ポタージュを垂れ流す。

マイペースこうしん

思いつき系(?)の問題を3つ用意してみたよ.

問題

  1. n^4+n^3+n^2+n+1が平方数となるようなnをすべて求めよ.
  2. 任意の整数N>1に対して,連続するN個の自然数で,そのどれもが素数でないものが存在することを示せ.
  3. aは実数の定数とする.方程式3(a-1)x^2+6x-a-2=0は0と1の間に少なくとも1つの解を持つことを示せ.

こたえ

  1. n=1,2では不適で,n=3のとき,n^4+n^3+n^2+n+1=121=11^2となって適する.以後,n>3のときを考える.n^4+n^3+n^2+n+1が平方数ならば4n^4+4n^3+4n^2+4n+4も平方数.n>3では $$ (2n^2+n)^2 < 4(n^4+n^3+n^2+n+1) < (2n^2+n+1)^2 $$が成立するので,平方数となるnは存在しない.
  2. 連続するN個の自然数は,ある自然数mを用いて $$ m+2,m+3,\cdots\cdots ,m+N,m+N+1 $$ と表せる.ここで,m=(N+1)!とすれば,これらはどれも整数ではない.実際,2\leqq i \leqq N+1をみたす自然数iに対して, $$ m+i=(N+1)!+i=\{ (1\times 2\times \cdots \times (i-1) \times 1 \times (i+1) \times \cdots \times N+1)+1 \} \times i $$ はiで割り切れる.
  3. 与式の左辺を0から1の区間積分すると $$ \int_0^1 3(a-1)x^2+6x-a-2 = \left[ (a-1)x^3+3x^2-(a+2)x \right] _0^1 =0 $$ となるので,0と1の間に少なくとも1つの解を持つ.

θ/π(∈Q)とcosθ

世間は夏休みらしい。ハハ......(そろそろ疲れました...まだ半年以上続くと思うととてもつらい)
ということで本題!

お題

\theta\pi有理数倍であるならば,\cos\thetaが取り得る有理数の値は有限個に限られる.

証明

とりあえずはチェビシェフ多項式を持ってきます.

チェビシェフ多項式
\left\{T_n(x)\right\}^\infty_{n=0}を,漸化式 $$ T_0(x)=1,T_1(x)=x,T_{n+1}(x)=2xT_{n}(x)-T_{n-1}(x) $$ で定まる多項式からなる列とする.このとき,T_n(x)n番目のチェビシェフ多項式という.

それでもって,こいつらを全部2倍します.
$$ 2T_0(x)=2,T_1(x)=2x,2T_{n+1}(x)=2x\cdot2T_{n}(x)-2T_{n-1}(x) $$ そうしたら,2T_n(x)をあらためてT_n(x)に,2xをあらためてxに置き換えると, $$
T_0(x)=2,T_1(x)=x,T_{n+1}(x)=xT_{n}(x)-T_{n-1}(x) $$ が完成します.この漸化式,実はx=2\cos\thetaを代入してみるとT_n(2\cos\theta)=2\cos{n\theta}を満たす数列になっています.

(証明)帰納法による.
n=0では,
T_0(2\cos\theta)=2=2\cos{0\cdot\theta}
n=1では,
T_1(2\cos\theta)2\cos\theta
n=kn=k+1での成立を仮定すれば
T_{k+2}(2\cos\theta)
\ =2\cos\theta\cdot T_{k+1}(2\cos\theta)-T_k(2\cos\theta)
\ =2\cos\theta\cdot2\cos(k+1)\theta-2\cos{k\theta}
\ =2\{2\cos\theta\cos(k+1)\theta-\cos{k\theta}\}
\ =2[\cos\{\theta+(k+1)\theta\}+\cos\{(k+1)\theta-\theta\}-\cos{k\theta}
\ =2\cos(k+2)\theta
から,n=k+2でも成立するので,0以上の整数nT_n(2\cos\theta)=2\cos{n\theta}が成立する.

わざわざチェビシェフ多項式をいじってこの形にしたのは,これで定義される数列のT_n(x)帰納的にn次の整数係数の多項式になってるんですけど,このn次の項の係数を常に1にしておきたかったんですね.つまり,T_n(x)は,整数a_0,a_1,a_2,...,a_{n-1}を使って,
$$ T_n(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+\cdots\cdots+a_2x^2+a_1x+a_0 $$ と表せるわけです.まあなんでこんなことしたかはあとで分かると思います.とりあえず,これで下準備は終わりました.さて,本題に取り掛かろうといったところ.

\theta\pi有理数倍の条件から,p,q\in\mathbb{Z},p\geqq 1,q\geqq 0,\gcd(p,q)=1として,
$$ \displaystyle \theta=\frac{q}{p}\pi $$ と表せます.これで表せる\thetaは0以上の数ですが,関数\cos{x}は偶関数なので,x\geqq0の部分だけで考えちゃってもいいわけです.
ここで,p\theta=q\piなので,T_p(2\cos\theta)を考えると,
$$ T_p(2\cos\theta)=2\cos p\theta=2\cos q\pi=2(-1)^q $$ となります.また, T_p(x)は,整数a_0,a_1,a_2,...,a_{p-1}を使って,
$$ T_p(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+a_{p-2}x^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2x^2+a_1x+a_0 $$ です.さて,ここでT_p(x)の定数項a_0の値に注目します.a_0というのは,T_p(0)に等しいので,チェビシェフ多項式をいじったやつにx=0を代入してやれば定数項に関する情報がわかります.
$$ T_0(0)=2,T_1(0)=0,T_{p+1}(0)=-T_{p-1}(0) $$ これから,帰納的に {} $$ a_0=T_p(0)= \left\{ \begin{array}{l} 0\ \ (p\equiv1,3) \\ 2\ \ (p\equiv0) \\ -2\ \ (p\equiv2) \end{array} \right. \pmod{4} $$ となります.以下,4の剰余類で場合分けしていきます.

  1. p\equiv1,3\pmod4の場合
    a_0=T_p(0)=0なので, $$ T_p(x)=x^p+a_{p-1}x^{p-1}+a_{p-2}x^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2x^2+a_1x $$ t=2\cos\thetaとして,これを代入すれば $$ T_p(t)=t^p+a_{p-1}t^{p-1}+a_{p-2}t^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2t^2+a_1t $$ です,また $$ T_p(t)=2(-1)^q $$ なので, $$ t^p+a_{p-1}t^{p-1}+a_{p-2}t^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2t^2+a_1t=2(-1)^q
    $$ $$ \therefore t^p+a_{p-1}t^{p-1}+a_{p-2}t^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2t^2+a_1t-2(-1)^q=0 $$ をみたします.ここで,txについての整数係数多項式 $$ \therefore x^p+a_{p-1}x^{p-1}+a_{p-2}x^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2x^2+a_1x-2(-1)^q=0 $$ の有理数解であるといえるので,整数係数多項式の性質 $$ x=\frac{-2(-1)^qの約数}{t^pの約数} $$ を用いることで,tの取り得る値の候補は $$ t=2\cos\theta=\pm1,\pm2 $$ $$ \therefore\cos\theta=\pm\frac{1}{2},\pm1 $$ まで絞られます.このときに,はじめに定めたp,qの条件に合致する具体的な値が存在していればいいわけですが,

    • p=3,q=1とすれば\displaystyle \theta=\frac{1}{3}\piなので\displaystyle \cos\theta=\cos\frac{1}{3}\pi=\frac{1}{2}
    • p=3,q=2とすれば\displaystyle \theta=\frac{2}{3}\piなので\displaystyle \cos\theta=\cos\frac{2}{3}\pi=-\frac{1}{2}
    • p=1,q=0とすれば\displaystyle \theta=0なので\displaystyle \cos\theta=\cos0=1
    • p=1,q=1とすれば\displaystyle \theta=\piなので\displaystyle \cos\theta=\cos\pi=-1
      となって,いずれもOKです.
  2. p\equiv0\pmod4の場合
    a_0=T_p(0)=2です.また,p,q\gcd(p,q)=1をみたす,つまり互いに素なのでqは奇数です.よって2(-1)^q=-2がいえます.よってT_p(x)x=t=2\cos\thetaを代入したものは $$ T_p(t)=t^p+a_{p-1}t^{p-1}+a_{p-2}t^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2t^2+a_1t+2 $$ と $$ T_p(t)=-2 $$ をみたすので,これらから $$ t^p+a_{p-1}t^{p-1}+a_{p-2}t^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2t^2+a_1t+2=-2 $$ $$ \therefore t^p+a_{p-1}t^{p-1}+a_{p-2}t^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2t^2+a_1t+4=0 $$ となります.ここで,txについての整数係数多項式 $$ x^p+a_{p-1}x^{p-1}+a_{p-2}x^{p-2}+ \cdots\cdots +a_2x^2+a_1x+4=0 $$ の有理数解であるといえるので,ここでもまた整数係数多項式の性質を用いると, tの取り得る値の候補は $$ t=2\cos\theta=\pm1,\pm2,\pm4 $$ $$ \therefore\cos\theta=\pm\frac{1}{2},\pm1,\pm2 $$ まで絞られます.ここで,この場合に適する(p, q)の組を調べてみると

    • −1\leqq\cos\theta\leqq1であることより,\cos\theta=\pm2とはなりえない.
    • \cos\theta=\pm1のときは,\displaystyle \frac{q}{p}\in\mathbb{Z}なので,\gcd(p,q)=1,つまりp,qが互いに素の条件もとではp=1であり,不適.
    • \displaystyle \cos\theta=\pm\frac{1}{2}のときは,p, qが互いに素の条件のもとではp=3とならなくてはいけないので不適.
      となって,該当するものは存在しませんでした.
  3. p\equiv2\pmod4の場合
    p,qは互いに素なので,qは奇数です.また,このとき,pは素因数に2を1つしか含まないので,p=2mmは奇数)とおくことができます.すると,\gcd(p,q)=\gcd(m,q)=1がいえます.ここで,\displaystyle \cos\frac{q}{m}\piを考えれば,場合分けの1.で考察した場合に帰着するので,取り得る値の候補は $$ \cos\frac{q}{m}=\pm\frac{1}{2},\pm1 $$ に限られます.ここで,\displaystyle \cos\theta=\cos\frac{q}{p}\piについて考えれば, $$ \cos\frac{q}{p}\pi=\cos\frac{1}{2}\frac{q}{m}\pi=\pm\sqrt{\frac{1+\cos\frac{q}{m}\pi}{2}}=0,\pm1,\pm\frac{1}{2},\pm\frac{\sqrt{3}}{2} $$ $$ \therefore \cos\theta=0,\pm1,\pm\frac{1}{2},\pm\frac{\sqrt{3}}{2} $$ が取り得る値の候補になりますが,明らかに\displaystyle \pm\frac{\sqrt{3}}{2}無理数なので不適です.
    これを除いて,残りについて,場合に適する(p, q)の組を調べてみると

    • \cos\theta=\pm1のときは,\displaystyle \frac{q}{p}\in\mathbb{Z}なので,\gcd(p,q)=1,つまりp,qが互いに素の条件もとではp=1であり,不適.
    • \displaystyle \cos\theta=\pm\frac{1}{2}のときは,p, qが互いに素の条件のもとではp=3とならなくてはいけないので不適.
    • \cos\theta=0のときは,p=2,q=1とすれば\displaystyle \theta=\frac{1}{2}\piなので\displaystyle \cos\theta=\cos\frac{1}{2}\pi=0となって確かに適する.

ということで,以上の1. 2. 3. をふまえれば,\thetaが\pi有理数倍であるときに,\cos\thetaが取り得る有理数の値は $$ \cos\theta=0,\pm\frac{1}{2},\pm1 $$ に限られることがわかりました.

補足など

結果はそうなんだ〜っていう感じでけっこうおもしろいですよね.
この命題の肝は,チェビシェフ多項式をいじったやつのn次の係数が1のおかげで,実数係数多項式の性質から簡単に候補が絞れるってことですかねー.いじらずにやっちゃったら2のマイナスナントカ乗とかいっぱい出てきますしねー.
なんか自作で問題を作った時にこれをそのまま題材にしたんですけど,誘導のつけ方が下手すぎて普通の人にとっては解くにも解けない問題をつくっちゃってたんですけどね...

三次方程式の1つの解を別の解で表現する

お題

有理数係数三次方程式x^3+ax^2+bx+c=0の解を\alpha,\beta,\gammaとしたとき,\beta,\gamma有理数係数の\alphaの二次式で表すことができる.

証明的なやつ

\alpha>\beta>\gammaとしてよい.
解と係数の関係より,
\alpha+\beta+\gamma=-a\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=b
よって
\beta+\gamma=-\alpha-a\beta\gamma=\alpha^2+a\alpha+b
これを用いて
(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)
=\alpha^2-\alpha(\beta+\gamma)+\beta\gamma
=\alpha^2-\alpha(\beta+\gamma)-\alpha(\beta+\gamma)+b
=\alpha^2-2\alpha(-\alpha-a)+b
=3\alpha^2+2a\alpha+b・・・☆
また,
(\beta-\gamma)^2
=(\beta+\gamma)^2-4\beta\gamma
=(-\alpha-a)^2-4(\alpha^2 a\alpha+b)
=-3\alpha^2-2a\alpha+a^2-4b
となるから,
(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)^2
=(3\alpha^2+2a\alpha+b)(-3\alpha^2-2a\alpha+a^2-4b)
=-9\alpha^4-12a\alpha^3+(-a^2-15b)\alpha^2+(2a^3-10ab)\alpha+a^2 b-4b^2
=-9\alpha(-a\alpha^2-b\alpha-c)-12a(-a\alpha^2-b\alpha-c)+(-a^2-15b)\alpha^2+(2a^3-10ab)\alpha+a^2 b-4b^2
=9a\alpha^3+(11a^2-6b)\alpha^2+(2a^3+2ab+9c)\alpha+(a^2 b-4b^2+12ac)
=9a(-a\alpha^2-b\alpha-c)+(11a^2-6b)\alpha^2+(2a^3+2ab+9c)\alpha+(a^2 b-4b^2+12ac)
=2(a^2-3b)\alpha^2+(2a^3-7ab+9c)\alpha+(a^2 b-4b^2+3ac)
なお,途中で
\alpha^3=-a\alpha^2-b\alpha-c\Leftrightarrow\alpha^3=-a\alpha^2-b\alpha-c
の関係を用いた.また,
x^3+ax^2+bx+c=0\displaystyle x=X-\frac{a}{3}を代入すると
\displaystyle (X-\frac{a}{3})^3+a(X-\frac{a}{3})^2+b(X-\frac{a}{3})+c=0
\displaystyle X^3-aX^2+\frac{a^2}{3}X-\frac{a^3}{27}+aX^2-\frac{2a^2}{3}X+\frac{a^3}{9}+cX-\frac{ab}{3a}+c =0
\displaystyle X^3+(b-\frac{a^2}{2})X+\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+c=0
ここで,\displaystyle p=b-\frac{a^2}{3},q=\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+cとすれば,これは
X^3+pX+q=0
となる.この方程式の3解をA,B,Cとすれば,解と係数の関係より
A+B+C=0,AB+BC+CA=p,ABC=-q
となる.
(A-B)(A-C)=3A^2+p
(☆の文字をそれぞれ対応させる)
同様にして
(B-A)(B-C)=3B^2+p
(C-A)(C-B)=3C^2+p
また,A-B,A-C,B-A,B-C,C-A,C-Bは,\displaystyle x=X-\frac{a}{3}と置いたことにより,それぞれ\alpha-\beta,\alpha-\gamma,\beta-\alpha,\beta-\gamma,\gamma-\alpha,\gamma-\betaに対応するので,
(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)=3A^2+p
(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)=3B^2+p
(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)=3C^2+p
(\alpha-\beta)^2 (\alpha-\gamma)^2 (\beta-\gamma)^2
=-(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)\cdot(\beta-\alpha)(\beta-\gamma)\cdot(\gamma-\alpha)(\gamma-\beta)
=-(3A^2+p)(3B^2+p)(3C^2+p)
=-( p^3+3(A^2+B^2+C^2)p^2+9(A^2 B^2 + B^2 C^2 + C^2 A^2)p+27A^2 B^2 C^2) =-p^3+6p^3-9p^3-27q^2
=-4p^3 -27q^2
ここで
A^2 B^2 + B^2 C^2 + C^2 A^2
=(AB+BC+CA)^2-2ABC(A+B+C)
=p^2
A^2 +B^2 +C^2
=(A+B+C)^2 -2(AB+BC+CA)
=-2p
であることを用いた.
\displaystyle p=b-\frac{a^2}{3},q=\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+cとおいたので,元に戻すと
(\alpha-\beta)^2 (\alpha-\gamma)^2 (\beta-\gamma)^2
\displaystyle =-4(b-\frac{a^2}{3})^3 -27(\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}{3}+c)^2
=a^2 b^2 -4a^3 c +18abc -4b^3-27c^2
よって,
(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)
=\sqrt{a^2 b^2 -4a^3 c +18abc -4b^3-27c^2}
また,
\beta-\gamma=\displaystyle \frac{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)^2}{(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)}
\displaystyle =\frac{2(a^2-3b)\alpha^2+(2a^3-7ab+9c)\alpha+(a^2 b-4b^2+3ac)}{\sqrt{a^2 b^2 -4a^3 c +18abc -4b^3-27c^2}}
これと
\beta+\gamma=-\alpha-a
を連立すると,
\displaystyle \beta=-\frac{1}{2}(\alpha+a)-\frac{2(a^2-3b)\alpha^2+(2a^3-7ab+9c)\alpha+(a^2 b-4b^2+3ac)}{\sqrt{a^2 b^2 -4a^3 c +18abc -4b^3-27c^2}}
\displaystyle \gamma=-\frac{1}{2}(\alpha+a)+\frac{2(a^2-3b)\alpha^2+(2a^3-7ab+9c)\alpha+(a^2 b-4b^2+3ac)}{\sqrt{a^2 b^2 -4a^3 c +18abc -4b^3-27c^2}}
となって,確かに\beta,\gamma有理数係数の\alphaの二次式で表すことができた.

補足とか

そもそも書こうとしたきっかけはx^3-3x+1=0とかで\beta,\gamma\alphaを用いて表すとかだったんですけど,初めて解いた時に判別式の値ありきな解き方しちゃって一般的に考えれないのかって思ったのが始まりなんですけど,ちゃんと一般的に表せましたね. 三次方程式ax^3+bx^2+cx+d=0の判別式DD=a^4 (\alpha-\beta)^2 (\alpha-\gamma)^2 (\beta-\gamma)^2と表せるんですけど,ここではa→1,b→a,c→b,d→cとして,色々やったらD=a^2 b^2 -4a^3 c +18abc -4b^3-27c^2が出てきたということです.途中で(\alpha-\beta)(\alpha-\gamma)(\beta-\gamma)つまり\sqrt{D}を使ってるんですけど,有理数係数で表せるのは\sqrt{D}が実数になる場合だけですね.
あとまあ解が巡回するとかどうとかそういうのもあったりするー.(書こうと思ったけどなんかめんどくなった)

ルート2の近似

はじめに

twitterみてたら某青色予備校の模試の問題が回ってきたわけで、

x_1=3y_1=5x_{n+1}=3x_n+2y_n+1y_{n+1}=4x_n+3y_n+2(n=1,2,3,......)により数列{x_n}{y_n}を定義する.
(1)すべての自然数nについて,n<x_n<y_nが成り立つことを示せ.
(2)すべての自然数nについて,y_n^2=2x_n^2+2x_n+1が成り立つことを示せ.
(3) \displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{y_n}{x_n}の値を求めよ.
(4) (3)で求めた値を\alphaとするとき,
\displaystyle \left| \frac{y_n^2}{x_n^2} - \alpha ^2 \right| < \frac{1}{100}ならば\displaystyle \left| \left( \frac{2x_n+1}{y_n} \right) ^2 - \alpha^2 \right|< \frac{1}{80000} であることを示せ.

初めてみたとき80000とかいうのと比較するのヤバwとか思って面白かったので友人に問題投げたら「これペル方程式とかニュートン法とかそういう系の話じゃね」って言われて、まあ考察タイムに入ったというわけですね!ってほとんど友人がやったことをまとめてるだけなんですけどネw

考察してみた

(1)はどうでもいいや()
(2)(3)について。ペル方程式X^2-2Y^2=-1を考えると、(X,Y)=(2x_n+1,y_n)を代入して整理すると、(2)で示す等式になるのでこれらは解になっています。ここで、(X,Y)が十分大きいときを考えると、比\displaystyle \frac{X}{Y}\sqrt{2}に近づいていきます。また、\displaystyle \frac{y_n}{x_n}\sqrt{2}に近づいていきます。
そこで(4)では、これらのうち、どっちの収束が早いか調べてるって感じみたいですね。

と、ここで、折角なのでpythonなんかを使って実際に計算をやってみました!って結果が下の表ですねー

n x_n y_n \displaystyle \frac{y_n}{x_n} \displaystyle \frac{2x_n+1}{y_n}
1 3 5 1.6666666666666667 1.6
2 20 29 1.45 1.4482758620689655
3 119 169 1.4201680672268908 1.4201183431952662
4 696 985 1.4152298850574712 1.4152284263959392
5 4059 5741 1.4143877802414389 1.4143877373279916
6 23660 33461 1.4142434488588336 1.4142434475957084
7 137903 195025 1.4142186899487321 1.4142186899115499
8 803760 1136689 1.4142144421220264 1.414214442120932
9 4684659 6625109 1.414213713314032 1.4142137133139998
10 27304196 38613965 1.414213588270462 1.4142135882704612
11 159140519 225058681 1.4142135668163807 1.4142135668163807
12 927538920 1311738121 1.4142135631354424 1.4142135631354424
13 5406093003 7645370045 1.4142135625038932 1.4142135625038932
14 31509019100 44560482149 1.4142135623955365 1.4142135623955365
15 183648021599 259717522849 1.4142135623769454 1.4142135623769454
16 1070379110496 1513744654945 1.4142135623737557 1.4142135623737557
17 6238626641379 8822750406821 1.4142135623732084 1.4142135623732084
18 36361380737780 51422757785981 1.4142135623731145 1.4142135623731145
19 211929657785303 299713796309065 1.4142135623730985 1.4142135623730985
20 1235216565974040 1746860020068409 1.4142135623730956 1.4142135623730956

\sqrt{2}=1.41421356237309504...

これを見ると確かに右のほうが収束が早そうですね。n=10からもう違いがわかんないんで差をとったやつも下に載せて見ました

n \displaystyle ‖ \frac{y_n}{x_n}-\sqrt{2} ‖ \displaystyle ‖ \frac{2x_n+1}{y_n} - \sqrt{2} ‖
1 0.2524531042935716 0.014213562373095234
2 0.03578643762690481 0.00042045892481934466
3 0.005954504853795672 1.2378941142587863×10^{-5}
4 0.0010163226843760143 3.644035520000699×10^{-7}
5 0.00017421786834370678 1.0727040367086715×10^{-8}
6 2.9886485738428448×10^{-5} 3.157747396898003×10^{-10}
7 5.127575636976189×10^{-6} 9.29567534058151×10^{-12}
8 8.797489312595275×10^{-7} 2.737809978725636×10^{-13}
9 1.509409368605219×10^{-7} 8.215650382226158×10^{-15}
10 2.589736691760436×10^{-8} 4.440892098500626×10^{-16}
11 4.443285517297113×10^{-9} <10^{-16}
12 7.623472964013445×10^{-10} <10^{-16}
13 1.307980390663488×10^{-10} <10^{-16}
14 2.244138208595814×10^{-11} <10^{-16}
15 3.850253449400043×10^{-12} <10^{-16}
16 6.605826996519681×10^{-13} <10^{-16}
17 1.1324274851176597×10^{-13} <10^{-16}
18 1.9317880628477724×10^{-14} <10^{-16}
19 3.3306690738754696×10^{-15} <10^{-16}
20 4.440892098500626×10^{-16} <10^{-16}

こっちだとわかりやすいですね!右のほうが収束がめっちゃ早い。途中から計算結果が0になって表示されなくなっちゃったし。
ここで32桁とかで出せないかなって調べて見たらpythonの構造上16桁以上になると正確な値にならないらしい......残念。

円上の点とその動点との距離の和

問題

原点を中心とする半径1の円の周上にA_1 (1,0)A_2 (0,1)A_3 (-1,0)A_4 (0,-1)と動点Pをとるとき,PA_1 +PA_2 +PA_3 +PA_4の最小値を求めよ.

解き方いろいろ

個人的に今週ホットな問題.まずは普通にやってみます.

解法1

P(\cosθ,\sinθ)とする.図形の対称性から,\displaystyle 0≦θ≦\frac{\pi}{2}としてよい.
PA_1 +PA_2 +PA_3 +PA_4
\ \ =\sqrt{(\cosθ-1)^2+\sin^2 θ}+\sqrt{(\cos^2 θ+(\sinθ-1)^2}+\sqrt{(\cosθ+1)^2+\sin^2 θ}+\sqrt{\cos^2 θ+(\sinθ+1)^2}
\ \ =\sqrt{2-2\cosθ}+\sqrt{2-2\sinθ}+\sqrt{2+2\cosθ}+\sqrt{2+2\sinθ}
\displaystyle \ \ =2\sin\frac{θ}{2}+2\cos\frac{θ}{2}+2\sin\left(\frac{\pi}{4}-\frac{θ}{2}\right)+2\cos\left(\frac{\pi}{4}-\frac{θ}{2}\right)
\displaystyle \ \ =2\sin\frac{θ}{2}+2\cos\frac{θ}{2}+2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\frac{θ}{2}-\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\frac{θ}{2}\right)+2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\frac{θ}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\frac{θ}{2}\right)
\displaystyle \ \ =2\sin\frac{θ}{2}+(2+2\sqrt{2})\cos\frac{θ}{2}
\displaystyle \ \ =2\sqrt{4+2\sqrt{2}}\sin\left(\frac{θ}{2}+\alpha\right)
\displaystyle \ \ ≧2\sqrt{4+2\sqrt{2}}\sin\alpha *1
\displaystyle \ \ = 2(1+\sqrt{2})
ただし,\displaystyle \sin\alpha=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}},\cos\alpha=\frac{1}{\sqrt{4+2\sqrt{2}}}
よって求める最小値は\displaystyle 2(1+\sqrt{2})

解法2

って感じで上のように,普通にできそうですよね.でも,三角関数使うとルートの中に三角関数出てきたりとか正弦を余弦に変換するのに\frac{\pi}{2}から引くとかやらないといけなくてなんかイヤじゃないですか?僕は嫌ですw 三角関数なんて使わなくても出ませんかね?ってことで三角関数禁止ルールで色々考えてみた.

解法2-1

図形の対称性から弧A_1 A_2上に点Pがあるとしてよい.四角形PA_2 A_3 A_4にトレミーの定理を用いて
 PA_2 \cdot A_3 A_4 + PA_4 \cdot A_2 A_3 = PA_3 \cdot A_2 A_4
 PA_2 \cdot \sqrt{2} + PA_4 \cdot \sqrt{2}= PA_3 \cdot 2
\therefore PA_2 + PA_4  = \sqrt{2}PA_3
四角形PA_1 A_4 A_3にトレミーの定理を用いて,
PA_1 \cdot A_3 A_4 + PA_3 \cdot A_1 A_4 = PA_4 \cdot A_1A_3
PA_1 \cdot \sqrt{2} + PA_3 \cdot \sqrt{2}= PA_4 \cdot 2
\therefore PA_1 + PA_3  = \sqrt{2}PA_4
A_3 A_4の中点をMとすると,A_3 M=A_4 M=lとする)である.
四角形PA_3 M A_4にトレミーの定理を用いて,
PA_3 \cdot A_4 M + PA_4 \cdot A_3 M = PM \cdot A_3 A_4
PA_3 \cdot l + PA_4 \cdot l= PM \cdot \sqrt{2}
\displaystyle \therefore \sqrt{2}PA_3 + \sqrt{2}PA_4  = \frac{2}{l}PM
以上の式から, PA_1 + PA_2 + PA_3 + PA_4  = \sqrt{2}PA_3 + \sqrt{2}PA_4 \ = \frac{2}{l}PM
となるから,PMが最小となる点を調べると,弧A_1 A_2に点Pが存在している場合は,点PA_1A_2に一致するときにPMは最小となることがわかる.
よって,Pが円周全体を動く時,点PA_1A_2A_3A_4のいずれかに一致するときにPA_1 + PA_2 + PA_3 + PA_4は最小となり,その値は,2(1+\sqrt{2})

これだとなんとなく直感的にわかりますよね,個人的には線の長さの和を1つの線の長さに一致させて考えられるってのが直感的にわかりやすくで好きです.紙とかなくても頭の中である程度は計算できますしね.ただしっかり書くとなると式の数がちょっと多くなってしまうのが難点な気もします.なお,この解法では新しく点Mを取りましたが,下のように取らなくても答えは出ます.

解法2-2

図形の対称性から弧A_1 A_2上に点Pがあるとしてよい.四角形PA_2 A_3 A_4にトレミーの定理を用いて
 PA_2 \cdot A_3 A_4 + PA_4 \cdot A_2 A_3 = PA_3 \cdot A_2 A_4
 PA_2 \cdot \sqrt{2} + PA_4 \cdot \sqrt{2}= PA_3 \cdot 2
\therefore PA_2 + PA_4  = \sqrt{2}PA_3
四角形PA_1 A_4 A_3にトレミーの定理を用いて,
PA_1 \cdot A_3 A_4 + PA_3 \cdot A_1 A_4 = PA_4 \cdot A_1A_3
PA_1 \cdot \sqrt{2} + PA_3 \cdot \sqrt{2}= PA_4 \cdot 2
\therefore PA_1 + PA_3  = \sqrt{2}PA_4
四角形PA_1 A_4 A_2にトレミーの定理を用いて,
PA_1 \cdot A_2 A_4 + PA_2 \cdot A_1 A_4 = PA_4 \cdot A_1A_2
PA_1 \cdot 2 + PA_3 \cdot \sqrt{2}= PA_4 \cdot \sqrt{2}
\therefore 2PA_1 + \sqrt{2}PA_3= \sqrt{2}PA_4
四角形PA_1 A_3 A_2にトレミーの定理を用いて,
PA_1 \cdot A_2 A_3 + PA_2 \cdot A_1 A_3 = PA_3 \cdot A_1A_2
PA_1 \cdot \sqrt{2} + PA_2 \cdot 2= PA_3 \cdot \sqrt{2}
\displaystyle \therefore \sqrt{2}PA_1  + 2PA_2 = \sqrt{2}PA_3
以上の式から, PA_1 + PA_2 + PA_3 + PA_4  = (1+\sqrt{2})(PA_1 +PA_2)
ここで,PA_1+PA_2≧A_1A_2=\sqrt{2}であり,点PA_1A_2に一致するときに等号成立するので,このときPA_1 + PA_2 + PA_3 + PA_4は最小値をとり,その値は,2(1+\sqrt{2})

解法3

解法2-2の最後でPA_1+PA_2≧A_1A_2ってのを使ったけど,だったらPA_3+PA_4が最小になるのも点PA_1A_2に一致するときだって言えばいいんじゃね?っていうのが次のやつ.

図形の対称性から弧A_1 A_2上に点Pがあるとしてよい.A_3A_4を直径とする円を考える.その円とPA_4との交点をQとしておき,A_3 Q=xとすると,1≦x≦\sqrt{2}.このとき,f(x)はこの範囲で連続で,PA_3=\sqrt{2}xPQ=xA_4 Q=\sqrt{A_3 A_4 ^2-A_3 Q ^2}=\sqrt{2-x^2}であるから,*2
PA_3+PA_4=(1+\sqrt{2})x+\sqrt{2-x^2}
となる.f(x)=(1+\sqrt{2})x+\sqrt{2-x^2}とすれば,
\displaystyle  f’(x)=1+\sqrt{2}-\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}
\displaystyle f’'(x)=-\frac{\sqrt{2-x^2}-x\frac{-x}{\sqrt{2-x^2}}}{\sqrt{2-x^2}}=-\frac{2}{2-x^2}<0
からf(x)は上に凸なので,区間の端点のいずれか(もしくは両方)が最小となるものである.計算してみるとf(1)=f(\sqrt{2})=2+\sqrt{2}で,どちらも最小.このとき,点PA_1またはA_2に一致する位置にある.
よってPA_3+PA_4≧2+\sqrt{2}
また,PA_1+PA_2≧A_1A_2=\sqrt{2}であり,点PA_1A_2に一致するときに等号成立.
これらの等号成立条件は一致しているから,これらを辺々足し合わせ,
PA_1 + PA_2 + PA_3 + PA_4≧2(1+\sqrt{2})
PA_1 + PA_2 + PA_3 + PA_42(1+\sqrt{2})で最小値をとる.

余計面倒になってる気もするんですけど,うん,まあいいじゃないですか. f:id:potaxyz:20180527115239p:plain

解法4

より直感的にいけないかって考えたやつ.twitterでアドバイスをもらってやってみたやつ.

PA_1+PA_2≧A_1A_2=\sqrt{2}であり,点PA_1A_2に一致するときに等号成立.
A_3A_4を焦点とする楕円を考えると,長軸は直線A_3 A_4上に,短軸は線分A_3 A_4の垂直二等分線上にある.このとき,短半径が小さければ小さいほど弧A_1 A_2の端点に近いところと交点を持ち,焦点からの距離の和は小さくなる.*3よって,点PA_1A_2に一致するときにPA_3+PA_4は最小となり,その値は2+\sqrt{2}である.
よって,PA_1+PA_2PA_3+PA_4の最小値をとる条件は一致するので,PA_1 + PA_2 + PA_3 + PA_42(1+\sqrt{2})で最小値をとる.

答えを見つけるだけならこれで考えればわりと妥当な感じでいけそうですね.どう書いて説明するかは...?難しそうw

*1:条件の範囲で\displaystyle \sin\left(\frac{θ}{2}+\alpha\right)は上に凸なので両端を調べると,\displaystyle θ=0,\frac{\pi}{4}ともに同じ値となります

*2:しっかりやるならx=\sqrt{2}は分けて考える

*3:長半径は短半径をパラメータとして単調増加関数です

2進数の3による剰余

命題

整数Nを2進法表記したときにn桁の数になったとする.このとき,第k桁目の数をa_kとおくと,Nを3で割ったときの余りは\displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} a_kを3で割ったときの余りに一致する.

証明

以下法を3とします. 2^{k-1} a_kは2進法ではk桁の数で,k桁目だけが1でk-1桁目まで0が並ぶ数です.Nはこれをk=1,2,......,nまで足し合わせたものだと考えられるので,
\displaystyle N= \sum_{k=1}^n 2^{k-1} a_k
です. ここで整数mとします.

  • k=2mのとき
    \displaystyle 2^{2m-1} a_{2m}=2 \cdot 4^m a_{2m} \equiv -a_{2m}

  • k=2m+1のとき
    \displaystyle 2^{2m} a_{2m+1}=4^m a_{2m+1} \equiv a_{2m+1}

よって,2^k a_k \equiv (-1)^{k-1} a_kとなりますから,これをk=1,2,......,nまで足し合わせることで,
\displaystyle \sum_{k=1}^n 2^{k-1} a_k \equiv \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1} a_k \Leftrightarrow N \equiv \sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}
が成り立つことがわかり,命題は示されました.

補足とか

普通にラウンジとかいうところで勉強してたら2進法が関係ある問題を出されたので,それにちょっと関連した感じで覚え書きです.シグマとか使って書かれてますけど要は2進法で表されてる数の桁を交互に足し引きしてそれが3の倍数になったら元の数を10進法で表した数も3の倍数ってことです.

反転に関する覚え書き

問題

f:id:potaxyz:20180512002404p:plain xy平面のy≧0の部分にあり,x軸に接する円の列C_0,C_1,C_2,...E_2,E_3,E_4,...を次のように定める.

  • 0以上の整数nに対し,C_{n}は半径1の円であり,C_{n+1}C_{n}に外接する.

  • E_2C_0C_1に外接し,C_0C_1の弧およびx軸で囲まれた部分にある.

  • 3以上の整数nに対し,E_nC_0E_{n-1}に外接し,C_0E_{n-1}の弧およびx軸で囲まれた部分にある.

このとき,2以上の整数nに対し,C_{n}E_{n}の共通外接線が原点を通ることを示せ.*1

反転の性質

中心O,半径rの円があり,Oを始点とする半直線上に2点P,P'があり,OP\times OP'=r^2であるとき,PP'に写す操作をこの円に関する反転といいます.
無限遠点を定義すれば,この写像は厳密に全単射(変換前後の集合の元が一対一に対応していて,重複して対応したり,対応しないものがない)になります.
反転によって,

  • 原点を通る直線は原点を通る直線にうつる

  • 原点を通らない直線は原点を通る円にうつる

  • 原点を通る円は原点を通らない直線にうつる

  • 原点を通らない円は原点を通らない円にうつる

これらは三角形の相似とか方冪の定理とかで証明できます.
また,反転が全単射写像であることから,図形同士が接している時,反転の前後でそれらの共有点の数は変わらず,

  • 反転によって接する,接しないという状況は変わらない

ということがわかります.この問題ではこの性質を用いることになります. まあ同じこと書いてあるからこちらの方を見てくださいな. mathtrain.jp

答え

l:x=0x軸),m:x=2とする.
x^2+y^2=4(原点中心,半径2の円)に関する反転写像fとする)を考えると,
f:l→lf:m→C_0f:C_1→C_1
である.
ここで,2以上の整数nに対し,f:C_n→E_nが成り立つことを示します.

  • n=2のとき
    C_2l,m,C_1に接していて,E_2l,C_0,C_1に接していることから,
    f:C_2→E_2
    がなりたちます

  • n=kのとき,f:C_k→E_kが成り立つと仮定します.
    n=k+1のとき,C_{k+1}l,m,C_kに接していて,E_{k+1}l,C_0,E_kに接していることから,
    f:C_{k+1}→E_{k+1}
    より,n=k+1のときもf:C_n→E_nが成立します.

ゆえに,2以上の整数nに対し,f:C_n→E_nが成り立ちます.
よって,C_nE_nの共通外接線を考えた時,それらの接点は写像fで互いに写りあうので,原点とそれらの接点は同一直線上にあることがわかります.
したがって,C_{n}E_{n}の共通外接線は原点を通ります.

補足など

授業で反転の話が始まってだいたいこんなこと言ってたのである程度整理してまとめてみました.とはいえあの場で多少でも理解できた人は一体どれくらいいるのだろうか...?
ちなみにE_n半径とか中心のx座標とかについての漸化式を立てて,原点とそれぞれの円の中心が同一直線上だって示してから相似がどうとかやれば,こんなことはしなくても証明はできます.

*1:texを久しぶりに使ってみたよ(どうでもいい)