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ヨシッ❗（2）は、モリーでキュッキュッキュッ❗でも行けますね。
(2)は与式の右辺をxとして、以前こちらで教えていただいた両辺にsinπ/5をかける方法で解きました。1/4×sin4π/5=xsinπ/5sin4π/5=sin(π-π/5)=sinπ/5よりx=1/4
レンチンでブロッコリーの芯を食う おかげで単位円を10等分は、すぐできたのですが…。4日ほど長考して、去年10月の動画を見つけました。でも、今度のほうが、わかりやすかったです。どうも、ありがとうございました。 ❤食べられました。
いかにも貫太郎先生の好きそうな問題。貫太郎先生の別解をよく与えていた 高校数学AtoZ でも取り上げられた問題なので今回は聴講モード。当然ながらアプローチが違っていておもしろい。(1)はz⁸=の形にしてひたすら次数下げ、これにz²をかけてまたまた次数下げで解きました。
z^10=から，36度，72度が判明すればと逆から考えました．方程式をz^2で解くと，z^2=cos72+isin72 になるので（36度 72度 72度の二等辺三角形から算出）．z=cos36+isin36となるので，z^10=1．
ｚ、４つ出ますよ。
貫太郎先生、解法の駆け引きのご伝授に深謝申し上げます。
(2)答えだけで良いなら、正五角形から求める方法もありますね。一辺1の正五角形を考えて、(φ/2)*(φ/2-1/φ)/(1/φ)=1/4
Z^10-1の因数分解した後の形をうまく導き出せるようにうまくできた問題です
これ今年の問題なん？ このチャンネルでほぼ同じの見た記憶があるぞ
なんで記憶に残ってるかというと(2)の正攻法が分からんからだやっぱこれ去年の山口大の問題だわ、二年連続で同じのを出すわけない
こんにちは。 ①は、Z^4 = (Zの2次式）から、Z^8 をZの2次式で表し、そこから導出。（つづく）
(1)は√5の符号を変えたものを与式の両辺にかけてあげれば4(z⁸+z⁶+z⁴+z²+1)=0が出てきてそこからでもいけますね東北大の後期でも似たような問題があったような…
よくわかりました。ありがとうございました。
良問でした。
z^4=に直して、z^10=(z^4)^2 ×z^2てな感じで次数下げでゴリ押しました
2023年の問題では？
元の式が因数分解できるとすれば足して1-√5掛けて2だから和と差の積だろうな。でやった。
突然更新のお知らせが来たので、早速視聴…問題を一目見て、それは１の10乗根を使うよね…とは予想できたが、問題はそれをどこで使うか？１の10乗根が、問題の方程式の解のどれになるかを探していては試験時間が終わってしまう…ので、式を変形してα、βの値を引っ張り出して、それが指定された数になれば(1)は終了。(2)は…まぁおまけ問題かねぇ？(1)のカラクリに気が付く人なら解ける…ということなのですが、”例の因数分解”がこんなところで生きてくる…と予想出来る人が居たら、それはそれで大したものではないでしょうか？
以前もアップしていますね。ua-cam.com/video/XPauw9w6qQM/v-deo.html私もモリーの法則があ～たらこ～たらコメしてました。
1の5乗根の話なんだろうな！と思った人と思わない人で差が出そうですよね。ストーリーをしっかり合わせる能力が問われています。良問と言ってよいのではないでしょうか？
（２）はz^2が1の5乗根（1以外）であることを使ってx^5 - 1 = (x - 1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) = 0の解であることが明らか，かつx ≠ 1なのでx^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0の解はz^2，z^4，z^6，z^8であるつまり，以下の恒等式が作れる(x - z^2)(x - z^4)(x - z^6)(x - z^8) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 ①ここで，z^2 = cos(2π/5) + i * sin(2π/5)と決めても一般性は失われないので，z^2 + z^8 = 2cos(2π/5)z^4 + z^6 = 2cos(4π/5) = - 2cos(π/5)を使って①を変形すると{x^2 - 2x * cos(2π/5) + 1}{x^2 + 2x * cos(π/5) + 1} = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 ②ここで②にx = iを代入すれば- 2 * i * cos(2π/5) * 2 * i * cos(π/5) = 1∴cos(π/5) * cos(2π/5) = 1/4なお， 一般にcos{π/(2n + 1)} * cos{2π/(2n + 1)} * …… * cos{nπ/(2n + 1)} = 1/2^nが成り立ちますが，これも同じ要領で証明可能ですね。
一般性は失わなれないってとこが怪しいですねz^2を使う意味はなくて、１の原始５乗根のひとつをαとおくみたいにしたほうがいいでしょうねだから（２）はどう解くことを期待されてるのかわからん
@@jalmar40298 さんご返信ありがとうございます。そこはちょっと誤魔化しちゃいました🙏厳密には仰るとおりの書きっぷりをするべきでしたね😅
nice !
@@coscos3060 さんありがとうございます！
これ、いちいちコメント欄に入力してるのか
何にも考えずに√5の符号を変えたやつをかけてみると…
さらにz^2-1を掛けると…
めでたし🎉
後ろ2つの積とz^4+z^3+z^2+z+1の…
z^2の項だけ計算して比べれば…
今年も山口大はこの問題か〜。昨年10月に同じような問題の動画あったよね。前半z^2について解く。面倒なので数値の入力しないけど、z^2=cos72°+i*sin72°, cos288°+i*288°絶対値が1でそれぞれ5乗すると偏角が360°またはその整数倍になるからz^10=1。または2zzzz+zz+2=(√5)zz辺々2乗して整理するとz^8+z^6+z^4+z^2+1=0z^2-1をかけてz^10=1後半36°や72°はもはや有名角ですので、直接数値代入して示す。
イチコメです！
ヨシッ❗
（2）は、モリーでキュッキュッキュッ❗でも行けますね。
(2)は与式の右辺をxとして、以前こちらで教えていただいた両辺にsinπ/5をかける方法で解きました。1/4×sin4π/5=xsinπ/5
sin4π/5=sin(π-π/5)=sinπ/5より
x=1/4
レンチンでブロッコリーの芯を食う
おかげで単位円を10等分は、すぐできたのですが…。4日ほど長考して、去年10月の動画を見つけました。でも、今度のほうが、わかりやすかったです。どうも、ありがとうございました。
❤食べられました。
いかにも貫太郎先生の好きそうな問題。
貫太郎先生の別解をよく与えていた 高校数学AtoZ でも取り上げられた問題なので今回は聴講モード。
当然ながらアプローチが違っていておもしろい。
(1)はz⁸=の形にしてひたすら次数下げ、これにz²をかけてまたまた次数下げで解きました。
z^10=から，36度，72度が判明すればと逆から考えました．
方程式をz^2で解くと，z^2=cos72+isin72 になるので（36度 72度 72度の二等辺三角形から算出）．
z=cos36+isin36となるので，z^10=1．
ｚ、４つ出ますよ。
貫太郎先生、解法の駆け引きのご伝授に深謝申し上げます。
(2)答えだけで良いなら、正五角形から求める方法もありますね。
一辺1の正五角形を考えて、(φ/2)*(φ/2-1/φ)/(1/φ)=1/4
Z^10-1の因数分解した後の形
をうまく導き出せるように
うまくできた問題です
これ今年の問題なん？ このチャンネルでほぼ同じの見た記憶があるぞ
なんで記憶に残ってるかというと(2)の正攻法が分からんからだ
やっぱこれ去年の山口大の問題だわ、二年連続で同じのを出すわけない
こんにちは。 ①は、Z^4 = (Zの2次式）から、Z^8 をZの2次式で表し、そこから導出。（つづく）
(1)は√5の符号を変えたものを与式の両辺にかけてあげれば4(z⁸+z⁶+z⁴+z²+1)=0が出てきてそこからでもいけますね
東北大の後期でも似たような問題があったような…
よくわかりました。ありがとうございました。
良問でした。
z^4=に直して、z^10=(z^4)^2 ×z^2
てな感じで次数下げでゴリ押しました
2023年の問題では？
元の式が因数分解できるとすれば足して1-√5掛けて2だから和と差の積だろうな。でやった。
突然更新のお知らせが来たので、早速視聴…
問題を一目見て、それは１の10乗根を使うよね…とは予想できたが、問題はそれをどこで使うか？
１の10乗根が、問題の方程式の解のどれになるかを探していては試験時間が終わってしまう…ので、式を変形してα、βの値を引っ張り出して、それが指定された数になれば(1)は終了。
(2)は…まぁおまけ問題かねぇ？
(1)のカラクリに気が付く人なら解ける…ということなのですが、”例の因数分解”がこんなところで生きてくる…と予想出来る人が居たら、それはそれで大したものではないでしょうか？
以前もアップしていますね。
ua-cam.com/video/XPauw9w6qQM/v-deo.html
私もモリーの法則があ～たらこ～たらコメしてました。
1の5乗根の話なんだろうな！と思った人と思わない人で差が出そうですよね。
ストーリーをしっかり合わせる能力が問われています。
良問と言ってよいのではないでしょうか？
（２）はz^2が1の5乗根（1以外）であることを使って
x^5 - 1 = (x - 1)(x^4 + x^3 + x^2 + x + 1) = 0
の解であることが明らか，かつx ≠ 1なので
x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 = 0
の解はz^2，z^4，z^6，z^8である
つまり，以下の恒等式が作れる
(x - z^2)(x - z^4)(x - z^6)(x - z^8) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 ①
ここで，z^2 = cos(2π/5) + i * sin(2π/5)
と決めても一般性は失われないので，
z^2 + z^8 = 2cos(2π/5)
z^4 + z^6 = 2cos(4π/5) = - 2cos(π/5)
を使って①を変形すると
{x^2 - 2x * cos(2π/5) + 1}{x^2 + 2x * cos(π/5) + 1} = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 ②
ここで②にx = iを代入すれば
- 2 * i * cos(2π/5) * 2 * i * cos(π/5) = 1
∴cos(π/5) * cos(2π/5) = 1/4
なお， 一般に
cos{π/(2n + 1)} * cos{2π/(2n + 1)} * …… * cos{nπ/(2n + 1)} = 1/2^n
が成り立ちますが，これも同じ要領で証明可能ですね。
一般性は失わなれないってとこが怪しいですね
z^2を使う意味はなくて、１の原始５乗根のひとつをαとおくみたいにしたほうがいいでしょうね
だから（２）はどう解くことを期待されてるのかわからん
@@jalmar40298 さん
ご返信ありがとうございます。
そこはちょっと誤魔化しちゃいました🙏
厳密には仰るとおりの書きっぷりをするべきでしたね😅
nice !
@@coscos3060 さん
ありがとうございます！
これ、いちいちコメント欄に入力してるのか
何にも考えずに√5の符号を変えたやつをかけてみると…
さらにz^2-1を掛けると…
めでたし🎉
後ろ2つの積とz^4+z^3+z^2+z+1の…
z^2の項だけ計算して比べれば…
めでたし🎉
今年も山口大はこの問題か〜。
昨年10月に同じような問題の動画あったよね。
前半
z^2について解く。
面倒なので数値の入力しないけど、
z^2=cos72°+i*sin72°, cos288°+i*288°
絶対値が1でそれぞれ5乗すると偏角が360°またはその整数倍になるからz^10=1。
または
2zzzz+zz+2=(√5)zz
辺々2乗して整理すると
z^8+z^6+z^4+z^2+1=0
z^2-1をかけてz^10=1
後半
36°や72°はもはや有名角ですので、直接数値代入して示す。
イチコメです！