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2019年1月27日

【第1回垂れ流し模試】第1問解説

皆さんこんにちは!
TomoKです。

今回から6回は、
前回ブログ記事でお知らせしたとおり、
私のtwitterの数学アカで行った
「第1回垂れ流し模試」の解説を行いたいと思います。

今回はその第1問を解説します。




第1問は
(1)極限, (2)整式の除法
を出題しました。

(1)の解法

三角関数の極限ですが、
xに仮に0を代入しますと, 分母も分子も0になることがすぐにわかります.
つまり\dfrac{0}{0}不定形です.

三角関数でよく使われるのは,
\green{\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\sin x}{x}=1}
\green{\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{1-\cos x}{x}=\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{1-\cos^2 x}{x(1+\cos{x})}=\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\sin^2 x}{x(1+\cos{x})}=0}
\green{\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\tan x}{x}=\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\sin x}{x\cos x}=1}
ですので, これが使えるように変形していくことを目指します.

まず、分母と分子は加法定理を使って計算できそうです。

分母:
\begin{aligned} 1-2\cos \left(\dfrac{\pi}{3}-x\right) &=1-2\left(\cos\dfrac{\pi}{3}\cos x+\sin\dfrac{\pi}{3}\sin x\right)\\ &=1-2\left(\dfrac{1}{2}\cos x+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin x\right)\\ &=1-\cos x+\sqrt{3}\sin x \end{aligned}

分子:
\begin{aligned} 1-\tan \left(\dfrac{\pi}{4}-x\right) &=1-\dfrac{\tan\dfrac{\pi}{4}+\tan x}{1-\tan\dfrac{\pi}{4}\tan x}\\ &=1-\dfrac{1+\tan x}{1-\tan x}=\dfrac{(1-\tan x)-(1+\tan x)}{1-\tan x}\\ &=-\dfrac{2\tan x}{1-\tan x} \end{aligned}

ここで上の緑で書いた3つの式をにらむと、
分母をxでわると,
\begin{aligned} \dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{1-\cos x+\sqrt{3}\sin x}{x} &=\dlim_{x\rightarrow 0}\left(\dfrac{1-\cos x}{x}+\sqrt{3}\cdot \dfrac{\sin x}{x}\right)\\ &=0+\sqrt{3}\cdot 1=\sqrt{3} \end{aligned}
と, 0ではない極限に行きつきます.

同じように, 分子をxでわると
\dlim_{x\rightarrow 0}\left(-\dfrac{2\tan x}{x(1-\tan x)}\right) =-2\cdot \dfrac{1}{1-0}=-2

となります。
これで解決しそうです。

結局, 求める極限値は,
\begin{aligned} \dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{1-\tan(\frac{\pi}{4}-x)}{1-2\cos(\frac{\pi}{3}-x)} &=\dlim_{x\rightarrow 0}\left\{\dfrac{1}{1-\cos x+\sqrt{3}\sin x} \cdot \left(-\dfrac{2\tan x}{1-\tan x}\right)\right\}\\ &=\dlim_{x\rightarrow 0}\left\{\dfrac{1}{\frac{1-\cos x+\sqrt{3}\sin x}{x}} \cdot \left(-\dfrac{2\tan x}{x(1-\tan x)}\right)\right\}\\ &=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot (-2)=\bold{-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}} \end{aligned}
となります。

[別解]

さて、以上の方法は加法定理を利用して基本の極限を用いる方法ですが、
別解として微分係数の定義を利用する方法もあります.

f(x)=\tan\left(\dfrac{\pi}{4}-x\right), g(x)=2\cos\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)
とおきますと, f(0)=1, g(0)=1となりますから,
\begin{aligned} \dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{1-\tan(\frac{\pi}{4}-x)}{1-2\cos(\frac{\pi}{3}-x)} &=\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\tan(\frac{\pi}{4}-x)-1}{2\cos(\frac{\pi}{3}-x)-1}\\ &=\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{g(x)-g(0)} \end{aligned}
です。

ところで, f(x)はx=0で微分可能で,
\red{f'(0)=\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}}
でしたから(gも同様),
g'(0)\neq 0であれば、
\begin{aligned} \dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{g(x)-g(0)} &=\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\frac{f(x)-f(0)}{x}}{\frac{g(x)-g(0)}{x}}\\ &=\dfrac{f'(0)}{g'(0)} \end{aligned}
となります.

f'(x)=-\dfrac{1}{\cos^2(\frac{\pi}{4}-x)}, g'(x)=2\sin\left(\dfrac{\pi}{3}-x\right)なので,
f'(0)=-\dfrac{1}{\cos^2\frac{\pi}{4}}=-2, g'(0)=2\sin \dfrac{\pi}{3}=\sqrt{3}です。

よって、求める極限値は
\dlim_{x\rightarrow 0}\dfrac{1-\tan(\frac{\pi}{4}-x)}{1-2\cos(\frac{\pi}{3}-x)} =\dfrac{f'(0)}{g'(0)}=-\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\underline{-\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}
となります。

いずれにしても、自分のよく知っている形になるように変形することは、
特に極限の計算においては大事なことだと思います。

(2)の解法

整式の割り算ですが、
わる式にもわられる式にも文字nが入っているので、
直接筆算などで割ることができません。

そのような時に効く手段の1つとして、
A=BQ+Rの形をうまく作る
ということがあげられます。

今回わる式はx^2-2nx+n^2=(x-n)^2ですが、
まず、わられる式x^nを1度x-nでわって、
その時の商をさらにx-nでわることで、
うまくx^2=(x-n)^2Q+Rの形を作れるのではないか、
と考えていきます。

剰余の定理によって、
x^nx-nでわった余りはn^nになるので、
そのときの商をQ_1(x)とおけば、
x^n=(x-n)Q_1(x)+n^nと書けます。
これは変形すると、x^n-n^n=(x-n)Q_1(x) (…①)
となります。

ここで、よく使われる恒等式
\red{a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}b^{0}+a^{n-2}b+\cdots +a^{0}b^{n-1})}
を使うと、
(x-n)(x^{n-1}+nx^{n-2}+\cdots +n^{n-1})=(x-n)Q_1(x)
両辺をx-nで割れば、
x^{n-1}+nx^{n-2}+\cdots +n^{n-1}=Q_1(x)
となります。

(注意ですが、上の赤い恒等式で、a^0とかb^0は1とみなしています。
また、そのまま使えるのはn\geqq 2ですが、
n=1のときに2つ目のかっこがa^{0}b^{0}=1のみになると考えると
n=1でもこの式は成り立つと考えられます。
が、どうしても気になる方は、問題のn=1のときを別途確認すればよいでしょう。)

さて、さらにこのQ_1(x)x-nで割りますと、
再び剰余の定理より、その余りは
Q_1(n)=n^{n-1}+nn^{n-2}+\cdots +n^{n-1}=nn^{n-1}=n^n
となります。
したがって、このときの商をQ_2(x)とおけば、
Q_1(x)=(x-n)Q_2(x)+n^n
とおけます。

この式を①に代入すると、
\begin{aligned} x^n&=(x-n)\{(x-n)Q_2(x)+n^n\}+n^n\\ &=(x-n)^2Q_2(x)+n^n(x-n)+n^n\\ &=(x-n)^2Q_2(x)+n^{n}x-n^{n+1}+n^n \end{aligned}
となり、
n^{n}x-n^{n+1}+n^nがわる式(x-n)^2よりも次数が低いことから、
x^n(x-n)^2でわったときの余りは
\bold{n^{n}x-n^{n+1}+n^n}であることがわかります。

今回はわる式が(x-n)^2というように累乗が絡んでいるので、
2段階にA=BQ+Rの形を構えることで、
最終的に(x-n)^2でわった時と同等の式が作り出せるわけですね。

[別解1]

で、これにも微分による別解があります。
これもわる式に累乗が絡む場合に有効な解法です。

この解法では、初めからA=BQ+Rの形を作ってしまいます。
今回はわる式がx^2-2nx+n^2=(x-n)^2で、商をQ(x),
また2次式で割るため、余りは定数か1次なので、
その余りをax+b (a, bは定数)とおくと、
x^n=(x-n)^2Q(x)+ax+b  (…(*))
と書けます。

ここで、この式にx=nを代入すると、
n^n=an+b  (…(**))
となります。

次に、(*)の式の両辺をxで微分すると、
nx^{n-1}=2(x-n)Q(x)+(x-n)^2Q'(x)+a
で、ここにもx=nを代入すると、
nn^{n-1}=a すなわち a=n^n となります。
これを(**)に代入すれば、
n^n=n^{n+1}+b すなわち b=-n^{n+1}+n^n となります。

以上より、x^nx^2-2nx+n^2でわった余りは、
\underline{n^nx-n^{n+1}+n^n}になります。

[別解2]

もう1つ別解を紹介しましょう。
2項定理をうまく利用する解法です。

x=(x-n)+nと考えて、強引にx^nを二項定理で展開します。

\begin{aligned} x^n&=\{(x-n)+n\}^n\\ &=\Comb{n}{0}(x-n)^n+\Comb{n}{1}n(x-n)^{n-1}+\cdots +\Comb{n}{n-1}n^{n-1}(x-n)+\Comb{n}{n}n^n \end{aligned}

ここで、n\geqq 2ならば、
最後の2項以外からn^2-2nx+n^2=(x-n)^2がくくり出せて、

\begin{aligned} &x^n\\ =&(x-n)^2\{\Comb{n}{0}(x-n)^{n-2}+\Comb{n}{1}n(x-n)^{n-3}+\cdots +\Comb{n}{n-2}n^{n-2}\}\\ &\hspace{100mm}+\Comb{n}{n-1}n^{n-1}(x-n)+\Comb{n}{n}n^n\\ =&(x-n)^2\{\Comb{n}{0}(x-n)^{n-2}+\Comb{n}{1}n(x-n)^{n-3}+\cdots +\Comb{n}{n-2}n^{n-2}\}+n^{n}(x-n)+n^n \end{aligned}

となります。
最後に残った2項はn^{n}(x-n)+n^n=n^nx-n^{n+1}+n^nですが、
これはわる式(x-n)^2よりも次数が低いので、
n\geqq 2のとき、x^nx^2-2nx+n^2でわった時の余りは
n^nx-n^{n+1}+n^nだとわかります。

n=1のときはxx^2-2x+1でわった余りは
x(=1^1x-1^{1+1}+1)ですから、
結果的にすべての自然数で、x^nx^2-2nx+n^2でわった時の余りは
\underline{n^nx-n^{n+1}+n^n}となります。

以上が第1問の解説でした。

極限やわり算の余りを単に求める問題は
入試ではあまりでないかもしれません。

ただ、
極限に関しては、関数の挙動を調べるときに極限を調べることがあるので、
おろそかにできないところでしょう。

また、多項式の割り算も一部の大学では依然として出題されたり、
整式の性質として証明問題が出たりすることがありますから、
出題歴のある大学を中心にチェックが必要かもしれません。

ということで、
次の数学の記事では第2問の解説をやる予定ですので、
お楽しみに。

ここまでお読みくださってありがとうございました。
ではまた!

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