好きな数学の問題

[lbfuvab]

好きな数学の問題を出し合って駄弁りましょう！有っ明な問題でもおｋです
まずは私から。

問1.自然数列{An},{Bn}を以下のように定める。

A1,B1は互いに素でA1は奇数である。
(A1+B1√2)^n = An + Bn
↑ミスです、本当は
(A1+B1√2)^n = An + Bn√2
でした。

(1)A2が奇数でA2,B2が互いに素である事を示せ
(2)任意の自然数nに対して、Anが奇数であり、An,Bnが互いに素であることを示せ。

問2.以下を証明せよ

α、β、γを三角形の内角とする。
どのようなα、β、γに対しても、

(sinα + sinβ + sinγ){1/tan(α/2) + 1/tan(β/2) + 1/tan(γ/2)} ≧ 27/2


問一は言わずと知れた国立K大の問題で(2)の発想が良い感じですね。
問二は知り合いの作った問題で、角度だけに着目して解くのはしんどいでしょう。

[kimuchi]

こんにちは。
数学は好きなのに解けない雑魚ですがよろしくお願いします。

早速なんですが、
問1、問2の両問とも方針が分かりません...

問1は帰納法っぽい感じがしたんですが、「n=1」を代入すると
「A1+B1√2 = A1+B1 」となって「B1 = 0」という謎なことにorz

あと「∈R」というのは、『実数に含まれる』という意味でしょうか？

質問だらけですが、
よろしければご教示いただけませんか？

質問だけというのも難なので、一問最近感動したものをば。

問：
「(n→∞)lim(n*sin(2π/n))」の値を求めよ。

答：

► スポイラーを表示

2π

[lbfuvab]

返信＆ミス指摘ありです＾＾

Rは実数全体の集合を指します。同様に、
Nは自然数、Qが有理数、整数はZです(手書き時は中抜き文字で書きます)

解答載せますね。
問一
(1)

► スポイラーを表示

a=A[1],b=B[1]とする
A[2]=a² + 2b² , B[2] =2ab
今、
A[2] ≡ a² ≡ 1² ≡ 1 (mod 2)
よってA[2]は奇数

今、A[2]とB[2]が公約数r(r∈N,r>1)を持つとすると、B[2]=2abかつ、a,bは互いに素より

(i)r が a の約数の時
rは奇数である(∵aは奇数)
仮定から
A[2] ≡ 2b² ≡ 0 (mod r)
ところで、rとbは互いに素であるので矛盾が生じる(∵aはbと互いに素であり、rは奇数)

(ii)r が b の約数の時
(i)と同様に矛盾

(i),(ii)より命題成立

(2)

► スポイラーを表示

A[n] ≡ 1(mod 2)を示す

(i)n=1について
自明に成立

(ii)n=kで成立している時
A[k+1] = aA[k] + 2bB[k] ≡ aA[k] ≡ 1(mod 2)(∵aもA[k]も奇数)

(i),(ii)よりA[n]は奇数

ところで今、(1)と同様にしてn=2^mに対してAnとBnが互いに素である事は自明である(A[2]をA[2^m+1]に、aをA[2^m]に置換)　　　　・・・①

また、ある自然数pにおいてA[p]とB[p]が公約数dを持つなら、漸化式を考えて(d∈N,d>1)
n≧pなるnにおいてA[n]とB[n]は公約数dを持つ
しかし、これは①に矛盾する

よってこのような自然数pは存在しない
よって命題は成立する

[lbfuvab]

今度は純粋に返信です

(n→∞)lim(n*sin(2π/n)) = 2πですか

これは図形的にとらえると、
単位円に内接する正n角形はn→∞で円に収束する、という事ですね。

微分？的に見ると、
(x→0)lim(sinx/x) = 1という重要公式ですね。
但し、これも式的に導出するのは困難ですね。

[kimuchi]

＞＞問題について

御回答ありがとうございます。
拝見いたしましたが、2点ほど質問があります。
（解答内容を含むのでスポイラーにしておきます）

► スポイラーを表示

(1)

A[2]=a² + 2b² , B[2] =2ab

この式はどのようにして導かれたのでしょうか？
(2)にて、「A[k+1] = aA[k] + 2bB[k]」とあるので漸化式だとは思うのですが...

(2)

ところで今、(1)と同様にしてn=2^mに対してAnとBnが互いに素である事は自明である(A[2]をA[2^m+1]に、aをA[2^m]に置換)　　　　・・・①

この作業の意味するところが全く分からないです...orz

また、問2の解答も下さるとありがたいです。(^^;)


＞＞駄弁r

微分？的に見ると、
(x→0)lim(sinx/x) = 1という重要公式ですね。
但し、これも式的に導出するのは困難ですね。

私もこの式は、知ってたんですが頭が固かったようです。
（先日出させていただいた問題は結局先生に解いてもらったものですｗ）

これは図形的にとらえると、
単位円に内接する正n角形はn→∞で円に収束する、という事ですね。

元の問題は正n角錐の体積に関する問題でした。
極限を取ると底面が円になって円錐になってしまうんですね。

これを受けて、少し傲慢かましますと、
[table=background-color : #002200 ; color : #ffffff;border: 3px #a2b6ca solid;][tr=][td=text-align:left; padding: 10px;border: 1px #39718f solid;font-size: 14px;]

「(n→∞)lim(n*sin(2π/n)) = 2π」・・・①
「(n→∞)lim(2*n*sin(π/n)) = 2π」・・・②
「(n→∞)lim(1/2*n*sin(π/n)) = π」・・・③

以下、単位円に内接する正n角形において、

①
　半径によって二等辺三角形にn等分されるとすると、
　これら全ての二等辺三角形の、半径を底辺とした時の高さの和の極限
　→nが大きくなるにつれて（半径を底辺とした時の高さ）≒（底辺の長さ＝弦）≒（孤の長さ）
②
　正n角形の外周の長さの極限
③
　正n角形の面積の極限

[/td][/tr][/table]
全部似たような式なんですけど、図形的にアプローチするとそれぞれ意味が違いますよね。
①と②なんかは収束先が同じ所がまた何とも。

こんな感じに数学の面白さは幾何と代数の融合によって普遍性を見出すところにある、
（だから解けなくても眺めるだけで楽しかったり）
と思うのですが、lbfuvabさんは（また他の方も）どのようにお考えですか？

[lbfuvab]

すいません、問一の問題が間違っていたので解答掲載時についでに訂正したのですが、訂正箇所を見つけにくかったですね^^;
多分、訂正をみれば質問1は解決すると思います。

質問2については、

► スポイラーを表示

n=2[sum]m[/sup](mは非負の整数)の時命題が成立する事を示す

(i)m=0の時
n=1より仮定から自明

(ii)m=k(kは非負の整数)で成立している時
(A[2^k+1] + B[[2^k+1]) = (A[2^k] + B[[2^k])²
より、A[2^k]は奇数であり、A[2^k]とB[[2^k]は互いに素より、
(1)と同様にしてm=k+1でも成立
よって

► スポイラーを表示

n=2[sum]m[/sup](mは非負の整数)の時命題が成立する

↑をはしょったのです、すいません。


問2ですが、以下の様になります

► スポイラーを表示

三角形を△ABCとし、それぞれの対辺をa,b,c、それぞれの内角をα,β,γとする
S
=(a+b+c)r/2 (rは内接円の半径)
=(absinγ)/2 = abc/4R (Rは外接円の半径)
よって
S² = S³ / S = (a+b+c)³(1/abc)Rr³/2
今、a+b+c ≧ 3(abc)^1/3より(相加相乗平均)
S ≧ {(27/2)Rr³}^1/2　　　・・・①

ところで、正弦定理から
S=(a+b+c)r/2 = Rr(sinα + sinβ + sinγ)　　　・・・②

また、内心は内角を二等分するので内心から各辺に垂線を下ろすと
a = r(1/tan(β/2) + 1/tan(γ/2))
b = r(1/tan(α/2) + 1/tan(γ/2))
c = r(1/tan(α/2) + 1/tan(β/2))
よって
S=(a+b+c)r/2 = r²(1/tan(α/2) + 1/tan(β/2) + 1/tan(γ/2))　　　・・・③
②、③より
S = [(sinα + sinβ + sinγ){1/tan(α/2) + 1/tan(β/2) + 1/tan(γ/2)}Rr³]^1/2
よって①より、命題成立

[kimuchi]

ご丁寧にありがとうございます！
訂正に気付いておりませんでした。本当に申し訳ございません。orz

A[1] = a, B[1] = b として,
(a+b√2)² = A[2] + B[2]√2
⇔ a² + 2√2ab + 2b² = A[2] + B[2]√2
これより,
┌ A[2] = a² + 2b²
┤
└ B[2]√2 = 2√2ab
と置ける.
∴ A[2] = a² + 2b², B[2] =2ab

また,
(a+b√2)ⁿ = A[n] + B[n]√2
⇔ (a+b√2)(a+b√2)^n-1 = A[n] + B[n]√2 (等比数列)
⇔ (A[n-1] + B[n-1]√2)(a+b√2) = A[n] + B[n]√2 (漸化式)
∴ n=k+1 とすると,
A[k+1] = aA[k] + 2bB[k]
B[k+1] = aB[k] + bA[k]

質問1の内容ですがこのような理解で大丈夫でしょうか？
質問2の方も理解できました。ご解説ありがとうございました。

問題2の解答も感謝です。此方はすんなり理解できました。
「S² = S³/S」からの相加相乗の発想は私には難しい・・・

[lbfuvab]

返信が遅れましたが、ベクトルと複素数は同じ内容を表す事が出来（ガウス平面考えれば自明）
しかもそれらは行列の一部である、という風に違う分野同士が融合していくのは楽しいですね。
後、私は無限という物が大好きで連続体仮説とかも考えるのが好きです
対角線論法は多分、最もシンプルで綺麗な証明の一つだと思います。

P.S.
私の出した問2は三角形の体積が辺の和でも積でも表せる事に感心しての悪ふざけです。
最近のお気に入りは私の日記にも書きましたが、「全ての四面体が外接球を持つ事を示す」です。
日記に書いた方法以外に、ベクトル的に解くこともできます。

[kimuchi]

返信ありがとうございます。

そしてさらに行列は関数と関連して・・・と面白いですね。
他にも規則性を見出す、というのも数学の面白さの一つでしょうか？
最近ホットな話題（もうそうでもないかもしれませんが）では「素数」というのもありましたね。

個人的な話になりますが、ガウス平面を初めて見た時は感動しました。
なるほど、実数と言う一次元で表すことができないなら次元を増やしてやればいい。
この図のおかげで大分累乗や累乗根を視覚的に捉えられるようになりました。

私も無限は好きです。連続体化説もそうですが、
数という枠組み（あるいは区切り）を超越した1つのオブジェクトとして捉えることで、
より連続的でリアルな量、または抽象的な量を、
具体的に取り扱う事が出来るという意味で素晴らしい発想だと思います。
数ある数学的定義の中でも二番目ぐらいに好きです。（ちなみに一番は「0」です）

背理法は確かに単純明快で証明してても気持ち良いですね。
ところで、証明というのは命題の真であることを証明するか、対偶の真であることを証明するか、
のいずれかの作業しかないものでしょうか？

＞＞P.S.
三角形と言うのも不思議な図形です。

日記の方の問題は、私も拝見したときから素晴らしく存じておりますｗ
こういう普遍的かつ実用的な内容には目が無いです。
結構、物理学に寄った考えなのかもしれないです。

ベクトルの解き方は自分で考えてみますね。

[lbfuvab]

＞背理法は確かに単純明快で証明してても気持ち良いですね。
＞ところで、証明というのは命題の真であることを証明するか、対偶の真であることを証明するか、
＞のいずれかの作業しかないものでしょうか？

そもそも無限集合に対して背理法を適応していいのか？という話もあります(排中律参照)
こういう事を考えると、そもそも証明とは何なのかという事まで遡る必要がありそうですね。

[kimuchi]

無限集合というものの構成を完全に把握できるかといえば
そうではないから、その不完全性（不明瞭さ）への批判ということでしょうか。

特に無限の場合は、無数の計算や証明を推論によって省略したに過ぎず、
無限集合への背理法適用は問題ないと私は思いますが・・・lbfuvabさんはどのようにお考えですか？

証明とは何か、ですか。
ここまでくると哲学みたいですね。
数学においては真と偽を判定する作業だと信じています。
もし仮にそれ以上の状態を定義するのであればそれは数学では無いと思うのが本音です。

話は違いますが、排中律に関して、
「シュレーディンガーの猫」でも似たような言及がされていますね。

変更：
不適切な表現がありました。

[lbfuvab]

私の意見を聞かれていたのに一般論で答えてしまい、失礼しました。
私は数学に矛盾は無く、排中律は成立すると考えているので、無限集合に対して背理法は成立すると考えています。
要は私は直観主義の考え方が嫌いという事です。
という訳で、私も証明とは、構成的であれ非構成的であれ、命題もしくは命題の対偶の真なる事を示す事だと考えています。

[kimuchi]

ところで、証明というのは命題の真であることを証明するか、対偶の真であることを証明するか、
のいずれかの作業しかないものでしょうか？

私の意見を聞かれていたのに一般論で答えてしまい、失礼しました。

見返してみたら此方の方がよほど変な質問だったのでお気になさらないで下さい。(^^;)
確かに lbfuvab さんの意見を求めたものでしたが、
この質問の意図は、命題或いは命題の対偶が真であることが証明である、
というのが正しいのかを確認することにあったので、
一般論をご掲示いただいて大変参考になりました。


では、一息ということで１つ問題を出させていただきます。

[tabs][tabs: 問題]
[table=width: 100%; background-color: #020; color: #fff;border: 3px #010 solid;][tr=][td=padding: 20px;font-size: 16px;]

２次方程式「 x² - 6x + 3 = 0 」の解を「 α,β ( α < β ) 」とする.
すべての自然数 n に対して, 「 αⁿ + βⁿ = 6t (t∈Z) 」であることを示せ.

[/td][/tr][/table]
[tabs: 解答]
[table=width: 100%; background-color: #020; color: #fff;border: 3px #010 solid;][tr=][td=padding: 20px;font-size: 16px;]

a[n] = αⁿ + βⁿ とおく. (n∈N)

またこのとき,
αⁿ⁺² + βⁿ⁺² = (α + β)(αⁿ⁺¹ + βⁿ⁺¹) - αβ(αⁿ + βⁿ)
⇔ a[n+2] = 6a[n+1] - 3a[n]　

<i> n = 1,2 のとき,
α + β = 6, α² + β² = 30
∴ a[1],a[2] は 6t (t∈Z)と表せる.

<ii> n = k+2 のとき,
a[k] = 6m, a[k+1] = 6l ((k,m,l)∈N) と仮定すると,
a[k+2]　
[tab=24] = 6a[k+1] - 3a[k]　
[tab=24] = 6(6l - 3m)
∴ (6l-3m ∈Z)より, a[k+2] も 6t (t∈Z)と表せる.

∴ <i>,<ii>より, 題意は証明された.

[/td][/tr][/table][/tabs]

ちなみに個人的難易度は中です。他の方には易の可能性大。

[bitter_fox]

２次方程式「 x² - 6x + 3 = 0 」の解を「 α,β ( α < β ) 」とする.
すべての自然数 n に対して, 「 αⁿ + βⁿ = 6t (t∈Z) 」であることを示せ.

解いてみました。楽しかったですよ。

► スポイラーを表示

x² - 6x + 3 = 0を解くと
α = (3 - √6)
β = (3 + √6) (大小関係は条件より)

αⁿ + βⁿ = 6t
(3 - √6)ⁿ + (3 + √6)ⁿ = 6t

ここで
p = 3
q = √6
と置いて

二項定理より(奇数項目のΣの終了判定をn/2から(n-1)/2に修正)(Σの終了判定にフロアー記号を使用するように修正)

コード:

Σ[sup]n[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]k[/sub])・p[sup]n-k[/sup]・(-q)[sup]k[/sup] + Σ[sup]n[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]k[/sub])・p[sup]n-k[/sup]・q[sup]k[/sup] = 6t
Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・p[sup]n-2k[/sup]・(-q)[sup]2k[/sup] + Σ[sup]|_(n-1)/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k+1[/sub])・p[sup]n-(2k+1)[/sup]・(-q)[sup]2k+1[/sup] + Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・p[sup]n-2k[/sup]・q[sup]2k[/sup] + Σ[sup]|_(n-1)/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k+1[/sub])・p[sup]n-(2k+1)[/sup]・q[sup]2k+1[/sup] = 6t

2kは偶数なので(-q)^2kはq^2k、また
2k+1は奇数なので(-q)^2k+1は-(q)^2k+1と変形できる。よって

コード:

Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・p[sup]n-2k[/sup]・q[sup]2k[/sup] - Σ[sup]|_(n-1)/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k+1[/sub])・p[sup]n-(2k+1)[/sup]・q[sup]2k+1[/sup] + Σ[sup]|_n/2[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・p[sup]n-2k[/sup]・q[sup]2k[/sup] + Σ[sup]|_(n-1)/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k+1[/sub])・p[sup]n-(2k+1)[/sup]・q[sup]2k+1[/sup] = 6t

整理して

コード:

2Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・p[sup]n-2k[/sup]・q[sup]2k[/sup] = 6t
Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・p[sup]n-2k[/sup]・q[sup]2k[/sup] = 3t

となる。

p = 3, q = √6より

コード:

Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・3[sup]n-2k[/sup]・(√6)[sup]2k[/sup] = 3t

(√6)^2kは指数法則により6^kと変形できる。

コード:

Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・3[sup]n-2k[/sup]・6[sup]k[/sup] = 3t
Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・3[sup]n-2k[/sup]・3[sup]k[/sup]・2[sup]k[/sup] = 3t
Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・3[sup]n-k[/sup]・2[sup]k[/sup] = 3t

両辺を3で割って

コード:

t = Σ[sup]|_n/2_|[/sup][sub]k = 0[/sub]([sup]n[/sup][sub]2k[/sub])・3[sup]n-k-1[/sup]・2[sup]k[/sup]

となる。

(ⁿ_2k) ∈ N
n ∈ N, 0 <= k(∈N) <= n/2より0 <= n-k-1より3^n-k-1 ∈ N, 2^k ∈ N
となり、右辺 ∈ N
N ⊂ Zより、
t ∈ Z[Q.E.D.]

[kimuchi]

＞＞bitter_foxさん

返信ありがとうございます。
二項定理を使う方が分かり安くて良いですね！
なるほど、偶奇分けを使う手法は参考になりました。

(ⁿ_2k) ←はコンビネーション（_nC_2k）と同じですよね？

ところで、あんまりそういったことを言える立場ではないのですが、
証明する結論（本問では「 αⁿ + βⁿ = 6t (t∈Z) 」）を
証明過程で記述するとテストではペケ喰らいます。
お気を付け下さい。

[bitter_fox]

(ⁿ_2k) ←はコンビネーション（_nC_2k）と同じですよね？

そうですね、同じです。

証明する結論（本問では「 αⁿ + βⁿ = 6t (t∈Z) 」）を
証明過程で記述するとテストではペケ喰らいます。

おや、そうなんですか？こういうのって直接証明になって問題ないと思ったのですが・・・。

[kimuchi]

なんと言いますか、一番初めから結論の式を同値変形すると、
その結論の式が成り立っている（つまり証明しようとしている内容が既に証明済み）
という前提で証明が行われるので、証明としておかしいらしいです。
（そのように学校の先生に言われました）

式をお借りすると、このようなものでしょうか。

► スポイラーを表示

[table=width: 100%; background-color: #020; color: #fff;border: 3px #010 solid;][tr=][td=padding: 20px;font-size: 16px;]
α = (3 - √6), β = (3 + √6) より,
p = 3, q = √6 とすると,

αⁿ + βⁿ
[tab=20]= (3 - √6)ⁿ + (3 + √6)ⁿ

[tab=20]= Σⁿ_k=0(ⁿ_k)・p^n-k・(-q)^k + Σⁿ_k=0(ⁿ_k)・p^n-k・q^k

[tab=20]= Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・p^n-2k・(-q)^2k + Σ^(n-1)/2_k=0(ⁿ_2k+1)・p^n-(2k+1)・(-q)^2k+1

[tab=40]+ Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・p^n-2k・q^2k + Σ^(n-1)/2_k=0(ⁿ_2k+1)・p^n-(2k+1)・q^2k+1

ここで, 2k は偶数なので (-q)^2k = q^2k
また, 2k+1 は奇数なので (-q)^2k+1 = -(q)^2k+1
と変形できる.
∴ αⁿ + βⁿ

[tab=20]= 2Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・p^n-2k・q^2k

[tab=20]= 2Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・3^n-2k・(√6)^2k

[tab=20]= 2Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・3^n-2k・6^k

[tab=20]= 2Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・3^n-k・2^k

[tab=20]= 6(Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・3^n-k-1・2^k)

ここで,
(ⁿ_2k) ∈N, n ∈N , 2^k ∈N

また, 0 <= k(∈N) <= n/2 より,
0 <= n-k-1 であるから, 3^n-k-1 ∈N

∴(Σ^n/2_k=0(ⁿ_2k)・3^n-k-1・2^k) ∈ N より,

αⁿ + βⁿ = 6t (t ∈N ⊂Z) [Q.E.D.]

[/td][/tr][/table]

やっていることは同じ（はず）なんですが...
間違っていたらすみません。

駄話ですが、私の学校では増減表の並び(x,y',y)の順番を変えただけで減点 orz
理由を聞けば、「そういう決まりだ」と言われました。

やはり数学にも書式というものがあるんでしょうか？

[bitter_fox]

なんと言いますか、一番初めから結論の式を同値変形すると、
その結論の式が成り立っている（つまり証明しようとしている内容が既に証明済み）
という前提で証明が行われるので、証明としておかしいらしいです。
（そのように学校の先生に言われました）

へー、そうなんですか。
確かに証明としておかしいですね・・・。証明のちゃんとしたルールや手順みたいなのを勉強するべきですね。

駄話ですが、私の学校では増減表の並び(x,y',y)の順番を変えただけで減点 orz
理由を聞けば、「そういう決まりだ」と言われました。

き、厳しいですね。
しかも理由が理由になっていない・・・w
「そういう決まり」っていうのはそれ以上のことに触れられなくするから教師としては絶対言っちゃダメな気が・・・(逆にそれ以上のことに触れてほしくないから言っちゃう？

[a5ua]

αⁿ + βⁿ = 6t (t∈R) とおくと・・・（以下略
なら、ぎりぎりセーフ、か？

[lbfuvab]

目を離してたら出遅れたorz
シンプルに解いてみました
方程式と数列はやはり深い繋がりがありますね(数列側からは特性方程式など)

► スポイラーを表示

数列{a_n}をa_n=αⁿ+βⁿとする。
今、解と係数の関係を利用して
αβ=3,a₁=6,a₂=30　　　・・・①
また、
(α+β)(αⁿ+βⁿ)=(αⁿ⁺¹+βⁿ⁺¹) +αβ(α^n-1+β^n-1)
①より
a_n+1 = 6a_n - 3a_n-1　　・・・②

帰納法により命題を証明する
(i)n=1,2の時
①から自明に成立

(ii)n≦kで成立している時(k≧2)
n=k+1の時も②から自明に成立する

(i),(ii)から命題成立

[kimuchi]

>>bitter_fox さん
「触れて欲しくないから～」　はありそうです。
もしかしたら先生も先生の先生に同じことを言われて理由が分からない、なんてこともあり得ますね。

>>a5uaさん
おお、それなら問題無さそうですね！
もし与えられた二次方程式が「x² - 3x + 6 = 0」等の場合では不味いかもしれませんが・・・

>>lbfuvabさん
結局、数列も与えられる値が自然数である関数と見れそうですよね。
数列での総和（Σ）は関数での積分（∫）と対応しますし。（区分求積なんかは如実ですね）

今回の問題では方程式の解と係数の関係を使っての値を使用しますが、
証明自体は数列や二項定理の独擅場だったので、
そこまで密接な絡みでは無かったですね。(~_~;)

[lbfuvab]

直感と一致しない問題という事で
(1)無理数の無理数乗で実数となるものを2つ示せ。

► スポイラーを表示

√2のlog₂9乗
√2の√2乗、もしくはその√2乗

(2)虚数の虚数乗で実数となるものを示せ。

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-1 = e^πi
i = e^πi/2
iⁱ = (e^πi/2)ⁱ
= e^-π/2

こんなのどうでしょう。

[kimuchi]

(2)はあのオイラーの公式からですね。

(1)ですが、逆に「無理数の無理数乗が実数にならないもの」ってありますか？

[lbfuvab]

今考えたらiⁱは実数になるのは保証されますが、一意に定まりませんね。

今、a,bに対し(a,b∈R)
a^b = r(cosθ + isinθ)を考えます(r,θ∈R、r>0、0<θ<πもしくはπ<θ<2π)
対数を取って
b*loga = logr + i(θ + 2nπ) (n∈Z)
b*loga - logr = i(θ + 2nπ)
θ+2nπ ≠0より
左辺は実数で、右辺は純虚数であるので矛盾が生じる。

というわけで実数の実数乗は(多分)虚数にはならないと思います。

P.S.
(1)ですが、S=√2^√2とすると

(i)Sが有理数の時
証明完了
(ii)Sが無理数の時
S^√2=√2²=2
よって証明完了

の略です

[kimuchi]

返信遅れました。すみません。
分かりやすい解説ありがとうございます。

それにしても指数関数と三角関数をくっつけるとは・・・
オイラーさんは凄い人だと思います。

[lbfuvab]

今、即興で思いついた問題です。答は分かりません(後で考えます)

実数全体で定義される関数f(x)が、何回でも微分できるとする。
今、任意の自然数nで
fⁿ(0) = gⁿ(0)が成立する関数g(x)について
f(x) - g(x)は定数となるか？

[lbfuvab]

追記です。

マクローリンの定理から
n→∞について
fⁿ(θx) / n! →0　　　(θは[0,1]な実数)
が任意のxに成立ならば元の命題も成立するのは間違いなさそうです。

[kimuchi]

多項式前提です。

<証明>
n回微分したとき、
fⁿ(x) = gⁿ(x) = 0;
になるとすれば、
f^n-1(0) = Fⁿ(0) = C_n
g^n-1(0) = Gⁿ(0) = C'_n
と表せる.
（Fⁿ(x),Gⁿ(x)はfⁿ(x),gⁿ(x)の積分関数
また,C_n,C'_nは積分定数）
仮定より
f^n-1(0) = C_n = C'_n = g^n-1(0)
となり,同様の作業を繰り返すと,
f₁(0) = F₂(0) = C₂
g₁(0) = G₂(0) = C'₂
f₁(0) = C₂ = C'₂ = g₁(0)
となる.
ここに,
f(0) = F₁(0) = C₁
g(0) = G₁(0) = C'₁
であり,以上の操作から,
f(x) = C₁+C₂x+(C₃/2)x²+・・・+{C_n/(n-1)!}x^n-1
g(x) = C'₁+C'₂x+(C'₃/2)x²+・・・+{C'_n/(n-1)!}x^n-1
C_k=C'_k(k∈N,k>=2)である.

∴f(x) - g(x) = C₁ - C'₁ = Const //

全然自信のない証明ですが、とりあえず貼っておきます。
追記の意図が読み取れなかったので、もしかしたら無意味であったかもしれません(~_~;)

話は変わりますが、そろそろスレッドもいっぱいになってきたので
新スレッドをたてませんか？

[lbfuvab]

>>kimuchi さん
ですね。
これが終わったら新スレ行きますか。

追記の意図はf(x)が
n→∞として
(k=0→n)Σa_nxⁿ
と表されるなら成立する、という事です。

例えば、
e^x = 1/0! + x/1! + x²/2! + …
みたいな感じです。