For English speakers: We define that θ = 2π/9, α = cosθ + i*sinθ, β = α + α^8. (1) Prove that β is a real number. (2) It is known that β is a root of a cubic equation whose coefficients are integers. Find the cubic equation. (3) Prove that the cubic equation has no rational roots. (1) We can easily find that α^8 = {cos(2π/9) + i*sin(2π/9)}^8 = cos(16π/9) + i*sin(16π/9) = cos(-2π/9) + i*sin(-2π/9) = cos(2π/9) - i*sin(2π/9) by de Moivre's theorem. Thus β = α + α^8 = cos(2π/9) + i*sin(2π/9) + cos(2π/9) - i*sin(2π/9) = 2*cos(2π/9). Therefore β is a real number. (2) We use the following formula: cos(3θ) = 4*(cosθ)^3 - 3*cosθ. The formula can be proven by de Moivre's theorem: cos(3θ) = (cosθ)^3 + 3*(cosθ)*(i*sinθ)^2 = (cosθ)^3 - 3*cosθ*{1 - (cosθ)^2} = 4*(cosθ)^3 - 3*cosθ. We substitute 2π/9 for θ, hence 4*cos(2π/9)^3 - 3*cos(2π/9) = cos(2π/3), 4*cos(2π/9)^3 - 3*cos(2π/9) = -1/2, 8*cos(2π/9)^3 - 3*2*cos(2π/9) + 1 = 0, β^3 - 3β + 1 = 0. Therefore the cubic equation is x^3 - 3x + 1. (3) We prove the fact: if the following equation x^n + a[n-1]x^(n-1) + ...... + a[1]x + a[0] = 0 has a rational root, the root is an integer where n is a natural number, a[n-1], ...... a[0] are integers. Let q/p be a root of the equation where integers p, q are coprime. Then (q/p)^n + a[n-1]*(q/p)^(n-1) + ...... + a[0] = 0, q^n + a[n-1]*p*q^(n-1) + ...... + a[0]*p^n = 0, q^n = - p*{a[n-1]*q^(n-1) + ...... + a[0]*p^(n-1)} ...... (*) As p, q are coprime, the relation (*) means that p = ± 1. Thus root q/p is equal to an integer ±q. Then we prove the beginning question. We complete the proof if the equation x^3 - 3x + 1 = 0 has no integer roots. We define that f(x) = x^3 - 3x + 1 and easily find that f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x+1)(x-1). Thus f(x) takes the maximal and minimal values at x = -1, 1 respectively. Then the graph of f(x) can be drawn and it is proven that f(x) has no integer roots. Therefore f(x) = 0 has no integer roots. Note that the roots of f(x) = 0 are x = 2*cos(2π/9), 2*cos(8π/9), 2*cos(14π/9).
x^3-3x+1=0が整数解を持たないことの証明なら
x^3-3x+1=0
x^3-x=2x-1
(x-1)x(x+1)=2x-1
xを整数とすると
左辺は連続する３つの整数の積であるため偶数（もっと言えば3!=6の倍数）
右辺は奇数
これは不合理。
よって、xは整数解を持たない。
これでアッサリ終わりですね。
大雑把な認識としては
「x^3を見たら6の倍数になって使い勝手がいいx^3-xの塊を作ろう」と言う感じで大丈夫です。
また「xが有理数解を持たないことを示せ」と言う問題は
まずxが整数解でないことを証明する（動画や僕のコメントの通りでいい）。
xが非整数の有理数解を持つとして
x=q/p (p,qは互いに素でp,q≠0,p≠1)と置くと
x^3-3x+1=0
(q/p)^3-3(q/p)+1=0
q^3/p=3qp-p^2
p,q互いに素でp,q≠0,p≠1より
左辺は非整数だが右辺は整数
よってこれは不合理。
以上より与式は有理数解を持たない。
って言うのがテンプレですね。
整数解を持たない事の証明は「初手」ですると楽です。
追記
他にも(2)は
α^9=1よりα^8=1/αなので
β=α+α^8=α+1/α
β^3=(α+1/α)^3=α^3+1/α^3 + 3(α+1/α)
ここで、α^3+1/α^3=(cos2π/3 + isin２π/3)+{cos(-2π/3)+isin(-2π/3)}=-1
よって
β^3=-1+3β
β^3-3β+1=0
でも大丈夫ですね。
相変わらず円を描くのがうますぎる
ちょうど塾で複素数教えないといけなかったから助かりましたわ
For English speakers:
We define that
θ = 2π/9, α = cosθ + i*sinθ, β = α + α^8.
(1) Prove that β is a real number.
(2) It is known that β is a root of a cubic equation whose coefficients are integers. Find the cubic equation.
(3) Prove that the cubic equation has no rational roots.
(1) We can easily find that
α^8 = {cos(2π/9) + i*sin(2π/9)}^8
= cos(16π/9) + i*sin(16π/9)
= cos(-2π/9) + i*sin(-2π/9)
= cos(2π/9) - i*sin(2π/9)
by de Moivre's theorem. Thus
β = α + α^8
= cos(2π/9) + i*sin(2π/9) + cos(2π/9) - i*sin(2π/9)
= 2*cos(2π/9).
Therefore β is a real number.
(2) We use the following formula:
cos(3θ) = 4*(cosθ)^3 - 3*cosθ.
The formula can be proven by de Moivre's theorem:
cos(3θ) = (cosθ)^3 + 3*(cosθ)*(i*sinθ)^2
= (cosθ)^3 - 3*cosθ*{1 - (cosθ)^2}
= 4*(cosθ)^3 - 3*cosθ.
We substitute 2π/9 for θ, hence
4*cos(2π/9)^3 - 3*cos(2π/9) = cos(2π/3),
4*cos(2π/9)^3 - 3*cos(2π/9) = -1/2,
8*cos(2π/9)^3 - 3*2*cos(2π/9) + 1 = 0,
β^3 - 3β + 1 = 0.
Therefore the cubic equation is
x^3 - 3x + 1.
(3) We prove the fact: if the following equation
x^n + a[n-1]x^(n-1) + ...... + a[1]x + a[0] = 0
has a rational root, the root is an integer where n is a natural number, a[n-1], ...... a[0] are integers.
Let q/p be a root of the equation where integers p, q are coprime. Then
(q/p)^n + a[n-1]*(q/p)^(n-1) + ...... + a[0] = 0,
q^n + a[n-1]*p*q^(n-1) + ...... + a[0]*p^n = 0,
q^n = - p*{a[n-1]*q^(n-1) + ...... + a[0]*p^(n-1)} ...... (*)
As p, q are coprime, the relation (*) means that p = ± 1. Thus root q/p is equal to an integer ±q.
Then we prove the beginning question. We complete the proof if the equation
x^3 - 3x + 1 = 0
has no integer roots. We define that
f(x) = x^3 - 3x + 1
and easily find that
f'(x) = 3x^2 - 3 = 3(x+1)(x-1).
Thus f(x) takes the maximal and minimal values at x = -1, 1 respectively. Then the graph of f(x) can
be drawn and it is proven that f(x) has no integer roots. Therefore f(x) = 0 has no integer roots.
Note that the roots of
f(x) = 0
are
x = 2*cos(2π/9), 2*cos(8π/9), 2*cos(14π/9).
(2)は3倍角を使う発想より先にα^9=1から作ろうという考えが浮かびました。(3倍角の方が早い)
α^9-1=(α-1)(α^8+α^7+…+α+1)=0 α≠1でα^9=1用いて相反方程式を作ると、4次方程式ができます。これがβ+1(≠0)で因数分解できるので、β^3-3β+1=0が得られます。
有名角を作り出そうという発想が必要でしたね。
⑵はα³=cos(2π/3)+isin(2π/3)=-1/2+√3i/2より、
α³+1/α³=-1
β³=(α+1/α)³=α³+3α+3/α+1/α³=-1+3β
よりβ³-3β+1=0
って方法もありますね^^*
4次方程式の方、一瞬浮かびましたが因数分解できたんだ
(￣▽￣;)
止めちゃいました(￣▽￣;)
細かい事ですが、sin(2π－θ)＝－sin θは、展開しなくても、sinは2π周期の奇関数なんで、2πを消して、マイナスを前に出すだけてOKだと思います。
@じょんれもん!! 多分そうだと思います。
（3）背理法
β=q/p（pとqは互いに素の整数）と表されると仮定する。
代入して整理すると
q^3=p^2(3q-p)これはq^3がpを因数にもつことを示している。よって
pとqは互いに素の整数という前提に矛盾する。β=q/pで表すことができない。βは無理数。
a_n x^n + a_{n-1} x^(n-1) + ... + a_0 = 0 が有理数解 q / p を持つなら（p, q 互いに素）、q は a_0 の約数で p はa_n の約数 になる、という定理を用いていいなら、（３）の解の候補は 1, -1 のみなので、f(1), f(-1) がともにゼロでないことを確認するだけで良いですね。
親の顔より見たド・モアブルの定理による3倍角の公式の導き方
(2)
α, α², α⁴, α⁵, α⁷, α⁸ は代数的に見分けがつかないので、求める三次方程式の解は
β=α+α⁸, γ:=α²+α⁷, δ:=α⁴+α⁵
であると予想できます。あとは解と係数の関係から攻めていくとよさそう
α, α², α⁴, α⁵, α⁷, α⁸ は六次方程式
x⁶+x³+1=0
の相異なる六解なので、解と係数の関係より
α+α²+α⁴+α⁵+α⁷+α⁸=0
αα²+αα⁴+...+α⁷α⁸=0
αα²α⁴+...+α⁵α⁷α⁸=-1
よって
β+γ+δ=0
βγ+γδ+δβ+1+1+1=0
βγδ+2(β+γ+δ)=-1
つまり
β+γ+δ=0, βγ+γδ+δβ=-3, βγδ=-1
なので求める三次方程式は
x³-3x+1=0
β³=(α+1/α)³=α³+3α+3/α+1/α³=-1+3β
つまり、β³-3β+1=0 の解
何パターンかありそう^^*
わくわくさん
α²+1/α²はβにならないような…？
@@user-user-diffuser あ、間違えた(￣▽￣;)
やるなら6乗だった(￣▽￣;)
整数解を持たないことについては自分はこうやりました
整数解mを持つと仮定
m³-3m+1=0…①
1=m(3-m²)
これよりmは1の約数となり、mの必要条件はm=±1
いずれも①を満たさないので矛盾する
よって整数解を持たない
ところでq/pという有理数の設定をする際に、整数/整数ではなく整数/自然数と設定してもいいのかな
貫太郎先生がよくイレイサーを落とすのは、ひとつが横に、ひとつ（落とす方）は裏に磁石が付いてるからですね
どちらか一方だけ使う方がいいですよ
あるいは側面に磁石をテープで付けるとか
β = α + α^8 = α + 1/α =2cosθなので、虚部は消えるのでβは実数（α≠0）
α^9 -1 =(α - 1)(α^8 + α^7 ・・・α + 1) =0
α≠1 なので、α^8 + α^7 ・・・α + 1=0
α≠0より、両辺α^4で割って、β（=α+1/α） で表すと、
β^4 + β^3 - 3β^2 - 2β + 1 =( β + 1 )( β^3 - 3β + 1 ) =0
β ≠ -1 よりβ^3 - 3β + 1=0 ⇄ x^3 - 3x + 1 =0
α^9 -1 = 0 の α = 1の1以外の解は、cosθ+isinθで、θ=±2π/9、±4π/9、±6π/9、±8π/9
β = -1 のときθ=±6π/9なので、
x^3 - 3x + 1 =0を満たす解は、x = 2cosθで、θ=2π/9、4π/9、8π/9 である。
これらは無理数なので解はすべて無理数。
という感じで貫太郎とはちょっと違う方向性で解いてみました。
cos2π/9が無理数であることは証明しないとダメかな（笑）
去年千葉大学医学部で類題がでてます。
おはようございます。（３）は、過去に慶應の医学部の問題の動画があったのでそれを思い出せればいいですね。わかりやすい解説ありがとうございました。良い一日をお過ごし下さい。
(2)はα^9-1=(α-1)(α^2+α+1)(α^6+α^3+1)なのでαはα^6+α^3+1=0の解。α^3で割ってα^3+1+(1/α)^3=(α+1/α)^3-3(α+1/α)+1=0、β=α+1/αなのでβ^3-3β+1=0という要領でやりました。
α^8+α^7+α^6+α^5+α^4+α^3+α^2+α+1の部分をどういう発想で因数分解したのかが知りたいです。
横からですが{(α^3)^3}-1とみて
{(α^3)^3}-1=(α^3-1)(α^6+ α^3+1)と因数分解したのだと思います。
@苗字名前
α^9-1=(α^3-1)(α^6+α^3+1)を先にすれば分かるんじゃないかな
納得出来ました！
ありがとうございます
2001年神戸大理系に似た問題があったことを思い出した。年は確認したが。
今日の問題はいい問題でした
(1)β=βバーを示せば良い
(2)とりあえずβを3乗しといたらうまくいくやろ(適当)
(3)｢有理数でない｣の証明は背理法。x=p/qと置いてやる
鈴木貫太郎さんの(2)の解き方は思いつかなかった汗
I was scared by the 8th power. It turns out it is 1/alpha. Nice!
土日でもちゃんと早起きー
煩雑だけど(2)
α^9-1=0
(α-1)(α^2+α+1)(α^6+α^3+1)=0
α≠1,ω,ω^2なので
α^6+α^3+1=0‥①
α≠0より
α^3+1+1/α^3=0
(α+1/α)^3-3(α+1/α)+1=0
(1)の図よりα+1/α=βのため代入して
β^3-3β+1=0
こんな風にゴリ押しでも解けるのが複素数のいいとこだと思う
(2)は愚直に整数 a,b,c,dと置いて
aβ³+bβ²+cβ+d=0
β=α+α⁸
でシコシコと計算して、係数比較みたいな方法で求めました。（自分としてはベクトルの基底を考えたつもりですが、基底が一次独立になるかきっちり議論してないから大幅減点でしょう！）
とりあえず結果は一緒になりましたが･･･。
(3)は整数解を持たないことを確かめ忘れたからこれも大幅減点･･･。
まだまだ先は長いです。。。
小樽商科大学の動画でもありましたね。
(2)先に解3つ分かったら解と係数で解けると思ったんですが、3つ出せないですよね
β=α+α*より
α^3+α*^3=2cos120
（α+α*）^3-3αα*（α+α*）=-1
すなわち
β^3-3β+1=0
これはありですか？結構説明省いてますけど
ドモアブル大事ですね
1コメ
慈恵医大病院は実家の近くにあったのでよくお世話になってました。
(3)の問題について
この動画の方法ではなく、n次式における一般的な証明のような方法で導くことは出来ますか？背理法で有理数解q/p(p,qは互いに素な整数)という仮定でいけば、証明と同じような方法で導けるようなきがしますが。
有理数解をq/p(p,q互いに素な整数)とおけば、q^3=p(3pq-p)
pはq^3の約数だが互いに素よりp=1
代入してq^3-3q=1
q(q^2-3)=1
これを満たす整数qは存在しないので矛盾
として証明できます。
B Y ありがとうございます。
ピザ7等分はサド。
次は11等分で。
(3)の説明で「整数でなければ有理数ではない」と言っているが有理数は整数だけではない。小数も有理数に含まれており、全体として有理数は分数の形で示されること。ここで微分により極値を使って3次関数のグラフを描いて3次方程式の解が整数解をもたないただそれだけの事実であって、本当に有理数を解に持たないなんて言いきれない。小数が解に持ったらどうする?っていうのが私個人の突っ込み。
仮に「整数解を持たないことを示せ」であるならばこの方法でもよいが、「有理数を解に持たないことを示せ」だとこのやり方では有理数がどうか判断ができない。
他の人のコメントにもあるように、背理法により有理数をもつことを仮定して3次方程式の解をx=b/a(既約分数)を代入して矛盾を示すのが正しい方法だろう!
10:30あたりからそれを示しています。
(1)
β=α+α⁹/α
=α+α* (∵ |α|=1)
=2Re(α)
であるから、βは実数である。
(2)
z³=ω …① (※ ω=-1/2+√3i/2)
⇒ z³+z*³=-1 ∧ |z|=1
⇒ (z+z*)³-3(z+z*)+1=0
⇔ ∃x∈R [ x=z+z* ∧ x³-3x+1=0 ] …②
ここで、z=αは①を満たすので、その必要条件である②も満たす。すなわち、
∃x∈R [ x=α+α*=β ∧ x³-3x+1=0 ] は真の命題であり、これはx=βがx³-3x+1=0の解の一つであることを意味するので、求める方程式はx³-3x+1=0
(3)
x³-3x+1=0 …③が有理数解 x=q/p (qとpは互いに素、pは自然数、qは整数 ※) を持つとすれば、
q³/p³-3q/p+1=0 すなわち、q³/p=3pq-p² が成立しなければならないが、右辺が整数なので左辺も整数でなければならず、q³≡0 (mod p) …④ が必要である。
※なるp, qの条件のもとでは、④ ⇔ q=0 ∨ 1≡0 (mod p) ⇔ q=0 ∨ p=1であるから、③が有理数解を持つとすれば、それは整数でなければならない。
しかし、③ ⇔ (x-1)x(x+1)=2x-1 であるからxが整数とすると、左辺が偶数、右辺が奇数で不合理。
以上から、③は有理数解を持たない。
()の中、pは自然数、qは整数、じゃないですか？
@@oratmok4903 さん
ありがとうございます。ミスです。訂正しました。
貫太郎さんはコ◯イン中毒ではありませんね。
こーさいん、ドゥ・モアブル中毒ですね。
前々から思っていたのですが、、、
解いていく内に数Ⅲの知識が必要かどうか明記して頂けると助かります
慈恵なら完答しなきゃダメなんかな。(3)が解けんかった
q^nがpの倍数⇨qがpの倍数は一般には成立しないと思います。反例としてはn＝3の時例えば(p,q)＝(4.2)があります。ここでは、背理法を用いて分数p/qに対してp,qが互いに素な整数かつp≠±1であることからpがqの倍数でない⇨p^3はqの倍数ではない。これはp^3＝q^2(3p-q)よりq^3がqの倍数である事に矛盾する。として示すことが出来ます。
Quarter S Blue
pとqが互いに素なら一般に成立するのでは？
朝イチ数学やって脳を起こすか
昔の総理大臣かと思ったわ
あ
(2)の時点で手が止まっちゃった。