大学入試の数学の問題を解くゲイ2023
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0003陽気な名無しさん2023/02/10(金) 17:00:41.77
>>1
ID無しのスレを乱立させてる奴は何なの？
https://medaka.5ch.net/test/read.cgi/gaysaloon/1632209309/

※IDなしスレ乱立「K-POPホモガイジ」のスレに注意
https://medaka.5ch.net/test/read.cgi/gaysaloon/1635557165/

その神経がわからん＠同サロ
https://medaka.5ch.net/test/read.cgi/gaysaloon/1646803417/

IDなしスレ乱立「KPOPホモガイジ」のスレに注意
https://medaka.5ch.net/test/read.cgi/gaysaloon/1649686229/
0004陽気な名無しさん2023/02/13(月) 15:19:25.670
>>1
線分OPの長さが有理数tであると仮定して矛盾を出すわ。
2r^2 + 3s^2 = t^2
となるけど、r, s, t を分数で表した分母の最小公倍数の２乗を両辺にかけると、ある整数R, S, Tがあって
2R^2 + 3S^2 = T^2
になるわ。R, S, Tの最大公約数の２乗で両辺を割ると、互いに素な整数x, y, zがあって
2x^2 + 3y^2 = z^2
になるわ。
もしxが3で割り切れると、左辺は3で割り切れるから、右辺のzも3で割り切れることになって
右辺が3^2 = 9で割り切れることになるから、yも3で割り切れなければいけないけど
これはx, y, zが互いに素であることに反するから、xは3で割り切れない。
したがって x ≡ 1, 2, 4, 5 (mod 6)。x^2 ≡ 1, 4 (mod 6) なので 2x^2 ≡ 2 (mod 6)。
同様にyは2で割り切れないから y ≡ 1, 3, 5 (mod 6)。y^2 ≡ 1, 3 (mod 6) なので 3y^2 ≡ 3 (mod 6)。
したがって z^2 = 2x^2 + 3y^2 ≡ 2 + 3 ≡ 5 (mod 6) となるが、２乗がmod 6で5になる整数はないからこれは矛盾。
0005陽気な名無しさん2023/02/14(火) 07:05:14.070St.V
>>4
よさそうね
0006陽気な名無しさん2023/02/14(火) 08:29:23.360St.V
xは3で割り切れない
したがってx^2≡1(mod3)
したがってz^2=2x^2+3y^2≡2(mod3)
しかしmod3で平方が2と合同な整数は存在しない
0007陽気な名無しさん2023/02/14(火) 08:32:13.730St.V
>>6
よさそうね
0008陽気な名無しさん2023/02/14(火) 12:54:20.480St.V
>>6
あら、yが2で割り切れないとか、そういうこといちいち考えなくて良いのね
姐さんさすがだわ
これは今年の入試問題なのかしら？
0010陽気な名無しさん2023/02/14(火) 22:10:00.950
慈恵医大の入試問題って難しいのね
時間内に解ける受験生そんなにいないんじゃないかしら？
医学と全く関係ない能力を要求するのが意味不明ね
0015陽気な名無しさん2023/02/24(金) 22:36:38.970
急に頭の中に
辺の長さがすべて有理数の5角形が半径1の円に内接することはあるか？
という疑問が浮かんできたの
明日どこかの大学で出るかもしれないわ
0016陽気な名無しさん2023/02/24(金) 23:40:10.500
その疑問って、５角形に限定する必要あるかしら？
辺の長さがすべて有理数のn角形が半径1の円に内接することがあるnの値を全て求めよ、
とか拡張できるわね。
少なくともn＝6のときは正６角形が全ての辺が1だから成り立つでしょ。
ほかの時はどう？
そもそも最小のn＝3のときはどうなのかしら？
0017陽気な名無しさん2023/02/25(土) 00:24:03.020
とても興味深い疑問ね
あたしもなんでいきなり五角形の話なのかしらって思って、まず三角形と四角形の場合を考えてみたわ
a, b, c を a^2 + b^2 = c^2 を満足するピタゴラス数として
直角を挟む二辺が 2a/c と 2b/c の直角三角形を考えると、斜辺の長さが2で、半径1の円に内接するわ
そして、そういう直角三角形をふたつ用意して斜辺のところで張り合わせれば、半径1の円に内接する四角形ができるわね
ここで気になったんだけど、直角三角形以外で条件を満たす三角形はあるのかしら？

>>16
なるほど、正六角形だとうまくいくわね。正六角形以外の六角形で条件を満たすものはあるのかしら？
0022陽気な名無しさん2023/02/25(土) 16:11:38.250
>>17
自己レスだけど、三角形についてはたぶん解明できたわ。
点Oを中心とする半径1の円に△ABCが内接しているとするわ。α = ⦣A, β = ⦣B, γ = ⦣C とおくわ。
OからA, B, C に直線を引くと、３つの二等辺三角形△OAB, △OBC, △OCAができるわ。
円周角の定理から ⦣AOB = 2γ（または、これが鈍角の場合は△OABの内部から見ると 2π− 2γ）ね。
OからABに垂線を下ろして直角三角形をふたつに分けると、AB = 2sinγであることがわかるわ。
同様に BC = 2sinα, CA = 2sinβ となるわね。（三角形の外接円だから単に正弦定理からと言っても良いけど）
⦣AOB + ⦣BOC + ⦣COA = 2πだから、問題はこう言い直せるの。

α, β, γ > 0, α+β+γ = π で sinα, sinβ, sinγがすべて有理数となるものはあるか？

これを解くわ。sinαとsinβが有理数だと仮定するわ。
sinγ= sin(π−(α+β)) = sin(α+β) = sinαcosβ + cosαsinβ
もしcosαとcosβがともに有理数なら、sinγも有理数になるわね。
もしcosαとcosβのうち片方が有理数でもう片方が無理数なら、sinγは無理数になるわ。
最後にcosαとcosβがともに無理数の場合、sinαとsinβは有理数だから
0でない有理数p, qと平方数でない正の整数m, nがあってcosα = p√m, cosβ= q√n となるわ。
√mと√nが一次独立なら、sinγ= p sinα√m + q sinβ√n は無理数だし
√mと√nが一次従属なら、sinγ= r√mの形になるけど、これも無理数ね。
（以上の議論で sinα, sinβ, sinγ ≠ 0 であることに注意）
まとめると

sinα, sinβ, sinγがすべて有理数
⟺ sinα, sinβ, cosα, cosβがすべて有理数
⟺ αとβはピタゴラスの三角形に現れる角

ここで面白いことに気づいたの。この議論はα, β, γに関して対象だから
αとβがピタゴラスの三角形に現れる角なら、γもピタゴラスの三角形に現れる角であることになるわね！
結論を言うと、直角三角形でなくても、ピタゴラスの三角形に現れる角だけでできた三角形なら、条件を満たすってことね。

同様に考えると、四角形の場合は
α, β, γ, δ > 0, α+β+γ+δ = π で sinα, sinβ, sinγ, sinδがすべて有理数となるものはあるか？

五角形の場合は
α, β, γ, δ, ε > 0, α+β+γ+δ+ε = π で sinα, sinβ, sinγ, sinδ, sinεがすべて有理数となるものはあるか？

六角形の場合は
α, β, γ, δ, ε, ζ > 0, α+β+γ+δ+ε+ζ = π で sinα, sinβ, sinγ, sinδ, sinε, sinζがすべて有理数となるものはあるか？

のように言い直せるわね。
0027陽気な名無しさん2023/02/25(土) 21:41:38.750
ちょっと訂正。>>22のαやβは鈍角の可能性もあるから、正しくは

sinα, sinβ, sinγがすべて有理数
⟺ sinα, sinβ, cosα, cosβがすべて有理数
⟺ αとβはピタゴラスの三角形に現れる角か、それをπから引いたもの

ていうか気づいたの。
まずθ_1としてピタゴラスの三角形に現れる角を何か選ぶわ。φ_1 = π−θ_1 とおくと
sinφ_1 = sin(π−θ_1) = sinθ_1
cosφ_1 = cos(π−θ_1) = −cosθ_1
はともに有理数ね。
次に 0 < θ_2 < φ_1 となるピタゴラスの三角形に現れる角θ_2を選んでφ_2 = φ_1−θ_2とおくと
sinφ_2 = sin(φ_1−θ_2) = sinφ_1 cosθ_2 − cosφ_1 sinθ_2
cosφ_2 = cos(φ_1−θ_2) = cosφ_1 cosθ_2 + sinφ_1 sinθ_2
も有理数になるわ。
同様にφ_{k−1} まで作ったら、 0 < θ_k < φ_{k−1} となるピタゴラスの三角形に現れる角θ_k を選んで
φ_k = φ_{k−1} −θ_k とおくのよ。
すると θ_1, …, θ_k, φ_k は和がπでsinを取るとすべて有理数になるわ。

つまり、半径1の円の中心からピタゴラスの三角形に現れる角の2倍ずつずらして半径を描いていって
それと円周との交点たちを結んで多角形を作れば、条件を満たすものができるのよ。
じゃあ何角形までできるかだけど、それはピタゴラスの三角形に現れる角がどれだけ小さくなれるかという問題になるわ。
mを正の整数とすると
a = 2m+1, b = 2m(m+1), c = 2m^2+2m+1
はピタゴラス数だけど、a/c はmを大きくすればいくらでも0に近づけることができるから
いくらでもとんがったピタゴラスの三角形が存在するの。
だから>>16への答えは、「すべての n ≥ 3 に対して成り立つ」ね！

でも正六角形はこの方法で作れないから、これがすべてではないわね。
正六角形以外にもこの方法で作れない例はあるのかしら？
0028陽気な名無しさん2023/02/26(日) 07:37:52.800
>>17=22=27
あなた、前スレのうさぎさんじゃないかしら。
相変わらず冴えてるわね。
久しぶりに書き込まれてる議論追ったけど、
確かにそうね。
そうすると、次なる問題は、
半径1の円に内接する辺の長さがすべて有理数のn角形のうち、ピタゴラス三角形の角と一致しないことがあるnの値を全て求めよ、
になるかしら。
とりあえずn=3については否定的に解決してるわね。
だって全ての半径1の円に内接する辺の長さがすべて有理数の3角形はピタゴラス三角形であることが示されたから。

この問題、類似の疑問がどんどん出てくるわね。
辺の長さがすべて無理数のn角形が半径1の円に内接することがあるnの値を全て求めよ、とか
辺の長さがすべて超越数のn角形が半径1の円に内接することがあるnの値を全て求めよ、とか
辺の長さがすべてm次の代数的数(mは2以上の自然数)のn角形が半径1の円に内接することがあるnの値を全て求めよ、とか
きりがないわね。

それにしてもピタゴラス数って凄いわね。
いろんな所に関係してくるわね。
最初この問題見たときに何となく関係しそうだな、とは思ったけど、
見事に理論づけたあなた、さすがだわ。
0029陽気な名無しさん2023/02/26(日) 07:48:19.060
あかん、疑問が暴走しはじめたわ。
辺の長さがすべて有理数のn面体が半径1の球に内接することがあるnの値を全て求めよ、
なんて問題の次元を上げたらまた新しい問題になるわ。
次元まで一般化したらもはやどう手出ししたらいいのか見当つかないわ。
それぞれ無理数、超越数、代数的数にした問題も考えられるし、
解決どころか問題の存在を考えるだけで頭がパンクするわ。

>>15 さんは疑問をもつセンスが素晴らしいわね。
0030陽気な名無しさん2023/02/26(日) 08:01:34.610
みんな東大の6が難しいって言ってるけど
少なくとも(1)は暗算でできるわよね
0031陽気な名無しさん2023/02/26(日) 08:01:38.950
>>27
あれ？ちょっと変な気がしたわ。
和がπになるのって三角形だけよね。
だからn≧4だとその議論成り立たないのではないかしら？
一般には和は(n−2)πでしょ。
そうすると議論はどうなるかしら？
0032陽気な名無しさん2023/02/26(日) 08:11:33.070
あれ？え？
中心角にピタゴラス角の二倍を置くの？
なら正しいかしら。
なんか混乱してごめんなさいね。

中心角がピタゴラス角の二倍で書いていけば題意を満たすn角形ができる。
中心角がピタゴラス角の二倍ではないタイプで題意を満たすn角形が存在するnを求めるのが
さしあたり次の問題なのね。
n=3なら存在しないしn=6なら存在することはわかっていて、その他のnについてはどうか、なのね。

久しぶりに数学考えたら頭が整理されないまま書き込み連投してしまったわ。
申し訳ないわ。
0033陽気な名無しさん2023/02/27(月) 00:54:54.970
>>28
そうよ、usagiよ。そうね、いろいろバリエーション考えられるわね。
ちゃんとした議論じゃないけど、無理数とか超越数の場合はできそうな気がするわ。
有理数の集合は可算だけど、無理数の集合と超越数の集合は連続体の濃度を持つから
有理数よりはるかにいっぱいあるのよね。
辺がすべて有理数のn角形をちょっとずらせば辺がすべて無理数とかのができそうってのが直感ね。
>>27の式で sinθ_i, cosθ_i にいろんな数を入れれば、有理数以外の例も作れそうよね。
超越数については、そもそもどうやって具体例作ったり判定したりできるのかあたし知らないけどw

>>32
とりあえず、一辺の長さが1の正六角形を半分に切ってできる四角形は
辺の長さが1, 1, 1, 2で半径1の円に内接することに気づいたわ。
0034陽気な名無しさん2023/02/27(月) 02:46:35.190
確かにn=4なら存在するわね。
n=5ではどう考えればいいのかしら。
要はsinが全て有理数でcosが全て無理数(又は0)で、
Σ(i=1〜5)θ_i=πとなることがあるかどうかよね。

>>27の議論だと、鈍角の「ピタゴラス角の補角」があるタイプでも全て有理数の内接多角形が出来て、
それも全てピタゴラス角のタイプに含めるのよね？
今回はそれ以外のがあるかどうかよね。
直径を一辺として持つ場合とそうでない場合にわけて考えた方がいいのかしら？
直径を一辺として持つ場合、Σ(i=1〜n-1)θ_i=π/2で 考えることになるのよね？

思い付く範囲だけ書きなぐって、あとはうさぎに丸投げするわ。
何かわかったら書いてちょうだい。
0035陽気な名無しさん2023/02/27(月) 02:49:15.100
直径を一辺として持つ場合とそうでない場合にわけて考えた場合、
直径を一辺として持たない場合、四角形ではピタゴラス角でない場合は存在するのかしら？
0036usagi2023/02/28(火) 01:32:02.100
>>34
>鈍角の「ピタゴラス角の補角」があるタイプでも全て有理数の内接多角形が出来て、
>それも全てピタゴラス角のタイプに含めるのよね？
そうね。というか、角の合計がπだから、鈍角は現れるとしてもひとつだけよね？
だからその場合、それ以外の鋭角をθ_iとしてとっていけば、最後に残ったφ_{n−1}がその鈍角になるわ。
だからθ_iを選んでいくときは、あくまでピタゴラスの三角形に現れる内角だけをとっていけば良いのよ。

そして、sinの倍角の式を見て気づいたの。
sin2θ= 2sinθcosθ
sin3θ= 3sinθ−4sin^3θ
sin4θ= 4sinθcosθ−8sin^3θcosθ
sin5θ= 16sin^5θ−20sin^3θ+5sinθ
sin6θ= 32sin^5θcosθ−32sin^3θcosθ+6sinθcosθ
どうやら、奇数倍角の式はsinθの整式になって、偶数倍角の式は (sinθの整式)×cosθ になるみたいなの。

そうならば、次にことが分かるわ。
n角形を作るとき、θ_1, …, θ_{n−1}の n−1個の中心角を選ぶわけだけど、これをすべて同じ角度θにするわ。
この時θ< π/(n−1) であって sinθが有理数であるものを選ぶの。
すると、最後に残るφ_{n−1} について
sinφ_{n−1} = sin(π−(n−1)θ) = sin (n−1)θ
となるわ。
nが偶数なら、n−1は奇数だから、sinφ_{n−1} はsinθの整式で表せて、sinθが有理数だから
（cosθが無理数でも関係なく）φ_{n−1} も有理数になるのよ。
だから偶数角形の場合、この方法でいくらでも新しい例が作れるわ！
正六角形やその半分の四角形は、θ=π/6のケースだったのよ。
一方、nが奇数なら、sinφ_{n−1} は 有理数×cosθになるから、cosθが有理数でないとダメなの。
cosθが有理数の場合は、ピタゴラスの角度の場合だから、新しい例は何も増えないわ。
0037usagi2023/02/28(火) 02:02:31.170
じゃあ上に書いたsinの倍角の式の性質を証明するわ。

xの整式 A_n(x) と B_n(x) を
A_0(x) = 0
B_0(x) = x
A_{n+1}(x) = 2B_n(x) − A_n(x)
B_{n+1}(x) = 2(1−x^2)A_{n+1}(x) − B_n(x)
で定義する。任意の n ≥ 0 について
sin2nθ = cosθA_n(sinθ)
sin(2n+1)θ = B_n(sinθ)
が成り立つ。

証明
nに関する帰納法よ。n=0のときは明らかね。

和積の公式から
sin2(n+1)θ+ sin2nθ= sin(2n+2)θ+ sin2nθ= 2sin(2n+1)θcosθ
だから
sin2(n+1)θ
= 2sin(2n+1)θcosθ − sin2nθ
= 2B_n(sinθ)cosθ − cosθA_n(sinθ)　（帰納法の仮定から）
= cosθ(2B_n(sinθ) − A_n(sinθ))
= cosθA_{n+1}(sinθ).

同様に和積の公式から
sin(2(n+1)+1)θ+ sin(2n+1)θ= 2sin(2n+2)θcosθ= 2sin2(n+1)θcosθ
だから
sin(2(n+1)+1)θ
= 2sin2(n+1)θcosθ− sin(2n+1)θ
= 2cos^2θA_{n+1}(sinθ) − B_n(sinθ)　（すぐ上の結果と帰納法の仮定から）
= 2(1−sin^2θ)A_{n+1}(sinθ) − B_n(sinθ)
= B_{n+1}(x).
QED.

>>36で述べたやり方でもまだ作れない例があるのか気になるわ。
0038usagi2023/02/28(火) 02:12:13.290
>>36で
>n角形を作るとき、θ_1, …, θ_{n－1}の n－1個の中心角を選ぶわけだけど、これをすべて同じ角度θにするわ。
って書いたけど、正確には選ぶのは「中心角の半分」ね。
0039陽気な名無しさん2023/02/28(火) 12:43:22.150
>>27
確認したわ
素晴らしいわね、あなた
0040陽気な名無しさん2023/03/01(水) 08:38:37.750
>>36
>そうね。というか、角の合計がπだから、鈍角は現れるとしてもひとつだけよね？

多角形の内角の話だから、三角形以外は角の合計はπより大きくなるわよ。
実際正６角形は全ての内角が鈍角よ。

って、あれ？>>27 の議論って中心角ではなくて内角よね。
内角の合計がπとしてすすめているから、三角形以外はこの議論あてはまらないのではないかしら。
0041陽気な名無しさん2023/03/01(水) 08:51:24.210
鈍角ってやっぱり中心角のことかしら。
そうするとそれに対応する多角形は円の中心が多角形の外部にあるタイプになるってことかしら。
ちょっとわかりづらいわ。
0042陽気な名無しさん2023/03/01(水) 09:01:51.890
中心角の話でしょ？>>27は
0043Usagi2023/03/01(水) 11:27:14.960
>>40
分かりづらくてごめんなさい。あなた>>31-32とは別の方？
>>22で一応は説明したつもりだったんだけど、31-32で混乱があったから、やはり分かりにくかったのねと思って
ここ２〜３日、お絵描き機能で図を書き込もうとしてるんだけど、アクセス規制されているのかエラーになってしまって
場所をいろいろ変えてやってみても書き込めなくて困ってるの。
あたしふだん専ブラ使ってて、専ブラからだと書き込めるみたいなんだけど、専ブラではお絵描きができないのよね。

だから言葉だけの説明になってしまうけど
半径1の円に内接するn角形、例えば△ABCや六角形ABCDEFを描いてみて。
まずは円の中心Oがn角形の内部にあるものを考えましょう。
Oから円周上の各頂点に線を引くと、n個の三角形できるわ。
そのうちのひとつ△OABに注目しましょう。
OA = OB = 円の半径 = 1 だから、これは二等辺三角形で、⦣OAB = ⦣OBA になるわ。
だからOから線分ABに垂線を下ろしてその足をHとすると、⦣AOH = ⦣BOH となるわね。
θ_1 = ⦣AOH = ⦣BOH とおくと、AH = BH = sinθ_1 だから AB = AH + BH = 2sinθ_1 となるわ。
⦣AOB = ⦣AOH + ⦣BOH = 2θ_1 よね。同じように⦣BOC = 2θ_2 のようにおいていくと
2θ_1 + 2θ_2 + … + 2θ_n = 2π だから θ_1 + θ_2 + … + θ_n = π となるわ。
そして n角形の辺は 2sinθ_1, 2sinθ_2, … 2sinθ_n となるけど
これが全て有理数になるのは sinθ_1, sinθ_2, … sinθ_n が全て有理数になることと同値よね。

△ABCの場合は円周角の定理のおかげで、θ_1 = ⦣AOH = ⦣BOH が ⦣BCAと等しくなるけれど
四角形以上の場合は、内角とは関係ない話だったの。

おっしゃる通り、θ_1が鈍角の時は ⦣AOB = 2θ_1 がπを超える時で
円の中心Oがn角形の外にある場合になるわ。
この場合でも ⦣AOH = ⦣BOH = π−θ_1 だから AB = 2sinθ_1 であることに変わりないわ。
0044陽気な名無しさん2023/03/03(金) 13:09:00.6500303
>>36の方法をもう少し一般化できることに気づいたから書き込んでおくわ
nが偶数のとき、sinθが有理数でcosθが無理数であるθを選んで
各iについてθ_i = (奇数)×θであって、θ_1 + θ_2 + … + θ_{n−1} < π であるようにとるの
すると sinθ_i は有理数になるし θ_1 + θ_2 + … + θ_{n−1} が (奇数)×θ になるから
sinφ_{n－1} = sin(π－(θ_1 + θ_2 + … + θ_{n−1})) = sin(θ_1 + θ_2 + … + θ_{n−1})
も有理数になるわ。
0045陽気な名無しさん2023/03/06(月) 00:45:33.650
複素数 α，β，γ が
(α-β)^4＋(β-γ)^4＋(γ-β)^4＝0
を満たしているとき
(α-β)^2＋(β-γ)^2＋(γ-α)^2
の値を求めよ
0046陽気な名無しさん2023/03/06(月) 00:48:33.470
複素数 α，β，γ が
(α-β)^4＋(β-γ)^4＋(γ-α)^4＝0
を満たしているとき
(α-β)^2＋(β-γ)^2＋(γ-α)^2
の値を求めよ
0047陽気な名無しさん2023/03/06(月) 08:50:18.160
>>46
やっとできたわ。
0よ。
0049陽気な名無しさん2023/03/06(月) 16:29:05.52S
携帯なんで面倒だけど、
大雑把に書くわね。
α−β=A, β−γ=Bとするとγ−α=C=−(A＋B)だから
(α-β)^4＋(β-γ)^4＋(γ-α)^4＝0
に代入してAとBの式にして整理すると係数がぜんぶ偶数になるから
両辺を2で割って平方完成、じゃなくて４乗完成とでも言うのかしら？をして、
残りをABでくくって平方完成してからAB展開すると、
(A＋B)^4−2AB(A＋B)＋(AB)^2=0
になるわ。因数分解できて
｛(A＋B)^2−AB｝^2=0
２乗して0なのは0だから
(A＋B)^2−AB=0
展開整理すると
A^2＋AB＋B^2=0
よって
B=Aω (ここでωは1の原始3乗根)
AとBとCの対称性より
C=Bω=Aω^2
よって
(α-β)^2＋(β-γ)^2＋(γ-α)^2
=A^2＋B^2＋C^2
=A^2＋A^2ω^2＋A^2ω^4
=A^2(1＋ω^2＋ω^4)
=A^2(1＋ω^2＋ω)
カッコの中が0だから、
=0
になるわ。
0050陽気な名無しさん2023/03/06(月) 16:31:11.59S
あ〜
(A＋B)^4−2AB(A＋B)＋(AB)^2=0
は
(A＋B)^4−2AB(A＋B)^2＋(AB)^2=0
の間違いよ〜
訂正！
0051陽気な名無しさん2023/03/06(月) 20:15:28.800
お見事よ！
まさかアンタに解けるとはね！！

今年の九州大学の問題でした
0052陽気な名無しさん2023/03/06(月) 20:16:12.440
アタシこの問題に取り組んでる時に新しい問題思いついたのよ
名作よ

誰か解ける方いたら解いて下さい
0053陽気な名無しさん2023/03/06(月) 20:20:07.130
a,b,cは整数でa=b=cではないとする
(a-b)^7+(b-c)^7+(c-a)^7
は
(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4
で割り切れることを示せ
0055陽気な名無しさん2023/03/07(火) 08:26:02.060
>>53
>>46 の解き方が分かった今となっては、
決して難しい問題ではないけれど、
よくそんな問題思いついたわね。
そっちの方が凄いわ。
0056陽気な名無しさん2023/03/07(火) 19:49:21.950
>>49
さすがね、すごいわ。後半だけど、同じように変数を書き換えると
(α-β)^2＋(β-γ)^2＋(γ-α)^2
= A^2 + B^2 + {-(A+B)}^2
= 2(A^2 + AB + B^2)
だから、A^2＋AB＋B^2=0 からすぐに0だとわかるわ。要は
(α-β)^4＋(β-γ)^4＋(γ-α)^4
= (1/2){(α-β)^2＋(β-γ)^2＋(γ-α)^2}^2
だったのね。
でもなんでこんな等式が成り立つのかよく分からないんだけど
何か意味があるのかしら？
0057陽気な名無しさん2023/03/07(火) 20:32:11.040
>>55
思わせぶりな書き方しないでちゃんと書いてよ！って思ったけど>>46と同じやり方するのね？
じゃあ A = a-b, B = b-c とおいて書き換えてみると
(a-b)^7+(b-c)^7+(c-a)^7
= A^7 + B^7 + {-(A+B)}^7
= -7AB(A^5 + 3A^4B + 5A^3B^2 + 5A^2B^3 + 3AB^4 + B^5)
= -7AB(A+B)(A^4 + 2A^3B + 3A^2B^2 + 2AB^3 + B^4)
ってなるのね？ 決して難しくはないって、あなたこの計算ふつうに難しいわよw
一方
(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4
= 2(A^4 + 2A^3B + 3A^2B^2 + 2AB^3 + B^4)
だから AB(A+B) が 2で割り切れることを示せばいいのね。
AとBのどちらかが偶数なら、もちろんこれは2で割り切れるし
AとBのどちらも奇数なら、A+B が偶数だから、やはり2で割り切れるのね。
作者さんもこの解法を想定していたのかしら？
0058陽気な名無しさん2023/03/07(火) 23:21:24.150
>>57
そんな難しいことしてないわよ。
問題が「割り切れることを示せ」だったから、7乗の式を展開した式(もちろん−7ABではくくった後の式だけど)を、
4乗の式の因数のA^2＋AB＋B^2で二回割れるはずだと思って割ってみたのよ。
案の定割りきれて最後にA＋Bが出てきたわ。
数式の割り算の筆算は多少面倒でも難しくはないでしょう？
それで7ABC(A^2＋AB＋B^2)^2って因数分解できて割り切れることがわかったのよ。
ABCが偶数になるのはすぐわかるからね。
0059陽気な名無しさん2023/03/08(水) 09:27:18.500
>>57
あなたの計算見ててふと思いついたんだけど、
>>58 にあるような展開整理して数式の割り算するのではなく、
A^7 + B^7 + {-(A+B)}^7
から因数(A+B)をくくりだしたいのだったら、
X^n+Y^nはnが奇数の時
(X+Y){X^(n-1)-X^(n-2)Y+・・・+Y^(n-1)}
って因数分解される性質を使えば、
A^7 + B^7
＝(A+B)(A^6-A^5B+A^4B^2-A^3B^3+A^2B^4-AB^5+B^6)
だから、
A^7 + B^7 + {-(A+B)}^7
＝(A+B){A^6-A^5B+A^4B^2-A^3B^3+A^2B^4-AB^5+B^6-(A+B)^6}
として6乗を展開整理すれば
-7AB(A+B)(A^4 + 2A^3B + 3A^2B^2 + 2AB^3 + B^4)
は出てくるわ。

もし
A^4 + 2A^3B + 3A^2B^2 + 2AB^3 + B^4
をさらに因数分解して
(A^2＋AB＋B^2)^2
まで変形しようとすると、知ってないと難しいと思うけど。
0060陽気な名無しさん2023/03/08(水) 09:29:35.460
>>58 の
>4乗の式の因数のA^2＋AB＋B^2
ってのは>>49 の変形から来てるのよね。
(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4
＝A^4+B^4+{-(A+B)}^4
ここでA^4+B^4について、
(A+B)^4＝A^4＋4A^3B+6A^2B^2＋4AB^3＋B^4だから
A^4+B^4＝(A+B)^4ー(4A^3B+6A^2B^2＋4AB^3)
でしょ。だから
A^4+B^4+{-(A+B)}^4
＝(A+B)^4ー(4A^3B+6A^2B^2＋4AB^3)＋(A+B)^4
＝2{(A+B)^4ーAB(2A^2+3AB＋2B^2)}
になるじゃない。それで
2A^2+3AB＋2B^2
＝2A^2+4AB＋2B^2-AB
=2(A^2+2AB＋B^2)-AB
=2(A+B)^2-AB
となるから、最初の式は
2{(A+B)^4ーAB(2(A+B)^2-AB)}
=2{(A＋B)^4−2AB(A＋B)^2＋(AB)^2}
=2{(A＋B)^2−AB｝^2
=2(A^2＋AB＋B^2)^2
と変形できるわ。だから
A^2＋AB＋B^2で二回割れて残りが偶数ならいいのね。
0061陽気な名無しさん2023/03/08(水) 15:25:44.830
>>58
たしかに難しいというよりは、面倒とか大変って感じかもしれないけど
あたし計算嫌いだから、7乗の展開とか5乗の式の因数分解とか
見ただけでやる気なくなりそうになるから、そういう意味で難しいわ
もしテストでこんな問題出されたらきっとすぐ諦めるわw

>>59
なるほど、それもうまいわね
あたしは A^5 + 3A^4B + 5A^3B^2 + 5A^2B^3 + 3AB^4 + B^5 を因数分解するにあたって
係数が左右対称なのを利用したわ
全体を B^5 で割って x = A/B とおいて =0 をつけると
x^5 + 3x^4 + 5x^3 + 5x^2 + 3x + 1 = 0
ってなるじゃない？ ネットで調べて知ったんだけどこういうの相反方程式っていうらしいわ
奇数次の場合、x = -1 を代入すると成立するから、因数定理で (x+1) で割り切れるの
元の話に戻ると、Aに-Bを代入すると0になるから(A+B)で割り切れるということね
それで A^5 + 3A^4B + 5A^3B^2 + 5A^2B^3 + 3AB^4 + B^5 を A+B で割って>>57は出したわ
最初ふつうに筆算を書いてやって大変だったけど、よく考えると簡単にできることに気づいたわ
係数が 1, 3, 5, 3, 1 だから A+B で割った商については
A^4 の係数は1
A^3B の係数は 3 - 1 = 2
A^2B^2 の係数は 5 - 2 = 3
AB^3 の係数は = A^3B の係数 = 2
B^4 の係数は = A^4 の係数 = 1
って考えるといいの（商の係数も左右対称になるのね）

ちなみに相反方程式に戻ると
x^5 + 3x^4 + 5x^3 + 5x^2 + 3x + 1 = (x+1)(x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 2x + 1) = 0
ってなるけど
x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 2x + 1 = 0
を解くには、まず全体を x^2で割って
x^2 + 2x + 3 + 2/x + 1/x^2 = 0
とするの。x + 1/x = t とおくと、x^2 + 1/x^2 = t^2 - 2 だから
0 = x^2 + 2x + 3 + 2/x + 1/x^2 = t^2 - 2 + 2t + 3 = (t+1)^2
したがって t+1 = 0 つまり x + 1/x + 1 = 0 を解けばいいのね。そして
x^4 + 2x^3 + 3x^2 + 2x + 1
= x^2(t+1)^2
= x^2(x + 1/x + 1)^2
= (x^2 + x + 1)^2
もわかるわ。x = A/Bから元の話に戻ると>>60の因数分解も出るわね。
0062陽気な名無しさん2023/03/09(木) 11:41:25.350
ところで、A = a-b, B = b-c とおくと A^2+AB+B^2 = a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca だけど
一般に (a-b)^n+(b-c)^n+(c-a)^n が a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca で何回割れるのか気になって
Wolframで n = 20 まで試してみたんだけど、どうやら2以上のnに対して

・n ≡ 0 (mod 3) なら a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca を因数に持たない
・n ≡ 1 (mod 3) なら (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2 を因数に持つ
・n ≡ 2 (mod 3) なら (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^1 を因数に持つ

となるみたいなの！ 誰かこれを証明してくれないかしら？
アタシって個々の具体例の計算だけ見せられても
本質的な理由や意味が分からないと納得できないタイプなの

まず n ≡ 0 (mod 3) の場合だけど
もし (a-b)^n+(b-c)^n+(c-a)^n = A^n+B^n+{-(A+B)}^n が
a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca = A^2+AB+B^2 を因数に持って
A^n+B^n+{-(A+B)}^n = (A^2+AB+B^2)f(A, B)
となったとして、B = Aω なら -(A+B) = Aω^2 だから左辺は 3A^n になって
右辺は A^2+AB+B^2 = 0 だから 0 になって
3A^n = 0 ができるけど、これは恒等式じゃないから矛盾よね
n ≡ 0 (mod 3) の場合はこれでいいわよね？

n ≢ 0 (mod 3) の場合は、 B = Aω なら A^n+B^n+{-(A+B)}^n = 0 よね
両辺をA^nで割ってx = B/Aとおけばxのn次方程式ができるけど
x = ω がその根なわけだから、このn次式はωの最小多項式である x^2+x+1 で割り切れるのよね？
そうすると、A^n+B^n+{-(A+B)}^n は A^2(x^2+x+1) = A^2+AB+B^2 で割り切れることになるわ
（ちょっとよくわからないんだけど、A^nで割るから、A = 0 の場合を除外して議論しなきゃいけないのかしら？）

だとすると残る疑問は、n ≡ 1 (mod 3) の時はちょうど2回(?)割れて
n ≡ 2 (mod 3) の時は1回だけ(?)割れるのはなぜ？ってことになるわ
0063陽気な名無しさん2023/03/09(木) 18:14:28.720
t=A/Bとすると
A^n+B^n+{-(A+B)}^n=B^n(t^n+1+(-t-1)^n)
A^2+AB+B^2=B^2(t^2+t+1)
実数係数の多項式f(t)が(t^2+t+1)^2=((t-ω)(t-ω*))^2で割り切れる
⇔ f(ω)=f'(ω)=0
なのでf(t)=t^n+1+(-t-1)^nの微分がt=ωで0になるかを見ればよい
0064陽気な名無しさん2023/03/09(木) 21:48:32.780
>>63
あら、姐さん素晴らしいヒントありがとう！早速計算してみたわ。
まず -ω-1 = ω^2 だから f(ω) = ω^n + 1 + ω^{2n} で
これは n ≡ 0 (mod 3) なら3、n ≢ 0 (mod 3) なら0になるわね
次に f’(t) = n(t^{n-1} - (-t-1)^{n-1}) だから
f’(ω) = n(ω^{n-1} - (ω^2)^{n-1}) = n(ω^{n-1} - ω^{2n-2}) で
n ≡ 1 (mod 3) なら n-1 ≡ 0, 2n-2 ≡ 0 だから f’(ω) = n(1-1) = 0
n ≡ 2 (mod 3) なら n-1 ≡ 1, 2n-2 ≡ 2 だから f’(ω) = n(ω-ω^2) ≠ 0
これで f(t) は n ≡ 1 なら t^2+t+1 で2回割れて、n ≡ 2 なら1回しか割れないことがわかるわね！
さらに f’’(t) = n(n-1)(t^{n-2} + (-t-1)^{n-2}) だから
f’’(ω) = n(n-1)(ω^{n-2} + (ω^2)^{n-2}) = n(n-1)(ω^{n-2} - ω^{2n-4}) で
n ≡ 1 (mod 3) のとき n-2 ≡ 2, 2n-4 ≡ 1で f’’(ω) = n(n-1)(ω^2-ω) ≠ 0 なので
この時も3回は割れないことがわかるわ！

この結果を利用すれば (a-b)^n+(b-c)^n+(c-a)^n の因数分解も見通しがよくなるわね

n = 4 のときは n ≡ 1 (mod 3) だから (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2 を因数に持つけど、これは4次式だから
(a-b)^4+(b-c)^4+(c-a)^4 = (定数) × (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2
だとわかるわ。あとは例えば両辺の a^4 の係数を比較すればこの定数が 2 だとわかるわ

n = 7 のときも (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2 を因数に持つわ。
そしてnが奇数の時 (a-b)^n+(b-c)^n+(c-a)^n は交代式だから差積で割れて
(a-b)^7+(b-c)^7+(c-a)^7 = (a-b)(b-c)(c-a)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2 × (対称式)
となることがわかるけど、次数を考えるとこの対称式は定数で
例えば両辺の a^6b の係数を比較するとこの定数が 7 だとわかるのね

同様に 5 ≡ 2 (mod 3) から
(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 = 5(a-b)(b-c)(c-a)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)
もすぐわかるわね
0065陽気な名無しさん2023/03/11(土) 10:30:32.340
あら、計算してくれたのね
どうもありがとう

しかし、こういう興味深い性質が成り立つ
本質的な理由はアタシにはまだ分からないが……
0066陽気な名無しさん2023/03/12(日) 14:36:06.310
考え事をしていたらまた問題を思い付いたの
完全に受験レベルだけど、受験生はどう解くかしら？

x,y,zは複素数で、
-2x+y+z, x-2y+z, x+y-2z
が複素数平面上で表す点たちが正三角形をなす
このときx,y,zが表す点たちはどのような図形を創出するか？
0067陽気な名無しさん2023/03/13(月) 13:54:27.740
>>66
これって、「こんな風に解くんじゃない〜？」
って答えて欲しいのかしら？
それともガチで解いた方がいいのかしら？
0068陽気な名無しさん2023/03/13(月) 17:15:28.810
ガチンポでお願いします
0069陽気な名無しさん2023/03/14(火) 10:09:14.210
じゃあガチでいくわよ。
二通りの解法を考えたので、考えた順に書くわね。
まず解法１：これは受験生はどう解くかなって考えた方法。
A=-2x+y+z、B=x-2y+z、C=x+y-2z　として、
それぞれを、Aを原点に移すように平行移動する。
A→AーA=0
B→BーA＝3x-3y
C→CーA=3x-3z
これらが正三角形をなすんだから、
CーAはBーAを、原点を中心として60°又はー60°回転させたもの。
つまり
3x-3z=(3x-3y)(1/2±√3i/2)
両辺をー3で割って
z-x=(y-x)(1/2±√3i/2)
この式は、z-xはy-xを、原点を中心として60°又はー60°回転させたもの
という意味になる、つまり原点、y-x、z-xは正三角形をなすので、
それぞれをxだけ平行移動させると
原点→０＋ｘ＝ｘ
y-x→y-x+x=y
z-x→z-x+x=z
これら、つまりx,y,zも正三角形をなす。
0070陽気な名無しさん2023/03/14(火) 10:10:04.800
次に解法２：これは解法１を考えてから気づいたもので、
気づけばこんなに簡単にシンプルにできるんだ、って思った方法。
-2x+y+z, x-2y+z, x+y-2zが正三角形をなす
⇔-3x, -3y, -3zが正三角形をなす（-x-y-z平行移動）
⇔x, y, zが正三角形をなす（原点中心の相似比3:1の逆側への相似）
0071陽気な名無しさん2023/03/15(水) 07:39:50.970
>>70
んまー、あなたさすがねやっぱり
この方法があったとは🤭
>>69もすごく実践的な方法をありがとうございます

https://pbs.twimg.com/media/Fq7LqfdaEAEdSXI.jpg
この九大の問題調べてたら
https://manabitimes.jp/math/855
を見つけたの
それで
-2x+y+z, x-2y+z, x+y-2zが正三角形
⇔(-3x+3y)^2+(-3y+3z)^2+(-3z+3x)^2=0
⇔(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=0
⇔x,y,zが正三角形
になるな、と思ってたの
0072陽気な名無しさん2023/03/15(水) 23:42:27.850
>>70
シンプルで素晴らしいわ

>>71
ケチつけるつもりじゃないんだけど、あなたの問題だと複素数同士の掛け算が出てこないから
複素数を使う意味があんまりないわよね。単純にベクトルの話にして

-2OA+OB+OC, OA-2OB+OC, OA+OB-2OCを位置ベクトルとする3点が正三角形のとき△ABCはどんな三角形か

でよかったんじゃないかしら
0073陽気な名無しさん2023/03/16(木) 04:08:09.680
>>70 の解法だとベクトルで十分だけど、
>>69 や>>71 は一応乗法使っているわ。
71さんは解法として二乗をつかった、
リンク貼ってある定理使う解法を想定
してたから複素数の必要があったのでしょうね。

ただ71の定理って、一般の受験生は
多分知らないし、証明を見てみると
結局69でやったこと(60°だから〜みたいな)
をショートカットしてるような内容よね。
受験生はどう解くのかしら、
ってのの答えはやっぱり69じゃないかしら。

高校数学の美しい物語って、結構
高校レベル越えていたり、
越えていなくても高校生は
普通知らないようなこと、
よく書いてあるわよね。
あれが基準で受験問題出されると、
受験生には厳しいのではないかしら。

なんにしてもネタ投下してくれた
>>66 には感謝するわ。
0074陽気な名無しさん2023/03/16(木) 11:39:46.900
>>73
そうね、でも>>69の掛け算は複素数平面での位置関係を表現しているだけで、問題を解くために特に必要な計算ではなくない？
あたしも69に似た方法で解いたんだけど頭の中は完全にベクトルで解いたわ
ちょっと書いてみるわ
-2OA+OB+OC, OA-2OB+OC, OA+OB-2OCを位置ベクトルとする3点をP, Q, Rとすると
PQ = OQ - OP = (OA-2OB+OC) - (-2OA+OB+OC) = 3(OA - OB) = 3BA
同様に QR = 3CB, RP = 3AC
PQ, QR, RPが正三角形の3辺だからBA, CB, ACはその1/3の大きさの正三角形の3辺だとわかるわ

(α-β)^2＋(β-γ)^2＋(γ-α)^2 = 0 は複素数であるからこそ可能な表現だけどね
0075陽気な名無しさん2023/03/16(木) 12:07:19.200
こう書くべきだったわ
PQ = -3AB, QR = -3BC, RP = -3CAだから、AB, BC, CAは1/3の大きさの正三角形の3辺
0076陽気な名無しさん2023/03/16(木) 12:09:26.770
>>74
その解き方はむしろ70に近いかと。
そうでもないかな。
69も71で使っている定理も、
なす角が60°であることを使っている点が
74の解き方と決定的に異なると思うのよ。
74は三辺が等しいことだけで示せているから
60°使う必要がないでしょ。

位置関係といってしまえば、
掛ける複素数を極表記すれば
複素数の掛け算は位置関係を表す、
とも言えるのではないかしら。
69で掛け算の計算が必要なかったのはたまたまよ。
掛け算の形に表せたから両辺3で割ることもできたんだしね。
69は三角形のうちの二辺しか考えてないのよ。
そして71で使った定理の証明は複素数の乗除を使ってるわ。

70と74の解法ならベクトルでいいけど、
69と71はベクトルでは使えないわ。
0077陽気な名無しさん2023/03/16(木) 12:22:12.650
>>76
言われて気づいたけど、あたし3辺が等しいとか考えてなかったわ
>>75に書き直した方を見てもらえればと思うんだけど、△PQRと△ABCは相似だから
△PQRがどんな種類の三角形でも、△ABCは同じ形で1/3の大きさの三角形（を180度回転させたもの）になるって言いたかったの
0078陽気な名無しさん2023/03/16(木) 12:49:16.520
>>77
言いたいことはわかるわ。
その言いたいことが、70の最後2行の同値変形に
ちょうど対応してると思うのよ。
0079陽気な名無しさん2023/03/16(木) 22:24:58.440
>>78
確かにそうね。でも70の最初の-x-y-z平行移動というのが自然に思いつかないわ。

あたしが最初に思ったのはこうだったの。>>69のA, B, Cを使わせてもらうと
B-A = -3(y-x), C-B = -3(z-y), A-C = -3(x-z)
はA, B, Cの作る正三角形の3辺に相当する複素数で、平面上のベクトルと同一視できるわ
y-x, z-y, x-z はx, y, zの作る三角形の3辺に相当するもので、上のベクトルを-1/3倍したものだから
これはA, B, Cの作る正三角形を1/3にしたものだとすぐわかるわって思ったの
これじゃあ解答としては認められないかしらね？
最初からベクトルを使った方がわかりやすく書けるのよね

A, B, Cの相対的な位置関係を調べるのがあたしの考えだったから、69の方が近い発想なの
もしあたしが受験生で、上の解答が認められなくてあくまで複素数平面の話をしなきゃいけないということなら
なんでこんな無駄なこと書かなきゃいけないのかしらって思いながら、69みたいなものを書いた可能性が高いわ

70は鮮やかだけど-x-y-z平行移動するのが謎ねって思ったけど、ちょっと考えてみたわ
A, B, Cの作る三角形の重心は (A+B+C)/3 = 0 よね
一方、-3x, -3y, -3z の作る三角形の重心は {(-3x)+(-3y)+(-3z)}/3 = -x-y-z ね
だから、これは重心の位置が 0 から -x-y-z になるように平行移動するって意味だったのね
やはり背後にあるのはベクトル的な考え方よね

ところで、ベクトルは今まで数学Bに入っていたそうだけど
文科省が統計かなんかを数学Bに入れるために
新課程ではベクトルは数学Bから追い出されて新しくできる数学Cに移るそうよ
けれどベクトルは文系の人にとってもはずせないから
結局、文系の人も数学Cまで勉強しなきゃいけないことになるんですって
文科省のやることってほんと馬鹿馬鹿しいわよね
そもそもベクトル知らないと高校の物理の勉強に問題あると思うの
だからベクトルはむしろ中学で教えた方が良いと思うわ
あとあたし、数学Iとか数学Aとか名前を見ても何をやるのか不明で
課程が変わると同じ名前でも中身が全然違うとか、そういうのすごく嫌い
0080陽気な名無しさん2023/03/17(金) 09:38:00.970
>>79
70の最初の-x-y-z平行移動はね、69を考えた後に、
三頂点を一つの文字で表せるように平行移動できないかな、って考えて出てきただけのものなの。
あなたはこれを重心の移動できちんと説明づけてくれたけど、
最初そんなきちんとした考えでやったわけではないのよ。

あなたは正三角形ってことでわりと最初から、三辺、ベクトル、がキーワードだったようだけど、
あたしは複素数で正三角形ってことは、ひとつの頂点を原点にすると
他二つはcos(±60°)+isin(±60°)をかけると移り合うな、
ってのが最初の発想で、そこから出てきた解法が69だったの。
最初のキーワードはcos(±60°)+isin(±60°)だったのよ。

それで69ができてから、どうせ平行移動するんなら、もっと簡単に行かないかな、と思って、結局
平行移動と相似だけで説明できてしまったのが70なんだけど、
ベクトルについては全く頭になかったわ。
重心による説明はベクトル使うと確かにきれいにできるわね。
あたしはそこまで考えていなかったから感心したわ。

新課程の情報、それ本当なの？ベクトルを数学Cにするのは酷いわね。
中学校はもっと初歩的なことしかやっていないから難しいとしても、
高1とかでやってもいい内容に思えるわ。
数学Iは中学の方程式、関数の続きだからあまりいじれないけど、
三角比って数学Iで必要かしら？三角関数とセットじゃダメ？とか思うわ。
数学Aは確率、整数、図形って高1でやるべきことの中の、
中学の続き以外の補集合みたいなイメージね。ここもちょっといじれそう。
従来の過程では数学Iにデータなんちゃら、数学Aに確率、数学Bに確率分布
みたいになっていたじゃない？これら一か所にまとめられないかしら？
まとめて数学Bにして、数学Aの空いたところにベクトル持ってくるとか。
そうすると、あと仲間外れになるのは何かしら？数列？
数列って本来解析で使うんだから、文系の人にはあまり必要ないのでは？
それこそ高3でもいいのではないかしら。ああでも帰納法の考え方は欲しいかしら。
それともブロック状に固めるより細く長く、同時にいろんなものをやった方がいいのかしら？
0081陽気な名無しさん2023/03/17(金) 20:42:38.08F
>>80
>新課程の情報、それ本当なの？ベクトルを数学Cにするのは酷いわね。
そうなのよ。そのせいで共通テストもこれまでII•Bだったものが新課程ではII•B•Cになるそうよ。
確かに、本来ひと続きの内容のものがばらばらにされて違う科目に入れられているのおかしいわよね
昔は「確率•統計」とか「幾何」みたいにちゃんと内容を表す科目名が使われていた時期もあったのよね？
そっちの方が学問的に正しいあり方だと思うわ
確率なら確率でまとまっている方が教科書とかも絶対に勉強しやすいはずだしね
勉強方法としてはいろいろ同時平行がいいかもわからないけど、科目の分け方はそうすべきよ
生徒だって数学Bみたいな名前じゃワクワク感なくてやる気おきないし
あとで数学Bって何習ったんだっけ？て考えても思い出せなくなるわ
（現にあたしが思い出せないもの）

あたしはそもそも高校のカリキュラムが詰め込みすぎでバランスおかしいと思ってるの
他の科目もそうだろうけど、特に数学は中学に比べて高校で量も難しさも増えすぎじゃない？
内容が多くて難しいほど勉強するのに時間がかかるんだから、もっと前倒しすべきだわ
特に小学校って、６年間もかけて負の数を含まない四則演算の計算法しか習わないのアホすぎるわ
だいたい今の時代、計算なんか機械にやらせればすむことよね
あたし小学生のとき一番得意で好きな科目は算数だったけど、授業が一番つまらないのも算数だったわ
小学校の算数で一番大変だったのは２年生で九九を覚えることで、あとはバカみたいだったわ
小学生って、言語能力が発達してないだけで別にバカじゃないのよね
小学生のうちに負の数の計算、1次方程式、1次関数、連立1次方程式、1次不等式くらいまで教えるべきよ
そしたら中学の間に今の高１くらいまでのこと（とベクトル）を勉強できて
高校ではもっと落ち着いてじっくり勉強できるようになると思うわ
0082陽気な名無しさん2023/03/17(金) 20:50:08.540
これだけ算数の落ちこぼれがいる国で授業内容の前倒し？
ありえないわ
0083陽気な名無しさん2023/03/18(土) 12:28:20.530
>>82
あたしの偏見だけど、落ちこぼれる人ってカリキュラムを多少簡単にしたところで
やっぱり落ちこぼれる人が多いと思うのよ
それにどんなカリキュラムにしても落ちこぼれる人をなくすことはできないわ
そこを基準にして物事を作るとどんどんおかしくなると思うの
高校数学は小学校算数の何十倍も量が多くて難しいのに
小学校の半分の期間で習得させようというカリキュラムの方が歪んでいるし
中高で数学嫌いを生む原因になっている可能性も高いと思うの
逆に小学校の算数は知的刺激なさすぎで、小学生が算数に興味を持つことを難しくしてると思うわ
小学生の知性に対する侮辱よ！
0084陽気な名無しさん2023/03/18(土) 13:45:59.090
つうか調べたら最近は1次不等式や2次関数も中学では習わないの？
ますます高校に詰め込まれてて無理ゲーっぽくなってるじゃない
高校生がほんと可哀想だわ
1次不等式って小学生でも理解できることなのに
0085【B:92 W:77 H:94 (D cup) 147cm/76kg age:31】 535페이지 16번2023/03/18(土) 22:04:29.760
アタシも久しぶりに問題作ってみたわ
お暇なら考えてみて


以下の条件を全て満たす複素数x,y,zを求めよ
(1+x+y+z+cos(2π/5)+isin(2π/5))²=5(1+x²+y²+z²+cos(4π/5)+isin(4π/5))
(1+x+y+z+cos(2π/5)+isin(2π/5))³=25(1+x³+y³+z³+cos(6π/5)+isin(6π/5))
(1+x+y+z+cos(2π/5)+isin(2π/5))⁴=125(1+x⁴+y⁴+z⁴+cos(8π/5)+isin(8π/5))
1<|x|≦|y|≦|z|
0086陽気な名無しさん2023/03/20(月) 23:47:00.610
>>85
その名前欄のへんなのは何？
0087陽気な名無しさん2023/03/25(土) 13:13:03.490
誰も書き込まないわね。
スレが落ちそうだわ。
>>85 はそろそろヒントでも出したらどうかしら？
0088陽気な名無しさん2023/03/25(土) 16:13:48.840
難しいわよね。せっかくだからアタシの考えたこと書いておこうかしら。
まず 1<|x|≦|y|≦|z| という条件がなければ、ω = cos(2π/5)+isin(2π/5) として
x = ω^2, y = ω^3, z = ω^4 とすれば
1+x+y+z+cos(2π/5)+isin(2π/5) = 1+ω^2+ω^3+ω^4+ω = 0
で式がすべて 0 = 0 となって成り立つから、そうでない答えが求められてるのよね。

原理的には x, y, zの対称式でできているから A = x+y+z, B = xy+yz+zx, C = xyz とおいて
３つの式を A, B, C で表すことができるから、それをA, B, Cについて解けば
あとは t^3 - At^2 + Bt - C = 0 の解が x, y, z になるとは思うけど、計算を考えると途方に暮れるわね

あとちょっと思ったのは、p = (1+x+y+z+ω)/5 とおいて計算すると
5(p+p^2+p^3+p^4) = (x^5-1)/(x-1) + (y^5-1)/(y-1) + (z^5-1)/(z-1)
となるわね。左辺は p≠1なら 5(p^5-1)/(p-1) - 5 に等しいわ。
何も役立たないかもしれないけど。
0090Usagi2023/03/25(土) 19:12:41.190
>>89
何これ、「うさぎはどこへ逃げた？」って質問者はあなたなの？
これアタシのことなの？ なんか嫌な感じね
ていうか>>88はアタシなんだけど、この解答者は>>88の真ん中に書いた方針で頑張ってやったみたいね
アタシは対称式に書き直す途中で嫌になってやめたけどw
アタシはもちろん暗算でも解けないわよ

コテハンにしてると、こういうふうになんだか敵対的な態度取られるみたいだし
ものぐささんも名無しに戻ってひとりだけコテハンなのも寂しいからやめたの
うさぎは寂しいと死ぬのよ
それにコテハンの書き込みだらけだと新参者が書き込みにくく感じるかもしれないとも思ったから
0091陽気な名無しさん2023/03/25(土) 20:41:33.650
なにこれ、全然大学受験レベルじゃないじゃない。
0092陽気な名無しさん2023/03/25(土) 20:49:15.750
同サロでこんな長文書いてるのキチガイとここのインテリくらいよw
0093陽気な名無しさん2023/03/25(土) 20:53:58.850
えっ、これ大学受験レベルでしょ？
0094sageterandkp2023/03/25(土) 22:10:17.260
まあとにかくリンク先の答えがかなりのヒントよ
0096陽気な名無しさん 158ページ 74番2023/03/25(土) 23:39:29.070
不適のものも含めてらすかるさんが求めてくれた値と1とe^(2πi/5)とは複素数平面上でどのような位置関係にあるのかしら？

アタシたちはちょうど複素数平面上の正三角形の話をしていたところだったわよね
0097Usagi2023/03/26(日) 01:46:46.450
>>89
ていうかあなたは、こことリンク先の掲示板で同時に問題を出してたわけ？
しかも自分で作っておきながら、しれっと「解き方、答えを教えてください」って書き込んだの？
何のために？
それによく見ると問題が違うわね。右辺の係数が違うわ。
0098Usagi2023/03/26(日) 05:07:58.420
失礼、よく見たら左辺の { } の中にも /5 がついているから同じ問題ね。
>>96
不適のものは調べていないけど、正解を調べたら正5角形であることがわかったわ。
それで考えたら、秘密がわかったかもしれないわ。
aとb (≠0) を複素数、ω = e^(2πi/5) とするわ。
1, ω, ω^2, ω^3, ω^4 は正5角形よね。
これらにbを掛けた b, bω, bω^2, bω^3, bω^4 はこれに相似だから正5角形になるわ。
それを並行移動した a+b, a+bω, a+bω^2, a+bω^3, a+bω^4 も正5角形よね。
ω^4+ω^3+ω^2+ω+1 = 0 だから
{(a+b)+(a+bω)+(a+bω^2)+(a+bω^3)+(a+bω^4)}/5 = a
で、これがこの正5角形の重心なのね。さらに
(a+b)^2 + (a+bω)^2 + (a+bω^2)^2 + (a+bω^3)^2 + (a+bω^4)^2
= 5a^2 + 2ab(1+ω+ω^2+ω^3+ω^4) + b^2(1+ω^2+ω^4+ω^6+ω^8)
= 5a^2 + 2ab(1+ω+ω^2+ω^3+ω^4) + b^2(1+ω^2+ω^4+ω^1+ω^3)
= 5a^2
となるわ。同様に n ≢ 0 (mod 5) なら
(a+b)^n + (a+bω)^n + (a+bω^2)^n + (a+bω^3)^n + (a+bω^4)^n = 5a^n
となるわね。
1<|x|≦|y|≦|z|という条件がなければすぐ思いつく答え x = ω^2, y = ω^3, z = ω^4 は a = 0, b = 1の場合で
そしてこの問題の正解になっているのは a = 1+ω, b = -1 の場合なのよ。
おそらく他の不適解も、1とωを頂点に持つ正5角形なんじゃないかしら。
（1とωが隣同士でない頂点となる正5角形がふたつ描けると思うわ。）
ただ、以上は正5角形の頂点が与式を満たすことを確かめただけだから
逆に与式を満たすものが正5角形の頂点に限られるのかどうかはわからないけど。
0100陽気な名無しさん2023/03/26(日) 14:25:23.950
高校レベルじゃないのは事実だと思うわ。
スレタイと内容が合ってないわ。
スレタイ「超高校レベルの数学でうさぎにチャレンジ」とでもした方が
スレの実態と合ってるんじゃないの？
0101【B:101 W:94 H:97 (H cup) 157cm/92kg age:55】 287ページ 27番2023/03/26(日) 15:52:08.830
(1) >>85が成り立つとき、5点1,ω,x,y,zを平行移動しても同様の関係が成り立つことを示しなさい
たとえば
(1+a)^4+(ω+a)^4+(x+a)^4+(y+a)^4+(z+a)^4
=1+4a+6a^2+4a^3+a^4
+ω^4+4ω^3a+6ω^2a^2+4ωa^3+a^4
+x^4+4x^3a+6x^2a^2+4xa^3+a^4
+y^4+4y^3a+6y^2a^2+4ya^3+a^4
+z^4+4z^3a+6z^2a^2+4za^3+a^4
=……
を計算して(　　　　　)^4/125の形にできるだろうか？

(2) (1)のaをうまく選ぶと
(1+a)^2+(ω+a)^2+(x+a)^2+(y+a)^2+(z+a)^2=0
(1+a)^3+(ω+a)^3+(x+a)^3+(y+a)^3+(z+a)^3=0
(1+a)^4+(ω+a)^4+(x+a)^4+(y+a)^4+(z+a)^4=0
とできることを示しなさい

(3) 基本対称式とべき乗和の関係を表す式は一般に「(　　　　　)の恒等式」と呼ばれています
(　　　　　)に入る人名として最も適切なものを以下から選びなさい
あ. ニュートン
い. アインシュタイン
う. ヒルベルト
え. ネーター
お. ノイマン

(4) (2)のよう2乗、3乗、4乗のべき乗和が0になるような5つの複素数が根となる多項式は係数にどのような特徴があるか答えなさい

(5) >>85の問いに答えなさい
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