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初等整数論講義(高木)

 投稿者:  投稿日:2018年 2月 6日(火)15時51分23秒
編集済
  かたつむりさん、ありがとうございます。
定理3.6ダッシュが正しい。
ということで、考えてみます。
 

初等整数論講義 p.207

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 2月 6日(火)13時14分46秒
  >解 定理3.6および定理3.2による。

誤植でしょう.  定理3.6 → 定理3.6'
 

初等整数論講義(高木)

 投稿者:  投稿日:2018年 2月 5日(月)20時58分53秒
  P207 問題2 循環連分数は二次の無理数である。
解 定理3.6および定理3.2による。

とありますが、この2つの定理がどのように結びついてこうなるのかわかりません。

定理3.2 二次の無理数と対等な数は同一の判別式に属する二次の無理数である。

定理3.6 簡約された二次無理数は純循環連分数に展開される。
 

Re: 2005京大後期理系6番

 投稿者:IT  投稿日:2018年 2月 5日(月)18時34分45秒
  きちんとした答案の形にして掲載していただきありがとうございました。
 

Re: 2005京大後期理系6番

 投稿者:南海  投稿日:2018年 2月 5日(月)12時56分27秒
  ITさんの素晴らしいアイデアによる解を追加しました。  

2017年 早大・理工5番の一般化-3次巡回多項式(補遺)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月28日(日)20時07分15秒
編集済
  たとえば,南海先生から御指摘のあった [2] の(2.1) は次のように示されます.

既約な f(x) の3根は相異なる.
1次分数式ψ(x) で定まる写像ψは単射である.
かつ,f(x) の根はψの不動点ではない.何故ならψの不動点は2次多項式の根になるから.
だから,ψは f(x) の3根の集合に「不動点をもたない置換」,即ち巡回置換を引き起こす.
したがって,f(x) の任意の根αに対し,f(x) の3根はα,ψ(α),ψ(ψ(α)) と表され,
ψ(ψ(ψ(α)))=α が成り立つ.
また,ψ(ψ(ψ(x))) は1次分数式か,x と異なる1次式か,あるいは x に等しいが,
f(x) の根αが ψ(ψ(ψ(x))) で定まる写像の不動点となるのは,ψ(ψ(ψ(x)))=x の場合に限る.

このように,自家用の文書は「自分自身が後で読んで分かるように」を基準にまとめています.
(ちゃんと書いておかないと,じきに忘れてしまうものですから.)
高校生向きにするには,かなり加筆しなければなりませんが,ちょっとその時間はとれません.

[5] に記した【定理】に関心を持たれた数学好きの高校生なら,
先の投稿(まとめ1,2,3)を手がかりに再構成を試みれば,良い勉強になると思います.
(とは言うものの,やはり大学1年生くらいにふさわしいテーマかもしれません.)
その際,一部の計算で数式処理ソフトが必要になるでしょうが,現在はフリーソフトがいろいろありますし,
 http://www.wolframalpha.com/
のようなサイトも利用できます.
 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 1月28日(日)14時41分19秒
編集済
  そういうことですね.ということは,これをフォローするのはたいへんです.
もし可能であれば,高校段階から飛ばない証明をつけて原稿としていただければ,TeXに直して,早稲田の問題の一般化として紹介させていただきます.
 

(無題)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月28日(日)14時19分54秒
  > [2]の必要条件ですが、
>>3根はα,ψ(α),ψ(ψ(α)) と表され,ψ(ψ(ψ(x)))=x   ……(2.1)
>などは、自明ではなく、既約性にもとづく証明が必要ではないでしょうか
もちろんです.他にも省略した箇所がいくつもあります.
自家用にまとめたものをうんと圧縮して投稿しました.
それでもあれだけの長さになってしまって.

 

2005京大後期理系6番

 投稿者:IT  投稿日:2018年 1月28日(日)12時56分58秒
編集済
  天下り的な{(1+1/x)^n}(1+x)^(n+1)  を使わない方法を考えました。(ことばで書いた感じ)

まず,100円玉はすべて裏に、500円玉はすべて表にしておく。
(この状態では 表の500円玉の枚数-表の100円玉の枚数=n+1)
すべての事象は、各コインについて,そのままか反転するかなので2^(2n+1)とおり 。
コインを1枚反転すると「表の500円玉の枚数-表の100円玉の枚数」が1減少する。

よって、表の500円玉が表の100円玉より多くなるのは、反転するコインが0枚からn枚の場合である。
この場合の数は C(2n+1,0)+C(2n+1,1)+...+C(2n+1,n)={(1+1)^(2n+1)}/2

よって求める確率は,[{(1+1)^(2n+1)}/2]/2^(2n+1)=1/2
 

RE:2017年 早大・理工5番の一般化-3次巡回多項式(まとめ1)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 1月28日(日)11時32分20秒
  [2]の必要条件ですが、
>3根はα,ψ(α),ψ(ψ(α)) と表され,ψ(ψ(ψ(x)))=x   ……(2.1)
などは、自明ではなく、既約性にもとづく証明が必要ではないでしょうか。
 

2017年 早大・理工5番の一般化-3次巡回多項式(まとめ3)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月27日(土)18時00分24秒
  [4]〈 Q(f,φ) の真理集合〉
(3.2) が既約であるとき,ψ(x)=(px-(p^{2}+pr+r^{2}))/(x+r) と f(x) の根 α に対し,
   φ(α)=ψ(α)   ……(4.1)
となるような2次多項式 φ(x) を求めると,
   φ(x)=(x^{2}+(a-r)x-ap-2(p^{2}+pr+r^{2}))/(p+r)   ……(4.2)
となる.P(f,ψ) が成り立つことと (4.1) により,Q(f,φ) が成り立つ.したがって,
「(3.2) が既約であるような a,p,r (p+r≠0) に対し,(3.2), (4.2) で与えられる (f,φ) の全体」
が,Q(f,φ) の真理集合である.

[5] 早大・理工5番の3次方程式に付随する2次多項式は x^{2}-2 だった.
(4.2) で表されるφ(x) が,このように「x の係数が0, x^{2} の係数が1」という単純な形になるための条件は
   a=r, p+r=1
である.このとき φ(x) は
   φ(x)=x^{2}-(r^{2}-r+2)
となり,φ(φ(φ(x)))-x を因数分解すると,
   φ(φ(φ(x)))-x=(φ(x)-x) f(x) g(x),
    f(x)=x^{3}+rx^{2}-(r^{2}-2r+3)x-r^{3}+2r^{2}-3r+1,
    g(x)=x^{3}+(1-r)x^{2}-(r^{2}+2)x+r^{3}-r^{2}+2r-1,
    D(g)=(p+r)^{2}(a^{2}+(p-5r)a+7p^{2}+11pr+13r^{2})^{2}
となるので,f(x), g(x) が既約であれば,Q(f,φ) とともに Q(g,φ) が成り立つ.
特に r=n(n は正整数)のとき,
   φ(x)=x^{2}-(n^{2}-n+2),                               ……(5.1)
    f(x)=x^{3}+nx^{2}-(n^{2}-2n+3)x-n^{3}+2n^{2}-3n+1,    ……(5.2)
    g(x)=x^{3}-(n-1)x^{2}-(n^{2}+2)x+n^{3}-n^{2}+2n-1     ……(5.3)
について,
    n が偶数なら f(x)≡x^{3}+x+1, g(x)≡x^{3}+x^{2}+1  (mod 2)
    n が奇数なら g(x)≡x^{3}+x+1, f(x)≡x^{3}+x^{2}+1  (mod 2)
であることにより,f(x), g(x) は Z/2Z 上既約なので Q上既約であり,
Q(f,φ), Q(g,φ) が成り立つ.以上により,
   φ(x)=x^{2}-m(m は正整数)
についてQ(f,φ) を満たす既約な3次多項式 f(x) が存在するためには,
「m=n^{2}-n+2(n は正整数)と表される」ことが必要十分であり,かつ
「Q(f,φ) を満たす既約な3次多項式 f(x) がちょうど2つ((5.2)と(5.3))存在する」
ことが示された.2017年と1997年の早大・理工入試問題は n=1 の場合に当たります.

【追記】長文の連続投稿,ご容赦ください.

 

2017年 早大・理工5番の一般化-3次巡回多項式(まとめ2)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月27日(土)17時55分10秒
  [3]〈 P(f,ψ) の真理集合〉
[2] に記したように,1次分数式 ψ(x) について,
「P(f,ψ) を満たす既約でモニックな3次多項式 f(x) が存在する」ためには,ψ(x) が
ψ(ψ(ψ(x)))=x を満たすことが必要である.そのような1次分数式 ψ(x) は
    ψ(x)=(px-(p^{2}+pr+r^{2}))/(x+r)  (p+r≠0)   ……(3.1)
と表される.この ψ(x) に対し,既約でモニックな3次多項式 f(x) が P(f,ψ) を満たすためには,
   f(x)=0 ⇒ f(ψ(x))=0
が成り立つこと,即ち「3次多項式 f(ψ(x))(x+r)^{3} が f(x) で割り切れる」ことが必要十分である.
これを満たす f(x) は
   f(x)=x^{3}+ax^{2}-(a(p-r)+3(p^{2}+pr+r^{2}))x+(p^{3}-r^{3}-apr)   ……(3.2)
と表される.判別式 D(f) は
   D(f)=(p+r)^{2}(a^{2}+3a(p-r)+9(p^{2}+pr+r^{2}))^{2}.
したがって,「(3.2) が既約であるような a,p,r (p+r≠0) に対し,(3.2), (3.1) で与えられる (f,ψ) の全体」
が,P(f,ψ) の真理集合である.

【付記1】(3.1), (3.2) と下記の (4.2) が今回の「成果」ですが,(3.2) が既約となる条件に触れないと
「砂上の楼閣」となりかねません.そこで,(3.2) が既約となるための十分条件を二つ挙げます.
・p,r が整数で偶奇が異なる場合には,a を偶数にとれば
     f(x)≡x^{3}+x+1 (mod 2)
  となり,これは Z/2Z 上既約なので,f(x) は Q上既約となる.
・p=0, r=1 とすると,ψ(x)=(-1)/(x+1), f(x)=x^{3}+ax^{2}+(a-3)x-1 となり,
  a が整数のとき f(x) は既約である.a=1 の場合が 2017年早大・理工5番の3次多項式です.

【付記2】(3.2) の3次多項式は,文字の置き換え p → -r, r → -p で不変です.一方,
    ψ^{2}(x)=ψ(ψ(x))=(-rx-(p^{2}+pr+r^{2}))/(x-p)
であるので,ψ^{2}(x) は,ψ(x) に上記の文字の置き換えを施して得られます.これは
   「P(f,ψ) が成り立てば P(f,ψ^{2}) も成り立つ」
という「自明」な命題の反映です.

【付記3】(3.2) を導く際に,数式処理ソフト(Derive6)の助けを借りました.
 

2017年 早大・理工5番の一般化-3次巡回多項式(まとめ1)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月27日(土)17時48分43秒
  2017年 早大・理工5番の3次方程式
   x^{3}+x^{2}-2x-1=0
は,1次分数関数 (-1)/(x+1) や2次関数 x^{2}-2 によって「解が巡回する」という性質を持ちます.
このような3次方程式とそれに付随する1次分数関数・2次関数の「一般形」について,年初に数回投稿
しました.それらをまとめ直しました.3回に分けて投稿します.
証明の詳細は省きますが,関心を持たれた方に検証して頂けるよう筋道を明記します.
ほぼ,高校数学の範囲内に収まる内容です.

[0],[1],[2] は準備です.[3],[4] で「一般形」に迫ります.
[5] では,2次関数 x^{2}-m(m は正整数)によって「解が巡回する」ような3次方程式が存在する
ためには,m=n(n-1)+2(n は正整数)と表されることが必要十分であることと,
これによって解が巡回する3次方程式がちょうど2個存在することを示します.

[0]〈はじめに〉
「3次方程式の解」ではなく「3次多項式の根」を用いて記述する.
多項式,1次分数式の係数は有理数とする.
多項式の「既約」は「有理数体上既約」の意味で用いる.
「モニックな多項式」は「最高次の係数が1の多項式」を意味する.
「1次分数式」は非退化なもの(1次式ではないもの)を指すとする.

[1]〈定式化〉
既約でモニックな3次多項式 f(x) と,1次分数式 ψ(x), 2次多項式 φ(x) について,
f(x), ψ(x) に関する条件 P(f,ψ) と f(x), φ(x) に関する条件 Q(f,φ) を次のように定める.
  P(f,ψ): αが f(x) の根ならば ψ(α) も f(x) の根である.
  Q(f,φ): αが f(x) の根ならば φ(α) も f(x) の根である.

既約でモニックな3次多項式 f(x) について,次の4つの条件は同値である.
     P(f,ψ) を満たす1次分数式 ψ(x) が存在する.
     Q(f,φ) を満たす2次多項式 φ(x) が存在する.
     f(x) の判別式が,ある有理数の平方に等しい.
     f(x) の Galois 群が,位数3の巡回群である.
この条件を満たす3次多項式を cyclic cubic polynomial(3次巡回多項式)と呼ぶ.

[2]〈必要条件〉
P(f,ψ) が成り立つならば,f(x) の任意の根αに対し f(x) の3根はα,ψ(α),ψ(ψ(α)) と表され,
     ψ(ψ(ψ(x)))=x   ……(2.1)
が成り立つ.

Q(f,φ) が成り立つならば,f(x) の任意の根αに対し f(x) の3根はα,φ(α),φ(φ(α)) と表され,
   φ(φ(φ(x)))-x は f(x) で割り切れる,即ち  φ(φ(φ(x)))≡x  (mod f(x))   ……(2.2)
が成り立つ.8次多項式 φ(φ(φ(x)))-x は常に2次多項式 φ(x)-x で割り切れるので,(2.2) は
   φ(φ(φ(x)))-x=(φ(x)-x)f(x)g(x) (g(x) は3次多項式) と分解される
ことを意味する.したがって,2次多項式 φ(x) に対し,
Q(f,φ) を満たす既約でモニックな3次多項式 f(x) は,高々2個である.
 

2005京大後期理系6番

 投稿者:IT  投稿日:2018年 1月26日(金)18時21分51秒
編集済
  >素晴らしいアイデアですね.当時,全く気づきませんでした.
> 私は次のように解答しました.
ありがとうございます。
この問題の解答としては、かたつむりさんの解法(南海先生の解4)が最も簡明だと思います。

f(x) の展開を使う方法は、表の出た100円の枚数>表の出た500円の枚数 となる確率なども求められる点がメリットだと思いますが、
 

2005京大後期理系6番

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月26日(金)14時15分57秒
  >f(x)={(1+1/x)^n}(1+x)^(n+1) を展開したときの係数を考える.
>x,x^2,x^3,...,x^(n+1)の係数の和をaとおくと、求める確率はa{(1/2)^(2n+1)}である。
素晴らしいアイデアですね.当時,全く気づきませんでした.
私は次のように解答しました.

表の出た100円玉の枚数を X, 表の出た500円玉の枚数を Y とおく.
どの硬貨についても,表・裏の出る確率が等しく 1/2 である場合,
問題文の「表」を「裏」と言い換えても確率は変わらないので,
 P(X<Y)=P(n-X<n+1-Y)=P(X>Y-1)=P(X≧Y)=1-P(X<Y)
となる.したがって,
 2 P(X<Y)=1, P(X<Y)=1/2.
 

[05京大後期理系]の別解

 投稿者:IT  投稿日:2018年 1月25日(木)20時30分22秒
  (別解研究)確率計算の方法 事象の分解[05京大後期理系]の別解を考えましたので投稿します。

(略解)南海先生の[解1]の計算を楽にしたものといえるかも知れません。
f(x)={(1+1/x)^n}(1+x)^(n+1) を展開したときの係数を考える.

x,x^2,x^3,...,x^(n+1)の係数の和をaとおくと、求める確率はa{(1/2)^(2n+1)}である。 (ここにもう少し説明が必要)

f(x)={(1/x)^n}(1+x)^(2n+1).

ここで,(1+x)^(2n+1)=∑[j=0,2n+1]C(2n+1,j)x^j なので,

a=∑[j=n+1,2n+1]C(2n+1,j)
=∑[j=0,n]C(2n+1,j)=(1/2)(1+1)^(2n+1)
=2^(2n).

よって求める確率は(2^2n){(1/2)^(2n+1)}=1/2.
 

確率統計について

 投稿者:とぅろふ  投稿日:2018年 1月17日(水)15時24分21秒
  以下の問題が分からないので教えていただけると幸いです。

高校生が1ヶ月に使う塾の金額について、公立高校の生徒10人と私立高校の生徒15人について調べたところ、平均は公立9980円、私立11050円であり、標準偏差は公立420円、私立490円であった。母分散はほぼ等しいとして、公立と私立で塾の金額に差があるかを有意水準1%で調べなさいという問題です。

よろしくお願いします。
 

2017年 早大・理工5番-3次巡回多項式

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月16日(火)19時31分49秒
  1月5日の投稿に
>x^3+ax^2-(a(p-r)-3q)x+(p^3-r^3-apr)=0.   (q=-(p^2+pr+r^2), p+r≠0) ・・・(★)
>これが「3次の巡回群をGalois群にもつ3次方程式」の一般形(の一つの形)である.
と書きましたが,重要な「但し書き」を付け忘れました.それは
  「ただし,f(x)=x^3+ax^2-(a(p-r)-3q)x+(p^3-r^3-apr) が既約である場合に限る.」
です.例えば,a=-1, p=2/7, r=4/7 とすると,
   f(x)=x^3-x^2-2x=x(x+1)(x-2)
となります.この場合にも,f(x) の根 0,-1,2 と ψ(x)=(2x-4)/(7x+4) に対し,
   ψ(0)=-1, ψ(-1)=2, ψ(2)=0
が成り立ち,これはこれでチョット面白いのですが,f(x) のGalois群は「自明な群」になります.
したがって,(★)から「既約性が保証される族」を抽出することに意味があるような気がします.
ただ,(★)から次のような定理を証明することができますし,(★)は有意義な結果であると思います.

・2次関数 φ(x)=x^{2}-m(mは正整数)について,既約な3次式 f(x) で
   f(x) の任意の根αに対し φ(α) がまた f(x) の根になる
 ようなものが存在するためには
    m=n^{2}-n+2 (nは正整数)
 と表されることが必要十分である.

・x^3-mx-1(mは整数)のGalois群が3次の巡回群になるのは m=3 のときに限る.

後者は http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/galoistheory/cubicquartic.pdf に
「It is a hard theorem」として証明なしで紹介されていました.

【追記1】「3次の巡回群をGalois群にもつ3次多項式」を指す用語として,一般に
  3次巡回多項式 (cyclic cubic polynomial)
が用いられるようです.

【追記2】近日中に,今回得られた結果を整理し,一つの投稿にまとめたいと思います.
 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 1月13日(土)10時04分37秒
編集済
  本問は必要条件でp,qが一組になり、それが同時に十分でもあるので、問いの構造に対応させて解答をどのように書くかの問題ですが、難しいのは、1.でpやqが複数個得られるときです。あるいは、一組でもそれが十分性を満たさず、「p,qなし」が正解である場合です。これらの場合、結局2.のように十分性を確認して確定しなければなりません。

と言うことは、一組だけになる場合でも、かたつむりさんの言われますように、
>「入試の答案」という観点から離れ,数学的内容に焦点を当てるならば,
>問題文を「(*) を満たすための p,q の値を求めよ」と読み替えて考えるのが自然
だと言えます。

出題者が必要条件を求めよといっているのか、必要十分条件を求めよといっているのかは、よく読みはっきりさせるべきなのですが、出題者自身がどこまでそれを自覚しているかは、分かりません。
 

(無題)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月12日(金)09時34分21秒
  >というよりは、問題文の論理構造をつかもうと言うことです.
了解しました.

 

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