ポタージュを垂れ流す。

マイペースこうしん

浪人体験記1

はじめに

やっと受かりました、1年長かったけど内容スッカスカだったなーという浪人体験でも供養しておこうと思う。

書いてたら長くなった(全文8000文字くらい)のでとりあえず時系列順のやつをここに、環境とかの話は次にしようかなーと思う。

所謂進学校出身の体験記みたいなのが少なかったので参考になればいいな〜なんて思ったり思わなかったりもする。

(半分くらい?イキリです、一年つらかったんだし許して〜という感じ)

1年のおおまかな流れ

3月

京大に落ち浪人が決まる。

悔しみの深み。志望大別クラスになっているということで河合塾行き(名駅校)が決定。

私の母校の東海高校は成績別で成績がいい方がA群(理系3クラス、文系1クラス)、そうでない方がB群(理系5クラス、文系2クラス)という分け方がされていた。私は理系A群で、私のクラスは医学部志望が35人、東大志望が8人、京大志望が5人みたいな感じだった記憶がある。このうち浪人したのが15人、内訳は東大3人、京大1人(自分だけ)、残りは医学部、という感じだった。

京大についてだけ言えば、理系A群内では3人が浪人し(みんな工学部志望)、2人が情報学科志望(自分と、もう1人は第二志望学科を書かなかったために落ちたので何か他学科を書いていれば京大生にはなっていた、河合塾名駅校在籍)で、1人が物理工学科志望(後に浪人時は総人理系で受験、合格していることが判明、宅浪)という感じだった。

とりあえず何もやらないのもアレだと思い、一対一対応の演習1A2Bとスタンダード演習(数3)を春休み中にやった。なお、現役時に過去問で平均4〜5完くらいの力はついていたので特に引っかかる要素もなかった。

自分の弱点は本番にバカみたいに弱いところ、と計算ミスとか問題文の読み飛ばしみたいなそういうくだらないところ(くだらないが実際これでだいぶ点を落としているのでミスでは済まないものになっていた)、かな〜と感じたので緊張して頭が回らなくなる分を相殺する実力をつけられればいいかな、という方向性が決まった。

あとはできるだけ成績の安定性が欲しいなーとかも思ったりした。

それと英語に苦手意識があるのでそれは全部河合塾のカリキュラムに丸投げした。

4月〜7月

正直よく覚えていないw

授業が始まり、予習と復習をひたすらに繰り返す日々。つまらないのでネットで数学の問題を探し回って解いたりしていた。あとは問題で興味湧いたことに考察加えたりしてた。まあこのブログのアーカイブとかその時期のtwitterの画像欄見れば何やってたかはなんとなくわかる。

7月〜8月(夏休み)

夏休みの計画

河合塾のテキストの復習をしてから別の教材もやっていこうというスタンスで計画をたてた。

数学:数学の前期の通期テキストは基本的な問題がほとんどなので1日1冊くらいのペースではじめの方に1回やって特に引っかかるところもなかったのでそれで終わり。何にもやらないのもアレだし、と思ってやさ理を購入するも3日で飽きる。入試数学の掌握も買ったが途中まで適当に読んだだけで一度も解かなかった。

物理:通期の前期テキストは簡単すぎるので2、3日くらいの期間で1回解き直したくらいで復習をやめた。ハイパー東大理類の友人に物理の自習用テキスト(私の崇拝している苑田尚之が作成している)を借りてそればっかり解いていた。ただしこれをやる欠点としては電磁気と原子の問題が入ってないこと(ハイパー東大理類コースのカリキュラムが前期で力学熱力学波動完成、後期が電磁気原子完成、という風に分割されてた。一方でここ以外のコースは前期に全範囲、後期にも全範囲やる。)だったので適宜重要問題集とか現役の時に使ってた東進の苑田先生の担当してる授業のテキストをやったりしていた。

化学:通期の前期テキストばっかり解いてた。あとは自作の高分子テキストがあったのでそれの知識を忘れないようにはしてた。無機は放置。

英語:特に力をいれたつもり。玉置先生が授業を担当してるので参考にしてみようと思いあの人の言う計画をそこそこに取り入れた。7月中と8月始めは通期の前期テキストを復習して、そのあとはやっておきたい700を1日2題と通塾時とかに早稲田とか同志社の英語の赤本の長文のとこを毎日3、4題くらいやってた。これだけやった後にはだいぶ英語が読みやすくなったように感じた。あとは高校のオリジナルの英作文のテキストをひたすらやってたのと、DUOを読んだり聴いたりしてた。

国語:

現代文:通期の授業の復習でノートを作って板書のまとめ直しなど。ただ自分には全部ムダだったように思える。あとは現役の時に東進のチューターにオススメされた上級現代文という参考書をたまーにやったりした。

古文:通期のテキストの復習。とりあえず解きまくる。あとは古文単語を時々。ただし単語は全く頭に入らなかった。

漢文:通期のテキストの復習。サブテキスト(重要構文とか重要な漢字とかがまとまってるテキスト)を度々読んでた。頭には入ってこなかったので意味があったかは微妙。

 

夏期講習は京大化学と数学のよくわからんやつをとった。意味があったかは不明だが数学のよくわからんやつのおかげでオープンの問題が1問多く解けたので意味はあったかもしれない。

冠模試

冠模試がやってきた。オープンも実戦もどちらも冊子掲載を狙っていきたいところ。

 

オープン(所感):数学がほぼ6完近かった、つもりだったが計算ミスでボロボロ落としててけっこう落ち込んだ。他はわりといけたし冊子は載りそう。

実戦(所感):数学がポンコツ。2完くらい?完答しかけて計算ミスに気づかずに全消しなどの過ちをしてしまう。理科もなんかムズくない?w

 

実戦は微妙だったが河合マークも9割をきっちり超えていたしまあまずまずな感じ。

おかげで河合塾スカラシップで5万円貰えた。やったね!

 

オープン(結果):

 実戦(結果):B判定

9月〜12月

勉強のしかた的な

センターも迫ってくるとアレなのでテキストの予習復習をしつつそれに加えて補強もいれていった。授業くらい好きに切ればよかったのに規範に縛られがちなので無理やり出席、メンタルが死んでいった。

数学:予習をガンガン進めるだけ進めて放置。復習は京大理系数学のテキストだけはやった(その先生の解法が好きなので)。他は解答読むだけで復習は以後全くしなかった。流石に後期テキストともなると難しいが大抵は1講4問のうち3問くらい解けていた気がする。

物理:後期のテキストは適度な難易度なのできっちり利用させてもらおうと思って予習をガンガンしていった。あとはハイパー東大理類の友人から後期の自習用テキストを借りて電磁気と原子を演習していった。

化学:テキストが途中から総合問題的な感じになるのでそれまでは前期のように予習復習、それ以後は予習だけであまり復習はしなかった。これに平行してオープン前までは無機を覚えた後新演習の高分子をやった。オープン後に京大の化学25か年の理論だけ3周して実戦に臨んだ。有機は放置。

英語:ひたすら授業の予習復習。それに加え友人が過去問採点し合おうぜ〜みたいなのに誘ってくれたので週2くらいで過去問(ただし京大の過去問をやった時英文和訳はやらなかった)とか他の大学の問題とか解いて採点し合った。単語帳はターゲットメインで飽きたらDUOをやっていた。

国語:予習して授業聴いて放置。

模試

このあたりから模試が不振になる、ただしオープンはうまくいく。

マーク模試が8割しか取れない病気にかかる。夏まで取れていた分いくら難易度が多少上がってたとしても精神的につらくなる。最後のマークが取れなすぎて全てが嫌になって授業に出るのを止めた(後期の最後の最後の12月頭で初めて授業を切った、3日で鬱は治った)。

 

オープン(所感):5分遅刻。こいつはアホか?しかし数学5完半で満足、特に計算ミスも読み間違いもなかった、遅刻してなかったら6完目指せたかも?ただそれ以外が微妙というかひどく、物理が全ての大問で雪崩、化学もようわからん。つらみを感じる。

実戦(所感):数学0完。こんなにも分からんことなんてあんのか、直前に河合のテキストでやった似た問題設定の問題の記憶で惑わされて失敗。物化は7割はありそうな出来。

 

オープン(結果):学科内高卒1位を獲得。全体でも3位くらいだった。数学の暴力。

英語:91/150;数学:178/200;国語:42/100;物理:44/100;化学:52/100

総合:407/650;偏差値74.1;受験者順位87/5111

実戦(結果):C判定。残当

英語:89/150;数学:52/200;国語17/100;物理:75/100;化学:65/100

 

結局1年やって成績が安定しなかった、とても怖い。

12月〜1月(冬休み〜センター)

11月の下旬から12月の上旬あたりまで

演習形式の授業になって予習が不要になるのでそこで消化不良だったものを片付けた、気がするのだが気分が落ち込んでいたのでよく覚えていない。多分ここらへんで初めて地理をさわる。高校の授業プリントと河合のテキストをひたすら読み続けてた気がする。

この時期の間は数学は友達に聞かれた問題とネットに転がってた気になった問題、あと息抜きにセンター数学をちょいちょい、くらいしかやらなかった。 

12月15日くらいまで

だんだん生活習慣が良くも悪くも崩れて8〜10時起き1〜2時寝になる。これまで6時起き1時〜3時寝が定着してて体が壊れかけてたのでまあよかったのかもしれない。

物理の通期テキストの復習、無機化学の詰め込みのために通期テキストを解いたり高校のテキストを読んだり。

地理は問題を解きまくって感覚を慣らした。1日3セットくらい?

英語は通期の文法テキストの復習。だいぶ難しいので1回全部解き直して放置した気がする。あとは単語とか熟語とか。

国語は古文単語を1時間くらい。とにかくこれだけはやっておこうと思ったので。

クリスマスあたりまで

理系科目をほとんどやらなくなる。地理を解きまくる。古文の後期の授業の復習(センター型問題をひたすら解く)をバリバリやる。古文単語を起きてから1、2時間くらい読み続ける。漢文はほとんど復習しなかった。センター国語の過去問をちょくちょくはさみ始める。英語をやらなくなる。

年末まで

京大英語の冬季講習をぶち込んでたのでそこで二次ボケ解消できるかなーと思ったけど先生が私には合わなかったのでうまく活用できず。国語の過去問と地理の過去問。センター英語対策はここでやった。

年明けからセンター前まで

年明けすぐは化学でもやるか〜ってことで高校で現役の時にもらってたセンター化学難問集なるもの(センター化学の正答率50%以下の問題を集めたもの)をやった。基本的には地理と古文メイン。古文単語は相変わらず毎日1時間はやった。地理の統計を単語カードにしてひたすら覚えてた。

桃パック、センタープレともに800くらいとれたし順調にみえた。

直前になると物理もやろうということで残り10日くらいからはじめた。化学の過去問もここで一緒にやった。英語の過去問もここらへんでやる。190くらいで安定してたので今年はイケるな〜というノリだった。

センター試験

こんだけ文系科目対策すればいけるやろ!と思って臨んだ1日目。

地理(所感):なんか解きづらい。微妙い。

国語(所感):現代文微妙だけど古漢はわりといけた。(普段は現代文8割安定、古漢で落とす、みたいな感じだった)

英語(所感):なんとかなってる気がするけどうまく行ってるといいなー。

帰宅、自己採点。

地理:83;国語:145(現59/古40/漢46);英語:(筆)167+(リス)38

換算得点:160.25/200

あっ...現役の時より点数が悪い...

1か月のセンター集中型の勉強が無駄になった瞬間であった...

2日目はまあ普通(?)にやって理系科目については9割は切らなかった

結局合計で760/900くらいで終了。あーあ。

2日目終わってから腹いせに2018年の京大数学を90分で6完するゲームをした。やった科目で点がついてこないのはクソだ。

センター試験後〜二次試験

センターがうまくいかなかったのでやる気が限りなくゼロに近づく。

でもやらないといけないものはやらないといけないので英語と理科はやることにした。数学は3年分くらいやったが意味がないと判断してやめた。25か年もここで初めて開いたことには開いたが3割くらい読んで解かなかった。以後数学はネットに転がってた気になった問題と友達から質問が飛んできた問題と同志社1年分、慶応の過去問3年分くらいしかやらなかった。

理科を3時間測ってやってみると、現役時代あんなに時間が足りなくて苦しんでたのに平均して30分余るようになってて成長を実感。年によるが1時間余ることもあった。だいたい9割くらいは取れてたので本番に焦って大問1、2個吹き飛ばしてもなんとかなるようにはなったなーと実感。化学25か年の有機高分子をここで1周しておいた。理論は何もやらなかった。物理25か年は慶応終わってからくらい?から1日10〜20問くらいで4日くらいで1995年のまでやった。6割くらい全問正解だしまあわるくないかなというところ。

英語は前期のテキスト(英文和訳のやつ)の復習をパーっとした後、高校の英作文のテキストとクソ難しい英文和訳のテキスト(こちらも高校オリジナルのもの)をひたすらやった。途中で河合の通期の京大英作文の復習もちょっとはしたがあまり意味はなかったかもしれない。説明問題がまるでダメなので一橋の過去問をやったがあまり効果はなかった。あとは友達がオープンの過去問を一緒にやって採点し合ったりしようと誘ってくれたのでそれはやるようにした。Z会の直前予想添削みたいなやつもやった。友達と採点し合うやつもZ会のもだいたい110/150くらいは取れてたので力はついてきていたみたい。過去問は直前にやるつもりで残してた直近2、3年分くらいはやるつもりだったが結局やらなかった。

国語は何もしなかった。

河合の直前にやる京大プレもまあ610/1000くらいだったし悪くなさそうという感じだった。

同志社・慶応入試

同志社は難なくこなしたが過去問より難しくてえぇ...って感じだった。ドン引いた。

慶応は気分転換みたいなノリで行った。数学が30分余ったので合格を確信した。物理の出題ミスはひどいと思いました。慶応のチャイム好き。

京大入試

1年待ってたぞこの2日間を、という感じでリベンジ。

1日目

国語:まあよくわからんけど30点はあるやろ、という感じ。再現答案中に気づいたけど古文の和歌の訳って全部じゃなくて途中までだったんだね。

数学:東京出版のマネがしたいのでさせていただく。

緊張するけど今年はうまくやるぞ,と気合いを入れていると問題が配られる(-10分).常用対数表?!なんか2008年も似たようなことがあった気がするな?!などと思っていると試験開始.

傾向変わってるやん!しかも配点が1997年以来のタイプじゃないか!まあとりあえず順番に触っていこう.①めっちゃ基本問題.②去年に引き続きのタイプじゃん〜こういうの時間食われて苦手なんだよな〜.③問題文がよく読めない.曲線を図示するのもしないとダメなのか?④確率漸化式が来ると思ってたのに違うじゃねえか,でもめっちゃ簡単?⑤チャートにありそう.⑥順番に触っていくのに時間が食い過ぎた,とりあえずよくわからんけど二項展開だけ計算用にしとこ(15分).さて①からやっていこう.必要から十分とか言っておいて,積分して,なんか見覚えある答え出てきたし合ってそう.難なく完答(35分).②へ.偶奇でやるやつやな,それっぽく因数分解とかしてみる.答えは2個やろ,とアテをつけて解答を書いているとまだ答えがあることに気づきやり直し.3個かな?違いました.当てるんじゃなくてちゃんと偶奇で場合分けしていこう.無駄に冗長な解答になるも何とか完答(70分).やばいな,時間を使いすぎた,と思いつつ③へ.やっぱり問題文が読めない.とりあえずベクトルでやってみると座標が欲しくなったので適当に導入.Pの座標を媒介変数tで表示できたのであとで戻ってこよう.④へ.簡単やん〜と思って解答を書き終わろうとしたところで勘違いに気づく.危ない.場合分けがたくさんあるじゃないか!なかなかきれいにできるものが思いつかないので⑤へ.わざわざ平面で切ったりして最大がどうとかやってちょっと遠回りだが完答.⑥は最後にやろう.③へ戻る.問題文が読めるようになった.面積だけ出せばいいのか.なら積分して終わりやな.完答(120分).やばい,時間がない,でももう1個は取っておきたいな,④か⑥かどっちか解いて終了だな,ここで④を解く決断をする.もうこうなったら漸化式に落とし込めないかな,とちょっと考えたら求める確率のXnが1〜4と5,6の場合で分けると漸化式が立てられることが判明.普通なら解けない連立漸化式が立ったがもうこれを解くしかない.漸化式の解を予想してなんとか答えまでたどり着くも,n=1とそれ以外で場合分けが必要なことに気づく(145分).ヤバイ,落ち着いてp1とか置いたところを全部p2にしたらつじつまが合った.なんとか完答(148分).もう⑥は捨てよう.パラッと全体を見てまあ多分計算ミスはしてないだろう,というところで終了(150分).

手応え的には

①○②○③○④○⑤○⑥×

だったが③で座標に置くときに範囲の設定を忘れてたので5点くらい引かれそうだ,という感じ.まあでも何にせようまくいってよかった〜.

 

2日目

英語:説明問題が全然書けんのだが!大問1に空欄を1つ生成する。和訳も雑だし自由英作文も和文英訳も30分で無理やり書いたし本当に大丈夫か?だいぶ不安になった。

理科:化学の大問1、2を30分で通過。空欄は2つ。大丈夫そうだ(後日答案再現の時に平衡のところの間違いに気づく)。大問3で詰まる。ここで30分も使う。(答案再現の時に解答速報見たら半分くらいしか合ってなくて肝が縮んだ)大問4でオレイン酸を書かないといけないと思い込んででの炭素数が思い出せなくて時間をロスする(解答速報みた感じは完答)。とりあえず最後までたどり着いた。物理はケプラー出るかと思ったら出てきた。計算が煩雑そうだなと思いつつやっていくと(1)途中で誘導に乗れなくなって焦る。しょうがないので飛ばして(2)をやる。穴埋めを最後までやり終わると物理をはじめてから30分くらい経っててしょうがないので記述を捨てる。大問2へ。(1)(2)穴埋めをささっと埋めて問1へ。やり方は合ってるはずなのに答えが合わない。だいぶ焦る。頭も働かなくなってきた。全部消して考えるもわからず。なんでや。(3)へ。頭が回っていないのでトンチンカンなことをするがとりあえず穴埋めは埋まった。問2、なんで解けへんのや、時間もないので諦める。大問3へ。出て欲しくなかった波動(全く対策をしていない)が出てしまったがだいぶ変化球だな、しかしハイパー東大理類の自習用テキストで見た気がするぞ、と思いつつヒヤヒヤしながら穴を埋める。問1。三角関数が合成できない。ここまでで間違ってるところがあるのか?と思ったがこれ以外答えがわからないのでそのままにした。この問1普通にわからないが続く文章が「以上より」になってて詰んだか、と思った。が、よく見るとあまり関係ないじゃないか、「お」の穴埋めさえ合ってれば位相の関係から「か」の穴埋めはいけると判断してその後ろを埋めていく。「き」からは完全に関係なさそうだったのでなんとか最後まで穴埋めを埋める。問2。よくわからんけど足せばいいんだろ足せば、と足してみた(が計算をミスっている上に問題文が読めていない)。問3。理由を書かずにXとだけ書いておいた。あーもう残り時間がねえよ、と物理だけサーっと見返して終了。

あ〜終わってしまったなあ〜〜しにてえ〜

そんな気持ちになってた時に時計台前で待ってくれてた先に京大生になってた高校同期の友人に慰めてもらったりした。

二次試験後〜合格発表

試験が終わった日に友達の家に泊めてもらってその翌日も遊んだ。気持ちが戻ってきて冷静に考えてこれで落ちてたら困るな、と思ったので受かってることにして勉強を止めてずっと好きなことをして時を待った。

 

オワリ

 

(以下追記:開示結果です)

 

 

予想通りあまりパッとするものじゃなかったけどまあ受かればなんでもよし!

複素平面上の三角形についての覚え書き

本屋で数オリの本を立ち読みしてて見つけたもの.事実だけ載ってて証明的なソレはなかったので軽くやってみた.ノートにまとめる程でもないのでブログに載せておこうと思ったよ.

お題

三角形ABCがあり,内心をI,外心をO,三角形ABC の外接円と直線AI,BI,CIの交点をD,E,F とすると, うまく複素数a,b,cを選ぶことにより, $$ A(a^2),B(b^2),C(c^2),D(−bc),E(−ca),F(−ab) $$ $$ O(0),I(−ab − bc − ca) $$ $$ 三角形 ABC の外接円 : |z| = 1 $$ とおくことができる.

証明

おおまかな流れ

先に三角形DEFの垂心の複素数を求めて,それが三角形ABCの内心になりうることを示します.以下ではA,B,C,D,E,Fはすべて単位円上の点とします.

三角形DEFの垂心の複素数を求める

使いたいことを先に提示しておきます.

複素座標上の単位円上の異なる3点P(p),Q(q),R(r)によってつくられる三角形PQRの垂心H(h)は $$ h=p+q+r $$ と表される.

オイラー線を考えれば三角形PQRの重心G\left(\frac{p+q+r}{3}\right)であることからOG:GH=1:2なのでH(p+q+r)
ってことなんだけど下で真面目にちょっとやってみます.

PH\perp QRなので,これを複素数の数式として表すと $$ \left(\frac{h-p}{r-q}\right)+\overline{\left(\frac{h-p}{r-q}\right)}=0 $$ これを整理すると $$ h+\frac{r-q}{\overline{r}-\overline{q}}\overline{h}=p+\frac{r-q}{\overline{r}-\overline{q}}\overline{p} $$ ここで,|p|=|q|=|r|=1から\overline{p}=\frac{1}{p},\overline{q}=\frac{1}{q},\overline{r}=\frac{1}{r}なので,
\displaystyle \frac{r-q}{\overline{r}-\overline{q}} = \frac{r-q}{\frac{1}{r}-\frac{1}{q}}= \frac{r-q}{\frac{q-r}{qr}}= -qrであることなどを考慮すれば $$ h-q r \overline{h} = p- {\frac{q r}{p}} $$ となります.*1QH\perp RPについても同様に考えることで連立方程式 {} $$ {\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} h-q r \overline{h} = p- {\frac{q r}{p}} \\ h-r p \overline{h} = q- {\frac{r p}{q}} \end{array} \right. } $$ が得られます.これを解くと,*2 $$ h=p+q+r $$ となります.

以上の事実を使えば,p,q,r-bc,-ca,-abに置き換えることで,-bc-ca-abが三角形DEFの垂心であることがわかります.

三角形DEFの垂心は三角形ABCの内心

お題が言ってるのは以下の図が成り立つということですが,

f:id:potaxyz:20181223183957p:plain:w300
三角形の角度の関係

ここまでではD,E,Fを設定してきたのでA,B,Cを決定していきます.とりあえずAを決めればB,Cは対称性から証明できそうです.

ということでAの複素数をとりあえずzとおいて,AD\perp EFから, $$ \left(\frac{-ab-(-ca)}{-bc-z}\right)+\overline{\left(\frac{-ab-(-ca)}{-bc-z}\right)}=0 $$ $$ \frac{-ab+ca}{-bc-z}+\frac{-\overline{a}\overline{b}+\overline{c}\overline{a}}{-\overline{b}\overline{c}-\overline{z}}=0 $$ $$ (-ab+ca)(-\overline{b}\overline{c}-\overline{z})+(-bc-z)(-\overline{a}\overline{b}+\overline{c}\overline{a})=0 $$ 共役の関係からバーを取って $$ (-ab+ca)\left(-\frac{1}{bc}-\frac{1}{z}\right)+(-bc-z)\left(-\frac{1}{ab}+\frac{1}{ca}\right)=0 $$ abczをかけて $$ (-ab+ca)(-az-abc)+(-bc-z)(-cz+bz)=0 $$ これを整理すると $$ z^2+(bc-a^2)z-a^2bc=0 $$ $$ (z-a^2)(z+bc)=0 $$ z\neq -bcなので,z=a^2となって,A(a^2)と分かりました.同様にして,B(b^2)C(c^2)も分かります.

以上より証明が完了したということになります.

*1:一般に,この式の形z-b c \overline{z} = a- {\frac{b c}{a}}は,bcを通る直線の垂線であるもののうちaを通るものを表します

*2:連立方程式を解くのにクラメルの公式という便利な道具があるので使わせてもらうとh=\frac{
\left|
    \begin{array}{l}
     p- {\frac{q r}{p}}\ \ \ -qr \\
     q- {\frac{r p}{q}}\ \ \ -rp
    \end{array}
 \right|
}
{
\left|
    \begin{array}{l}
     1\ \ \ -qr \\
     1\ \ \ -rp
    \end{array}
 \right|
}
=\frac{-p^2r+qr^2+q^2r-pr^2}{-rp+qr}=\frac{-p^2+q^2-pr+qr}{-p+q}=p+q+r

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