12110001


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NO.1-1 有理数解

問題

 1 :以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします:2008/10/26(日) 19:00:55.49 ID:5reyIu1Z0
   a^3+b^3=17 (a,bは有理数)
   a,bを求めよ 

解答(不完全)

+...

{a,b}={-1/7,18/7}(他にもあるかも)

解説

mod7で考えると矛盾するので、a,bは分母が7の倍数であると推測できる。

参考

http://www.asahi-net.or.jp/~KC2H-MSM/ec/eca1/index.htm

NO.1-2 p^q=q^pの問題

問題((2)は有名問題を改題)

(1)
23 :以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします:2009/03/16(月) 20:29:12.38 ID:H2Qc+OhgO
   p^q=q^pとなる自然数の組p、qをすべて求めよ。ただしp<qとする 
(2)
 p^q=q^pとなる正の有理数の組p,qは無限に存在することをしめせ。ただしp<qとする。
  • 類題
    311 :以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします:2009/06/20(土) 23:51:43.98 ID:u/4rcCUr0
       >>305
       e^πとπ^eの大小を比較せよ 
    

解答

+...

(1)(p,q)=(2,4)

(2)p=(1+1/n)^n,q=(1+1/n)^(n+1) (nは任意の自然数)とすれば(p,q)は無限に存在する。

類題 e^π>π^e

解説

(1)>>

  • グラフを使って解く方法

p^q=q^p⇔p^(1/p)=q^(1/q)

ここで、f(x)=x^(1/x)について

f'(x)=f(x)(logx/x)'=x^(1/x)*(1-logx)/x^2=x^(1/x-2)*(1-logx)

f'(e)=0であり、f(e)が最大でありeから離れると常に減少し0に近づく。

2<e<3であることも用いて、f(p)とf(q)が等しくなる時はp=1,2のいずれかである。

p=1の時f(1)=1。ここで、lim(x→∞)x^(1/x)=1であることからq>eにおいてf(q)>1であることからf(q)≠1。

p=2の時f(2)=2^(1/2)。ここでf(4)=4^(1/4)=2^(1/2)である。またe>qにおいて単調減少なのでこれ以外に解は存在しない。

∴p=2,q=4に限る。

  • 整数問題的に解く方法

(2)>>

p=a/b,q=c/dとおくと(a,bとc,dはそれぞれ互いに素の自然数)

(a/b)^(c/d)=(c/d)^(a/b)

a^bc*d^ad=b^bc*c^ad

a,bとd,cはそれぞれ互いに素であるから

a^bc=c^ad(①),d^ad=b^bc(②)であり

①についてbc=ad*log[a]c bc/ad=log[a]cより左辺が有理数よりc=a^rとおける(rは有理数)

②についても同様にしてd=b^rとおける

これらよりp^r=qである。元の式に代入して、

p^(p^r)=p^prからp^r=prより

p^(r-1)=rで

p=r^(1/(r-1))

1/(r-1)が整数であればpが有理数であるので1/(r-1)=nとしてr=1/n+1とおけて

p=(1/n+1)^nである。

これよりq=(1/n+1)^(n+1)でnはどんな自然数でもp,qは有理数組であるのでp,qが有理数である組は無限に存在する。

また、(p,q)の組は上のようにあらわされるものに限るらしいです。

類題>>

(1)の微分によるx^(1/x)のグラフの概形を考えて

e^(1/e)>π^(1/π)より

e^π>π^e

NO.1-3 有理数解

問題

34 :以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします:2009/03/30(月) 01:19:38.48 ID:GqdbzzahO
   例えば、有名な問題だから知ってる奴は知ってるだろうが、(2)は相当な爆弾な気がする
   a、bを正の整数とする
   (1)c=a+b、d=a^2-ab+b^2とおくとき、不等式1<c^2/d≦4を示せ
   (2)a^3+b^3が素数の整数乗になるa、bを全て求めよ

類題

8 :以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします:2009/05/09(土) 15:28:04.59 ID:hZB6ooQvO
   p^2=x^3+y^3(pは素数、x、yは自然数)を満たすp、x、yをもとめよ。

解答

+...

(1)解説参照

(2)(a,b)=(2^n,2^n)(2*3^n,3^n)(3^n,2*3^n)(nは任意の非負数)

解説

(1)>>

c^2/d=1+3ab/(a^2-ab+b^2)

    =1+3/{(a/b)+(b/a)-1}≦1+3/2-1=4(相加・相乗平均より)

c^2/d>1を示す。

dは(a-b)^2+abとすれば正であることが示されるため

c^2-d>0を示せばよい。

左辺=(a+b)^2-(a^2-ab+b^2)=3ab>0より示された。

よって1<c^2/d≦4

(2)>>

a^3+b^3=p^mとおける(pは素数,mは整数だが左辺2以上なのでmは自然数としてよい。)

左辺=(a+b)(a^2-ab+b^2)=cd=p^mより

c=p^s,d=p^(m-s)とおける(sは自然数)

(1より)1<p^(2s-(m-s))≦4

これを満たす(p,3s-m)の組は(2,1)(2,2)(3,1)である。

また、 (ⅰ)(p,3s-m)=(2,1)の時

3s-m=1からm=3s-1,c=2^s,d=2^(2s-1)。

c^2-d=3abで上よりc^2-d=2^(2s-1)で3ab=2^(2s-1)だがこれは右辺が3の倍数でないから不適。

(ⅱ)(p,3s-m)=(2,2)の時

3s-m=2からm=3s-2,c=2^s,d=2^(2s-2)。

(ⅰ)と同様にc^2-dを考えて 3ab=3*2^(2s-2)からab=2^(2s-2)より

a=2^a',b=2^b'とおくと(a'≦b')

2^3a'+2^3b'=2^mについて

2^3a'(1+2^3(b'-a'))=2^mで1+2^3(b'-a')はb'-a'>0の時1でない奇数になるため右辺の条件に合わない。

これよりb'=a'よりa=b=2^(s-1)。またこのsは任意の自然数を動けるので

a=b=2^n(nは任意の非負数)

(ⅲ)(p,3s-m)=(3,1)の時

3s-m=1からm=3s-1,c=3^s,d=3^(2s-1)

c^2-dを考えて3ab=3^2s-3^(2s-1)=2*3^(2s-1)よりab=2*3^(2s-2)。

(α)a=2*3^a",b=3^b"とおく時(a"≦b")

8*3^3a"+3^3b"=3^3a"(8+3^3(b"-a"))=3^m

ここで、8+3^3(b"-a")についてb"-a">0の時3の倍数でない数が現れるため不適。

∴b"=a"でこの時a=2*3^n,b=3^n(nは任意の非負数)

(β)a=3^a",b=2*3^b"とおく時(a"≦b")も

3^3a"(1+8*3^3(b"-a"))=3^mと変形されて

1+8*3^3(b"-a")もb"-a">0の時3の倍数でない数が現れるため不適。

∴a"=b"でこの時a=3^n,b=2*3^n(nは任意の非負数)

NO.1-4 無理数を示す証明問題

問題

110 名前:以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします 投稿日:2009/03/30(月) 02:13:19.82 ID:rsyASL5HO
 じゃあ京大改変しようぜ tan(1/n)゜が任意の自然数nについて無理数であることを示せ
  • 補題
    tan1°が無理数であることを証明せよ。 
    

解答

+...

補題の解答>>

tan1°が有理数であると仮定すると

tann°が有理数と仮定して

tan(n+1)°=2(tan1°+tan(n°)/(1-(tan1°)*tan(n)°)よりtan(n+1)°も有理数より任意の自然数nについて

tan(n)°は有理数であることになるが、tan30°=1/√3であることより矛盾。

∴tan1°は無理数。

本題の解答>>

tan(1/n)°が有理数と仮定すると

tan(m/n)°が有理数と仮定して

tan((m+1)/n)°=(tan(m/n)°+tan(1/n)°)/(1-tan(m/n)°*tan(1/n)°)よりtan((m+1)/n)°も有理数より

任意のtan(m/n)°は任意の自然数mについて有理数であるがこれはtan30°=1/√3より矛盾。

∴tan(1/n)°は任意の自然数nについて無理数。

解説

京大でかつて出題された超有名問題です。

NO.1-5 三角関数と有理数?

問題

6:以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします 2009/04/01(水) 03:13:44 .03 ID:zMA0aRVLP
 cos qπ が有理数となる様な有理数qを全て求めよ。
 かなりの良問だと思う。

解答(?)

+...

解説

NO.1-6 無理数を示す証明問題2

問題

12:以下、名無しにかわりましてVIPがお送りします 2009/04/01(水) 03:24:07 .31 ID:Wx/Wr5jvO
 √2が有理数でないことを証明せよ

解答

+...

√2が有理数と仮定する。

すると√2=q/p(p,qは互いに素の整数)とあらわされる。

両辺を二乗して2=q^2/p^2から

2p^2=q^2よりqは2を約数にもつのでq=2q'とおけるので

2p^2=4*q'^2からp^2=2q'^2

これよりpも2の約数を持たなければいけないが、この時pとqが互いに素であるという仮定に反するため矛盾。

∴√2は無理数。

解説

教科書にも載ってる問題ですが、有理数を互いに素の整数で表す辺りをやらないととても難しい問題になってしまいます。

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