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2018年千葉大12番

 投稿者:IT  投稿日:2018年 3月13日(火)22時09分57秒
編集済
  千葉大12番をできるだけ天下り的でないように解いてみましたが、天下り感をなくすのは難しいですね。
本質的には南海先生の模範解答と同じだと思います。
特に(2)は、類題を解いたことがないと、試験時間内に基礎知識と試行錯誤で解くのは難しい感じです。

z^k(k=1,...,9)を複素平面上にプロットして性質(関係)を調べておきます。
(1)z^9=1…① 因数分解すると(z^3-1)(z^6+z3+1)=0
x^9=1の解でx^3-1=0 の解以外の場合x^6+x3+1=0の解である。…(ア)

z^3=cos(2/3)π+isin(2/3)π=-1/2+i√3/2, z^6=-1/2-i√3/2より
 z^3+z^6=-1…②  (注)(ア)を使っても良い

α^3=(z+z^8)^3=z^3+3z^10+3z^17+z^24
①より  =z^3+3z+3z^8+z^6
②より  =3(z+z^8)-1
      =3α-1
よってαはx^3-3x+1=0 をみたす。
f(x)=x^3-3x+1 は条件を満たす。

(2) f(-∞)=-∞,f(0)=1,f(1)=-1,f(∞)=∞なのでf(x)=0 は異なる3つの実数解を持つ。
   (1)のf(x)の導出過程から分かるように、
   x^9=1…③を満たす複素数xについて, (x+x^8)^3-3(x+x^8)+1=0…④ ⇔ x^6+x^3+1=0…⑤

③⑤を満たすxを探す。(ア)から見つかる。
  x=z^2とおくと(z^2)^9=1, (z^2)^6+(z^2)^3+1=z^3+z^6+1=0
    よって β=z^2+(z^2)^8=z^2+z^7 はf(x)=0 を満たす。
  また、β=2cos(4/9)π≠2cos(2/9)π=α
  α^2=(z+z^8)^2=z^2+2z^9+z^16=z^2+z^7+2 なので
  β=α^2-2
   f(x)=0 のα,β以外の解をγとすると、解と係数の関係からα+β+γ=0 なので
   γ=-α-β=-α-α^2+2=-α^2-α+2
  よって、求める2解はα^2-2,-α^2-α+2
 

RE3:解答をお願いします

 投稿者:IT  投稿日:2018年 3月11日(日)17時10分52秒
編集済
  >(2)のa_1は3以上の奇数とあるから、a_1+1=(2^s)t,( s,tは自然数、t は奇数)では、s=t=1のとき、a_1=1となるのですが?
そうですね。私は1つの解法の方針を示しただけです。
下記のようにすればできますね。

(2) a_1が3以上の奇数ならば、 a_1=2m+1,(mは自然数)…①とおける.
    a_2=a_1+1=2(m+1)
    a_3=(1/2)a_2=m+1…②
    ①②より,a_3<a_1 である.
  a_3 が奇数ならば a_3が条件を満たす.
  a_3 が偶数ならば (1) と同様の議論で a_k<a_3 となる奇数a_k が存在する.
           a_k<a_3<a_1 なので  a_kは条件を満たす.

(3) {a_n}は自然数からなる数列なので最小値を持つ.この最小値をaとおく.
  aが偶数のとき、(1)と同様の議論でa_k<aとなる奇数a_kが存在するので矛盾.
  aが3以上の奇数のとき、(2)と同様の議論でa_k<aとなる奇数a_kが存在するので矛盾.
  よって,a=1である.
 

RE2:解答をお願いします

 投稿者:Y  投稿日:2018年 3月11日(日)16時06分19秒
  解答ありがとうございます.
(2)のa_1は3以上の奇数とあるから、a_1+1=(2^s)t,( s,tは自然数、t は奇数)では、s=t=1のとき、a_1=1となるのですが?
また(2),(3)の入試での答案形式で他の方でもかまいませんので、書いて下さいませんか。
 

2018年千葉大12番

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 3月 8日(木)09時55分44秒
  >今年も3次方程式の根の置換問題がありました.千葉大12番です.
情報を有り難うございます.1997年早大・理工と同じ3次方程式ですね.
(2) については,南海先生の解答が理想的だと思いますが,あえて
  α+α^8  (α=cos(2π/9)+i sin(2π/9))
が解であることを用いない(一般的な)方法を記してみます.

f(x)=x^3-3x+1=0 のα以外の解をβ,γとすると
f(x)=(x-α)(x-β)(x-γ),
f'(x)=(x-β)(x-γ)+(x-α)(x-γ)+(x-α)(x-β)
であるから,D={(α-β)(β-γ)(γ-α)}^2 (f(x) の判別式)とおくと
  D=-f'(α)f'(β)f'(γ)=-(3α^2-3)(3β^2-3)(3γ^2-3)
  (解と係数の関係を用いて計算する)
  =81
となる.D>0 となるように β,γを定めれば,
  β-γ={(α-β)(β-γ)(γ-α)}/{(α-β)(γ-α)}=9/(-f'(α))=-3/(α^2-1).
ここで,f(x), f'(x)=3(x^2-1) にユークリッドの互除法を適用し,
  3=-(2x+1)f(x)+(2x^2+x-4)(x^2-1)
を得る.x=α を代入すると
  3=(2α^2+α-4)(α^2-1)
となるので,
  β-γ=-3/(α^2-1)=-2α^2-α+4.
これと β+γ=-α から
  β=-α^2-α+2,  γ=α^2-2.

以上の方法は,既約な3次方程式の3根α,β,γについて,
 β,γを拡大体 Q(α,sqrt{D}) (D は判別式) の元として表す
話題に通じます.
 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 3月 7日(水)22時13分53秒
  今年も3次方程式の根の置換問題がありました.千葉大12番です.
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/kakomon/2018/18chiba12.htm
 

RE:解答をお願いします

 投稿者:IT  投稿日:2018年 3月 3日(土)08時01分39秒
  (2) a_2=a_1+1=(2^s)t,( s,tは自然数、t は奇数) とおくといいと思います。


題名は、問題にふさわしいものにされたほうがいいと思います。
Texを使わないで入力されたほうが、そのまま読めていいと思いますが、私だけかな?
 

解答をお願いします

 投稿者:Y  投稿日:2018年 3月 2日(金)21時24分52秒
  自然数を項とする数列{$a_n$}($n$=1, ~2,~$\cdots$)は漸化式~
$\displaystyle a_{n+1}=\begin{cases}
    ~\dfrac{1}{2}a_n  &(a_nが偶数のとき)\\
    a_n +1 &(a_nが奇数のとき)
  \end{cases}$
で定められている。\\
(1)~$a_1$が偶数ならば、$a_k<a_1$となる奇数$a_k$が存在することを示せ。\\
(2)~$a_1$が3以上の奇数ならば、$a_k<a_1$となる奇数$a_k$が存在することを示せ。\\
(3)~$a_1$がどのような正整数であっても、$a_k=1$となる項$a_k$が存在することを示せ。\\
\fbox{解答}\\
(1)~$a_1$が偶数より、自然数$s,~t$を用いて、$a_1 =2^s(2t-1)$とおくことができる。\\
$\displaystyle a_{n+1}=\begin{cases}
    ~\dfrac{1}{2}a_n  &(a_nが偶数のとき)~\cdots(A)\\
    a_n +1 &(a_nが奇数のとき)~\cdots(B)
  \end{cases}$
$a_1$に(A)を$s$回適用して、$a_1はa_k=2t-1$となり、$2^s \geqq 2$より$a_k<a_1$となる奇数$a_k$が存在することが示された。\\
(2)は4の剰余類と8の剰余類でやりましたがうまくいかず、(3)もお願いします。
 

RE2解答お願いします

 投稿者:Y  投稿日:2018年 3月 2日(金)19時43分37秒
  ありがとうございます。k^2>1が必要条件ででて詰まっていましたが解答を見て納得しました。  

RE:解答お願いします

 投稿者:IT  投稿日:2018年 3月 2日(金)00時52分57秒
編集済
  kが条件を満たすとする。
 k=0のとき f(-1)=-3 となり不適、よってk≠0である。

 ある整数nについて、方程式(x^2-2x+k^2)=n(x^2+2x+k^2)…①とする。
  実数xが①を満たすとき、x^2+2x+k^2≠0である。
  なぜなら、x^2+2x+k^2=0とするとx^2-2x+k^2=0よりx=0,k^2=0 となるが、これはk≠0に反する。
 よって、 f(x)=(x^2-2x+k^2)/(x^2+2x+k^2)=n となる。

 ①を整理すると,(n-1)x^2+2(n+1)x+(n-1)k^2=0…②.

 任意の実数xに対してf(x)は1以外の整数値を取らないので、
 n≠1のとき、②は実数解を持たない。すなわち、判別式/4=(n+1)^2-((n-1)^2)k^2<0である.
  よって,k^2>(n+1)^2/(n-1)^2 ここで(n+1)^2/(n-1)^2≦3^2 (等号はn=2のとき)

したがってk^2>3^2 が必要条件。

逆に k^2>3^2 のとき 、
 1以外の整数nについて、 ②(すなわち①)は実数解を持たない。したがって、f(x)=n となる実数xは存在しない。

以上から求めるkの範囲は k<-3、k>3.
 

解答お願いします

 投稿者:Y  投稿日:2018年 3月 1日(木)16時52分36秒
  kを実数の定数とする。x^2+2x+k^2 \ne 0なる全ての実数xで定義された関数
f(x)=\frac{x^2-2x+k^2}{x^2+2x+k^2} が1以外の整数値をとらないためのkの範囲を求めよ。
\neは =/(not equal) , \frac{A}{B}はA/BのTexの制御記号です.(中学生や高校生のために)
 

2017年 早大・理工5番の一般化-3次巡回多項式(補遺2)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 2月20日(火)18時12分25秒
  その後,進展がありましたので記します.

先月投稿した主要な結果は次のようにまとめられます.
『3次巡回多項式 f(x) はどれも,有理数 a,p,r (p+r≠0) を用いて
   f(x)=x^{3}+ax^{2}-(a(p-r)+3(p^{2}+pr+r^{2}))x+(p^{3}-r^{3}-apr) ---- ①
 と表される.f(x) の根は,1次分数式 (px-(p^{2}+pr+r^{2}))/(x+r),
  2次多項式 (x^{2}+(a-r)x-ap-2(p^{2}+pr+r^{2}))/(p+r) によって巡回する.』

さて,f((p+r)x-(a-r)/2) を考えると,これも 3次巡回多項式で,
   f((p+r)x-(a-r)/2)?(1/(p+r)^3)=x^3+(3r-a)/(2(p+r))x^2+……
となり,s=(3r-a)/(2(p+r)) とおくと,
   f((p+r)x-(a-r)/2)?(1/(p+r)^3)=x^{3}+sx^{2}-(s^{2}-2s+3)x-s^{3}+2s^{2}-3s+1 ---- ②
と表されます.これに付随する2次多項式(の一つ)は x^2-(s(s-1)+2) です.
② の分解体は ① の分解体と一致するので,
『すべての〈3次巡回拡大体(Galois群が3次巡回群である拡大体)〉は,
 ある有理数 s に対する ② の分解体として得られる.』
ことが分かります.さらに,② の x を x-s で置き換えて整理すると,
   x^3-2sx^2+(2s-3)x+1
となり,t=2s とおけば
   x^3-tx^2+(t-3)x+1 ---- ③
となります.したがって,
【定理1】『すべての〈3次巡回拡大体〉は,ある有理数 t に対する ③ の分解体として得られる.』
が示されました.つまり,
 〈3次巡回拡大体〉が1パラメータで具体的に特徴付けられる
わけです.これは注目すべき結果であると思います.

ところで,③ において「異なる t の値に対する分解体が一致する」ことが起こり得ます.
このことに関し,次の定理を導くことができました.
【定理2】③ を g_{t}(x) とする.
 有理数 t,u に対し,g_{t}(x) と g_{u}(x) の分解体が一致するためには,
        (t-u)e^3+(tu-3u+9)e^2+(tu-3t+9)e-(t-u)=0,
  または (t+u-3)e^3+(tu-9)e^2+(tu-3t-3u)x-(t+u-3)=0
  を満たす有理数 e が存在することが必要十分である.

初等的な方法でここまで到達できた要因は,3次巡回多項式に付随する1次分数式・2次多項式のうち,
1次分数式を活用したこと(これが下記の論文と異なるところ)にあります.
結局,2017年 早大・理工5番の「おかげ」です.

【補足】関連する文献を探索したところ,次の論文を見つけました.
P.Morton: Characterizing Cyclic Cubic Extensions by Automorphism Polynomials. 1992 ----[M]
タイトルにある〈automorphisim polynomial〉は,私の記述における〈付随する2次多項式〉のことです.

私が今回得た定理は,[M] の Theorem 2, 3 と,「ほぼ同等」であることを確かめました.
[M] における証明は Mathematica に依存している箇所もあり,かなり煩雑です.

より高い(代数的整数論の)立場から,見通しの良い証明が次の論文で与えられています.
 R.J.Chapman: Automorphism Polynomials in Cyclic Cubic Extensions. 1996
 

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
 

/188