東大 ２次方程式 解と係数 漸化式 Mathematics Japanese university entrance exam
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- Опубліковано 19 вер 2024
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「家族で行こう！自転車の旅」
#高校数学 #鈴木貫太郎 #オイラー
一瞬、「1)の結果を2)にどう利用するのか？」と悩みました。
2)ではなくて3)に利用すると考えると、良いヒントとなっていますね。
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
x^2-4x-1=0 の２解がα, β(α>β) …①
S[n] = α^n + β^n (n=1,2,3,....) …②
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
1)①の方程式を満たす任意のxについて
x^2 = 4x+1
が成り立つ。3以上の任意の自然数nに対し、上式の両辺にx^(n-2)を乗じることにより
x^n = 4x^(n-1) + x^(n-2)
が従う。これに①の方程式の２解α,βを代入し、辺々足し合わせることにより
α^n+β^n = 4{α^(n-1)+β^(n-1)} + {α^(n-2)+β^(n-2)}
を得る。よって、②とから
S[n] = 4S[n-1] + S[n-2] (n=3, 4, 5, ....) …③
が成り立つ。■
一方、①における解と係数の関係より α+β=4, αβ=-1…④ を得る。
②,④より
S[1] = α+β = 4
S[2] = α^2+β^2 = (α+β)^2 - 2αβ = 18
であり、これらを③に代入して
S[3] = 4(18) + 4 = 76
となる。■
====================================
2)
①より
β = 2-√5
である。一方で
2^2 < 5 < 3^2
∴ 2 < √5 < 3
∴ -1 < 2-√5 < 0
である。これらを合わせて
-1
For English speakers:
[Question]
Let α, β be the roots of the equation x^2 - 4x - 1 = 0 where α > β, and we definite that
S[n] = α^n + β^n
for natural numbers n.
(1) Find the values of S[1], S[2], S[3]. Express S[n] by S[n-1] and S[n-2].
(2) Find the maximum integer that is less than or equal to β^3.
(3) We consider the maximum integer that is less than or equal to α^2003. Find the ones digit of the integer.
[Answer]
(1) We can easily find that
α + β = 4, αβ = -1
by Vieta's formulas. Thus
S[1] = α + β = 4,
S[2] = (α + β)^2 - 2αβ = 16 + 2 = 18,
S[3] = (α^2 + β^2)*(α + β) - αβ*(α + β)
= 18*4 + 4 = 76.
The relation of S[n], S[n-1], and S[n-2] can be found by the same method:
S[n] = α^n + β^n
= {α^(n-1) + β^(n-1)}*(α + β) - αβ*{α^(n-2) + β^(n-2)}
= 4*S[n-1] + S[n-2].
Therefore we complete the questions.
(2) We can easily find that
α = 2 + √5, β = 2 - √5.
As 2.2^2 = 4.84, 2.3^2 = 5.29, then
2.2 < √5 < 2.3,
- 0.3 < 2 - √5 < - 0.2 .
This inequality means that
-1 < β < 0
holds and -1 < β^3 < 0. Therefore the maximum integer that is less than or equal to β^3 is -1.
(3) We can easily find that S[n] is a natural number for any natural numbers n by the following recurrence relation:
S[1] = 4, S[2] = 18,
S[n] = 4*S[n-1] + S[n-2].
Let T[n] be the ones digit of S[n] for n = 1, 2, 3,..... Then
T[1] = 4,
T[2] = 8,
T[3] = 6,
T[4] ≡ 4*6 + 8 ≡ 2, hence T[4] = 2,
T[5] ≡ 4*2 + 6 ≡ 4, hence T[5] = 4,
T[6] ≡ 4*4 + 2 ≡ 8, hence T[6] = 8,
where (mod 10) is omitted in the congruences. Thus it is obtained that {T[n]} is a period sequence with period 4. Then
T[2003] = 6
as 2003 = 4*500 + 3. This means that there exists a natural number N such that
S[2003] = 10N + 6.
We can easily find that
α^2006 = S[2003] - β^2003
= 10N + 6 - β^2003 ...... (*)
Note that β is a negative number that satisfies that
- 1 < β < 0,
then the following inequality holds:
0 < - β^2003 < 1 ...... (**)
Then the maximum integer that is less that or equal to α^2003 is 10N + 6 as the following inequality holds
10N + 6 < α^2003 < 10N + 7
by the equality (*) and the inequality (**). Therefore the ones digit of the integer is 6.
サムネが灯台なのは東大だからなのか。気づかなかったです。
東大受験生は解けるべき問題でしょうか。
(1)は難しくないですね。
(2)は、貫太郎さんのように -1
二乗して評価した方がいい
(17√5)²＝1445
38²
このチャンネルの視聴者であれば(1)は完全なパターン問題ですね。(3)はα^2003を直接考えるのは難しいから、考えるのが簡単なS(2003)、β^2003を考えましょうという問題で、そのための誘導が(1)、(2)という構造です。そのうち京大あたりが誘導なしで(1+√3)^2020 の1の位の数を求めよなどと言ってくるかもしれませんね。
(1)
x²-4x-1=0の2解がα, βであるためのα, βの条件は α+β=4 ∧ αβ=-1
一方、すべての非負整数nについて、x²-4x-1=0 ⇔ x^(n+2)-4x^(n+1)-x^n=0 …① ∧ x≠0 であるから、
α, βは①の解であり、x=α, βを①に代入して辺々加え、S(0)=α^0+β^0と定義すれば、
すべての非負整数nで成立する漸化式 S(n+2)=4S(n+1)+S(n) を得る。
いま、S(0)=2, S(1)=α+β=4であるから、漸化式から、S(2)=18, S(3)=76を得る。
また、S(n)=4S(n-1)+S(n-2) (n≧2なるすべての自然数で成立) である。
(2)
x²-4x-1=0 ⇔ x=2±√5であるから、α>βより、β=2-√5で、-1
自分も最初S(0)=2としてましたが、問題でnを自然数としてるので、S(0)には触れずに、S(6)≡8としたほうがいいかもしれません。
@@Shirokumarinos さん
答案に 「S(0)=α^0+β^0と定義すれば、」を加えました。ご指摘ありがとうございます。
(１)特性方程式から初めて漸化式を作る🔴
驚くアイデアです👁👁.…🙏。
ありがとうございます。全て見ており、実際にノートにきちんと解答を作り、全て書き留めております。
この問題の(3)は、Snが整数ですからmod10として処理すると、Tnは登場せず、どうして繰り返すかと言うことも分かりやすいと思います。
大変勉強になります。ありがとうございます。
ガウス('･_･`)
α+β=4 , αβ=-1, β=2-√5
また、実数x以下の最大の整数を[x]で表す。
⑴ S₁=α+β=4
S₂=α²+β²=(α+β)²-2αβ=4²-2×(-1)=18
S₃=(α²+β²)(α+β)-αβ(α+β)=18×4-(-1)×4=76
αⁿ+βⁿ=(αⁿ⁻¹+βⁿ⁻¹)(α+β)-αβ(αⁿ⁻²+βⁿ⁻²) より、
Sₙ=4Sₙ₋₁+Sₙ₋₂
ここで、Sₙは帰納的に整数の積の和となるので、任意の自然数nについて、Sₙも整数となる
⑵ 4
2003乗の処理が思いつきませんでした…
出来ました👏。未来の類題(7月4日)から飛んで来ました❗️
与えられた2次方程式が数列{Ｓn}の特性方程式になってるのに💡👁👁💡
指数の整数問題の戦術は、二項定理か周期利用を心がけて、
本問は後者でフィニッシュです❣️。
-1＜β＜0と、Snの1の位に周期性があるおかげで綺麗に(3)が解ける綺麗な問題だと思いました。
偶然最近解いた問題でした
極方程式についてあげて欲しいです
いきなり改名の話ぶっ込んでいくのすこw
証明無しでいいのは神様とラマヌジャンだけ
飛ばし飛ばしみて合ってるの確認して気持ちいい～～～～～～～
α^n+β^nを漸化式にするのは難関大頻出ですよね。(東工大とか名古屋大でも見たことがある気がする)
(3)はS(n)が整数になること、|β^n|
-1＜β＜0に気が付けるか、一の位の周期性に気が付けるか、がポイント。
私は(3)を5にして間違えました。
ironia006 最後のとこなんでそんな綺麗に打ち消されるんですか？
申し訳ない。質問の意味が分からないのでもう少し詳しくお願いします。
α=2+√5
β=2-√5
という組み合わせが絶妙でしてS(2003)を2項展開すると
(2+√5)^2003+(2-√5)^2003=2(C[2003,0]*2^2003+C[2003,2]*2^2001*5^1+C[2003,2]*2^1999*5^2+...C[2003,2k]*2^(2003-2k)*5^k+...C[2003,2002]*2*5^1001)
第2項以降は明らかに２と5を素因数に持つので10の倍数
したがって第1項だけ見てS(2003)≡2^2004 (mod10)
同様一般にS(n+1)≡2^(n+1)
最後1行間違えた
一般にS(n)≡2^(n+1) (mod 10)
大きい数の累乗の一の位の数は高校入試でも出ますね！
最後はサイクリックの問題ですね、一の位と聞かれたらまずは具体例を出してそれでどうにもならなかったらmod10とか考えたり…
大学への数学で取り上げられていた問題で、「3^2018を17で割った余りがいくつか」と言うものがありました(よかったらやって見てください)が、私は途中で挫折しました… 整数は多少根気がいるかもしれません。
17が素数であるから、フェルマーの小定理より3^17≡3 (mod 17) .
ゆえに3^nを17で割った余りは周期16で繰り返す。2018≡2 (mod 16)であるから、3^2018≡3^2 (mod 17)であり、求める余りは9
いと フェルマーの小定理を認めてあげれば瞬殺ですね。周期16なんで手計算だと途中で諦める人もいそうです。周期絡みで言うと2016(？)くらいの広大で2^nの下3桁の周期を答える問題がありました。
2003乗を見たとき一瞬ビビってしまいましたが１の位に一定の周期性があることを見出せばいいとこまではしっかりいけると思います。
また2003÷４=500.75となり4,8,6,2の一定のグループ（一の位に周期性があるので１グループとして考えた。）このグループの２に着目すると2は501個あると題意を示さなくなるので2が500個あってなおかつその他３つが501個あると考えると３つの中での最後の６が答えになると思います。急に閃いて文章もかなりあやふやなのでわかりずらかったらすいません。
Sn求めたけど、元の式がそれの特性方程式になってると聞いて「うひょー！」てなった(笑)
あと(2)を愚直にやってそれが(3)の導入かと考え込んでギブアップでした😵
全然アカンなあ
でも特定方程式だけでは、Sₙが整数となるとは言えないのよね('･_･`)
解の漸化式終わり
東大 always gives hard problems. If I took it, I would failed.
我新高2。（1）を解いて無事終了。
受験不安
（2）は（3）のヒントです これわからいことになったら（3）は全然解けないかもしれない
Hi, there.
Good job.
But, the middle part may sound a bit strange.
Maybe, what you mean is
"(2) is a hint for (3). Missing this fact could make (3) too difficult to solve"
or something, right?
In that case, a better expression could be
（2）は（3）のヒントです。このことに気付かなければ、（3）は全然解けないかもしれない。
or
（2）は（3）のヒントです。このことを見落としてしまうと、（3）は全然解けないかもしれない。,
for example.
※気付く（きづく）= notice, realize, find
※見落とす（みおとす）= miss, overlook, fail to see
The other parts sound very natural. Excellent.
Keep on going.
Thanks.
たま いい説明です 勉強になりました
おはようございます
なぜ一の位は繰り返すんだ？
一の位は前２項の一の位により決まるので、
一の位を順番に並べていったときに、同じ並びが出てきたらその先は
同じことの繰り返しになるということだと思います。
1の位は0～9までの10種類しかなくて、しかも今回は同じ数をかけ続けてるからだと思うよ^^*
nの段的な奴？
10を法(mod10)とすれば(１)と同じような漸化式が得られ、周期性は示せます。
スタ演にあったなこの問題
こんにちは！
一の位が4,8,6,2を繰り返すってことは自明なんですか？
9cmParabellum なるほど。分かりやすく解説ありがとうございました
3番が解けん。頭悪い事が確定した。
二項定理
ap+bq=1 pとqは互いに素な時、整数a,bが存在することを示せ 首都大学東京の問題です
教えてください
実は有名な定理であって、整数係数の不定方程式の整数解が存在する条件に関するものと思われます。それにしても、誘導や、p, qについてのさらなる制限（例えばp, qは自然数）なしで出題されたのでしょうか？ だとすれば、ややきつい出題かとも思われます。
単に私の書き方が冗長なだけかも知れませんが、下記のように結構えげつない答案となってしまいました。（互除法による別解を含めて、他にエレガントな方法があるかも知れません。）
ミスがあったならば、ご寛容下さい。
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
p, qが自然数であるものとする。
p=1ならば、a=1, b=0が ap+bq=1 を満たす。
以下、p≧2に対し、p-1個の自然数から成る集合
A={q, 2q, 3q, ..., (p-1)q}
を考える。
(1)「 任意のAの要素はpの倍数ではない」ことを、背理法で示す。
ある自然数i (1≦i≦p-1…①)に対して iqがpの倍数であると仮定すると、
iq=mp（mは自然数）
とおける。pとqは互いに素であるからmはqの倍数であり、
m=nq （nは自然数）
とおける。２式より
iq=npq
となり、両辺をpq≠0で割ることにより
i/p=n
となる。よってi/pは自然数。ところが①より0
@@9cmParabellum さんへ：
確か整数論は数Aの範囲に組み込まれていたと思いますが、負の約数や負の整数の約数も、ちゃんと定義されていたような気がします。
（例えば、1の約数は±1、-2の約数は±1,±2）
なおかつ、「互いに素」の定義が「最大公約数が1」であるならば、
例えば、1と-2の最大公約数は1ですから、「1と-2は互いに素」と呼べることになります。
いずれにせよ、入試問題原文においては、「p,qは整数」なり「p,qは自然数」なり明記されていたはずですから、それにしたがって解答することになるのではないでしょうか？
そもそも私の返信は、8:10 0:72
さんに宛てて書いたものです。（書き上げてみたら 9cmParabellum さんが既に同様のコメントをされていたので、送信すべきか迷ったのですが、折角なのでコメントさせて頂きました。）
特に9cmParabellum さんのコメントに不備があると主張するつもりもありませんし、私のコメントも、実はp=1,2の場合でやや厳密さに欠けるところがあるのを承知でほったらかしています。
（※本コメント後、解答例を修正し不備を解消しました／少なくともそのつもりです。）
そういう訳なので、もしも気に障ったのならば、ご寛容下さい。■
@@9cmParabellum さんへ：全然気にしてませんので、どうかご心配の無き様。
確かに、殆どの場合「互いに素な自然数」などと限定されており、分量的に考えても、本問もおそらくそうなっていたのではないでしょうか。
なお、p=1, 2の場合にも厳密に成り立つ記述に修正しておきました。（少なくともそのつもりです。）
いずれにせよ、9cmParabellum さんのように簡潔に記述した方が、
全体像が見えて分かりやすいのかも知れませんね。
それでは、失礼致します。■
合同式はどうですか？
pを法とするmodをとるとap≡0
bqは0以外の数値を必ずとり、それは1~p-1を循環することを示せば良いような。
1コメ
2003乗ってどうすればいいの？ってなった