勉強しようNTTのBlog - 2017/05

算数の問題と解答とを考えていきます。




2017年05月29日(Mon)▲ページの先頭へ
三角関数の和と積の公式の証明
三角関数の和と積の公式の以下の式を証明する。

(式1の証明)
以下の図を書いて、中点MのY座標を計算する。
(証明おわり)

(式2の証明)
以下の図を書いて、中点MのX座標を計算する。
(証明おわり)

リンク:
高校数学の目次




2017年05月28日(Sun)▲ページの先頭へ
三角関数の2倍角の加法定理
三角関数の2倍角の加法定理の以下の式を証明する。

(式1の証明)
以下の図を書いて、sin(2θ)を計算する。
(証明おわり)

(式2の証明)
以下の図を書いて、cos(2θ)を計算する。
(証明おわり)

リンク:
高校数学の目次




2017年05月27日(Sat)▲ページの先頭へ
三角関数の和と積の公式の応用問題
【問題1】
 以下の式1と式2が成り立っているとき、g ≡ cos(α+β)を定数aとbであらわせ。

 この問題を自力で解くよう努力してください。
自力で解けたら、解答も読んでください。参考になる別解の例が解答にありますので。
 
(この問題の解答は、ここをクリックした先のページにあります)

リンク:
高校数学の目次



三角関数の加法定理の応用問題
【問題1】
 以下の式1と式2が成り立っているとき、f ≡ cos(α−β)を定数aとbであらわせ。

 この問題を自力で解くよう努力してください。
自力で解けたら、解答も読んでください。参考になる別解の例が解答にありますので。

(この問題の解答は、ここをクリックした先のページにあります)

リンク:
高校数学の目次



2017年05月21日(Sun)▲ページの先頭へ
指定された複数の解を持つ高次方程式
(2つの多項式の最大公約多項式を求める問題)

 次数の大きい方の多項式 f を、次数の小さい方の多項式 g で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 g を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。

 この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。

【例題1】
 以下の多項式 f の方程式1が、式2の2つの解を持つように定数aとbの値を定めよ。

(解答の方針)
 式2の2つの解を持つ2次の多項式 g を作ると、多項式 f が多項式 g で割り切れる。それで、その様に割り切れる条件を求めれば解が得られる。

【解答1】
 先ず、式2の2つの解を持つ2次の多項式 g を作る。
 多項式 f を多項式 g で割り算して余りの多項式 h =0 になる条件を求める。
多項式 h =0 になる条件を求める。
(解答おわり)

【解答2】
 この問題は、式2の2つの値をそれぞれ式1に代入して2つの式を作り、その2つの式を連立して解くことができる。
(この計算方法の方が一般的な解き方であるため、この計算方法を先に書いた方が良かったかもしれません。)

(1) 先ず、第1の解を式1に代入して、計算して式6を作る。

(2) 次に、第2の解を式1に代入して、同様に計算して式7を作る。
 式6と式7を連立してaとbの値を求める。
 (解答おわり)

(補足)
 解答2の方が一般的な解き方ですが、解答1の方が楽に計算できました。
 この種の問題を解く場合は、解答1の解き方を、計算が楽になるのでお勧めします。

リンク:
高校数学の目次



2017年05月19日(Fri)▲ページの先頭へ
2つの多項式が共通因数を持つ問題
(2つの多項式の最大公約多項式を求める問題)

 次数の大きい方の多項式 f を、次数の小さい方の多項式 g で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 g を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。

 この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。

【例題1】
以下の多項式 f の方程式1と多項式 g の方程式2が共通の根を1つ以上持つように定数aの値を定めよ。

(解答の方針)
 この問題で、多項式 f の方程式1と多項式 g の方程式2が共通の根を持つということは、多項式 f と多項式 g が共通因数(x−u)を持つことを意味する。
 共通因数を持つ2つの多項式にユークリッドの互除法を適用すると最終的に定数項になる余りが0になる。
(最後に式を割り切ってその余り0を得る原因の多項式が最大公約多項式です。)

【解答】
 先ず、多項式 f を多項式 g で割り算して余りの多項式 h を計算する。
次に、多項式 g を多項式 h で割り算して余りの定数項 k を計算する。
多項式 f と g が共通因数を持つ場合は、最後に計算した余りの定数項 k は0になる。
よって、以下の式が成り立つ。
(解答おわり)

(補足)
 この計算の式3であらわされる多項式 h が最大公約多項式です。
この最大公約多項式は、aの値に従って以下の式6になる。

リンク:
高校数学の目次



2017年05月14日(Sun)▲ページの先頭へ
高次方程式の解き方のパターン
高次方程式の解き方のパターンの研究
この研究結果がガロア理論だと考えます。

天才ガロアは、高次方程式を、以下のパターンで解いたと考えます。

(1)高次方程式がある。
(2)式の変換方法Aがある事を確認する。
 (3)その変換方法Aを発見する。
  (4)その変換方法Aで式を変換する。
(5)式の変換方法Bがある事を確認する。
 (6)その変換方法Bを発見する。
  (7)その変換方法Bで式を変換する。
以上を繰り返す。
(8)最終的に、解を与える式を導く。

ガロア理論は、式の変換方法があるか無いかを見通す方法だと思います。

方程式の解き方を極めたい高校生は、式の変換方法がある場合はその変換方法を発見できる程度に勉強した後は、次の段階としてガロア理論を学ぶのが望ましい。
 ただし、ガロア理論を学ぶということは、もはや高校生のレベルを超え、大学生として勉強をすることになります。

 ただし、天才ガロアは大学受験に失敗しました。ガロアの後を追う学生は、その失敗を教訓にして、大学受験の勉強のバランスに気を付けて、ガロアの失敗を繰り返さずに大学受験に成功して欲しいと思います。

 ガロアは天才ですが、多くの先人の数学を学んで自分の数学を作っていきました。 ガロアは、アーベルによる、5次方程式の解がベキ根を使って表せない(いわゆる、5次方程式の解の公式が無い)証明を改善した。

 ガロアの業績は、方程式の可解性を完全に理解できるようにする群論を提供したことにある。
 こうして、5次方程式には、ベキ根を使った解の公式は有り得ないことが証明された。
 更に、現代数学では、ガロアの群論の発展の成果として、5次方程式の解の公式を、楕円モジュラー関数というものを使って書き表すことができた。

参考:「アーベルの証明」ピーター・ペジック(著)山下純一(訳)日本評論社(2005年3月出版)

 リンク:
高校数学の目次



2017年05月09日(Tue)▲ページの先頭へ
xの最高次の係数が1の整数係数方程式の有理数解は整数解になる
【問1】
 次の、最高次の係数が1である整数係数方程式1が有理数の根(r/p)を持つ場合、その根(r/p)は整数解 r になることを証明せよ。
(ただし、rとpは互いに素な整数とする。
また、a,a,aは整数とする。)

【解答】
 式1のxに(r/p)を代入する。
この式3をp倍する。
 この式4が成り立つためには、
P=1,  (5)
であることが必要である。
よって、(r/p)=整数 r である。
(証明おわり)

【問2】
 問1における、方程式1の整数の根 r は、整数aの約数になることを証明せよ。

【解答】
 式1に根の整数rを代入する。
 この式6を変形して式7を得る。
式7は、式8のように、整数rと整数sの積の形をしている式である。
よって、 根rは、整数aの約数である。
(証明おわり)

リンク:
高校数学一覧



既約多項式が重根を持たない不思議
(2つの多項式の最大公約多項式を求める問題)

 次数の大きい方の多項式 f を、次数の小さい方の多項式 g で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 g を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。

 この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。

【例題1】(微分の応用)
 有理数係数では因数分解できない(既約)多項式 f が式1であらわされている。この多項式は複素数係数の範囲では式2に因数分解でき、根α,β,γを持つ。
ここで、根α,β,γは必ず異なる、すなわち、既約多項式1は重根を持たないことを証明せよ。


【解答】
(仮定1)既約多項式 f が式3であらわされ、重根αを持つと仮定する。
この式を微分する。
 ここで、f’の式は、係数が有理数で、かつ、fの式1より次数が低い式5に計算される。

  この式5の(因数分解しない元の)f’の式は、以下の式6になる。

この様に、式5のf’の式は、式6の様に、有理数係数を持つ式1のxの累乗の項の係数に有理数を掛け算した有理数の係数を持つ式になる。
しかも、式5(又は式6)は、3次式である式1より次数が低い2次の式である。
また、式5は、式1と共通する根αを持つ。

 この有理数係数の2次のf’の式6と有理数係数の3次のfの式1にユークリッドの互除法を適用すると、f’の式6より1つ次数が低い1次の余りの式が計算される。
その1次の余りの式は有理数係数を持つ

 その有理数係数の1次の余りの式は、この有理数係数の2次のf’の式と有理数係数の3次のfの式1の共通因数の式(x−α)の有理数倍の式になる。
そのため、(x−α)は有理数係数の式になる。

(x−α)が有理数係数の式なので、(x−α)で有理数係数の3次のfの式1を因数分解できることになってしまい、多項式fが既約多項式であることと矛盾する。

 そのため、仮定1は成り立たない。
 よって、有理数係数の範囲で因数分解できない既約多項式 f は、複素数係数の範囲でも重根を持たない。

リンク:
高校数学の目次



2017年05月03日(Wed)▲ページの先頭へ
既約多項式が他の多項式と因数を共有しない不思議
(2つの多項式の最大公約多項式を求める問題)

 次数の大きい方の多項式 f を、次数の小さい方の多項式 g で割り算して余りの多項式を求め、その余りの多項式で次数の小さい方の多項式 g を割り算する。
こうして、少しづつ式の次数を小さくしていき、最後に式が割り切れた場合に、その最小の次数の式が、最大公約多項式です。

 この手順で最大公約多項式を求める方法を、ユークリッドの互除法と呼びます。

【例題1】
有理数係数では因数分解できない(既約)多項式 f と、それより次数の低い他の多項式 g との最大公約多項式を求めよ。

【解説】
 このfの式1は係数が有理数の式です。この式1は無理数を使わないと因数分解できません。
f の式は、有理数係数の式には因数分解できない多項式=(有理数係数における)既約多項式です。
f の式は無理数を使えば、以下の式に因数分解できます。
更に複素数も使えば、4つの1次式の積に因数分解できます。

g の式2も係数が有理数の式です。
ここで、gの式の係数が有理数で、かつ、fの式1より次数が低い式であるならば、
そのgの式は、決してfの式の因数を持ちません。

その理由は、(有理数係数の)既約多項式fと、それより次数の低い(有理数係数の)任意の多項式gとの間には以下の関係があるからです。

(関係3)
有理数係数のある多項式hと、ある多項式kを使って、
f・h+g・k=1 (3)
という恒等式を作ることができます。

この場合に、以下の仮定1をしてみます。
(仮定1)多項式fと式gは、複素数のαであらわした共通する因数m=(x−α)を持つと仮定する。

すると、式3は、以下の式に変形される。
m・f2・h+m・g2・k=1,
ここでf2とg2は、それぞれ、複素数係数の多項式。
m(f2・h+g2・k)=1,
(x−α)(f2・h+g2・k)=1, (4)
この式4の形をした恒等式は有り得ない。

このように、仮定1が矛盾を生むので、仮定1は成り立たちません。
よって、恒等式3が成り立つならば、
多項式fと式gは、複素数の範囲で因数分解して比較しても、共通する因数m=(x−α)を持つことができない。

 このように、(有理数の係数だけの式には因数分解できない)既約多項式fと、他の有理数係数の多項式gとの間には、複素数の因数も共有しないという不思議な関係があります。

【例題1の解答】
 式3を証明するのは、計算量が多すぎますので、
例題1の解答の最大公約多項式を計算します。
そして、その解答の計算を利用して、例題1の場合に式3が成り立つことを示します。

(解答開始)
ユークリッドの互除法で多項式fとgの次数をどんどん下げていきます。
こうして、最大公約多項式は、−11/8=定数であることが分かりました。
最大公約多項式=定数。
(解答おわり)

例題1の解答はこれでおわりですが、
次に、以上の計算を利用して、例題1の場合に式3が成り立つことを示します。
この式9が、例題1の場合における式3です。

 例題1の場合には、式3の恒等式(式9)が成り立つことがわかりました。
 この恒等式9(式3)は、(有理数の範囲での)既約多項式 f (式1)と多項式 f より次数の低い(有理数の範囲での)任意の多項式 g (式2)の間に、いつも成り立ちます。

 その理由は、(係数が有理数の)既約多項式 f というものは、 f より次数が低い(係数が有理数の)公約多項式が定数、すなわち0次の式になる多項式のことだからです。

 (係数が有理数の)既約多項式 f の(係数が有理数の)公約式が定数以外には有り得ないので、当然に、既約多項式 f が、多項式 f より次数の低い(係数が有理数の)任意の多項式 g との間で持つことができる(係数が有理数の)最大公約多項式は定数になる。

 それゆえ、(係数が有理数の範囲の)既約多項式 f と、多項式 f より次数が低い(係数が有理数の範囲の)任意の多項式 g の間で、いつも恒等式3が成り立ちます。

 恒等式3が成り立つ結果、先に示したように、
(有理数の係数だけの式には因数分解できない)既約多項式 f は、他の f より次数の低い任意の有理数係数の多項式gとは、複素数の因数も共有しない。

 また、別の視点から考えると、
既約多項式 f の複素数の範囲の因数の少なくとも1つを含む多項式であって、有理数係数の多項式 p がある場合、
その多項式 p は、 f によって割り切られる。
 それゆえ p は f の全ての因数を含む。
(この証明)
 (仮定)その有理数係数の多項式pが f の全ての因数を含まなかったと仮定すると、その多項式pと既約多項式fとにユークリッド互助法を適用すると、多項式pと既約多項式fの共通因数のみを含む式が有理数係数の多項式で抽出されることになる。
 そのようなことになると、その抽出された多項式で多項式fを割り切れることになり、多項式fが既約多項式であることに反する。そのため、仮定が成り立たない。
 よって、その多項式  p は f の全ての因数を含む。

リンク:
高校数学の目次



   




新着トラックバック/コメント


カレンダ
2017年5月
 
     

アーカイブ
2009年 (56)
2月 (1)
3月 (14)
4月 (30)
5月 (11)
2010年 (31)
7月 (1)
8月 (17)
9月 (4)
10月 (7)
11月 (1)
12月 (1)
2011年 (105)
1月 (10)
2月 (11)
3月 (16)
4月 (31)
5月 (4)
7月 (12)
8月 (12)
9月 (5)
11月 (3)
12月 (1)
2012年 (28)
1月 (3)
2月 (8)
3月 (6)
4月 (8)
5月 (1)
7月 (2)
2013年 (149)
1月 (12)
2月 (36)
7月 (5)
8月 (7)
9月 (22)
10月 (26)
11月 (25)
12月 (16)
2014年 (27)
1月 (13)
2月 (12)
3月 (2)
2015年 (47)
1月 (1)
2月 (6)
3月 (8)
4月 (16)
5月 (11)
6月 (4)
12月 (1)
2016年 (55)
4月 (4)
8月 (4)
9月 (6)
10月 (6)
11月 (22)
12月 (13)
2017年 (54)
1月 (10)
2月 (2)
3月 (5)
4月 (5)
5月 (10)
6月 (13)
7月 (9)

アクセスカウンタ
今日:952
昨日:2,601
累計:1,655,989