2010-06-16

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2010-06-16

あ

2009-11-25

■

整数問題

（問題）
自然数から自然数への関数 $f$ が次の条件を満たしている。
・任意の自然数 $m,n$ に対して、[tex:m

2009-11-24

■

整式

（問題）
$f(x)$ は $(n-1)$ 次（ $n>1$ ）の多項式とする。
$f(1)=1,f(2)=\frac{1}{2}, \cdots ,f(n)=\frac{1}{n}$
を全て満たすとき、 $f(n+1)$ を求めよ。
（もとの問題は $n=6$ としたもの）

（解答）
$x=1,2,\cdots,n$ に対して $f(x)=\frac{1}{x}$ が成り立つので、
$xf(x)-1=0$
$xf(x)-1$ は高々 $n$ 次の多項式であり、因数定理により、
$x-1,x-2,\cdots,x-n$ を因数に持つので、
$xf(x)-1=a(x-1)(x-2)\cdots(x-n)$ ・・・(1)（ $a$ は定数）
と書ける。
(1)に $x=0$ を代入して、
$-1=(-1)^n \cdot n! \cdot a$
∴ $a=\frac{(-1)^{n+1}}{n!}$
(1)に $x=0$ を代入して、
$(n+1)f(n+1)-1=n! \cdot a=(-1)^{n+1}$
∴ $f(n+1)=\frac{1+(-1)^{n+1}}{n+1}$
（もとの問題では、 $n=6$ なので、 $f(7)=0$ ）

2009-11-16

■

三角関数

（１）次の等式を証明せよ｡
$\tan^2\theta-\sin^2\theta=\tan^2\theta\sin^2\theta$

（２）次の等式を証明せよ｡
$\frac{\sin2\theta}{1+\cos2\theta}=\tan\theta$

（３）次の等式を証明せよ｡
$\frac{1+\sin\theta-\cos\theta}{1+\sin\theta+\cos\theta}=\tan \left(\frac{\theta}{2} \right)$

（証明）
（１）
$\tan^2 \left( 1-\sin^2 \theta \right)=\tan^2 \theta \cos^2 \theta=\sin^2\theta$
移項して、
$\tan^2\theta -\sin^2\theta =\tan^2 \theta \sin^2 \theta$ ・・・（証明終）

（２）
$\sin2\theta$ と $\cos2\theta$ に倍角の公式を適用してより
$\frac{\sin2\theta}{1+\cos2\theta}$
$=\frac{2\sin\theta\cos\theta}{2\cos^2\theta}$
$=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}$
$=\tan\theta$ ・・・（証明終）

（３）
$\sin\theta$ に倍角（ $\theta/2$ の）の公式を $1+\cos\theta$ と $1-\cos\theta$ に半角の公式を適用して
$\frac{1+\sin\theta-\cos\theta}{1+\sin\theta+\cos\theta}$
$=\frac{2\sin^2(\theta/2)+2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}{2\cos^2(\theta/2)+2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}$
$=\frac{2\sin(\theta/2)\{\sin(\theta/2)+\cos(\theta/2)\}}{2\cos(\theta/2)\{\sin(\theta/2)+\cos(\theta/2)\}}$
$=\frac{\sin(\theta/2)}{\cos(\theta/2)}$
$=\tan \left(\frac{\theta}{2} \right)$ ・・・（証明終）

（自称）「小細工」におぼれた証明は
http://s02.megalodon.jp/2009-1116-1253-07/imai927.web.fc2.com/kou/kou2/cst/no0700.html

2009-11-13

■

不等式

$a,b,c,d>0$ のとき、
$\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} \ge \frac{8}{(a+c)(b+d)}$
を証明せよ。

（解法例１）某サイトでの解答

$\left{ \frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} - \frac{8}{(a+c)(b+d)} \right} abcd(a+c)(b+d)$
$=\left{ \frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} - \frac{8}{(a+c)(b+d)} \right} abcd(a+c)(b+d)$
$=cd(a+c)(b+d)+ab(a+c)(b+d)-8abcd$
$=cd(ab+ad+cb+cd)+ab(ab+ad+cb+cd)-8abcd$
$=cdab+cd^2a+c^2db+c^2d^2+a^2b^2+a^2bd+ab^2c+abcd-8abcd$
$=cd^2a+c^2db+c^2d^2+a^2b^2+a^2bd+ab^2c-6abcd$
$=(a^2b^2-2abcd+c^2d^2)+(a^2bd-2abcd+c^2db)+(ab^2c-2abcd+cd^2a)$
$=(a^2b^2-2abcd+c^2d^2)+bd(a^2-2ac+c^2)+ca(b^2-2bd+d^2)$
$=(ab-cd)^2+bd(a-c)^2+ca(b-d)^2 \ge 0$

$\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} - \frac{8}{(a+c)(b+d)} \ge 0$
（∵　条件より、 $a,b,c,d>0$ であるから、 $abcd(a+c)(b+d)>0$
∴　 $\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} \ge \frac{8}{(a+c)(b+d)}$ 等号は $a=c,b=d$ のとき成立する。(q.e.d.)

別に間違いではないのですが、力技に頼って計算間違いのリスクを高くしています。

（解答例２）
$\frac{a}{c}=p,\frac{b}{d}=q$ とおくと $p,q>0$

$\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} - \frac{8}{(a+c)(b+d)}=\frac{1}{cd}\left{ \frac{1}{pq}+1 - \frac{8}{(p+1)(q+1)}\right}$
ここで、
$\frac{1}{pq}+1 - \frac{8}{(p+1)(q+1)}$
$= \frac{1}{pq}+1 - \frac{8}{pq+p+q+1}$
$\ge \frac{1}{pq}+1 - \frac{8}{pq+2\sqrt{pq}+1}$ （∵相加・相乗平均の関係より。等号は $p=q$ のとき）
$= \frac{x^2+1}{x^2} - \frac{8}{(x+1)^2}$ （ただし $x=\sqrt{pq}>0$ ）
$= \frac{(x^2+1)(x+1)^2-8x^2}{x^2(x+1)^2}$
$= \frac{(x-1)^2(x^2+4x+1)}{x^2(x+1)^2}$
ここで、
$x>0$ のとき、 $x+1>0,x^2+4x+1>0$ なので、
$\frac{(x-1)^2(x^2+4x+1)}{x^2(x+1)^2} \ge 0$ （等号は $x=1$ のとき）

∴　 $\frac{1}{ab}+\frac{1}{cd} \ge \frac{8}{(a+c)(b+d)}$ 等号は $p=q=1$ つまり $a=c,b=d$ のとき成立する。(q.e.d.)

2009-10-29

■

一次関数

（問題）
(1) $p$ は[tex:0 $2x+y-p=0,x+2y+p-1=0$ の交点の座標と点 $(2,1)$ を通る直線を $\ell$ とするとき $\ell$ の方程式を求めよ0]（∵ $p<1$ ）
なので、
直線 $2x+y-p=0$ と $\ell$ が一致することはない。
そこで、
$\ell$ の方程式を
$x+2y+p-1+k(2x+y-p)=0$ ・・・（ａ）
つまり、
$(1+2k)x+(2+k)y+(p-kp-1)=0$
とおく。（この式は、 $x+2y+p-1=0$ と $2x+y-p=0$ の交点を通る、 $2x+y-p=0$ 以外の直線の式を表す）

これが点 $(2,1)$ を通るので、
$2(1+2k)+(2+k)+p-kp-1=0$
つまり、
$k(5-p)+3+p=0$
これを解いて
$k=\frac{p+3}{p-5}$
これを（ａ）に代入して、
$x+2y+p-1+\frac{p+3}{p-5}(2x+y-p)=0$
つまり、
$(p-5)(x+2y+p-1)+(p+3)(2x+y-p)=0$
これを整理して、
$(p-5)(x+2y+p-1)+(p+3)(2x+y-p)=0$
$(3p+1)x+(3p-7)y-9p+5=0$ ・・・（答）