大学入試の数学の問題を解くゲイ2025
sin(Q(x))=R(sinx)
cos(Q(x))Q′(x)=R′(sinx)cosx
?? なんで1次式ってわかるのかしら
でも言われて気づいたけど>>130でQとSが1次式の場合ってQ∘Sも1次式になるわね
最初にn倍角の公式からスタートした場合、このやり方で合成しても結局n倍角の公式しか出てこないのね sin(Q(x))=R(sinx)
を微分すると
cos(Q(x))Q'(x)=R'(sinx)cosx
右辺は有界である。なぜなら
|R'(sinx)cosx|≦| R'(sinx)|≦max_{x∈[-1,1]}|R'(x)|
だから。したがって左辺も有界。
cos(Q(x))Q'(x)が有界ということはQ'(x)が有界。
ということはQ'(x)は定数。ということはQ(x)は高々一次式。 なるほどね、面白いわね。
Q(x)が高々一次式ってことは納得したわ。
ということはQ(x)は0次式か一次式ってことね。
Q(x)が0次式の場合を考えると、0次式って定数だからsin(Q(x))も定数よね。
一方R(sinx)はsinxは[-1, 1]を動くからR(sinx)が定数ならR自身が定数関数よね。
よってQ(x)=k, R(x)=sinkが解、特にP(x)（=Q(x)=R(x)）の場合はP(x)=0のみね。
Q(x)が一次式の場合Q(x)=ax+b（a≠0）と表わされるけど、
b=0の時、aが自然数ならn倍角の公式だし、
負の整数でもn倍角の公式で-Rにするだけよね。
aが有理数の時は、例えば1/2の時を考えると半角の公式になるけど、
これ平方根出てくるわね。Rは多項式では無理ね。
（ここからは単なる想像よ）整数でない有理式で一番シンプルと思われる1/2でダメなら、
aはやっぱり整数でないとダメなんじゃないかしら。
とりあえず今パッと思いついたのはここまで。
aが無理数の場合やb≠0の場合はまだ考えてないわ。 とりあえずQ(x) = ax+b で sin(Q(x)) = R(sin x) が成り立つとすると、b = kπ/2 (kは整数)でなければいけないと思うの
背理法でb ≠ kπ/2と仮定するわ
するとcos b ≠ 0かつsin b ≠ 0よね
R(-sin x) = R(sin(-x)) = sin(Q(-x)) = sin(-ax+b) = -sin(ax-b) なので
R(sin x) - R(-sin x) = sin(ax+b) + sin(ax-b) = 2(sin ax)(cos b)
R(sin x) + R(-sin x) = sin(ax+b) - sin(ax-b) = 2(cos ax)(sin b)
となるけれど、 cos b ≠ 0, sin b ≠ 0なので多項式S(x), C(x)を
S(x) = {R(x) - R(-x)}/(2cos b)
C(x) = {R(x) + R(-x)}/(2sin b)
で定義すると S(sin x) = sin ax, C(sin x) = cos ax となるわ
{S(sin x)}^2 + {C(sin x)}^2 = sin^2 ax + cos^2 ax = 1
なので、すべてのy∈[-1, 1]について {S(y)}^2 + {C(y)}^2 = 1 となるけれど
これは多項式S(x)もC(x)も0次式、つまり定数でなければいけないことを意味するわ
するとsin axとcos axも定数ということになってこれは矛盾よね？ aは整数としてもたとえばa=2
つまりsin2xなんかはsinxの多項式で書けるのかしら >>139
無理っぽいわね
aは奇数の時のみ大丈夫かしら
>>137
ごめんなさい、
>すべてのy∈[-1, 1]について {S(y)}^2 + {C(y)}^2 = 1 となるけれど
これは多項式S(x)もC(x)も0次式、つまり定数でなければいけないことを意味する
ここがちょっとよくわからないわ
多項式同士の和や差が定数になることは珍しくないと思うんだけど、
多項式の二乗同士だとそういうことがあり得ない、ということ？
あり得なさそうだとは思うんだけど、それが言える根拠がよくわからないわ sinのn倍角の公式は、
sin nx=sin x Σ(p=0→|(n-1)/2|){(-1)^p (n-p-1からp選ぶ組合せ)(2cos x)^(n-2p-1)
とのことなので、n=aが奇数の時はcosが偶数乗になってsinで表せるわ
n=aが偶数の時はcosが奇数乗になってsinで表そうとしてもcosが残るわね
だからやっぱりaは奇数の時のみ大丈夫ね >>140
根拠なく感覚で書いてたわ。あたしダメね。でも分かったわ
S(x)がn次式 (n > 0)でn次の係数がtだとするわ。S(x) = tx^n + …
すると {S(x)}^2 は2n次式で、2n次の係数はt^2だから正ね
すると {C(x)}^2 = 1 - {S(x)}^2 も2n次式で2n次の係数は -t^2 になるわ
けれど{C(x)}^2も{S(x)}^2と同じで2n次の係数は正になるはずだから矛盾 わかったわ
sin(ax + kπ/2) = R(sin x) が成り立つとするわ。 sin x = sin(π-x) だから
sin(ax + kπ/2) = R(sin x) = R(sin (π-x)) = sin(a(π-x) + kπ/2) = sin(aπ - ax + kπ/2) だから
0 = sin(ax + kπ/2) - sin(aπ - ax + kπ/2) = 2cos((a+k)π/2) sin(ax - aπ/2)
sin(ax - aπ/2) はxが動けば0以外の値もとるから、これが任意のxについて成り立つということは
cos((a+k)π/2) = 0
を意味するわ。つまりある（負も含む）奇数mがあって(a+k)π/2 = mπ/2、つまり
a+k = m
となるわ
したがって条件を満たす Q(x) = ax + kπ/2 ではaは整数で、aが奇数かつkが偶数、もしくはaが偶数かつkが奇数のどちらかに限られるわ
そういうQ(x)に対してsin(Q(x)) = R(sin x)となるR(x)が必ず存在することは帰納法で示せそうね
>>144
どうしてかしら？ どっちもなんとなく思いついたわりに適切な難易度でホッとしたわ 英語板に質問スレが立たないから英ちゃん=Usagiが同サロの色んなスレで大暴れしてるわね
https://youtu.be/AYr4zh3X6Dg なんでアタシと言い争ってた相手と同一人物扱いされなきゃいけないのかしら
>>148
これは1次式って条件があるから簡単だけれど、同じ論法は {S(x)}^2 + {C(x)}^2 = 1 には使えないわよね
それで考えてみたけどこうかしら。iを虚数単位として
1 = {S(x)}^2 + {C(x)}^2 = {S(x) - iC(x)}{S(x) + iC(x)}
だけれど、仮に S(x) - iC(x) と S(x) + iC(x) のどちらか、例えば前者が定数でなくて1次以上だとすると、代数学の基本定理から複素数の範囲ではこれに根αが存在数するけれど
1 = {S(α) - iC(α)}{S(α) + iC(α)} = 0 ⋅ {S(α) + iC(α)} = 0
となって矛盾よね
したがって S(x) - iC(x) も S(x) + iC(x) も定数ということになって、このことからS(x)もC(x)も定数だとわかるかしら
Igusaさんはどういうふうに考えてらしたのかしら アタシも最初それと似たような感じで考えてたわよ
多項式f(x),g(x)についてdeg(f(x)g(x))=deg(f(x))+deg(g(x))が成り立つことを
(S(x)+iC(x))(S(x)-iC(x))=1
に使うとS(x)+iC(x)もS(x)-iC(x)も定数
ゆえにS(x)もC(x)も定数 京大風にいくなら
C(x)^2=1-S(x)^2=(1-S(x))(1+S(x))
1-S(x)と1+S(x)は互いに素だから
1-S(x)=f(x)^2
1+S(x)=g(x)^2
となるf(x),g(x)が存在するはず…ここからなにか矛盾が出てこないかしら
たとえば定数でない多項式でC^2+S^2=1,degC≧degSをみたすものが存在するとしてそのうちSの次数が最小のものをとってくるとか
適当よ >>152
フェルマーのn=4の時の証明と似たような方法で行けそうね
行けるかしら 整数係数の2次多項式f(x)で任意の整数nに対してf(n)が素数の3乗で割り切れないものは存在するか？ >>152
こんな感じでどうかしら？
S(x)^2+C(x)^2=1, degC≧degS>0をみたすものが存在するとしてそのうちSの次数が最小のものをとると、
C(x)^2=1-S(x)^2=(1-S(x))(1+S(x))
1-S(x)と1+S(x)は互いに素だから, 1-S(x)=f(x)^2, 1+S(x)=g(x)^2 となるf(x), g(x), degS>degf=degg>0が存在する。
このとき S(x)=1-f(x)^2=g(x)^2-1 であるから、S(x)^2=(1-f(x)^2)(g(x)^2-1)=f(x)^2+g(x)^2-f(x)^2・g(x)^2-1
一方 C(x)^2=(1-S(x))(1+S(x))=f(x)^2・g(x)^2であるから、
S(x)^2+C(x)^2=f(x)^2+g(x)^2-f(x)^2・g(x)^2-1＋f(x)^2・g(x)^2＝f(x)^2+g(x)^2-1=1
よってf(x)^2+g(x)^2=２より{f(x)^2}/2+{g(x)^2}/2=1
以上より f(x)/√2=S'(x), g(x)/√2=C'(x) とすると S'(x)^2+C'(x)^2=1, degS>degC'=degS'>0 となり、
Sの次数の最小性に矛盾する。 >>156
まどろっこしくない書き方にするとどんな感じになる？ >1-S(x)と1+S(x)は互いに素だから, 1-S(x)=f(x)^2, 1+S(x)=g(x)^2 となるf(x), g(x), degS>degf=degg>0が存在する。
ここからすぐにf(x)^2+g(x)^2=２だと言えるんじゃない？ あらもう一週間も誰も書き込んでないのね
>>159を踏まえて>>155を書き直してみるわね
S(x)^2+C(x)^2=1, degC≧degS>0をみたすものが存在するとしてそのうちSの次数が最小のものをとると、
C(x)^2=1-S(x)^2=(1-S(x))(1+S(x))
1-S(x)と1+S(x)は互いに素だから, 1-S(x)=f(x)^2, 1+S(x)=g(x)^2 となるf(x), g(x), degS>degf=degg>0が存在する。
よってf(x)^2+g(x)^2=２より{f(x)^2}/2+{g(x)^2}/2=1
以上より f(x)/√2=S'(x), g(x)/√2=C'(x) とすると S'(x)^2+C'(x)^2=1, degS>degC'=degS'>0 となり、
Sの次数の最小性に矛盾する。
これでいいのかな？ この問題に時間使った子が可哀想だわ
でも理科大第一志望ってそんなにいないかしら 私大理系のトップ校のひとつよね？
あたしの中学の時の数学教師理科大出身だったらしいわ
脂肪巨体でちょっと捻くれてるとこあって定期試験が難しいということで一部には少し反感を買っていたようだけど
数学はちゃんと教えてくれてアタシはけっこう好きな先生だったわ
まアタシは数学が得意だったから可愛がってもらえたのかもしれないけど
つべにこの問題のわかりやすい解説があったわ
https://www.youtube.com/watch?v=z-gkBoGp0OE lim[n→∞] sin1 sin2 sin3…sinn
を求めよ >>167
これはn個の積？
だとしたら絶対値が１未満のものをかけていくんだから
limしたら０になるのでは？ アタシも一瞬そう思ったけど、必ずしもそうでないわ。例えば1以上の自然数nに対して
a_n = (1/2) + (1/2^n)
b_n = a_(n+1)/a_n
と定義すると、すべてのnに対して |b_n| < 1 だけど
lim[n→∞] b_1 b_2 … b_n = lim[n→∞] a_(n+1) = 1/2 となるわ 誰も解かないみたいだからアタシがやってみるわ
kを自然数とするわ
(k-1)πより大きくkπ未満の自然数はちょうど3つか4つあるわね
それらのうち最大のものをl、最小のものをmとすると 2 ≤ l-m < π ね
(kπ-l) + (m-(k-1)π) = π-(l-m) ≤ π-2
なので、kπ-l と m-(k-1)π のうちの小さい方は0より大きく(π-2)/2未満になるわ
もしkπ-l の方が小さいならn_k = l, そして m-(k-1)π の方が小さいならn_k = mと定義するわ
（ kπ-l = m-(k-1)π ならば (2k-1)π = l+m となってπが有理数ということになるからこれはありえないわ）
任意のxに対して|sin x| ≤ |x|だから
|sin l| = |sin(kπ - (kπ-l))| = |sin(kπ-l)| ≤ kπ-l < (π-2)/2
|sin m| = |sin(m-(k-1)π+(k-1)π)| = |sin(m-(k-1)π)| ≤ m-(k-1)π < (π-2)/2
となるから、いずれにせよ |sin n_k| < (π-2)/2 となるわ
n_1, n_2, … n_k はすべて異なる自然数だから
|sin1 sin2 sin3 … sin n_k|
≤ |sin n_1⋅ sin n_2 … sin n_k|
= |sin n_1|⋅ |sin n_2| … |sin n_k|
< ((π-2)/2)^k → 0 (k → ∞)
となるわね
>>170
ウォリス積の逆数なのね？ 2/πになるってことかしら なるほどね
こういうふうにもできるんだ
色々やり方があるのが面白いので出題したわ
このスレにぴったりと思って だから他のやり方思いついたら是非書き込んでほしいわね
アタシが思いついたのは次のふたつ
|sinx sin2x|≦c
|sinx sin(x+1)|≦d
となるような1未満の正の数c,dを見つける 二番目のは積和公式から
|sinx sin(x+1)| = |-cos(2x+1) + cos1|/2 ≤ (1+cos1)/2
だから
|sin1 sin2 sin3 … sin(2k)| = |sin1 sin2| |sin3 sin4| … |sin(2k-1) sin(2k)| ≤ {(1+cos1)/2}^k → 0 (k → ∞)
ってことよね？
一番目の式はどうして出るのか、そしてそこからどう sin1 sin2 sin3…sinn → 0 を示すのかよくわからないわ |sin1 sin2|≦c
|sin4 sin8|≦c
|sin16 sin32|≦c
|sin64 sin128|≦c
…
とか なるほどね。不等式については
sinx sin2x = sin x ⋅ 2sinx cosx = 2 (sinx)^2 cosx
= 2{1-(cosx)^2} cosx = 2cosx - 2(cosx)^3
だからX = cosxとおいて関数 f(X) = 2X-2X^3 が -1≤X≤1 の範囲でとる値を見るのかしら
微分すると f’(X) = 2 - 6X^2 = -6(X+1/√3)(X-1/√3) で変曲点は X = ±1/√3 だから
-1≤X≤1 の範囲では |f(X)| は最大 4√3/9 になって、これは1未満ね
ちょっとめんどくさいけど、これを考えていたの？ えぇ？
|sinx sin2x|^2
= 2 (sinx)^2 (sinx)^2 2(cosx)^2
≦ 3 ( ( (sinx)^2 + (sinx)^2 + 2(cosx)^2 )/3)^3
= 8/9
でしょうよ >>168
＞>>167
＞これはn個の積？
＞だとしたら絶対値が１未満のものをかけていくんだから
＞limしたら０になるのでは？
去年の入試に
1/3 < Π[n=1→2000] 2^n/(1+2^n) <1/2
を示せ、があるわね >>177
なるほど、うまく相加相乗使えるのね。でも計算間違ってない？
|sinx sin2x|^2
= 2 (sinx)^2 (sinx)^2 2(cosx)^2
≦ 2 ( ( (sinx)^2 + (sinx)^2 + 2(cosx)^2 )/3)^3
= 2 (2/3)^3
= 16/27
よね
>>178
それは誘導があるのかしら？ ヒントなしなら相当難しそうね なんでよ？
3にした方が分母と約分できて計算しやすくない？
|sinx sin2x|^2
= 2 (sinx)^2 (sinx)^2 2(cosx)^2
≦ 2 ( ( (sinx)^2 + (sinx)^2 + 2(cosx)^2 )/3)^3
≦ 3 ( ( (sinx)^2 + (sinx)^2 + 2(cosx)^2 )/3)^3
= 2^3/3^2
< 1 