整数と有理数の計算

最近、周囲の人に聞いても誰も知らないモノがありまして・・・

昔、コンビニのサンクス(サークルKサンクスになるはるか昔)にあった、“魔法の箱”なのですが・・・

コンビニ弁当というと、温めて食べるご飯物と、温めないでそのまま食べる麺物があるのですが、考えてみると、蕎麦屋なんかに行くと、冷たいざる蕎麦と温かい天丼がセットになってたりするんですよね。
それをコンビニ飯で再現しようとすると、単品を2つ買わないといけない、ということはちょっとキツイのでした。
(当時は食べ盛りの学生だったので、総量的な、ではなく、金銭的なキツイ)


そう考えた(予想)サンクスの開発者が作ったのが、魔法の箱でした。
弁当は片側に温、片側に冷と書いてあるもので、購入時に店内での温めを頼むと、冷の側に魔法の箱を被せてレンジへ入れて温める。
すると、材質は企業秘密だったと思うのですが、電磁波を遮断して、魔法の箱の内部は温まらない、というモノだったと思います。

そんな話をしても、誰も記憶にない、ということなのですが・・・
今は見かけないのは、やっぱり無理があって、発火事故とか発生したから黒歴史になったのですかね??





今日は、またも授業以外で解説した問題。
数学オリンピックの日本予選の問題。
解答よりも、この手の問題へのアプローチを重視して解説したので、その内容です。





$10!$ の正の約数 $d$ すべてについて $\dfrac{1}{d+\sqrt{10!}}$ を足し合わせたものを計算せよ.





この手の問題, 数学に慣れてる人なら5分もあれば解法が見えてくるものですが, 慣れてない人にはどこからスタートしたらいいか分からないものです.

そこで今回は, この手の問題に対する, 慣れの少ない人がどのように考えたらいいかを含めて解答してみます.






まず, この問題は和を求めるのですが, 何個の和を求めるのかを考える.

$10!=10\times9\times8\times7\times6\times5\times4\times3\times2\times1$
$=2^8\times3^4\times5^2\times7$

であるので, $10!$ の正の約数の個数は

$(8+1)(4+1)(2+1)(1+1)=270$

より $270$ 個である.
この $270$ 個の和を一気に考えるのは大変なので, これを少ない状態で考えてみる.


題意を, $10!$ ではなく $n!$, 求める和を $S_n$ とし, この $n$ の値を少ないときで考える.
$f_n(d)=\dfrac{1}{d+\sqrt{n!}}$ とおく.


$n=1$ のとき, $1!$ の正の約数は $1$ のみなので,
$S_1=f_1(1)$
$=\dfrac{1}{1+\sqrt{1!}}$
$=\dfrac{1}{2}$
となる.

$n=2$ のとき, $2!$ の正の約数は $1$, $2$ であるので,
$S_2=f_2(1)+f_2(2)$
$=\dfrac{1}{1+\sqrt{2!}}+\dfrac{1}{2+\sqrt{2!}}$
$=\dfrac{(2+\sqrt{2})+(1+\sqrt{2})}{(1+\sqrt{2})(2+\sqrt{2})}$
$=\dfrac{3+2\sqrt{2}}{2+3\sqrt{2}+2!}$
$=\dfrac{3+2\sqrt{2}}{4+3\sqrt2}$
$=\dfrac{(3+2\sqrt2)(4-3\sqrt2)}{(4+3\sqrt2)(4-3\sqrt2)}$
$=\dfrac{12-\sqrt2-12}{16-18}$
$=\dfrac{\sqrt2}2$.

$n=3$ のとき, $3!$ の正の約数は $1$, $2$, $3$, $6$ である.
ここで単純に足すのではなく, 組み合わせを考える.
$S_3=f_3(1)+f_3(2)+f_3(3)+f_3(6)$
$=\dfrac{1}{1+\sqrt{3!}}+\dfrac{1}{2+\sqrt{3!}}+\dfrac{1}{3+\sqrt{3!}}+\dfrac{1}{6+\sqrt{3!}}$
これらの足す順番を考える際に, 計算が楽になる可能性としては,
・$f_3(1)+f_3(6)=f_3(2)+f_3(3)$ が定数となる
・$f_3(1)+f_3(2)=k\{f_3(3)+f_3(6)\}$ など, ある組み合わせで定数倍になる
などが考えられる.

この希望が叶うかどうかは, 実際に計算してみる.

$f_3(1)+f_3(6)=\dfrac{1}{1+\sqrt{3!}}+\dfrac{1}{6+\sqrt{3!}}$
$=\dfrac{(6+\sqrt{6})+(1+\sqrt{6})}{(1+\sqrt{6})(6+\sqrt{6})}$
$=\dfrac{7+2\sqrt{6}}{12+7\sqrt{6}}$
$=\dfrac{(7+2\sqrt{6})(12-7\sqrt{6})}{(12+7\sqrt{6})(12-7\sqrt{6})}$
$=\dfrac{-25\sqrt{6}}{-150}$
$=\dfrac{1}{6}\sqrt{6}$,

$f_3(2)+f_3(3)=\dfrac{1}{2+\sqrt{3!}}+\dfrac{1}{3+\sqrt{3!}}$
$=\dfrac{(3+\sqrt{6})+(2+\sqrt{6})}{(2+\sqrt{6})(3+\sqrt{6})}$
$=\dfrac{5+2\sqrt{6}}{12+5\sqrt{6}}$
$=\dfrac{(5+2\sqrt{6})(12-5\sqrt{6})}{(12+5\sqrt{6})(12-5\sqrt{6})}$
$=\dfrac{-\sqrt{6}}{-6\sqrt{6}}$
$=\dfrac{1}{6}\sqrt{6}$

であるので, $f_3(1)+f_3(6)=f_3(2)+f_3(3)$ である.
ここで, この $\{1, 6\}$, $\{2, 3\}$ の0組み合わせについて, どのような意味があるのかが分かれば, $n=10$ のときも同様に計算できるのではないかと予想される.


$1\times6=3!$, $2\times3=3!$ であるので, このような組み合わせで考える.

$n!$ の正の約数のうち, $d_1d_2=n!$ を満たす $d_1$, $d_2$ をとると,

$f_n(d_1)+f_n(d_2)=\dfrac{1}{d_1+\sqrt{n!}}+\dfrac{1}{d_2+\sqrt{n!}}$
$=\dfrac{1}{d_1+\sqrt{d_1d_2}}+\dfrac{1}{d_2+\sqrt{d_1d_2}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{d_1}(\sqrt{d_1}+\sqrt{d_2})}+\dfrac{1}{\sqrt{d_2}(\sqrt{d_1}+\sqrt{d_2})}$
$=\dfrac{\sqrt{d_2}}{\sqrt{d_1d_2}(\sqrt{d_1}+\sqrt{d_2})}+\dfrac{\sqrt{d_1}}{\sqrt{d_1d_2}(\sqrt{d_1}+\sqrt{d_2})}$
$=\dfrac{\sqrt{d_1}+\sqrt{d_2}}{\sqrt{n!}(\sqrt{d_1}+\sqrt{d_2})}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{n!}}$

であることが分かる.

前述の通り, $10!$ の正の約数の個数は $270$ 個であり,
$10!=2^8\times3^4\times5^2\times7$
より $10!$ は平方数ではないので,
$S_{10}=\dfrac{270}{2}\times(f_{10}(d_1)+f_{10}(d_2))$
$=\dfrac{135}{\sqrt{10!}}$
$=\dfrac{3^3\times5}{2^4\times3^2\times5\times\sqrt{7}}$
$=\dfrac{3}{16\sqrt{7}}$
$=\dfrac{3}{112}\sqrt{7}$.





この $d_1d_2=n!$ となる $d_1$, $d_2$ について計算してみる, という発想が, 数学に慣れていると, 約数って事はそうなるような組み合わせが存在する, という流れで最初に考えるところである.

定積分の置換積分

先週末、愛車(リーフ、24kWh)の車検があったので、今日はその車検が終わっての新しい車検証を貰いに地元の日産に行ってきた。
とりあえずもう2年は最低でも大事に乗ることが確定しました。
新型リーフではない、前のリーフなので、充電が何よりも重要な課題となっているのです。

高速道路の極一部のスマートインターチェンジで、ETC2.0の場合は、特定の条件を満たすと乗り継ぎでの加算がなくなる、という対応がある。
例えば、高崎玉村スマートインターチェンジの場合、下りて直ぐの道の駅を利用することで、再度そこから乗っても、降りなかった場合と同じ料金になるのである。
なので、スマートインターチェンジから降りて、道の駅で充電して、再び高速道路へ、なんて事をしても、高速料金が加算されないようになるのである。

現段階では、こんな使い方ができるスマートインターチェンジはほとんどないのだが、これから先、どんどん増えてくる(らしい)ので、ETC2.0に買い換える事も考え始めました。
うーん、どうしようかな・・・





今日は知恵袋で見つけた、高校生のレベルの置換積分の問題。
問題の写真を見ると、恐らく大学の初年次教育の微分積分の問題かと思われるが、この2問に限っては高校生でも解ける問題である。
これらの問題は、実際に解いてみて、やり方を覚えるのが近道かと思われる。
数学が分かってくると、このような問題ではこう置換する、というのが分かってくるが、慣れないうちは難しいので、まずはやって覚えるのがいいかと。





次の定積分を求めよ.
(2) $\displaystyle\int_1^{\sqrt3}\dfrac{x^2}{1+x^2}dx$
(3) $\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{\sqrt{4-x^2}}dx$





(2)
$\dfrac{x^2}{1+x^2}=1-\dfrac{1}{1+x^2}$
であるので,
$\displaystyle\int_1^{\sqrt3}\dfrac{x^2}{1+x^2}dx=\displaystyle\int_1^{\sqrt3}\left(1-\dfrac{1}{1+x^2}\right)dx$
$=(\sqrt3-1)-\displaystyle\int_1^{\sqrt3}\dfrac{1}{1+x^2}dx$
$=(*)$
ここで, $x=\tan\theta$ とおくと,
$\begin{array}{c|ccc}
x & 1 & \rightarrow & \sqrt3 \\
\hline
\theta & \frac{\pi}4 & \rightarrow & \frac{\pi}3
\end{array}$
であり,
$\dfrac{dx}{d\theta}=\dfrac{1}{\cos^2\theta}$
であるので,
$\displaystyle\int_1^{\sqrt3}\dfrac{1}{1+x^2}dx = \int_{\frac{\pi}4}^{\frac{\pi}3}\dfrac{1}{1+\tan^2\theta}\times\dfrac{1}{\cos^2\theta}d\theta$
$=\displaystyle\int_{\frac{\pi}4}^{\frac{\pi}3}d\theta$
$=\dfrac{\pi}3-\dfrac{\pi}4$
$=\dfrac{\pi}{12}$
である.
よって,
$(*)=\sqrt3-1-\dfrac{\pi}{12}$.


(3)
$x=2\sin\theta$ とおくと,
$\begin{array}{c|ccc}
x & 0 & \rightarrow & 1 \\
\hline
\theta & 0 & \rightarrow & \frac{\pi}4
\end{array}$
であり,
$\dfrac{dx}{d\theta} = 2\cos\theta$
であるので,
$\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{\sqrt{4-x^2}}dx=\int_0^{\frac{\pi}4}\dfrac{1}{\sqrt{4-4\sin^2\theta}}\times2\cos\theta ~d\theta$
$=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}4}d\theta$
$= \dfrac{\pi}4-0$
$= \dfrac{\pi}4$.



合同の証明

もう一昨日になるのですが・・・
平成29年11月29日、ということで、「肉!いい肉!!」だったので、某ステーキチェーン店に行ってきました。
チェーン店と言っても、そこらのファミレスとは違って、しっかりとした“いい肉”を提供している店でして・・・

1年に1日だけ、11月29日にだけ食べられるスペシャルメニュー、サーロイン5ポンド、9990円という超破格のメニューです。
5ポンドと言われても、いまいちイメージが湧かないと思いますが・・・

$1$ ポンド $=$ $450$ g

ですので、計算すると・・・

$5$ ポンド $=$ $2250$ g

なんですよ・・・


そんなわけで、明らかに1人では食べきれない量なので、妹夫婦と一緒に食べに行ってきました。
プラスでご飯セット×3を頼みましたが、それでもなかなかの量で・・・
到着してから約30分で食べきりましたけど、全員がもう、しばらくステーキを食べたくない・・・ 
来年は・・・来なくてもいいかな・・・





今日は知恵袋でみつけた、中学校レベルの合同の証明。
中学校レベル、と言っても、中学校で出題するにはだいぶ難しいのかも知れませんが・・・





正 $n$ 角形を外心(すべての頂点を通る円の中心)を中心として $\theta$ 回転し, 回転前後の正 $n$ 角形の重なった部分は $2n$ 角形で, その外側には $2n$ 角形と辺を共有した $2n$ 個の三角形ができ, それらはすべて合同である.
ただし $0^\circ<\theta<\dfrac{360^\circ}n$, $n\ge3$
これを証明せよ.


まず, 最初の問題は, “これ”が何を指しているのか.
通常であれば, $2n$ 個の三角形がすべて合同である, を挿している気がするのだが, 勝手な判断をしてはいけない.
その前の文章の主張は,
・重なった部分は $2n$ 角形
・$2n$ 個の三角形ができる
・それら $2n$ 個の三角形はすべて合同
という $3$ つであると読み取れる.

なので, これら $3$ つを証明しなくてはならない...
なんて事はないと思うので, 最後の合同の証明だけを考えます.


まず, 図形の点に名前をつける.
点 $\mathrm{X}_i$ の添字 $i$ が $n$ 以上となったときは, 点 $\mathrm{X}_{i-n}$ を表すものとする.

回転前の正 $n$ 角形を $\mathrm{A}_0\mathrm{A}_1\dots\mathrm{A}_{n-1}$ とし, 回転によって $\mathrm{A}_i$ が $\mathrm{B}_i$ に移動したものとする.

また, 直線 $\mathrm{A}_i\mathrm{A}_{i+1}$ と直線 $\mathrm{B}_i\mathrm{B}_{i+1}$ の交点を $\mathrm{C}_i$, 直線 $\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{A}_{i+2}$ と直線 $\mathrm{B}_i\mathrm{B}_{i+1}$ の交点を $\mathrm{D}_i$ とする.
ここで, 正 $n$ 角形の対称性から, $n$ 個の三角形 $\triangle\mathrm{A}_i\mathrm{B}_i\mathrm{C}_i$ はすべて合同であることは明らか.

$\triangle\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_i$ と $\triangle\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{C}_{i+1}$ について,

共通な辺なので
$\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}=\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}$ $\cdots$ (1)

$\triangle\mathrm{O}\mathrm{A}_i\mathrm{A}_{i+1}$ と $\triangle\mathrm{O}\mathrm{B}_{i+2}\mathrm{B}_{i+1}$ は合同な三角形であるので
$\angle\mathrm{O}\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{A}_i=\angle\mathrm{O}\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{B}_{i+2}$ $\cdots$ (2)

$\triangle\mathrm{O}\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}$ は二等辺三角形であるので
$\angle\mathrm{O}\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}=\angle\mathrm{O}\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}$ $\cdots$ (3)

(2), (3) より
$\angle\mathrm{C}_i\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}=\angle\mathrm{C}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}$ $\cdots$ (4)

対称性から, 弧 $\mathrm{B}_i\mathrm{A}_{i+1} =$ 弧 $\mathrm{A}_{i+2}\mathrm{B}_{i+1}$ であるので, 円周角の定理より
$\angle\mathrm{C}_i\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}=\angle\mathrm{C}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}$ $\cdots$ (5)

(1), (4), (5) より $1$ 辺とその両端の角がそれぞれ等しいので
$\triangle\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_i\equiv\triangle\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{C}_{i+1}$.

これより,
$\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{C}_i=\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_{i+1}$ $\cdots$ (6)
$\angle\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{C}_i\mathrm{B}_{i+1}=\angle\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_{i+1}\mathrm{A}_{i+1}$ $\cdots$ (7)

$\triangle\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{C}_i\mathrm{D}_i$ と $\triangle\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_{i+1}\mathrm{D}_i$ について,

(4), (5) より
$\mathrm{C}_i\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{D}_i=\mathrm{C}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{D}_i$ $\cdots$ (8)

(6), (7), (8) より $1$ 辺とその両端の角がそれぞれ等しいので
$\triangle\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{C}_i\mathrm{D}_i\equiv\triangle\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_{i+1}\mathrm{D}_i$.

以上より, 題意が成り立つ${}_{\square}$