勉強しようNTTのBlog/一覧

算数の問題と解答とを考えていきます。




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。

(この問題の解答は、ここをクリックした先のページにあります)

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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。

(この問題の解答は、ここをクリックした先のページにあります)

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2017年05月21日(Sun)▲ページの先頭へ
指定された複数の因数を持つ多項式
(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。

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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。

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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)

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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)

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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。

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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。

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2017年04月20日(Thu)▲ページの先頭へ
楕円と双曲線と放物線の接線の式
「微分・積分」の勉強
【研究】
 高校3年で学ぶ楕円の接線の式を含めた、
楕円と双曲線と放物線の接線の式は、
以下の(大学で学ぶ)微分の計算によって導くことができる。

【楕円の接線】
楕円 x/a+y/b=1 (式1)です。

 楕円の接線の公式は、大学の数学科の射影空間の授業で、以下の微分の計算で導くことを教わると思います。
この式3が射影空間の座標系であらわした接線の式です。
具体的にあらわすと、以下の式になります。
z=1の場合が、通常のxy座標系での接線の式です。
 この式6が楕円の接線の式です。

【双曲線の接線】
 双曲線の接線の公式は、大学の数学科の射影空間の授業で、以下の微分の計算で導くことを教わると思います。
この式3が射影空間の座標系であらわした接線の式です。
具体的にあらわすと、以下の式になります。
 z=1の場合が、通常のxy座標系での接線の式です。
 この式5が双曲線の接線の式です。

【放物線の接線】
 放物線の接線の公式は、大学の数学科の射影空間の授業で、以下の微分の計算で導くことを教わると思います。
この式3が射影空間の座標系であらわした接線の式です。
具体的にあらわすと、以下の式になります。
 z=1の場合が、通常のxy座標系での接線の式です。
 この式6が放物線の接線の式です。

 このようにして接線の式を導き出すことを覚えたら、このやりかたで直ぐ接線の公式を導き出すことができるようになるので、各図形の接線の公式を覚えないでも良くなり便利です。

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2017年04月17日(Mon)▲ページの先頭へ
高次式の因数分解
【問題】 以下の5つの高次多項式を因数分解した式がある。
それぞれの式について、その式が成り立つ事を示せ。
(式5の解き方については、ここをクリックした先のページに解答を書きました)

(コメント)この問題は、
「代数入門 (現代数学への入門) 」(上野 健爾(著)岩波書店)
から引用しました。

  「代数入門 (現代数学への入門) 」の本の前半は高校数学を教えていますので、前半は高校生が読めます。後半は大学生向けですが、高校生でも十分に数学を研究したい学生は大学入学を待たずに読んで良いと思います。
 後半の内容は、「群論」が説明されています。

(本ブログによるエピソード)

 1830年代、エヴァリスト・ガロアが初めて、代数方程式の可解性の判定に、群を導入した。
ガロアが執筆した論文が不運によって2度も紛失した。 その後、ガロアは、デモ活動で逮捕され、禁固6ヵ月の刑を受けた。刑期の仮出所の間に、決闘によって死んだ。(21歳)
不良学生であったが、彼の代数学が、もっと正当に扱われていたら、結果は大分変っていたのではないかと悔やまれる若き天才だった。


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2017年04月16日(Sun)▲ページの先頭へ
平方根の式を多項式に変換する
【問題1】 以下の二次方定式1が成り立つとき、平方根の式2を普通の多項式であらわせ。

【解答】
式1を変形する。
(解答おわり)

(コメント)
 この計算以外の方法では、以下の計算のように、
(1)式1を解いてαを求めて、
(2)その値を√αに代入することで二重根号の式を求め、
(3)その二重根号を外して答えを求めることもできる。
 それに対して、上の解答の式の計算では、
(1)途中の式3の左辺のαの係数の二乗根が二重根号にならないので、式4に二重根号が出てこない。
(2)この式4に式1で得たαを代入した値も、二重根号を使わないであらわすことができる。 
 すなわち、式4を求めてから、式1の解のαを式4に代入した値を求めることで、二重根号を外す計算をしないで答えが得られる。

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2017年04月11日(Tue)▲ページの先頭へ
平方根の式を多項式に変換する問題
【問題1】 以下の式1が成り立つとき、平方根の式2を普通の多項式であらわせ。

【解答】
式2を変形する。
この式の各因数を式1を使って計算する。
(A)先ず、(α+2)を計算する。
 式1を(α+2)で割り算した式を作り、変形することで(α+2)をあらわす以下の式4を計算する。
(B)次に、(α−2)を計算する。
 式1を(α−2)で割り算した式を作り、変形することで(α−2)をあらわす以下の式5を計算する。
式4と式5を式3に代入する。
以上の計算で根号を外すことができた。

次に、この分数式を普通の多項式に変換する。

(C)先ず、1/(α−1)を計算する。
 式1を(α−1)で割り算した式を作り、変形することで1/(α−1)をあらわす以下の式7を計算する。
(D)次に、1/(α+1)を計算する。
 式1を(α+1)で割り算した式を作り、変形することで1/(α+1)をあらわす以下の式8を計算する。
式7と式8を式6に代入する。
(解答おわり)

【解答のブラッシュアップ】
 先の解答は、計算の発想順が明確で良い解答だと思います。しかし、計算の手順に無駄がありました。
式4を導く計算部分を以下のように変えると、分数式を経由せずに解答することができます。
そのようにして、解答を書き直すと、
以下のように解答できます。

(解答はじめ)
問題の式2を変形する。
この式の各因数を式1を使って計算する。
(A)先ず、(α+2)を計算する。
 式1を(α+2)で割り算した式を作り、変形することで(α+2)をあらわす以下の式10を計算する。
(B)次に、(α−2)を計算する。
 式1を(α−2)で割り算した式を作り、変形することで(α−2)をあらわす以下の式11を計算する。
 式10と式11を式3に代入する。

(解答おわり)

次に、この問題をより一般化した問題を解く。
【問題2】 以下の式1が成り立つとき、平方根の式2を普通の多項式であらわせ。

【解答】
問題の式2を変形する。
この式の各因数を式1を使って計算する。
(A)先ず、(α+2)を計算する。
 式1を(α+2)で割り算した式を作り、変形することで(α+2)をあらわす以下の式4を計算する。
(B)次に、(α−2)を計算する。
 式1を(α−2)で割り算した式を作り、変形することで(α−2)をあらわす以下の式5を計算する。
式4と式5を式3に代入する。
 計算をここで終えた方が答えの式が簡易な式になる。
(解答おわり)

(補足)
上の計算で、式4から6までの計算を以下の式7から9までの計算に変えた方が、より簡単な式で答えをあらわすことができると考える。
(A)先ず、(α+2)を計算する。
(B)次に、(α−2)を計算する。

式7と式8を式3に代入する。
(解答おわり)

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2017年04月10日(Mon)▲ページの先頭へ
分数式を多項式に変換する問題
【問題】 以下の式1が成り立つとき、分数式2を普通の多項式であらわせ。

【解答】
式1を(α+1)で割り算した以下の式3を計算する。
この式3を使って、式2の分子の値1を(α+1)の倍数の式に置き換える。
(解答おわり) 
 
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2017年03月21日(Tue)▲ページの先頭へ
二項定理に関連する公式
二項定理は、例えば:
(x+1)
を展開した各項の係数が以下の式であらわされるという定理です。

x=1とおけば、上の式1のように、2が組合わせの数の和であらわされます。
上のように式1が得られたので、この式1を覚えろと言われます。

しかし、数学のセンスのある学生ならば、ここで、何となくうさんくさく感じて、素直にはこの式1を覚える気にはならないと思います。
(そのうさんくささを感じる嗅覚が数学的センスです)
この公式がうさんくさいので、先ずは、具体的な場合を調べて、本当に式1が成り立つのかを具体的に調べます。
何と!全部成り立っているではないですか。

しかし、それでも納得いかないので、この式1が別の方法で証明できるならばこの式1を覚えても良いと考え、別の証明方法が無いか調べてみます。
(その調査をすることが数学を勉強するということだと考えます)

そのために、組合せの数の式の定義を使ってこの式1を証明する方法を探してみます。
先ず、 組合せの数の式の変形可能性を調べます。
上のように、組合せの数には、式2の関係があることを確認できました。
(この式2は覚えておきましょう)
この式2を使って、もう少し調べてみます。
この式3も成り立つことが分かりました。
この式3を使うことで、組合せの数を、そのパラメータnをどんどん減らした式に変換でき、下の図の関係があります。
(便利なので、この式3を覚えましょう)
下図では、各行の各が、式3に従って、その下の行の2つの項の和であらわされます。
上の図で、下方の行の各項が上方の行で2回使われています。そのため、上方の行の値は下方の行の値の2倍です。
それゆえ、式1が成り立ちます。
(式1の証明おわり)

こうしたやり方で、
「納得した後で初めて式1を覚えることにする。」
という勉強方法は間違っていないと私は考えます

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2017年03月20日(Mon)▲ページの先頭へ
二項定理
二項定理は、例えば:
(x+1)
を展開した各項の係数が以下の式であらわされるという定理です。

の係数は、(x+1)の6つの項の積において掛け合わされる数の組み合わせが2個あるうちの、xを2つ選ぶ組合せの数=6*5/(2*1)になります。

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2017年03月15日(Wed)▲ページの先頭へ
当ブログは共謀罪法案の提出に反対します
共謀罪法案が閣議決定されようとしています。
当ブログは共謀罪法案の提出に反対します。

共謀罪法案は、内心を罰する法案であり、
科学の批判精神に敵対するものだからです。

当ブログは、日本の学生の数学の学力向上をめざして、
数学教育に努めてきましたが、

共謀罪の成立によって、
当ブログがこれまで行なってきた科学教育の努力が
全て無駄になってしまいます。

そのため、当ブログは、共謀罪法案の提出に反対します。
 


2017年03月13日(Mon)▲ページの先頭へ
ベクトルを分解する道を視線でたどって式を書く
・ベクトルを分解する道を視線でたどって式を書く。
以下のようにベクトルAEを分解する道AOEを視線でたどります。

@は、視線がベクトルaを逆向きにたどったのでマイナス”−”
Aは、順向きなので”+”

 ベクトルAEのAからの道AOの向きがベクトルaと逆方向に進むことを確認してベクトルaにはマイナスを付けてベクトルAEの展開式を書くようにします。
 こうすることで、思い込みによりベクトルaの符号をプラスにして式を書いてしまうミスを防げます。


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2017年03月10日(Fri)▲ページの先頭へ
ユークリッドの互除法で最大公約多項式を求める
(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 と g の最大公約多項式を求めよ。

【解答】
 この場合は、多項式 f が、多項式 g で割り切れましたので、多項式 g が最大公約多項式です。
(解答おわり) 

(補足)
 ユークリッドの互除法で、多項式を多項式で割り算していくと、最終的な余りが定数になります。
(1)その余り定数が0の場合は、その0を余りにするように、多項式を割り切った式が、最大公約多項式です。
(2)その余り定数が0で無い場合は、最大公約多項式は存在しない。あえて言えば、最大公約多項式は「定数」である。

【例題2】
以下の多項式 f と g の最大公約多項式を求めよ。

【解答】
多項式 f を、多項式 g で割り算して余りの式=2hを得ました。
次に、 多項式 g を、多項式 h で割り算します。
この場合は、多項式 g が、多項式 h で割り切れましたので、多項式 h が多項式 f と多項式 g の最大公約多項式です。
(解答おわり)

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2017年02月07日(Tue)▲ページの先頭へ
整数解が無い不定方程式
【問1】(超難問)
以下の不定方程式の整数解をすべて求めよ。

(コメント)
 この問題はとても難しいので、理系最難関大学か医学部を受験する大学受験生も含め、大学の数学専門コース専攻者以外は、この問題を無視して良いと考えます。

【解答】
 この問題の解として、正の整数x=zとy=zを求める。以下で扱うx,yは全て正であるものとする。
 先ず、この問題の解が1つでもあれば、それ以外の解を1つ求めるための漸化式を以下の様にして求めます。
(その漸化式は、残りの解のうちの一部を導き出せるだけの漸化式が見つかれば、それで十分である。)
以下の式2の行列Mで定義される漸化式を求めます。
なお、問1の式1は、以下の式3(及び4)に一般化します。
 式3及び4は以下の式5で代表させる。
そして、式5に漸化式Mの行列を導入し易くするために、行列aを使って式5の左辺をあらわします。
式8に行列Mを導入して変形すると以下の式9が得られます。
ここで、行列Mが以下の式10を満足するものとします。そうすれば、この行列が漸化式をあらわす行列になります。
式10を成り立たせる行列Mであれば、以下の式11が成り立つからです。
式10が成り立てば、行列Mの行列式の絶対値が1になります。ここで、行列式の値が1とした式12も、行列Mを限定する条件に加えます。
式11が式13に変形でき、更に式14に変形できる。
式14を具体的に以下の式に書く。
 この式の左右の項を計算し以下の式15が得られる。
 この式を解き、変数cとdで表した以下の式16が得られる。
 ここで、行列式12によって、以下の式17が得られる。
 この式17はペル方程式である。
この式17の最小の解を探し、以下の解18を得た。
 この解を使って以下の式19の行列Mが得られ、漸化式20が得られる。
これで、解が1つ見つかれば、それ以外の解を計算できる漸化式が得られた。

 次に、この行列Mの逆行列が以下の式21で得られ、漸化式20の逆に、解の値を小さくしていく式22が得られた。
 この式22があらわす逆漸化式を使うことで、もし解があれば、その解を小さくしていくことが可能である。
 ただし、この逆漸化式22は、正の値のx=zとy=zに適用して、正の値のx=zと負の値のy=zを導き出すことが可能であるという特徴がある。
 また、そうして得た正の値のx=zと負の値のy=zにこの逆漸化式を適用する場合を考えると、xと(−y)に対する漸化式に書き直すと、式20になる。すなわち、xと(−y)の解の絶対値を大きくしていく漸化式であるとも言える。

(漸化式によって得られる解の大きさ)
 漸化式20のうちの1つは以下の式23である。
ここで、式1から、解のx=zとy=zとは以下の式24であらわされ、概ね比例する。
式23を変形して以下の式25が得られる。
 また、式18から、以下の式26が得られる。
 この式26を式25に代入して以下の式27が得られる。
 この式27の関係により、漸化式は、解のx=zとy=zの大きさを概ね89×2≒180倍に大きくする。
その逆に、行列Mの逆行列による逆漸化式は、解の大きさを概ね180分の1程度に小さくする。

例えば、この漸化式は、
(x,y)の、
(1,1)を(155,209)にし、
(1,2)を(221,298)にし、
(2,3)を(376,507)にする。

 もし式1に180以上の解があれば、その解は、その解から逆漸化式によって180分の1になる小さな正値の解にリンクしている。

逆漸化式22のうちの1つは、以下の式28である。
ここで、式1から、解のx=zはy=zで、以下の式29であらわされる。 
式29を式28に代入して計算する。
(この式30からも、yが逆漸化式によって180分の1以下に小さくなることが言える) 
なお、 x=zは、以下の式で与えられる。
式30は、y=zがある値よりも小さければ、逆漸化式22で得られるyの値は負の値になってしまうが、その値よりも大きければ正の値になることを示している。
これが、逆漸化式22によってより小さな正の解を導く限界を与える。
 この限界値以上のyの解は、逆漸化式22によって、より小さな正の値の解が導き出され、その小さな解に漸化式20を適用することで導き出すことができる解なので、調べる必要は無い。
 一方、その限界値未満の解は、逆漸化式22によってはより小さい正の解が得られないので、正の値の解に漸化式20を適用することでは得られない。 
 そのため、その限界値未満の解については、それが解であるかを直接に計算して調べる必要がある。

 以下で、解を調べるべき限界値を計算する。
式30が正になる条件がその限界の条件である。それは、以下の式で与えられる。
式32により、x=z≧20が、式30が正になる条件である。よって、xが20以上の範囲の解を除外した、xが20未満の解を調べるだけで、全ての解の存在の有無を確認することができる。
 その範囲内の全ての値のxが解にはなら無いことを計算して確認した。
 そのため、 式1には、どのように大きな解も存在し得ず、解が存在しないことがわかった。

【問2】(超難問)
以下の不定方程式の整数解をすべて求めよ。


【解答】(途中まで)
 この問2は、更に難問ですが、以下の式に変形できるので、同様に「無限降下法」を使うことで、限定された値の範囲に解が存在しなければ、全く解が無いことが証明できる。
(その限定された値の範囲で解を発見できれば、漸化式を適用することで得られる無限個の解がある。)

この式2は、以下のように変形できる。
 この式4は、
解が無さそうであるが、
解が無いことが簡単には証明できない。
しかし、問1と同様に漸化式Mを求めて「無限降下法」を使うことで解が存在しないことを証明できると考える。
 そのためには、ある限定された値の範囲内で解が存在しないことを確認する。
(あるいは、その限定された値の範囲内で、1つ以上の解を発見するかもしれない)
その、有限の範囲内の確認を行なえば解が存在するかしないかの決着をつけられると考える。
・・・
(解答の途中)

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2017年02月03日(Fri)▲ページの先頭へ
不定方程式の解き方
【問1】
以下の不定方程式の整数解をすべて求めよ。
【解答】
 以下の様に式を書いて、右辺の数値をユークリッドの互除法で引き算して行き、式の左辺の項を、右辺の数値の加減乗除にリンクして設定する。
この計算で式2が得られた。
次に、この式2に、以下の(整数)変数nを導入して、式3を得る。
式3を式1と対比させることで、

不定方程式1のxとyの全ての整数解を、整数変数nを使った式4と5であらわす。
(注意点)
 ここで式4と5に付け加える7nと5nの係数7と5が最小公倍数を持つ場合は、その最小公倍数で割り算した値にして式に加える必要がある。
(解答おわり)
 
【問2】
以下の不定方程式の整数解をすべて求めよ。
【解答】
 uを予め与えられた整数と考えて問1と同様に解く。
 (解答おわり)

【問3】
以下の不定方程式の整数解をすべて求めよ。
【解答】
 xの係数とyの係数の最大公約数=2を求めて解く。
 (解答おわり)

【問4】
以下の不定方程式の整数解をすべて求めよ。
【解答】
次に、この式2に、以下の(整数)変数n1からn3を導入する。

しかし、これで解答は終わりでは無く、2つの変数nとnの式の部分は、以下の様に1つの変数nの式にまとめられます。
(これは大学の数学専門課程レベルですので、この問題は大学入試には出題されないと考えます)

式1のxの係数4とyの係数(−6)の最大公約数をcとします。
c=2になります。
そして、式1の左辺から、以下の式10を作り、式1を満足するaとbを求めます。
 この係数a,b,cと変数n変数nを使って、以下の式でx,y,zがあらわせます。
(解答おわり)

(別解のコメント)
 ここで、式10を計算して変数nの式を求める方法以外に、以下のようにして変数の式を計算することもできる。
その計算は、式6,7,8の変数n変数変数nの式が独立では無いことを利用して、以下の様に解く方法である。

zを与える式8において、
(A)変数nの式の係数(−4)と数nの式の係数(2)の最大公約数(2)を求める。
(B)その最大公約数(2)を係数に持つ変数の項だけを式8に設定する。
この場合は、式8の右辺を2nだけにする。それは、数n=0とすることを意味する。
(C)変数n=0とした式6’,7’,8’が解である。
この解の変数nをn−nとすれば、先の解に一致する。

また、式6,7,8に対して:
yを与える式7において、
(A)変数nの式の係数(2)と数nの式の係数(1)の最大公約数(1)を求める。
(B)その最大公約数(1)を係数に持つ変数の項だけを式7に設定する。
この場合は、式7の右辺を−1+nだけにする。それは、数n=0とすることを意味する。
(C)変数n=0とした式6’’,7’’,8’’も解である。

【解答3】
 式1を、以下の様に、式12と式13との2つの式に変換して、それぞれの不定方程式を解いて、解を合わせれば良い。
この解答は省略する。

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2017年01月27日(Fri)▲ページの先頭へ
ペル方程式で解ける不定方程式
【問】(高校生の難問)
以下の不定方程式の整数解をすべて求めよ。
(コメント)この問題は、ペル方程式で解けます。
大学入試問題に出題されることもあるようですが、
高校生には難問ですので、理系難関大学や医学部を受験しようとしている高校3年生以外は、この問題をやらなくても良いと思います。
該当する高校生であっても、参考に見ておくだけで十分と思います。

【解1】

解のいくつかを求める。
もう1つの解を計算する。
この場合はx,yは自然数解を持たない。
もう1つの解を計算する。
これは自然数解を持つ。 

次に、1つの解を得た場合に他の解を求める漸化式を作る。
作成する漸化式は、以下の式を満たす漸化式にします。
1つの解uが得られた場合に他の解Uを与える漸化式8を、行列Mを使った式で定義します。
式3を扱い易くするために、式3の係数を以下の行列の要素aで定義します。
以下のようにして、行列Mの要素の満たす式を求める。
この式の左右の項の行列を計算する。
この式を満たす行列は以下の式で与えられる。cとdは選択の自由度を与える未知数である。
この式を満足するcとdの整数解を1つ、以下の様に求め、それを使って、行列Mを定める。
これで、1つの漸化式の行列Mが得られた。
ペル方程式の場合は、この漸化式だけで全ての解を計算できることが分かっている。
 すなわち、ペル方程式では、c+d√3の値を最小にする自然数解(c,d)=(2,1)を使って上の漸化式を作れば、その漸化式で作った解が全ての自然数解をあらわす。

(漸化式の他の導出方法)
 以下のようにこの漸化式を導出する方が簡単なようです。

 この漸化式を使って、解を順次に計算できるが、以下では、その計算を先回りして解をあらわす式を求める。
この式を変形して、係数zとmとを使った以下の形の式に変形する。

この式を解いてzとmを定める。

zとmが2組あることで以下の式が成り立つことを利用して解を計算する。

以下のようにk番目の解を計算する。

(注意)この解のx,yには、整数解以外の解が混在しているので、
解を選別して整数解だけを抽出する必要がある。 

((U1,k ,U2,k)の式を導き出す簡単な計算方法)
 以下の様にすると簡単に計算できます。
(漸化式の他の導出方法)の計算を続けて、以下の計算をします。
(注意)この解のx,yには、整数解以外の解が混在しているので、
解を選別して整数解だけを抽出する必要がある。
(解答おわり)

【解2】 
 解2では、解1によって計算するx,yの解には整数解以外の解が混在していたのを改善する。
 この式B1を式2に代入する。
 ここで、には正負の何れかであるかが決まっていない自由度がある。
6y+1=1(mod3)であるので、u=1(mod3)である=か、−u=1(mod3)である−を6y+1に等しいと計算する。
(後の計算で、 常に正のu=1(mod3)であることが分かる)

この式から、以下の漸化式が得られる。
この漸化式に従うと、 
順次に計算する正のuは常に、1(mod3)となることが分かる。
そのためyの整数解は、B3’のみで計算しなければならない。
一方でxの整数解は、正負のを使って、いずれの計算でも整数解が得られる。

この漸化式を使って、(x,y)の整数解をいくつか求めてみる。
 これらの計算において、計算した(x,y)は全て整数解になったので、整数解以外の解の混在を無くすことができたと考えられる。

 次に、漸化式の計算を繰り返す手順を飛び越えて、一般解をあらわす式を求める。
この一般解の式のx,yには、整数解以外の解が混在していないと考える。

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2017年01月11日(Wed)▲ページの先頭へ
2重条件の条件付き確率
【問題】(難問)
 イベント1で、赤コイン1つと白コイン1つが入っている袋から1つのコインを机の上に取り出しコインの色とコインの面が表か裏かを記録してコインを袋に戻す。そしてイベント2で再度、同じことを繰り返してコインの色とコインの面が表か裏かを記録した。

 その2回のイベントで少なくとも1回は、白コインでコインの面が表であるコインが記録された。
 こうなる条件のもとで、この2回のイベントの2回とも、袋から取り出したコインが白コインであった条件付き確率を求めよ。

解答は、ここをクリックした先のページにあります。

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2017年01月09日(Mon)▲ページの先頭へ
条件付き確率の入試問題9
【問題】  5回に1回の割合で帽子を忘れるくせのあるK君が、正月にA,B,C3軒を順に年始まわりをして家に帰ったとき、帽子を忘れてきたことに気がついた。2番目の家Bに忘れてきた確率を求めよ。
(1976年 早稲田大)


解答は、ここをクリックした先のページにあります。

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2017年01月08日(Sun)▲ページの先頭へ
条件付き確率の問題文の意味
以下の例題1から4を参考にして、「条件付き確率」の意味を説明する。

【例題1】
 2枚のコインを投げて裏が出ているコインが有ると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?

【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが2つとも裏である条件付き確率は、1/3である。
(解答おわり)

【例題2】
 2枚のコインを投げて、1つのコインAに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?

【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが2つとも裏である確率は、1/2である。
(解答おわり)

【例題3】
 2枚のコインを投げて、1つのコインBに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?

【解答】
 問題の解き方の視点を変えたこの基本樹形図を使っても、 
コインが2つとも裏である確率は、1/2である。
(解答おわり)

(疑問1)
 コインAが裏である場合のコインBが裏の確率が1/2であり、コインBが裏である場合のコインAが裏の確率が1/2であるのに、なぜ、コインAかコインBのいずれかが裏である場合の、それ以外のコインが裏である確率が、それらと異なる値の1/3になるのか?
(理由)
 コインAかコインBのいずれかが裏である場合には、コインAが裏である場合とコインBが裏である事象が独立に有るわけでは無い。
 コインAが裏である事象とコインBが裏である事象は同時に生じることができる。
 そのため、コインAが裏である事象とコインBが裏である事象を合わせて、コインAかコインBのいずれかが裏である事象を構成するとき、事象同士が干渉して確率の値を変えるという現象が起きたと考える

【例題4】
 2枚のコインを投げて、1つのコインに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?
(問題のあいまいさ)
 この例題4は、
(1)1つのコインを調べて、表であるか裏であるかを確認したら、裏が出ていると判った。このとき両方のコインが裏である確率はいくらか?
という意味の問題であると解釈したら、
例題2か例題3の問題であるので、
答えは1/2である。

 しかし、この例題4を、
(2)コインAとコインBを両方とも調べた結果、いずれか1つのコインに裏が出ていると判った。このとき両方のコインが裏である確率はいくらか?
という意味の問題であると解釈したら、
例題1の問題であるので、
答えは1/3である。

 例題4のように、どうにでも解釈できる意味不明な問題(愚問)もあり得るので、 問題文を良く読んで、愚門は解かないように注意しましょう。
(補足)
 例題4を以下の文に書き直したら、
2枚のコインを投げて、いずれか1つのコインに裏が出ていると判ったとき、両方のコインが裏である確率はいくらか?」
という文にすれば、
例題1の問題であることが明確になる。

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樹形図の基本ルール
以下の例題1と2を参考にして、樹形図の基本ルールを説明する。
《基本ルール》
(1)樹形図を横断する枝の総和(太さ)は常に一定。
(2)発生確率が同じ事象の樹形図の枝の太さは同じ。
(3)樹形図は、根元から枝先まで一定の太さの糸を根元側で束ねた、糸の集合でもある。
(4)樹形図の根から展開した複数の枝を書き、その先で、複数の枝をいったん節に束ねて糸の束を再編成して再度複数の枝(個々の枝は複数の糸の束で作る)に展開することもできる。
 この基本ルールに従って樹形図の糸を自由に束ねた以下の様な樹形図を作ることもできる。
 このように、樹形図の最小構成要素の糸の形を、根から展開し、節に収束させ、再び節から展開する、波状の形を持たせることもできる。 
 それにより、独立なイベント毎に、樹形図を節から複数の事象の枝に展開して、再び節に収束した上で次の独立なイベントの複数の事象の枝に展開する。
 例えば数回サイコロを振るといった複数のイベントを貫く樹形図の糸を考える。その糸を、1回目のサイコロの目という事象が同じであるが、2回目のサイコロの目は異なるという複数の糸を1回目のサイコロの目の事象を表す枝に束ねることができる。

 また、以下の図の様に網目状の節を持つ樹形図を書くこともできる。
   以下でこの基本ルールに従って樹形図を書いて問題を解く例を説明する。

【例題1】
 箱の中には,両面表のコイン,両面裏のコインそして普通のコインの計3枚が入っ ている。
ここからコインを1枚取り出してフリップしたら表が出た。
このコインが両面表の コインである確率はいくらか?


【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが両面表コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

【例題2】
 箱の中には,表表示コイン,裏表示コインそして普通のコインの計3枚が入っ ている。
ここからコインを1枚取り出す。

(1)そのコインが普通のコインの場合はフリップして出た面を観察する。
(2)そのコインが表表示コインの場合は表面を表示して置く。
(3)そのコインが裏表示コインの場合は裏面を表示して置く。
(4)こうしてコインの面を観察したら”表”であった。
このコインが表表示 コインである確率はいくらか?

【解答】
 この基本樹形図において:
 表表示コインが選ばれる確率は通常コインが選ばれる確率と同じなので、通常コインが選ばれる枝の太さ2sと、表表示コインが選ばれる枝の太さ2sが同じである。
 通常コインは、太さ2sの枝が「表面」が開く太さ1sの枝と、「裏面」が開く太さ1sの枝に分岐するが、表表示コインが選ばれた場合は、事象を分岐させるイベントを何も行なわないので、その枝の太さは2sのままである。
 この樹形図を使って計算する。コインが表表示コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

(補足)
 樹形図は、同じ確率で生じる事象に分離させると枝が分割されて各々の枝が細くなる。しかし、特にイベントが無ければ枝は太いままである。
  この例題1と例題2は同じ問題であると言える。例題1でも例題2と同じように、両面表のコインをフリップしないでも問題の結論は変わらない。

【例題3】
1つのさいころを投げ続けて、同じ目が2回連続して出たら終了するものとする。
4回目以内(4回目も含む)に終了する確率を求めよ。


【解答用に作る樹形図】
(ここでは、この問題を解くための樹形図を作って終わりにします)
以下の樹形図を作ります。
樹形図の枝の太さは、その枝の事象の確率を表します。

 上の樹形図は、事象を、「(前回と)同じ目」と「(前回と)違う目」という概念で分けた樹形図です。
 こういう樹形図が作れる理由は、
樹形図は、最細の糸という基本単位の糸を束ねて構成されていることに起因します。
 「糸」の1つは、樹形図の根元から枝までひとつながりである糸です。その糸は、出る目の数で示した数字の連鎖(3355)であらわすことができます。
 1つの樹形図の例として上図のように、各糸を束ねて、 樹形図の左から右に、(3の目・同じ目・違う目・同じ目)といった枝を構成するように束ねた樹形図が作れます。
 この様に、「糸」を自由に再編成することで種々の樹形図を書くことができます。
 この糸を再編成して束ねて作る樹形図は、樹形図の根元から枝先までの枝の順を、さいころの目が出る順に対応させねばならないという制約もありません。例えば、(1番目の目・4番目の目・3番目の目・2番目の目)という枝順の樹形図も作ることができます。
 また、4回さいころを振る問題において、(同じ目が出る回数)の事象で分岐する枝を持つ以下の様な樹形図を作ることもできます。

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2017年01月06日(Fri)▲ページの先頭へ
条件付き確率の入試問題10
【問題】
 奇数の目の面が青色で、偶数の目の面が赤色であるさいころが2個ある。
この2個のさいころを同時に投げたとき、
出た目の数の和が9以上であるという条件のもとで出た目の面が同じ色である確率を求めよ。
(2004年 東京電機大)


解答は、ここをクリックした先のページにあります。

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両表コインの条件付き確率の例題2
【例題】
 箱の中には,両面表のコイン,両面裏のコインそして普通のコインの計3枚が入っ ている。
ここからコインを1枚取り出してフリップしたら表が出た。
このコインが両面表の コインである確率はいくらか?


【解答】
 この基本樹形図を使うことで、 
コインが両面表コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

【別解】
 コインの表が開かれる結果だけの、部分的樹形図を使うことで、
コインが両面表コインである条件付き確率は、2/3である。
(解答おわり)

(補足)
 部分的樹形図を使う場合も、起こりえる全ての場合を漏らさないよう、間違えないよう、注意しましょう。

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2017年01月05日(Thu)▲ページの先頭へ
条件付き確率の計算例題1
【条件付き確率とは何か】
 条件付き確率とは、発生し得る全事象のうち、一部の事象の集合に事象の範囲を制限した場合の、その事象の集合の範囲内での所定の事象の発生確率が「条件付き確率」です。
 その事象の集合の範囲を規定する条件が、条件付き確率における「条件」です。

 「サイコロの目が4以上であった場合において」〜といった問題における「サイコロの目が4以上」が条件です。

 「サイコロの目が、4以上であると言える5の目が出た場合において」〜といった問題においては、定まった条件「サイコロの目が5」こそが条件です。

(補足)
 事象の発生頻度を規定する条件(例えば正解を知っている司会者が好んで不正解を選択することで、不正解が選択される確率を上げるといった条件)は、事象の集合の範囲を制限する「条件」とは異なります。

【例題1】
 ある夫婦には子供が二人いる。二人のうち少なくとも一人は男の子であるということが分かった。このとき,二人とも男の子である確率を求めよ。ただし,男の子が生まれる確率,女の子が生まれる確率はともに1/2とする。

【解答】
 この図を使うことで、 
2人とも男である場合は、1人が男である場合の3つの内の1つであるので、その条件付き確率=1/3である。
(解答おわり)

【例題2】
 ある夫婦には子供が二人いる。二人のうち年上の方が男の子であるということが分かった。このとき,二人とも男の子である確率を求めよ。ただし,男の子が生まれる確率,女の子が生まれる確率はともに1/2とする。 

【解答】
 この図を使うことで、
2人とも男である場合は、年上の方が男の子である場合の2つの内の1つであるので、その条件付き確率=1/2である。

(解答おわり) 

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2017年01月04日(Wed)▲ページの先頭へ
条件付き確率の計算公式
【例題1】
 プレーヤーの前に閉まった3つのドアA,B,Cがあって、1つのドアの後ろには景品の新車が、2つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえるイベントが行なわれた。
 

(場合1)
 当事者プレーヤーが1つのドア(そのドアをドアAと名付ける)を選択した後、選択されたドアAに鍵がかけられた。
そうしたらもう1人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの2つのドアのうちの1つを開けてしまった。そのドアをドアBと名付ける。
(その開かれたドアBが正解であった場合は、このイベントは中止された。)
 ここでは、その開けられたドアBが不正解であった場合を前提条件にし、
その場合における:
(1−1)プレーヤーが最初に選んだ選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率と、
(1−2)開かずに残ったもう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率と、
を計算せよ。

(場合2)
 当事者プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、ドアを開けてしまった。そのドアをドアBと名付ける。
(その開かれたドアBが正解であった場合は、このイベントは中止された。また、その開かれたドアBが、当事者プレーヤーが選択したドアAであった場合も、このイベントは中止された。)
 ここでは、その開けられたドアBが不正解であった場合を前提条件にし、
その場合における:
(1−1)プレーヤーが最初に選んだ選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率と、
(1−2)開かずに残ったもう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率と、
を計算せよ。

【解答】
(公式の説明)
 以下で、この問題の条件付き確率を計算するのに便利な公式を、この問題に当てはめて使うことで、その公式を説明する。
 この問題では、
(1)どのドアが正解ドアであるかという「正解事象グループ」と、
(2)(正解ドアを知らない者が)ドアの正解の当否を確認するためにどのドアを開くかという事象グループと、
は、独立していて、
両者の事象グループの要素の事象の間に依存関係は無く、
それらの要素の事象は全く独立に無作為に発生する。
 そのように、事象グループの関係が独立な場合は、
上の樹形図のように、
(3)「ドアの正解の当否を確認するためにドアBを開く 」という行為に対して、
(4)「正解事象グループ」の事象は、
全くランダムに生じる。
 ここで、ドアBを開いて、それが正解で無い場合の条件付き確率を調べるためには、上の樹形図のように、
(5)単にドアBを開く場合だけを記述した樹形図を作って、条件付き確率を調べて良い。
(6)更に、「正解事象グループ」の要素のうち、イベントが中止になるため、関心の外にある「ドアBが正解」である事象要素を除去して、残りの2つの要素の、「ドアAが正解」「ドアCが正解」だけを記述した樹形図を作って、
条件付き確率を調べても良い。
(公式の説明おわり) 

(場合1)
 この樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。

(場合2)
 場合2も、同じこの樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。
(解答おわり)

【別解】 
(場合1)

 この基本樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=2/4=1/2である。
(解答おわり) 

(基本樹形図の変換)
 ここで、この基本樹形図は、ドアを無作為に開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と独立である特徴がある。そのため、この基本樹形図は、以下の様に変換することができる。
  先ず、「ドアB」と「ドアC」それぞれのドアの名前を付け変えて事象を記述しても、確率を計算する樹形図の事象間の関係の構成は変化しない。そのため、基本樹形図を、「ドアBを開く」場合1つだけを表示する樹形図に変換して「ドアCを開く」場合を省略しても良い。
 よって、以下の様に変換した樹形図を作って、この樹形図を使ってこの条件付き問題を解くことができる。
 この樹形図を使うことで、選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。
(解答おわり) 

(場合2)
 この基本樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドア(残りドア)が正解である条件付き確率
=2/4=1/2である。
(解答おわり) 

(基本樹形図の変換)
 ここで、この基本樹形図は、ドアを無作為に開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と独立である特徴がある。そのため、この基本樹形図は、以下の様に変換することができる。
  先ず、「ドアAを開く」場合は全て、「中止」になるので、関心の対象外なので、基本樹形図から「ドアAを開く」事象を除去した樹形図を書いても良い。
 また、「ドアB」と「ドアC」それぞれのドアの名前を付け変えて事象を記述しても、確率を計算する樹形図の事象間の関係の構成は変化しない。そのため、樹形図を、「ドアBを開く」場合1つだけを表示する樹形図に変換して「ドアCを開く」場合を省略しても良い。
 よって、以下の様に変換した樹形図を作って、この樹形図を使ってこの条件付き問題を解くことができる。
この樹形図を使うことで、
選択ドア(ドアA)が正解である条件付き確率=もう1つのドア(残りドア)が正解である条件付き確率
=1/2である。
(解答おわり)

【公式の成立条件が成り立っていない問題例】
(場合3)
 先の公式は、他の事象と独立な事象グループがある問題の場合に限って使えるものである。
 以下の、「場合3」のように、正解を知っている司会者が間違いをせずに、正解ドアで無いドアを開くという、「正解事象グループ」と、司会者が開くドアの事象との間に独立性が無い問題には、この公式が使えない。

 すなわち、その場合には、ドアを開く事象が無作為では無く、正解ドアがどれであるかに依存する関係があるので、開くドアをドアBのみにすると、事象の依存関係ゆえに「正解事象グループ」の要素が除去されて樹形図の事象の発生のバランスが変えられてしまう。
 そのように事象の発生のバランスを変えた樹形図を使って条件付き確率を計算してはいけない。

(場合3)
 当事者プレーヤーが1つのドア(そのドアをドアAと名付ける)を選択した後、 
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる1つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せた。そのドアをドアBと名付ける。
 その場合に開かずに残ったもう1つのドアC(残りドア)が正解である条件付き確率を計算せよ。

 「場合3」では、以下のように、「正解事象グループ」の要素の事象を全て書き出して、事象の間の依存関係をきちんと盛り込んだ基本樹形図を作って考えなければならない。
(場合3)
残りドアが正解である確率は2/3である。
(解答おわり)
 
場合3のこの基本樹形図は、場合1や場合2のように、「ドアBを開く」場合だけを表示した樹形図に変換して使ってはいけない。
 その理由は、この図では、ドアを開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と依存関係にある(正解ドアは開かない)ためである。
 そのため、ドアを開く事象の中の「ドアBを開く」事象だけを抽出することで、他の、依存関係にある事象とのつながり関係を変えた樹形図に変換してはいけない。

(禁止の理由は「難しいから」)
 この場合3において、ドアを開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と依存関係にある(正解ドアは開かない)ことにより、樹形図の変換が禁止されるのには、論理的根拠はありません。禁止の理由は、「他の事象との依存関係を変えない正しい変換を行なうことが難しい」からです。

 以下で、場合3の基本樹形図を変換してみます。
 正解ドアがAのときに、ドアBを開く場合と、ドアCを開く場合を対等にする。そうすることで、「ドアBを開く」場合1つだけを表示し、「ドアCを開く」場合も代表させて確率を計算する樹形図を作ることができる。
 そのようにドアBとドアCが平等に扱われている事を前提条件にして基本樹形図を以下の樹形図に変換する。
この樹形図で、
ドアAが正解の場合にドアBが開かれる確率は1/2である。
一方、ドアCが正解の場合にドアBが開かれる確率は1である。
 この樹形図から、(ドアBを開いた)条件付きの、ドアCが正解である確率は
である。
(解答おわり) 

(補足)
 この場合3における部分樹形図は、正解ドアがAの場合にドアBを開く場合の枝の太さが、正解ドアがCの場合にドアBを開く場合の枝の太さの半分であるという特徴があります。この特徴が場合1及び場合2と異なります。
 同じドアBを開きそのドアBがハズレという結果が同じなのに、なぜ、場合3の樹形図が場合1及び2の樹形図と異なるのか?
 その理由は、場合3では、ドアBは、ドアCが正解の場合には、必ずドアBを開き、その場合にドアCが開かれることが無いという、正解ドアの存在に依存してドアBの開かれる事象が多くなる事象の偏りがあるためです。

(禁止の理由は「基本樹形図を考えないから」)
 この場合3において、ドアを開く事象は、正解ドアがどれであるかの事象と依存関係にある(正解ドアは開かない)ことにより、基本樹形図を考えずに、いきなり、条件付き確率用の樹形図を作ることが禁止される。

 条件にする事象が、正解事象グループと依存関係にある場合は、基本樹形図から変換する作業をしないで上に書いた樹形図の様な樹形図をいきなり書いてはいけない。
 その理由は、今回も、「正しい樹形図を考えるのが難しいから」です。

 上の樹形図(ドアBを開く事象を条件にする)をいきなり書いて、その樹形図に、正解ドアがAの場合の事象の線の重みの確率p=1/2と、正解ドアがCの場合の事象の線の重みの確率p=1の違いに気付けますか?
という理由です。

 それに対して、場合1や場合2の様に、条件にする事象(ドアBを開く事象)が、正解事象グループと独立な関係にある場合は、(ドアBを開く事象を条件にする)樹形図をいきなり書いて確率計算をしても、正解事象グループの事象の発生のバランスが変えられないので、問題ありません。

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2017年01月02日(Mon)▲ページの先頭へ
(難問)モンティ・ホール問題
【問0】(難問)
 プレーヤーの前に閉まった3つのドアがあって、1つのドアの後ろには景品の新車が、2つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえる。
 

(場合1)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる1つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せる。
そして、プレーヤーには必ず、最初にプレーヤーが選んだ1つのドアを、こうして正解を知っているモンティが抽出して残した1つドアに変更してもよいと許可するルールである。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?
 

(場合2)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアに鍵がかけられた。
そうしたらもう1人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの2つのドアのうちの1つを開けてしまった。
その開けられたドアの後ろにはヤギがいた。

(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここでプレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、1つのドアに変更してもよいと言われた。
(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず許可するルールになっていた)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(場合3)

 当事者プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、ドアを開けてしまった。そのドアは、たまたま当事者プレーヤーが選んだドア以外のドアだった。
その開けられたドアの後ろにはヤギがいた。

(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここで当事者プレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、選ばれていないドアに変更してもよいと言われた。
(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず許可することになっていた)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(1990年9月9日発行、ニュース雑誌 Parade)

【解答方針】
 この問題は、モンティ・ホール問題と呼ばれていて、その解答が誤りだとする大論争が起きた問題です。

 場合1では、司会者の行動は偶然の行為の結果では無く、司会者が、意識的に、まだ選ばれていない残りのドアのハズレの可能性を低くした点に特徴があります。

 この問題は、難しいので、先ず類似の分かり易い問題を解く方が良いと考える。

【分かり易しくした問題1】
 プレーヤーの前に閉まった10のドアがあって、1つのドアの後ろには景品の新車が、9つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえる。

(場合1)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、
プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず、正解ドアを知っている司会のモンティが、プレーヤーがドアを選んだ後に、残りのドアのうち必ずヤギがいる8つのハズレのドアを間違えずに開けてヤギを見せる。
そして、プレーヤーには必ず、最初にプレーヤーが選んだ1つのドアを、こうして正解を知っているモンティが抽出して残した1つドアに変更してもよいと許可するルールである。
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(場合2)
 プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアに鍵がかけられた。

そうしたらもう1人のプレーヤーが間違えて、ドアを開こうして、鍵がかかっているドアは開かないので、鍵がかかっていない残りの9つのドアのうちの8つを開けてしまった。
その開けられた8つのドアの後ろには偶然に、全てヤギがいた。

(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここでプレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、1つのドアに変更してもよいと言われた。

(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず行なうルールであった。
また、正解ドアが開けられてしまった場合は、このイベントを中止するルールであった。)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

(場合3)
 当事者プレーヤーが1つのドアを選択した後、選択されたドアには鍵をかけなかった。
そうしたら他人のプレーヤーが間違えて、8つのドアを開けてしまった。そのドアは、たまたま当事者プレーヤーが選んだドア以外のドアだった。
しかも、偶然に、その開けられた8つのドア全ての後ろにはヤギがいた。
(そういう場合が偶然発生した後の事象を前提にする)
 ここで当事者プレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている、選ばれていないドアに変更してもよいと言われた。
(これは、このような突発事故が起きた場合には、プレーヤーが正解のドアを選んでいてもいなくても必ず行なうルールであった。
また、正解ドア又は当事者プレーヤーが選んだドアが開けられてしまった場合は、このイベントを中止するルールであった。)
プレーヤーはドアを変更すべきだろうか?

解答は、ここをクリックした先のページにあります。
 
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