年越しは毎年恒例の某家電量販店の初売りの為に並んで・・・
いる予定だったのですが、年末からの体調不良の為、だいぶ遅く参戦しました。
まあ、それでも iPad とかが狙いではなかったので、余裕で買えたのですが。
翌１月２日、私が愛用しているオーダーメイド枕の店へ行ってみて、福袋を売っていたので買った帰り、バイパスを走っていたら・・・
飛び石を食らって、フロントガラスのど真ん中にヒビが・・・
そんなわけで、フロントガラスの修理をしまして・・・
ガラスの取替だと１３万円くらいかかるし、保険を使うと更新するまでに次に使う場合、１０万円の負担が発生する。
修理だと保険を使わずに２万～３万円程度、ということだった。
更新まで使わなかった場合、未使用で等級が上がった場合と使って等級が下がった場合の今後の見積もりを出してもらったところ、保険を使わずに実費で修理した方がいい、ということになったので。
で、一昨日の日曜日に LEAF を日産に預けて、昨日の夕方に受け取ってきました。
１日乗ってた代車が MARCH だったのですが、事前に言われてたこともあり、こんなのが来るとばかり思っていたのに・・・
まあ、普段から「代車は JUKE-R 2.0 がいい」なんていう、ただのクレーマーみたいな事を言っていますけど・・・
（実際に持ってこられても、怖くて乗れないと思いますが・・・）
今回は、$2018$ 年の年明けに合わせて私が作った問題。
連続するいくつかの自然数に対し, それらの平方の和が $2018$ となる組み合わせを全て求めよ.
このままだと、数オリの予選の７～８問目くらいのレベルであるので、大学入試等で出題するのであれば、以下のように小問にして出題されると考える。
(1) $2018$ を $5$ で割ったときの余りを求めよ.
(2) 自然数の平方を $5$ で割ったときの余りとして考えられるものをすべて求めよ.
(3) 連続するいくつかの自然数に対し, それらの平方の和が $2018$ となる組み合わせを全て求めよ.
もちろん、この流れ以外での解答も十分に有り得るのだが、私が思いついた解答がこのような流れであった。
(1)
$2018=5\times403+3$
より, $5$ で割ったときの余りは $3$ である.
(2)
$(5n)^2=5\times5n^2$,
$(5n\pm1)^2=5(5n^2\pm2n)+1$,
$(5n\pm2)^2=5(5n^2\pm4n)+4$
より, 考えられる余りは $0$, $1$, $4$.
(3)
(1), (2) より, 求める連続する自然数は, $5$ で割ったときの余りが $2$ のものと $3$ のものがそれ以外の自然数よりも $1$ つずつ多いことが分かる.
($4+4\equiv3\pmod5$, $0+1+4+4+1\equiv0\pmod5$ より)
(i) $2$ 数の和であるとき,
$(5n+2)^2+(5n+3)^2 = 2018$
$25n^2+20n+4+25n^2+30n+9 = 2018$
$50n^2+50n = 2005$
$50n(n+1) = 2005$
であるが, 左辺は $50$ の倍数であるが右辺は $50$ の倍数ではないので不適.
(ii) $7$ 数の和であるとき,
$(5n+2)^2+(5n+3)^2+\cdots+(5n+7)^2+(5n+8)^2 = 2018$
$(5n+2)^2\times7 \le 2018$
$(5n+2)^2 \le \dfrac{2018}{7}=288+\dfrac{2}{7}$
であり, $5n+2$ は整数であるので
$5n+2=2$, $7$, $12$
である.
$2^2+3^2+\cdots+7^2+8^2=203$
$7^2+8^2+\cdots+12^2+13^2=728$
$12^2+13^2+\cdots+17^2+18^2=1603$
より不適.
(iii) $12$ 数の和であるとき,
$(5n+2)^2+(5n+3)^2+\cdots+(5n+13)^2=2018$
$(5n+2)^2\times12 \le 2018$
$(5n+2)^2 \le \dfrac{2018}{12} = 168+\dfrac{2}{12}$
であり, $5n+2$ は整数であるので
$5n+2=2$, $7$, $12$
である.
$2^2+3^2+\cdots+12^2+13^2=818$
$7^2+8^2+\cdots+17^2+18^2=2018$
$12^2+13^2+\cdots+22^2+23^2=3818$
より, 題意を満たすのは $(7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18)$ である.
(iv) $17$ 数以上の和であるとき, その最小値は
$2^2+3^2+\cdots+17^2+18^2=2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+(7^2+8^2+\cdots+17^2+18^2)$
$= 2^2+3^2+4^2+5^2+6^2+2018$
$>2018$
より不適.
以上より $(7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18)$ である.
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.
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,
$\displaystyle\int_0^1\dfrac{1}{\sqrt{4-x^2}}dx=\int_0^{\frac{\pi}4}\dfrac{1}{\sqrt{4-4\sin^2\theta}}\times2\cos\theta ~d\theta$
$=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}4}d\theta$
$= \dfrac{\pi}4-0$
$= \dfrac{\pi}4$.
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。
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
$\triangle\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{C}_i\mathrm{D}_i\equiv\triangle\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_{i+1}\mathrm{D}_i$.
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・・・
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.
$\triangle\mathrm{A}_{i+1}\mathrm{B}_{i+1}\mathrm{C}_i$ 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${}_{\square}$
重積分の変数変換
久しぶりに知恵袋を見て見つけた、重積分の問題です。
領域 $D$ を図示し, $2$ 重積分の値を求めよ.
$\displaystyle\int\int_Dx~dxdy$, $D=\{(x, y)|x^2+y^2\le1, x\ge0\}$
領域 $D$ は, 原点を中心とし, 半径 $1$ の円の内部及び円周上の, $y$ 軸上および $y$ 軸よりも右側の部分である.
これより,
$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$
と変数変換すると,
$D=\left\{(r, \theta)|0\le r\le1, ~ -\dfrac{\pi}2\le\theta\le\dfrac{\pi}2\right\}$
であり, ヤコビアン $|det(J)|$ は
$det(J)=\left|\begin{array}{cc}
\dfrac{dx}{dr} & \dfrac{dx}{d\theta} \\
\dfrac{dy}{dr} & \dfrac{dy}{d\theta}
\end{array}\right|$
$= \left|\begin{array}{cc}
\cos\theta & -r\sin\theta \\
\sin\theta & r\cos\theta
\end{array}\right|$
$= r\cos^2\theta+r\sin^2\theta$
$= r$
$|det(J)|=r$
であるので,
$\displaystyle\int\int_Dx~dxdy = \int_0^1\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}(r\cos\theta \times r)~d\theta dr$
$= \displaystyle\int_0^1r^2~dr\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}\cos\theta~d\theta$
$= \left[\dfrac13r^3\right]_0^1\biggl[\sin\theta\biggr]_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}$
$= \left(\dfrac13-0\right)\times\{1-(-1)\}$
$= \dfrac23$.
領域 $D$ を図示し, $2$ 重積分の値を求めよ.
$\displaystyle\int\int_Dx~dxdy$, $D=\{(x, y)|x^2+y^2\le1, x\ge0\}$
領域 $D$ は, 原点を中心とし, 半径 $1$ の円の内部及び円周上の, $y$ 軸上および $y$ 軸よりも右側の部分である.
$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$
と変数変換すると,
$D=\left\{(r, \theta)|0\le r\le1, ~ -\dfrac{\pi}2\le\theta\le\dfrac{\pi}2\right\}$
であり, ヤコビアン $|det(J)|$ は
$det(J)=\left|\begin{array}{cc}
\dfrac{dx}{dr} & \dfrac{dx}{d\theta} \\
\dfrac{dy}{dr} & \dfrac{dy}{d\theta}
\end{array}\right|$
$= \left|\begin{array}{cc}
\cos\theta & -r\sin\theta \\
\sin\theta & r\cos\theta
\end{array}\right|$
$= r\cos^2\theta+r\sin^2\theta$
$= r$
$|det(J)|=r$
であるので,
$\displaystyle\int\int_Dx~dxdy = \int_0^1\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}(r\cos\theta \times r)~d\theta dr$
$= \displaystyle\int_0^1r^2~dr\int_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}\cos\theta~d\theta$
$= \left[\dfrac13r^3\right]_0^1\biggl[\sin\theta\biggr]_{-\frac{\pi}2}^{\frac{\pi}2}$
$= \left(\dfrac13-0\right)\times\{1-(-1)\}$
$= \dfrac23$.
整数の問題
週末に、飲み会があるのが最近の楽しみ。
まあ、私自身はアルコールがダメな人なのですが、飲み会自体は楽しいので好きです。
そこに向けて、絶賛準備中なのですが、予約した人数よりも少なくなりそうで・・・
誰か、代わりに来れる人、いませんかね？？
ちょいと最近、某質問サイトであまりおもしろい問題を見つけられなくて・・・
って事で、今日は知恵袋ではない問題を解説。
仕事とは別に、人に数学を教える機会がありまして、そこで最近、解説した問題。
整数の問題なのですが、ちょっと難易度が高めの問題。
とはいえ、入試でも出てきておかしくないような問題。
$2^a+3^b+1=6^c$ を満たす自然数 $(a, b, c)$ の組を全て求めよ.
この問題へのアプローチとしては、色々と考えられるのだが、
基本的には合同式、即ちある整数で割ったときの余りを考える、というもの。
では、その整数は何になるのか？？
基本的には、 $2^a$ と $6^c$ か、 $3^b$ と $6^c$ が計算する必要がなくなるように、$\pmod{2^n}$ か $\pmod{3^n}$ とするのが良さそうである。
表記が面倒なので, $L=2^a+3^b+1$, $R=6^c$ とおく.
(解法 1) $2^2=4$ で割った余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}2&(a=1)\\0&(a\ge2)\end{cases}\pmod4$
$3^b\equiv\begin{cases}3&(b\equiv1\pmod2)\\1&(b\equiv0\pmod2)\end{cases}\pmod4$
$6^c\equiv\begin{cases}2&(c=1)\\0&(c\ge2)\end{cases}\pmod4$
これが成り立つ為には,
$(L\equiv 2+3+1, R\equiv 2)$,
$(L\equiv 2+1+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 0+3+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 0+1+1, R\equiv 2)$
の $4$ パターンを考察しなくてはならない.
(i) $a=1$, $b\equiv1\pmod2$, $c=1$ のとき,
$2^1+3^b+1=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
より $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.
(ii) $a=1$, $b\equiv0\pmod2$, $c\ge2$ のとき,
$2^1+3^b+1=6^c$
$3^b+3=6^c$
$3(3^{b-1}+1)=6^c$
ここで, $b\ge2$ より $b-1\ge1$ であるので, $3^{b-1}$ は $3$ の倍数であり, $3^{b-1}+1$ は $3$ の倍数ではない.
よって, この式の左辺は $3$ の倍数であるが $9$ の倍数ではない.
これより $c=1$ を得るので,
$3^b+3=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
であるが, $b\ge2$ より不適.
(iii) $a\ge2$, $b\equiv1\pmod2$, $c\ge2$ のとき,
非負整数 $a_0$, $b_0$, $c_0$ を用いて
$a=a_0+2$, $b=2b_0+1$, $c=c_0+2$ と表すことができる.
これより,
$2^a+3^b+1=6^c$
$4\times2^{a_0}+3\times9^{b_0}+1=36\times5^{c_0}$
ここから更に $b_0$ が偶数で, って条件を出していけば、なんとかなるのかも知れないけど, ちょっと面倒なのでここまでで...
(iv) $a\ge2$, $b\equiv0\pmod2$, $c=1$ のとき,
非負整数 $a_0$, $b_0$ を用いて
$a=a_0+2$, $b=2b_0+2$ と表すことができる.
これより,
$2^a+3^b+1=6^1$
$4\times2^{a_0}+9\times9^{b_0}=5$
ここで, $4\times2^{a_0}\ge4$, $9\times9^{b_0}\ge9$ であるので不適.
以上より... (iii) をもう少し厳密に計算すれば, 全ての解が出てきそうですが, ちょっと面倒なので...
(解法 2) $2^3=8$ で割った余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}2&(a=1)\\4&(a=2)\\0&(a\ge3)\end{cases}\pmod8$
$3^b\equiv\begin{cases}3&(b\equiv1\pmod2)\\1&(b\equiv0\pmod2)\end{cases}\pmod8$
$6^c\equiv\begin{cases}6&(c=1)\\4&(c=2)\\0&(c\ge3)\end{cases}\pmod8$
これより,
$3^b+3=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
であるので, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.
(ii) $a=2$ のとき,
$2^2+3^b+1=6^c$
$3^c+5=6^c$
が成り立つ.
ここで,
$L\equiv2\pmod3$,
$R\equiv0\pmod3$
であるので不適.
(iii) $a\ge3$ のとき, $b\equiv1\pmod2$, $c=2$ である.
非負整数 $a_0$, $b_0$ が存在し, $a=a_0+3$, $b=2b_0+1$ と表すことができる.
すると,
$2^{a_0+3}+3^{2b_0+1}+1=6^2$
$8\times2^{a_0}+3\times9^{b_0}=35$
である.
$a_0$, $b_0$ は非負整数であるので, $b_0=0, 1$ である必要がある.
$b_0=0$ のとき, $b=1$ であり,
$2^a+3^1=35$
$2^a=32$
$a=5$
であるので, $(a, b, c)=(5, 1, 2)$.
$b_0=1$ のとき, $b=3$ であり,
$2^a+3^3=35$
$2^a=8$
$a=3$
であるので, $(a, b, c)=(3, 3, 2)$.
以上より, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$, $(5, 1, 2)$, $(3, 3, 2)$.
(解法 3) $3^2=9$ で割ったときの余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}
1&(a\equiv0\pmod 6) \\
2&(a\equiv1\pmod 6) \\
4&(a\equiv2\pmod 6) \\
8&(a\equiv3\pmod 6) \\
7&(a\equiv4\pmod 6) \\
5&(a\equiv5\pmod 6)
\end{cases} \pmod 9$
$3^b\equiv\begin{cases}
3 & (b=1) \\
0 & (b\ge2)
\end{cases} \pmod 9$
$6^c\equiv\begin{cases}
6 & (c=1) \\
0 & (c\ge2)
\end{cases} \pmod 9$
である.
(i) $b=1$, $c=1$ のとき,
$2^a+3^1+1=6^1$
$2^a=2$
$a=1$
であるので, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.
(ii) $b=1$, $c\ge2$ のとき,
$R\equiv0\pmod9$
であるので,
$L\equiv0\pmod9$
$2^a+3^1+1\equiv0\pmod9$
$2^a\equiv5\pmod9$
$a\equiv5\pmod6$
が成り立つ.
これより, 非負整数 $a_0$ を用いて $a=6a_0+5$ と表すことができる.
よって,
$2^{6a_0+5}+3^1+1=6^c$
$32\times64^{a_0}+4=6^c$
$4(8\times 64^{a_0}+1)=6^c$
が成り立つ.
ここで, 左辺は $4$ の倍数であるが $8$ の倍数ではないので, $c=2$ である.
$2^a+3^1+1=6^2$
$2^a=32$
$a=5$
より, $(a, b, c)=(5, 1, 2)$ を得る.
(iii) $b\ge2$, $c=1$ のとき,
$L=2^a+3^b+1\ge12$,
$R=6^1=6$
より不適.
(iv) $b\ge2$, $c\ge2$ のとき,
$R\equiv0\pmod9$
であるので,
$L\equiv0\pmod9$
$2^a+3^b+1\equiv0\pmod9$
$2^a\equiv8\pmod9$
$a\equiv3\pmod6$
が成り立つ.
これより, 非負整数 $a_0$ を用いて $a=6a_0+3$ と表すことができる.
よって,
$2^{6a_0+3}+3^b+1=6^c$
$8\times64^{a_0}+3^b+1=6^c$
を得る.
ここで,
$L_1=8\times64^{a_0}+3^b+1$, $R=6^c$
とおき, $8$ で割った余りを考える.
$L\equiv 3^b+1\pmod8$ より
$L\equiv\begin{cases}
2 & (b\equiv0\pmod 2) \\
4 & (b\equiv1\pmod 2) \\
\end{cases}\pmod8$
$R\equiv\begin{cases}
4 & (c=2) \\
0 & (c\ge3)
\end{cases}\pmod8$
であるので,
$b\equiv1\pmod2$, $c=2$ である.
$8\times64^{a_0}+3^b+1=6^2$
$8\times64^{a_0}+3^b+1=36$
より, $a_0=0$, $a=3$ を得るので,
$8+3^b+1=36$
$3^b=27$
$b=3$
より, $(a, b, c)=(3, 3, 2)$ を得る.
以上より,
$(a, b, c)=(1, 1, 1)$, $(5, 1, 2)$, $(3, 3, 2)$ を得る.
まあ、私自身はアルコールがダメな人なのですが、飲み会自体は楽しいので好きです。
そこに向けて、絶賛準備中なのですが、予約した人数よりも少なくなりそうで・・・
誰か、代わりに来れる人、いませんかね？？
ちょいと最近、某質問サイトであまりおもしろい問題を見つけられなくて・・・
って事で、今日は知恵袋ではない問題を解説。
仕事とは別に、人に数学を教える機会がありまして、そこで最近、解説した問題。
整数の問題なのですが、ちょっと難易度が高めの問題。
とはいえ、入試でも出てきておかしくないような問題。
$2^a+3^b+1=6^c$ を満たす自然数 $(a, b, c)$ の組を全て求めよ.
この問題へのアプローチとしては、色々と考えられるのだが、
基本的には合同式、即ちある整数で割ったときの余りを考える、というもの。
では、その整数は何になるのか？？
基本的には、 $2^a$ と $6^c$ か、 $3^b$ と $6^c$ が計算する必要がなくなるように、$\pmod{2^n}$ か $\pmod{3^n}$ とするのが良さそうである。
表記が面倒なので, $L=2^a+3^b+1$, $R=6^c$ とおく.
(解法 1) $2^2=4$ で割った余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}2&(a=1)\\0&(a\ge2)\end{cases}\pmod4$
$3^b\equiv\begin{cases}3&(b\equiv1\pmod2)\\1&(b\equiv0\pmod2)\end{cases}\pmod4$
$6^c\equiv\begin{cases}2&(c=1)\\0&(c\ge2)\end{cases}\pmod4$
これより,
$L\equiv\left\{\begin{array}{c}2\\0\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}3\\1\end{array}\right\}+1\pmod4$
$R\equiv\left\{\begin{array}{c}2\\0\end{array}\right\}\pmod4$
である.これが成り立つ為には,
$(L\equiv 2+3+1, R\equiv 2)$,
$(L\equiv 2+1+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 0+3+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 0+1+1, R\equiv 2)$
の $4$ パターンを考察しなくてはならない.
(i) $a=1$, $b\equiv1\pmod2$, $c=1$ のとき,
$2^1+3^b+1=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
より $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.
(ii) $a=1$, $b\equiv0\pmod2$, $c\ge2$ のとき,
$2^1+3^b+1=6^c$
$3^b+3=6^c$
$3(3^{b-1}+1)=6^c$
ここで, $b\ge2$ より $b-1\ge1$ であるので, $3^{b-1}$ は $3$ の倍数であり, $3^{b-1}+1$ は $3$ の倍数ではない.
よって, この式の左辺は $3$ の倍数であるが $9$ の倍数ではない.
これより $c=1$ を得るので,
$3^b+3=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
であるが, $b\ge2$ より不適.
(iii) $a\ge2$, $b\equiv1\pmod2$, $c\ge2$ のとき,
非負整数 $a_0$, $b_0$, $c_0$ を用いて
$a=a_0+2$, $b=2b_0+1$, $c=c_0+2$ と表すことができる.
これより,
$2^a+3^b+1=6^c$
$4\times2^{a_0}+3\times9^{b_0}+1=36\times5^{c_0}$
ここから更に $b_0$ が偶数で, って条件を出していけば、なんとかなるのかも知れないけど, ちょっと面倒なのでここまでで...
(iv) $a\ge2$, $b\equiv0\pmod2$, $c=1$ のとき,
非負整数 $a_0$, $b_0$ を用いて
$a=a_0+2$, $b=2b_0+2$ と表すことができる.
これより,
$2^a+3^b+1=6^1$
$4\times2^{a_0}+9\times9^{b_0}=5$
ここで, $4\times2^{a_0}\ge4$, $9\times9^{b_0}\ge9$ であるので不適.
以上より... (iii) をもう少し厳密に計算すれば, 全ての解が出てきそうですが, ちょっと面倒なので...
(解法 2) $2^3=8$ で割った余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}2&(a=1)\\4&(a=2)\\0&(a\ge3)\end{cases}\pmod8$
$3^b\equiv\begin{cases}3&(b\equiv1\pmod2)\\1&(b\equiv0\pmod2)\end{cases}\pmod8$
$6^c\equiv\begin{cases}6&(c=1)\\4&(c=2)\\0&(c\ge3)\end{cases}\pmod8$
これより,
$L\equiv\left\{\begin{array}{c}2\\4\\0\end{array}\right\}+\left\{\begin{array}{c}3\\1\end{array}\right\}+1\pmod8$
$R\equiv\left\{\begin{array}{c}6\\4\\0\end{array}\right\}\pmod8$
である.
これが成り立つ為には,
$(L\equiv 2+3+1, R\equiv 6)$,
$(L\equiv 2+1+1, R\equiv 4)$,
$(L\equiv 4+3+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 4+1+1, R\equiv 6)$,
$(L\equiv 0+3+1, R\equiv 4)$
の $5$ パターンを考察しなくてはならない.
が, $2$ パターンずつ考察していく.
$(L\equiv 2+3+1, R\equiv 6)$,
$(L\equiv 2+1+1, R\equiv 4)$,
$(L\equiv 4+3+1, R\equiv 0)$,
$(L\equiv 4+1+1, R\equiv 6)$,
$(L\equiv 0+3+1, R\equiv 4)$
の $5$ パターンを考察しなくてはならない.
が, $2$ パターンずつ考察していく.
(i) $a=1$ のとき,
$2^1+3^b+1=6^c$
$3^b+3=6^c$
$3(3^{b-1}+1)=6^c$
ここで,
$3^{b-1}\equiv\begin{cases}1&(b=1)\\0&(b\ge2)\end{cases}\pmod3$
であるので,
$3^{b-1}+1\equiv\begin{cases}2&(b=1)\\1&(b\ge2)\end{cases}\pmod3$
であるから, $3(3^{b-1}+1)$ は $3$ の倍数であるが $9$ の倍数ではないので, $c=1$ である.$3^{b-1}+1\equiv\begin{cases}2&(b=1)\\1&(b\ge2)\end{cases}\pmod3$
これより,
$3^b+3=6^1$
$3^b=3$
$b=1$
であるので, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.
(ii) $a=2$ のとき,
$2^2+3^b+1=6^c$
$3^c+5=6^c$
が成り立つ.
ここで,
$L\equiv2\pmod3$,
$R\equiv0\pmod3$
であるので不適.
(iii) $a\ge3$ のとき, $b\equiv1\pmod2$, $c=2$ である.
非負整数 $a_0$, $b_0$ が存在し, $a=a_0+3$, $b=2b_0+1$ と表すことができる.
すると,
$2^{a_0+3}+3^{2b_0+1}+1=6^2$
$8\times2^{a_0}+3\times9^{b_0}=35$
である.
$a_0$, $b_0$ は非負整数であるので, $b_0=0, 1$ である必要がある.
$b_0=0$ のとき, $b=1$ であり,
$2^a+3^1=35$
$2^a=32$
$a=5$
であるので, $(a, b, c)=(5, 1, 2)$.
$b_0=1$ のとき, $b=3$ であり,
$2^a+3^3=35$
$2^a=8$
$a=3$
であるので, $(a, b, c)=(3, 3, 2)$.
以上より, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$, $(5, 1, 2)$, $(3, 3, 2)$.
(解法 3) $3^2=9$ で割ったときの余りを考える.
$2^a\equiv\begin{cases}
1&(a\equiv0\pmod 6) \\
2&(a\equiv1\pmod 6) \\
4&(a\equiv2\pmod 6) \\
8&(a\equiv3\pmod 6) \\
7&(a\equiv4\pmod 6) \\
5&(a\equiv5\pmod 6)
\end{cases} \pmod 9$
$3^b\equiv\begin{cases}
3 & (b=1) \\
0 & (b\ge2)
\end{cases} \pmod 9$
$6^c\equiv\begin{cases}
6 & (c=1) \\
0 & (c\ge2)
\end{cases} \pmod 9$
である.
(i) $b=1$, $c=1$ のとき,
$2^a+3^1+1=6^1$
$2^a=2$
$a=1$
であるので, $(a, b, c)=(1, 1, 1)$ を得る.
(ii) $b=1$, $c\ge2$ のとき,
$R\equiv0\pmod9$
であるので,
$L\equiv0\pmod9$
$2^a+3^1+1\equiv0\pmod9$
$2^a\equiv5\pmod9$
$a\equiv5\pmod6$
が成り立つ.
これより, 非負整数 $a_0$ を用いて $a=6a_0+5$ と表すことができる.
よって,
$2^{6a_0+5}+3^1+1=6^c$
$32\times64^{a_0}+4=6^c$
$4(8\times 64^{a_0}+1)=6^c$
が成り立つ.
ここで, 左辺は $4$ の倍数であるが $8$ の倍数ではないので, $c=2$ である.
$2^a+3^1+1=6^2$
$2^a=32$
$a=5$
より, $(a, b, c)=(5, 1, 2)$ を得る.
(iii) $b\ge2$, $c=1$ のとき,
$L=2^a+3^b+1\ge12$,
$R=6^1=6$
より不適.
(iv) $b\ge2$, $c\ge2$ のとき,
$R\equiv0\pmod9$
であるので,
$L\equiv0\pmod9$
$2^a+3^b+1\equiv0\pmod9$
$2^a\equiv8\pmod9$
$a\equiv3\pmod6$
が成り立つ.
これより, 非負整数 $a_0$ を用いて $a=6a_0+3$ と表すことができる.
よって,
$2^{6a_0+3}+3^b+1=6^c$
$8\times64^{a_0}+3^b+1=6^c$
を得る.
ここで,
$L_1=8\times64^{a_0}+3^b+1$, $R=6^c$
とおき, $8$ で割った余りを考える.
$L\equiv 3^b+1\pmod8$ より
$L\equiv\begin{cases}
2 & (b\equiv0\pmod 2) \\
4 & (b\equiv1\pmod 2) \\
\end{cases}\pmod8$
$R\equiv\begin{cases}
4 & (c=2) \\
0 & (c\ge3)
\end{cases}\pmod8$
であるので,
$b\equiv1\pmod2$, $c=2$ である.
$8\times64^{a_0}+3^b+1=6^2$
$8\times64^{a_0}+3^b+1=36$
より, $a_0=0$, $a=3$ を得るので,
$8+3^b+1=36$
$3^b=27$
$b=3$
より, $(a, b, c)=(3, 3, 2)$ を得る.
以上より,
$(a, b, c)=(1, 1, 1)$, $(5, 1, 2)$, $(3, 3, 2)$ を得る.
積分の公式の証明
来週末、後輩に会いに行くのですが、その準備が色々と大変で、仕事もそっちのけで・・・
とは言いませんが、隙間時間の全てを注ぎ込んで頑張っております。
だったら、こんな問題を解いたり、ブログに投稿したりする暇は・・・
今日も知恵袋の問題です。
ラベルでは微分積分（大学）となっていますが、$\sin^{-1}$ は大学で習うものなのでそうしていますが、レベルとしては $\sin^{-1}$ の定義が分かれば高校数学の範囲で解ける、変数変換（置換積分）の典型的な問題ですね。
ただ、不定積分なので、最後に元に戻さなくてはなりませんので、それを忘れないように注意が必要ですね。
公式
$\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac12\left\{a^2\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)+x\sqrt{a^2-x^2}\right\}$ $(a>0)$
を証明せよ.
$x=a\sin t$ とおくと,
$\dfrac{x}a=\sin t$
$t=\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)$
であり,
$dx=a\cos tdt$
である.
これより,
$\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}dx$ $\displaystyle\int\sqrt{a^2-a^2\sin^2t}~a\cos tdt$
$=a^2\displaystyle\int\cos^2t dt = (*)$
ここで,
$\displaystyle\int\cos^2t dt = \displaystyle\int(\sin t)'\cos t dt$
$= \sin t\cos t-\displaystyle\int\sin t(\cos t)'dt$
$= \sin t\cos t+\displaystyle\int\sin^2tdt$
$= \sin t\cos t+\displaystyle\int(1-\cos^2 t)dt$
$= \sin t\cos t+t-\displaystyle\int\cos^2tdt$
であるので,
$\displaystyle\int\cos^2tdt=\dfrac12(t+\sin t\cos t)$
を得る.
$(*) = \dfrac12a^2(t+\sin t\cos t)$
$= \dfrac12(a^2t+a^2\sin t\sqrt{1-\sin^2t})$
$= \dfrac12\{a^2t+a\sin t\sqrt{a^2-(a\sin t)^2}\}$
$= \dfrac12\left\{a^2\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)+x\sqrt{a^2-x^2}\right\}$
より, 成り立つ.
とは言いませんが、隙間時間の全てを注ぎ込んで頑張っております。
だったら、こんな問題を解いたり、ブログに投稿したりする暇は・・・
今日も知恵袋の問題です。
ラベルでは微分積分（大学）となっていますが、$\sin^{-1}$ は大学で習うものなのでそうしていますが、レベルとしては $\sin^{-1}$ の定義が分かれば高校数学の範囲で解ける、変数変換（置換積分）の典型的な問題ですね。
ただ、不定積分なので、最後に元に戻さなくてはなりませんので、それを忘れないように注意が必要ですね。
公式
$\displaystyle\int\sqrt{a^2-x^2}dx=\dfrac12\left\{a^2\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)+x\sqrt{a^2-x^2}\right\}$ $(a>0)$
を証明せよ.
$x=a\sin t$ とおくと,
$\dfrac{x}a=\sin t$
$t=\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)$
であり,
$dx=a\cos tdt$
である.
これより,
$\displaystyle\int \sqrt{a^2-x^2}dx$ $\displaystyle\int\sqrt{a^2-a^2\sin^2t}~a\cos tdt$
$=a^2\displaystyle\int\cos^2t dt = (*)$
ここで,
$\displaystyle\int\cos^2t dt = \displaystyle\int(\sin t)'\cos t dt$
$= \sin t\cos t-\displaystyle\int\sin t(\cos t)'dt$
$= \sin t\cos t+\displaystyle\int\sin^2tdt$
$= \sin t\cos t+\displaystyle\int(1-\cos^2 t)dt$
$= \sin t\cos t+t-\displaystyle\int\cos^2tdt$
であるので,
$\displaystyle\int\cos^2tdt=\dfrac12(t+\sin t\cos t)$
を得る.
$(*) = \dfrac12a^2(t+\sin t\cos t)$
$= \dfrac12(a^2t+a^2\sin t\sqrt{1-\sin^2t})$
$= \dfrac12\{a^2t+a\sin t\sqrt{a^2-(a\sin t)^2}\}$
$= \dfrac12\left\{a^2\sin^{-1}\left(\dfrac{x}a\right)+x\sqrt{a^2-x^2}\right\}$
より, 成り立つ.
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