ は整数）
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) $n=j$ （ $j \ge 1$ ）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 $b'_k$ は整数）
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 $c'_k$ は整数）
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 $b_k$ は整数）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
$\cos nx=\frac{1}{2}\{(\cos x+i\cdot\sin x)^n+(\cos x-i\cdot\sin x)^n\}$
$=\sum_{k=0}^{[n/2]} (-1)^k {}_nC_{2k} (\cos^{n-2j} x) (\sin^2 x)^k$
（ $\sin x$ の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
「鉄緑会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

$\cos (n+2)\theta+\cos n\theta=2\cos \theta \cos (n+1)\theta$
$\cos n\theta$ と $\cos (n+1)\theta$ がそれぞれ $\cos \theta$ の $n$ 次式， $(n+1)$ 次式で表されると仮定すると， $\cos (n+2)\theta$ が $\cos \theta$ の $(n+2)$ 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。