院試過去問 2003年度数学のバックアップ(No.6)

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- 3 (2008-08-20 (水) 13:38:47)
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院試過去問の解答

院試過去問 2003年度数学 †

このページには誤りや悪意のある人間の手によるデタラメが書き込まれている場合があります。

必ずご自身で確認された上、自己責任で利用されるようご注意ください。

特に上の文がデタラメの可能性には注意してください．

また、上の三行の文は正しいですが、この行の文はでたらめの可能性があります。

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第1問 †

tex表記は面倒なので、分かる範囲でタイプ数を減らしています(太字でない等)

(1)
- 1.
  $\| Ax \| \ge 0 \Rightarrow \sigma (A) \ge 0$
  ${}^\forall \| x \|=1, \| Ax\|=0 \Leftrightarrow A=O$
- 2.
  $\| \sigma Ax\|=|\sigma|\| Ax \|$
- 3.
  $\sigma(A+B) = \| (A+B)x\|=\| Ax +Bx \| \le \| Ax\| +\| Bx\|=\sigma(A)+\sigma(B)$
(2)
...を計算に関係ない部分として、
$A_1 =\begin{pmatrix} \alpha & w^T \\ z & A_2 \end{pmatrix}=U^T AV_1 = U_1^TA(x_1,x_2,...) = U_1^T (\sigma_1 y_1,...) =\begin{pmatrix} \sigma_1y_1^Ty_1 & \dots \\ \sigma_1y_2^Ty_1 & \dots \\ \vdots & \dots \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\sigma_1 & w^T \\ O & A_2 \end{pmatrix}$
なので、 $\alpha=\sigma_1,z=0$ である。
(3)
$\| A_1 \begin{pmatrix}\sigma_1 \\ w \end{pmatrix}\| = \| \begin{pmatrix} \sigma_1^2 + w^Tw \\ A_2 w \end{pmatrix} \| \ge \sigma_1^2 + w^Tw$
(4) $\| x\|=1 \Leftrightarrow \| V_1^T x\|=\| x' \|=1$ を用いる。 $\| Ax\|=\| U_1A_1V_1^T x \|=\| U_1\| \| A_1 x'\| = \| A_1 x'\|$
であり、 $\| Ax\|$ を最大にするxをとりx'に変換すれば、 $\| A_1x'\|$ は最大になる。よって $\sigma(A)=\sigma(A_1) = \sigma_1$
(5)
$\sigma_1 \ge \left\| A_1 \frac{1}{\| \begin{pmatrix} \sigma_1 \\ w \end{pmatrix} \|} \begin{pmatrix} \sigma_1 \\ w \end{pmatrix} \right\| \ge \frac{1}{\| \begin{pmatrix} \sigma_1 \\ w \end{pmatrix} \|} (\sigma_1^2 + w^Tw)= \sqrt{\sigma_1^2 + w^Tw }$
なので、w=0
(6)
$\sigma(A_2)=\sigma_2$ とおく。あるx2が存在し、x2,y2を単位ベクトルとして。 $\sigma_2y_2=A_2x_2$ とできる。
$\| A_1 \begin{pmatrix} 0 \\ x_2 \end{pmatrix} \| = \left\| \begin{pmatrix} \sigma_1 & 0 \\ 0 & A_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ x_2 \end{pmatrix} \right\| =\left\| \sigma_2 \begin{pmatrix} 0 \\ y_2 \end{pmatrix} \right\| = \sigma_2$
$\sigma(A_2) = \sigma_2 \le \sigma(A_1)$
なぜならば、 $\sigma$ の定義にはmaxを用いているから。
(7)
略、補完希望

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第2問 †

(1)
$F' = \sqrt{f'} -\frac{1}{2} f f'^{-\frac{3}{2}} f''$
(2)
$F'' = \frac{3}{4} f f'^{-\frac{5}{2}} f'' -\frac{1}{2} f f'^{-\frac{3}{2}} f''$
(3)
を用いる。
$\lim_{x \rightarrow r} \frac{G(x) -r }{(x-r)^2}=\lim_{x \rightarrow r} \frac{x -r -\frac{F}{F'} }{(x-r)^2} = \lim_{x \rightarrow r} \frac{1 -\frac{F - F(r)}{(x-r)F'} }{(x-r)} = \lim_{x \rightarrow r} \frac{1 -\frac{F'}{F'} }{(x-r)} =0$
となる。

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第3問 †

(1)
全てのi,jに対し、
$\sigma(G_i^{l-1}) -\sigma(G_j^{l-1}) \le \max\{ a_1,\cdots,a_n \}$
が成り立っているとき。 $\sigma(G_i^{l-1}) \ge \sigma(G_j^{l-1})$ ならば
$\sigma(G_i^{l}) -\sigma(G_j^{l}) \le \sigma(G_i^{l-1}) - \sigma(G_j^{l-1}) -a_l \le \max\{ a_1,\cdots,a_n \}$
不等号が逆の場合もほぼ同様。
$\max\{ a_1,\cdots,a_n \}$ を満たすものをahとする。ahを含むグループの値はah以上なので、右側の不等号の成立が言える。
(2)
ahを特別視して、残りのn-1個をできるだけ均等に分割すると、 $\frac{1}{m}\sum_{k\ne h} a_k$ となり、どの時点でもこの値と同じか小さいグループがあるので、これより大きいグループにahが足されることはあり得ない。よって
$P(\Delta ) \le \frac{1}{m}\sum_{k\ne h} a_k + a_h = \frac{1}{m}\sum_{k=1}^n a_k + (1-\frac{1}{m}) \max\{ a_1,\cdots,a_n \}$
(3)
$\frac{1}{m} \sum_{k=1}^{n}a_k \le P( \Delta_opt) \because \sum a_i =\sum \sigma(G_i) \le m \max \sigma(G_i)$
(1)の右側の不等式、(2)を用いれば(3)が示せる。
(4)
添え字1からm(m-1)までai=1で、最後がmの数列を考える。合計m^2であり、最適な分割では全ての大きさをmにできるが、このアルゴリズムを用いると、m(m-1)個を分割した時点で全ての分割の大きさがm-1になり、最後、大きさmの数字を分割した時点で、最大のグループの大きさは2m-1となる。

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第4問 †

行列を実対称行列とし，関数をと定義する．ただし，制約の元での極値を求める問題について議論する．ラグランジュ関数をと定義する．
- (1)を求めよ．
  - $\frac{\partial L}{\partial x}=2Ax-2\lambda x-2\mu b.$
    $\frac{\partial L}{\partial \lambda}=1-\|x\|^2$
    $\frac{\partial L}{\partial \mu}=-2b^{\top}x$
- (2)ベクトルのとき，は行列Aの固有ベクトルになることを示せ．
  - のとき， $2A\bar{x}-2\bar{\lambda} \bar{x}=0$ となるので， $A\bar{x}=\bar{\lambda} \bar{x}$ より $\bar{x}$ は $\bar{\lambda}$ に対応する固有ベクトルとなる．
- (3)Aを $a_{11}<a_{22}<\dots <a_{nn}$ を満たす対角行列とし，の要素は全て非ゼロとする．
- (3-1)を求めよ．
  - $\partial L/\partial x_i=2(Ax-\lambda x-\mu b)_i=2(a_{ii}x-\lambda x_i-\mu b_i)$
- (3-2)「かつ」が成り立たないことを示せ．
  - 成立を仮定すると， $\bar{\lambda}=a_{jj}$ なるが存在する．これより， $\mu=0$ , $i\ne j$ ならばとなり， $x_j=\pm 1$ ．これより， $b^{\top}x=\pm b_j\ne 0$ となり矛盾．
- (3-3)「かつ」が成り立たないことを示せ．
  - 成立を仮定すると，任意のについてとなり $\|x\|=1$ に矛盾．
- (3-4)「かつ」が成り立たないことを示せ．
  - 成立を仮定すると， $\mu=0$ となり矛盾．
- (4)行列はを満たすの対角行列とし，とする．の中の点を全て求めよ．
  - 束縛条件は，
    $\begin{align*}x_1(2-\lambda)&=\sqrt{3}\mu\\x_2(4-\lambda)&=\sqrt{2}\mu\\x_3(6-\lambda)&=\sqrt{3}\mu\\x_1^2+x_2^2+x_3^2&=1\\\sqrt{3}x_1+\sqrt{2}x_2+\sqrt{3}x_3=0\end{align*}$
    なので， $\mu\left(\frac{3}{2-\lambda}+\frac{2}{4-\lambda}+\frac{3}{6-\lambda}=0\right).$
    ここで， $\mu\ne 0$ ならば， $\lambda=3,5$ ． $\mu=\pm\frac{\sqrt{3}}{4}$ ．これより， $\mu=0$ のときは(3-2)と(3-3)が矛盾するので解なし．
- (5)が極値を与えないことを示せ．
  - $A=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&-1\end{pmatrix}$ とすれば良い．極値を与えないことは自明に明らか．

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第5問 †

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(1) †

$\bm{u}=|\bm{u}|\bm{e}_u$ なる単位ベクトル $\bm{e}_u$ を考える。
この時、を $\bm{e}_u,\bm{e}\times\bm{e}_u,\bm{e}$ の三つの直交するベクトルの和で表すことを考えると、
$\begin{align*} \bm{v}&=|\bm{u}|\cos\theta \bm{e}_u + |\bm{u}|\sin\theta (\bm{e}\times\bm{e}_u) + 0\bm{e}\\ &=\bm{u}\cos\theta + (\bm{e}\times\bm{u})\sin\theta \end{align*}$

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(2) †

(1)と同様にして $\bm{u}=u_0 \bm{e} + u_1 \bm{e}_1$ を満たし、 $\bm{e}$ に直交する単位ベクトル $\bm{e}_1$ を考える。
この時 $\bm{v}$ は、 $\bm{e}_1=\frac{\bm{u}-u_0\bm{e}}{u_1}$ より
$\begin{align*} \bm{v}&=u_1\cos\theta\bm{e}_1 + u_1\sin\theta(\bm{e}\times\bm{e}_1) + u_0\bm{e}\\ &=\cos\theta(\bm{u}-u_0\bm{e}) + \sin\theta(\bm{e}\times\bm{u}) + u_0\bm{e}\\ &=\bm{u}\cos\theta + (\bm{e}\times\bm{u})\sin\theta + \bm{e}(\bm{u}\cdot\bm{e})(1-cos\theta)\end{align*}$

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(3) †

(2)より、 $\bm{u}=(x,y,z)$ として
$\begin{align*} \bm{v}&=\cos\theta \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}+ \left(xl+ym+zn\right)(1-\cos\theta) \begin{pmatrix} l\\m\\n \end{pmatrix}+\sin\theta \begin{pmatrix} mz-ny\\nx-lz\\ly-mx \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} (1-l^2)\cos\theta + l^2 & lm(1-\cos\theta)-n\sin\theta & nl(1-\cos\theta) + m\sin\theta\\ lm(1-\cos\theta) + n\sin\theta & (1-m^2)\cos\theta + m^2 & mn(1-\cos\theta) - l\sin\theta\\ nl(1-\cos\theta) - m\sin\theta & mn(1-\cos\theta)+l\sin\theta & (1-n^2)\cos\theta +n^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}\\ &=T\bm{u}\end{align*}$

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第6問 †

(1)
4個のボールを2個の箱に分配するとき、(4,0),(3,1),(2,2),(1,3),(0,4)の5通りが考えられるが、(4,0)を○○○○｜や、(1,3)を○｜○○○のように、ボールと(S-1)個の仕切りを並べる並べ方の問題と同一視できる。よって
$\frac{(N+S-1)!}{N!(S-1)!}$
通りの分配が存在する。
(2)
N<Sの時は考えないことにする。はじめに1個のボールを全ての箱に入れてしまう。そうすれば、残りのN-S個のボールをS個の箱に入れる問題に読み替えることができる。(1)の結果を用いて、
$\frac{(N-1)!}{(N-S)!(S-1)!}$
(3)
n>Nといった特殊な状況は考えないことにする。ある箱にn個のボールが入っていれば、残りはN-n個である。また、残りの箱はS-1個である。この分配の仕方は、(1)を用いて、
$\frac{(N-n+S-2)!}{(N-n)!(S-2)!}$
通りである。だから、全ての分配の数で割ることにより
$\begin{eqnarray*} P(n,N,S)&=&\frac{(N-n+S-2)! N!(S-1)!}{(N+S-1)!(N-n)!(S-2)!}=\frac{N(N-1)\cdots(N-n+1) \cdot (S-1)}{(N+S-1)(N+S-2)\cdots (N+S-n-1)} \\ &=& \frac{N^n \quad 1(1-\frac{1}{N})(1-\frac{2}{N})\cdots(1-\frac{n-1}{N}) S (1-\frac{1}{S})}{S^{n+1} (\frac{N}{S}+1-\frac{1}{S})(\frac{N}{S}+1-\frac{2}{S})\cdots (\frac{N}{S}+1-\frac{n+1}{S})} \\ &=& r^n \frac{1(1-\frac{1}{N})(1-\frac{2}{N})\cdots(1-\frac{n-1}{N})(1-\frac{1}{S})}{(r+1-\frac{1}{S})(r+1-\frac{2}{S})\cdots (r+1-\frac{n+1}{S})} \end{eqnarray*}$
なので、
$\lim_{N,S \to \infty , N/S =r} P(n,N,S)= \lim_{N,S \to \infty , N/S =r} r^n \frac{1(1-\frac{1}{N})(1-\frac{2}{N})\cdots(1-\frac{n-1}{N})(1-\frac{1}{S})}{(r+1-\frac{1}{S})(r+1-\frac{2}{S})\cdots (r+1-\frac{n+1}{S})} = \frac{r^n}{(r+1)^{n+1}}$