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早稲田商学2017

2017年早稲田大学商学部|数学過去問徹底研究 大問3

偏差値30からの早稲田慶應対策専門個別指導塾
HIRO ACADEMIA presents

方針の立て方

これはチェビシェフ多項式を元に作られた問題である.
チェビシェフ多項式は難関大学での三角関数の問題としてよく出される(高等的な数学の知識を必要とせず考察できる)題材であるため,各自調べて,典型問題化しておくと良いだろう.

(1)
P_n\left(x\right)の定義の仕方はP_n\left(\cos{\theta}\right)でなされているため,P_{n+1}\left(\cos{\theta}\right)P_n\left(\cos{\theta}\right)P_{n-1}\left(\cos{\theta}\right)を用いて表すことを考える.すると,\cos{\left(n+1\right)\theta}\cos{n\theta}\cos{\left(n-1\right)\theta}を用いて表すという問題に帰着する.ただし,最終的にはxに戻さねばならないため,他に使えるのは\cos{\theta}のみである.そのため,途中で出てくる\sin{n\theta}\sin{\theta}\cos{\theta}のみの式となるように変形する.

(2)
試しに小さいnをいくつか考えてみるとよい.すると答えの予想がつく.後は前問で漸化式を求めさせていることと,自然数に関する議論であることから,数学的帰納法を用いて,予想が正しいことを示せばよい.

(3)
前問ではP_n\left(x\right)x^nのみを特別視して考えていたため,本問もx^nのみを特別視して考えればよいのではと考える.x^n以外の項の解析は難しいが,問題で求められているのが一の位の数字のみであるため,十の位以降に押しやられるのでは直観し,それを示していけばよい.

解答例

(1)
加法定理より,\cos{\left(n+1\right)\theta}=\cos{n\theta}\cos{\theta}-\sin{n\theta}\sin{\theta}
和積の公式より,
\sin{n\theta}\sin{\theta}=\frac{1}{2}\left\{\cos{\left(n-1\right)\theta}-\cos{\left(n+1\right)\theta}\right\}
\therefore\cos{\left(n+1\right)\theta}=\cos{\theta}\cos{n\theta}-\frac{1}{2}\left\{\cos{\left(n-1\right)\theta}-\cos{\left(n+1\right)\theta}\right\}
整理すると,
\cos{\left(n+1\right)\theta}=2\cos{\theta}\cos{n\theta}-\cos{\left(n-1\right)\theta}
\cos{\left(n+1\right)\theta}=P_{n+1}\left(\cos{\theta}\right),\cos{n\theta}=P_n\left(\cos{\theta}\right),\cos{\left(n-1\right)\theta}=P_{n-1}\left(\cos{\theta}\right)であるから,\cos{\theta}=xとすることで,
P_{n+1}\left(x\right)=2xP_n\left(x\right)-P_{n-1}\left(x\right)……(答)

(2)
P_n\left(x\right)x^nの係数が2^{n-1}である(以下ではこの命題を(*)と表す)ことを数学的帰納法で示す.
n=1のとき,P_1\left(\cos{\theta}\right)=\cos{\theta}よりP_n\left(x\right)=xであるから,(*)は成り立っている.
n=2のとき,P_2\left(\cos{\theta}\right)=\cos{2\theta}=2\cos^2{\theta}-1よりP_2\left(x\right)=2x^2-1であるから,(*)は成り立っている.
ここで,n=k,k+1のときの(*)の成立を仮定する.つまり,適当なk-1次以下の多項式Q\left(x\right)と,k次以下の多項式R\left(x\right)とを用いて,
P_k\left(x\right)=2^{k-1}x^k+Q\left(x\right)
P_{k+1}\left(x\right)=2^kx^{k+1}+R\left(x\right)
と書けると仮定する.
すると,
P_{k+2}\left(x\right)=2xP_{k+1}\left(x\right)-P_k\left(x\right)=2x\left\{2^kx^{k+1}+R\left(x\right)\right\}-\left\{2^{k-1}x^k+Q\left(x\right)\right\}=2^{k+1}x^{k+2}+\left\{2xR\left(x\right)-2^{k-1}x^k-Q\left(x\right)\right\}
となる(第一のイコールで(1)で求めた漸化式を,第二のイコールで帰納法の仮定をそれぞれ用いた).
2xR\left(x\right)-2^{k-1}x^k-Q\left(x\right)は,Q\left(x\right)が高々k-1次,R\left(x\right)が高々k次であるから,高々k+1次である.
よって,P_{k+2}\left(x\right)x^{k+2}の係数は2^{\left(k+2\right)-1}であると言える.これは,(*)のn=k+2での成立に他ならない.
以上,数学的帰納法により(*)が示された. 証明終了.
以上より,求める係数は2^{n-1}……(答)

(3)
前問の結果より,
P_{500}\left(\mathrm{cos}{\theta}\right)=\cos{500\theta}\cos^{500}{\theta}の係数は2^{499}
よって,\cos{\theta}の499次以下の多項式S\left(\cos{\theta}\right)を用いて,\cos{500\theta}=2^{499}\cos^{500}{\theta}+S\left(\cos{\theta}\right)と表せる.
よって,\cos{\theta}の999次以下の多項式T\left(\cos{\theta}\right)を用いれば,\cos^2{\left(500\theta\right)}=2^{998}\cos^{1000}{\theta}+T\left(\cos{\theta}\right)と表せる.
\therefore{10}^{1000}\cos^2{\left(500\theta\right)}={10}^{1000}\cdot2^{998}\cos^{1000}{\theta}+{10}^{1000}T\left(\cos{\theta}\right)
ここで,{10}^{1000}\cos^{999}{\theta}={10}^{1000}\left(\frac{1}{10}\right)^{999}=10であるから,\cos{\theta}の高々999次の多項式であるT\left(\cos{\theta}\right){10}^{1000}をかけた{10}^{1000}T\left(\cos{\theta}\right)は一の位の数に寄与しない.
よって,{10}^{1000}\cos^2{\left(500\theta\right)}の一の位の数は{10}^{1000}\cdot2^{998}\cos^{1000}{\theta}={10}^{1000}\cdot2^{998}\left(\frac{1}{10}\right)^{1000}=2^{998}と等しくなる.

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 \cdots
2^nの一の位の数 2 4 8 6 2 4 8 6 2 4 8 6 2 \cdots

上表のように,2^nの一の位の数は2,4,8,6が繰り返される.これを用いると2^{998}の一の位の数は4と分かる.
よって,求める数は4……(答)

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