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2017年 早大・理工5番(1)-3

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 7日(日)23時48分40秒
編集済
  >方程式f(x)=0が重解をもつ場合f(x)=(x-α)^2(x-β)とおき、t=-1/(x+1)で変数を変換すると、
>tの満たす3次方程式も{(α+1)t-1}^2{(β+1)t-1)=0となり重解となる。

問題の条件(*)は「f(α)=0 ならば f(g(α))=0」ですから,
 f(x)=(x-α)(x-α)(x-β),  g(α)=β, g(β)=α, α≠β
という場合も,(*) は成り立ちます.
このとき,g(α), g(α), g(β) は f(x)=0 の3根ではありません.
 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 1月 7日(日)20時24分25秒
  -1/(α+1)= -1/(β+1)⇔α=β などより異なる解のときは、言える。
方程式f(x)=0が重解をもつ場合f(x)=(x-α)^2(x-β)とおき、t=-1/(x+1)で変数を変換すると、
tの満たす3次方程式も{(α+1)t-1}^2{(β+1)t-1)=0となり重解となる。
などよりこれらが f(x)=0 の3つの解であるといえると考えたのですが。
 

2017年 早大・理工5番(1)-2

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 7日(日)19時22分53秒
  連続投稿,失礼します.

南海先生の解答に,
「f(x)=0 の3つの解を α,β,γとするとき -1/(α+1), -1/(β+1), -1/(γ+1) も,3つの解である」
として解と係数の関係が使われていますが,
-1/(α+1), -1/(β+1), -1/(γ+1) のそれぞれが f(x)=0 の解であるというだけでは,
これらが f(x)=0 の3つの解であるとは言えないと思いますが?
 

2017年 早大・理工5番(1)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 7日(日)18時33分54秒
編集済
  >虚数の場合も考えると少しめんどうになりそうですね。
たしかに (1) は気を使う問題ですね.私は
 [1] x=g(x), x=g(g(x)), g(x)=g(g(x) は,どれも x^2+x+1=0 と同値であること,および g(g(g(x))=x を示す.
 [2] x^2+x+1=0 の2解をω,ω'とするとき,f(x)=0 はω,ω'以外の解αをもつことを示す.
   (f(x)の2次の係数が1であることが根拠となります.)
 [3] α,β=g(α),γ=g(β) が f(x)=0 の3解であることを確認し,
      g(α),g(β),g(γ) が f(x)=0 の3解であること,即ち α,β,γ が f((g(x))=0 の3解であることに着目する.
 [4] p,q の満たすべき必要十分条件は「f(x)=0 ⇔ f(g(x))=0 が成立すること」であることを述べ,
   これから p,q の連立方程式を導いて値を決定する.
という方針で解答しました.
 

2017年 早大・理工5番(4)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 7日(日)17時55分27秒
  >かたつむりさんの言われる別解を考えていて入力していたので使いましたが、
私の昨夕の投稿は,そこに記した(※)が眼目で,そこから直ちに (3),(4) に答えられることを示したものです.
((3),(4) の答案としてきちんと記述してはいませんが.)
「(3)の結果を用いて(4)に答える」解答とは根本的に異なります.

ITさんが書かれているように
>(2) でf(x)=0 は -2<x<2 に異なる実数解を3つ持つことが示してあるので、
3つの解は 2cosθ_{1}, 2cosθ_{2}, 2cosθ_{3}  (0<θ_{1}<θ_{2}<θ_{3}<π)
と表されます.(3) の結果を用いれば,θ=θ_{k} として θ=2π/7, 4π/7, 6π/7 が導かれるので,
その過程を記述するだけで(4)の解答としては十分だと思います.
 

2017年 早大・理工5番

 投稿者:IT  投稿日:2018年 1月 7日(日)17時35分57秒
  私の(1) の答案で「f(x)=0は実数係数の3次方程式なので少なくとも1つ実数解を持つ」
としましたが、問題文には、p,qが実数とは書いてないですね。
虚数の場合も考えると少しめんどうになりそうですね。
 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 1月 7日(日)15時35分51秒
  かたつむりさんの言われる別解を考えていて入力していたので使いましたが、

他に解があれば、それも必要条件を満たす。
この必要条件を満たすものが3個であったので、これらが解のすべてである。

このことを書いておけばいいですね。
 

(無題)

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 7日(日)13時55分18秒
  (4)について.
>南海先生の解答で 後半の十分性の証明はもっと簡単にしてもよいのではないでしょうか?
私もそう思います.
 

ただの報告

 投稿者:エンヴィー  投稿日:2018年 1月 7日(日)08時07分52秒
  異なるn個のサイコロを投げるとき、出た目の数の総和がlとなる場合の数について、lが一般の場合も求まりました。今ネットで答え合わせをしたら、合っていました。

ただの報告です。
 

2017年 早大・理工5番(4)

 投稿者:IT  投稿日:2018年 1月 7日(日)01時47分44秒
編集済
  南海先生の解答で 後半の十分性の証明はもっと簡単にしてもよいのではないでしょうか?

(2) でf(x)=0 は -2< x < 2 に異なる実数解を3つ持つことが示してあるので、

0< θ < πで 2cosθは-2< 2cosθ < 2 のすべての値を1回ずつ取り
f(2cosθ)=0 となるための「ある必要条件」を満たすθがちょうど3つだけ見つかったのですから
その3つのθはf(2cosθ)=0 を満たす。 として良いのではないでしょうか?
 

2017年 早大・理工5番(3)

 投稿者:IT  投稿日:2018年 1月 7日(日)01時14分13秒
  α=2cosθとおく。
倍角の公式から 2cos(2θ)=α^2-2.
α^2-2=-1/(α+1)を示す。
 ⇔(α^2-2)(α+1)=-1.
 ⇔α^3+α^2-2α-1=0 成立。
すなわち2cos(2θ)=g(α)
よって2cos(2θ)はf(x)=0の解である.

3倍角の公式から 2cos(3θ)=α^3-3α.
α^3-3α=-(α+1)/αを示す。
f(α)=α^3+α^2-2α-1=0 なので
α^3-3α=-α^2-α+1
また α^2+α-2-1/α=0よりα^2+α=2+1/αなので
α^3-3α=-1-1/α=-(α+1)/α
すなわち2cos(3θ)=g(g(α))
よって2cos(3θ)はf(x)=0の解である. 
 

2017年 早大・理工5番

 投稿者:IT  投稿日:2018年 1月 7日(日)00時34分46秒
編集済
  私も(1)を考えてみました。
(1) g(g(x))=-(x+1)/x ,(x≠0,-1)…①
    g(g(g(x)))=x ,(x≠0,-1)…②

g(x)=x,g(g(x))=x は実数解を持たない。…③ (判別式などで示す。)

f(x)=0は実数係数の3次方程式なので少なくとも1つ実数解を持つ その1つをαとする。
③よりα,g(α),g(g(α))は異なる。β=g(α),γ=g(g(α))とおく。
条件(*)より、α,β,γはf(x)=0の3つの異なる実数解となる。

解と係数の関係から α+β+γ=-1
すなわち α+g(α)+g(g(α))+1=0
   ⇔ α+(-1)/(α+1)+(-(α+1))/α +1=0.
   ⇔ α^3+α^2-2α-1=0.  (α≠0,-1も含んでいる)

α=g(g(β)),γ=g(β)なので同様に β^3+β^2-2β-1=0.
β=g(g(γ)),α=g(γ)なので同様に γ^3+γ^2-2γ-1=0.

したがって f(x)=x^3+x^2-2x-1, すなわちp=-2,q=-1.
--------------------------------

逆に、このとき、f(x)=0 の実数解の1つをαとすると
      f(α)=0 → α^3+α^2-2α-1=0 →α+g(α)+g(g(α))+1=0

    よって g(α)+g(g(α))+g(g(g(α)))+1
           =g(α)+g(g(α))+α+1=0
    したがって f(g(α))=0 となり条件(*)を満たす。
逆(十分性)も示しました。
 

誰かにいいたい

 投稿者:エンヴィー  投稿日:2018年 1月 6日(土)23時43分17秒
  多数のサイコロの出目の総和と、それに関連することについて考えていたら、次の5つの等式を見つけました。4番目の等式が美しいですね。

①2H(n-1)=n (n=1,2,3,...)
②(1/4){4H(3n-2)-3(4H(n-2))}=n^3 (n=2,3,4,...)
③2(3H(n-2))+2H(n-1)=n^2 (n=2,3,4,...)
④3H(3n)-3H(n-1)=(2n+1)^2 (n=1,2,3,...)
⑤4H(2n-2)-2(4H(n-2))=n^3 (n=2,3,4,...)

また、
異なるn個のサイコロを投げるとき、出た目の数の総和がlとなる場合の数について、n≦l≦n+10ならば、計算で求められることに気づき、
上記において、出た目の数の総和がm以下となる場合の数を求める場合も、n≦m≦n+10ならば、計算で求められることに気づきました。

既に知られていることでも、自分で気づくと嬉しいです。
 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 1月 6日(土)19時57分15秒
編集済
  私の解答は、十分性の証明に複素数を用いました。
予備校などの解答はここが不十分です。
はじめからこれでいく方法もありますね。
 

2017年 早大・理工5番:3次の巡回群をGalois群にもつ3次方程式-4

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 6日(土)17時19分14秒
  2017年 早大・理工5番の(3),(4)を,複素数を用いて考えるのも面白いと思います.

絶対値が2以下の実数は 2cosθ と表される.これを α_{θ} とする:
 α_{θ}=2cosθ.
ξ_{θ}=cosθ+isinθ とおくと,
 α_{θ}=ξ_{θ}+conj{ξ_{θ}}   (conj{z} はzの共役複素数を表す)
となる.このように,α_{θ}, ξ_{θ} を定めると,
 f(x)=x^{3}+x^{2}-2x-1
について,
  f(α_{θ})=0
  ⇔ …… (計算略)
  ⇔ {ξ_{θ}}^{6}+{ξ_{θ}}^{5}+{ξ_{θ}}^{4}+{ξ_{θ}}^{3}+{ξ_{θ}}^{2}+ξ_{θ}+1=0
が成り立つ.つまり,
  F(x)=x^{6}+x^{5}+x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1
とおけば,
  f(α_{θ})=0 ⇔ F(ξ_{θ})=0  …(※)
が成り立つ.だから,α_{θ} が f(x)=0 の解ならば,ξ_{θ} が F(x)=0 の解であるので,
  θ=2kπ/7 (k=1,2,...,6)
と表される.また,このことから ξ_{kθ} (k=1,2,...,6) が F(x)=0 の解になるので,
  α_{kθ}  (k=1,2,...,6)    ←(これらの値は2個ずつ相等しい)
が f(x)=0 の解になる.

【付記】(※) は,f(x) の分解体が
 「円周等分(7等分)多項式 F(x) の分解体」の部分体である,即ち,円分体である
ことを示しています.1997年早大・理工の g(x)=x^{3}-3x+1 については,
  g(α_{θ})=0 ⇔ {ξ_{θ}}^{6}+{ξ_{θ}}^{3}+1=0
となり,g(x) の分解体が
 「円周等分(9等分)多項式 x^{6}+x^{3}+1 の分解体」の部分体である
ことが分かります.以上のことは,Kronecker の定理
「Q の有限次拡大 K について,K がQのアーベル拡大であることと円分拡大であることは同値である」
の,ささやかな一例になっています.
 

2017年 早大・理工5番:3次の巡回群をGalois群にもつ3次方程式-3

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 6日(土)08時50分57秒
編集済
  南海先生,コメントをありがとうございます.
早大・理工では,1997年,2006年,2017年に「3次の巡回群をGalois群にもつ3次方程式」を出題しています.
1990年東大・文(1番)を含め,それぞれ単独で扱っても高校生の良い学習素材になると思います.

今回の私の目標は「3次の巡回群をGalois群にもつ3次方程式」の全体像を,
付随する2次関数φ(x), 1次分数関数ψ(x) から明らかにすることでした.
きっかけは,早大・理工の1997年,2017年の3次方程式
(i)  x^{3}+x^{2}-2x-1=0,  (ii)  x^{3}-3x+1=0
がどちらも,条件
(B) その任意の解αに対しα^{2}-2 がまた解になる.
を満たすことに興味を惹かれたことにあります.
まず,(B) を満たす3次方程式が (i), (ii) のみであることは,
 φ(x)=x^2-2 に対し,φ(φ(φ(x)))-x が
 φ(φ(φ(x)))-x=(φ(x)-x)(x^{3}+x^{2}-2x-1)(x^{3}-3x+1)
と因数分解されることから分かりました.1月3日の投稿内容は,これを一般化した結果です.
計算には数式処理ソフト(Derive6)を用いました.実例を調べるのはとても面白かったのですが,
「φ(φ(φ(x)))-x の因数分解」というアイデアにこだわった結果,しばらく袋小路に入り込んでしまいました.
幸い,1次分数関数ψ(x) に関する考察から,満足な結果を得ることができました.
 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2018年 1月 5日(金)21時22分32秒
  興味深い問題の紹介ありがとうございます.
私の方はようやく解答を作ったところです.
 

2017年 早大・理工5番:3次の巡回群をGalois群にもつ3次方程式-2

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 5日(金)19時18分6秒
編集済
  前稿で「予想」と記した命題が正しいことを証明できました.
骨子を記します.引き続き,3次方程式はすべて有理係数で既約とし,同値な方程式は同一視します.
前稿で省いた P_{2} に関する考察から始めます.

有理係数の1次分数式ψ(x)について,3次方程式 f(x)=0 で
条件「f(x)=0 の任意の解αに対しψ(α) がまた解になる」・・・(*)
を満たすものが存在するためには,ψ(x) が
 ψ(ψ(ψ(x)))=x,  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+q)/(x+r), q=-(p^2+pr+r^2), p+r≠0
と表される.このψ(x) に対し,(*)を満たす3次方程式 f(x)=0 は無数に存在し,次のように表される:
  x^3+ax^2-(a(p-r)-3q)x+(p^3-r^3-apr)=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.

この3次方程式 f(x)=0 について
「f(x)=0 の任意の解αに対しφ(α) がまた解になる」
ような2次式φ(x) を求めると,
 φ(x)=1/(p+r){x^2+(a-r)x+(2q-ap)}・・・(★★)
となる.これが,
「「f(x)=0 の任意の解αに対しφ(α) がまた解になる」を満たす3次方程式 f(x)=0が存在する」
ような2次式φ(x) の一般形である.このφ(x) が前稿の x^2-m の形になるのは,
  a=r, p+r=1
のときで,このとき
  φ(x)=x^2-(p(p-1)+2)
となる.

【付記】P_{2}に関する考察を優先することによって,前稿の内容を含む一般的な(★),(★★)が得られました.
ただし,一般形よりも「ある特別な性質をもつ族(family)」の方が,数学的に意味があるのかもしれません.

2017年 早大・理工5番は「p=0,r=1, a=1,(q=-1)」の場合に当たります.また,2006年に早大・理工で
  x^{3}-nx^{2}-(2n+12)x-8=0, ψ(x)=-4/(x+2)
が出題されました.これは「p=0,r=2, a=-n,(q=-4)」の場合に当たります.
 

2017年 早大・理工5番:3次の巡回群をGalois群にもつ3次方程式

 投稿者:かたつむり  投稿日:2018年 1月 3日(水)19時45分42秒
編集済
  【前置き】表題の入試問題の主題は,3次方程式
(i)  x^{3}+x^{2}-2x-1=0
が持つ次の性質です:
(A) その任意の解αに対し -1/(α+1) がまた解になる.
1997年前には同じく早大・理工で,3次方程式
(ii)  x^{3}-3x+1=0
が持つ次の性質が採り上げられました:
(B) その任意の解αに対しα^{2}-2 がまた解になる.

3次方程式 (i) は(A)と同時に(B)を満たします.実際,これは入試問題(3)前半の問そのものです.
一般に,有理係数の既約な3次方程式 f(x)=0 について,次の条件 P_{1}, P_{2} が同値であることは直ちに分かります.
 P_{1}:有理係数の2次式φ(x) が存在し,f(x)=0 の任意の解αに対しφ(α) がまた解になる.
 P_{2}:有理係数の1次分数式ψ(x) が存在し,f(x)=0 の任意の解αに対しψ(α) がまた解になる.

また,高校数学の範囲外になりますが,P_{1}, P_{2} は
「f(x)=0 のGalois群が,位数3の巡回群である」
ことと同値です.

【本論】昨秋,次の問題を考えました.
〈問題〉どのような2次式φ(x),1次分数式ψ(x) に関し,P_{1}, P_{2}を満たす3次方程式が存在するかを調べ,
    そのようなφ(x),ψ(x) に関し,P_{1}, P_{2}を満たす3次方程式を決定する.
   (「φ(x) に関し P_{1} を満たす」とは「任意の解αに対しφ(α) がまた解になる」の意味であると解釈して下さい.)
ここでは,P_{1} について得られた結果(と予想)を記します.
3次方程式はすべて有理係数で既約とし,同値な方程式は同一視します.

[1] 2次式 x^{2}-2 に関し P_{1}を満たす3次方程式は,先に掲げた (i), (ii) のみである.

[2] 2次式 x^{2}-m(mは正整数)に関し P_{1}を満たす3次方程式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.
2次式 x^{2}-(n^{2}-n+2) に関し P_{1} を満たす3次方程式は,次の2つのみである:
  x^{3}-(n-1)x^{2}-(n^{2}+2)x+n^{3}-(n-1)^{2}=0,  判別式は (4n^{2}-2n+7)^{2}.
  x^{3}+nx^{2}-(n^{2}-2n+3)x-(n^{3}-2n^{2}+3n-1)=0, 判別式は (4n^{2}-6n+9)^{2}.

2次式φ(x) に関し P_{1}を満たす3次方程式が存在するためには,φ(x) に大きな制約があるという結果です.
必要条件であることは「予想」です.
m≦500 については確認済みですが,完全な解決は,私の手に負えそうにありません.
背景に何があるのか(あるいは何もないのか?)気になります.

【付記】1990年東大・文の
(iii) x^{3}+3x^{2}-1=0
も,P_{1} を満たす3次方程式の一例です.これは
  (x+1)^{3}-3(x+1)+1=0
と表されるので,(iii) の分解体は (ii) の分解体と一致し,
(iii) に対応する2次式は (ii) に対応する2次式 φ(x)=x^{2}-2 から,
  φ(x+1)-1=(x+1)^{2}-2-1=x^{2}+2x-2
と導かれます.この例からも分かるように,条件 P_{1} の2次式としては
 x^{2}-m
が基本となります.ただし,私が調べたのはmが整数の場合のみです.

 

(無題)

 投稿者:南海  投稿日:2017年12月26日(火)20時06分4秒
  了解です.ありがとうございます.  

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