ｃｏｓ３６°とｃｏｓ７２°の変換公式の応用問題

このページは、ここをクリックした先のページの【問１】の解答です。

【cos３６度の変換公式】
　複素数平面の知識から、以下の公式(1)(2)が成り立つことが導かれる。


【問１】
　以下の図の長さｘとｙを計算せよ。


【解答】

以上の計算でｘの値が求められた。
次に、ｙの値を計算する。

ここで、ｃｏｓ３６°とｃｏｓ７２°の変換公式(2)を使う。

以上の計算でｙの値が求められた。
（解答おわり）

〘補足〙
　以上の計算で、ｙの値が１である事実を導き出すためには、加法定理及びそれから派生した公式を使うだけでは、この答えが得られない。加法定理以外に、ｃｏｓ３６°とｃｏｓ７２°の変換公式が必要である。

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円順列とじゅず順列（２ａ）黒玉２つ白玉２つ

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

円順列とじゅず順列の数を求めます。

【問２ａ】
（１）玉●２個と○２個を円形に並べる方法（円順列）は何通りあるか。
（２）更に、それらを連結したじゅずを作る方法（じゅず順列）は何通りあるか。


（１）先ず、円順列の数を求めます。
【円順列の数の解】
黒玉●と白玉○を並べる席が２＋２＝４箇所あります。
４つの席が固定されているならば、●２つを並べる組み合わせの数は、
₄Ｃ₂＝４×３／２＝６通り
あります。
席への●と○の１つの配置は回転させると、固定した席に対しては異なる配置になりますが、回転させると元の配置に戻るので、円順列では同じ配置が重複して数えられているとみなせます。

（第１のタイプ：1/2回転して元に戻るタイプの配置）＝周期２のタイプ：
　２つの黒玉●の配置の形が、１／２回転すると元の形と同じ配置の形になるものがある。
それは下図のような黒玉●の配置の場合です。

この形は、固定席に対して１／４回転ずつ回転すると（固定席に対しては）元の配置とは異なる配置になる。つまり、固定席に対しては、この配置と、それを１／４回転した配置との２個の異なる配置パターンができる（周期が２である）。そのため、このタイプの（席を固定しないで数える）円順列の配置の数は、このタイプの配置の、固定席への配置の数を周期の２で割り算して数える。
（１）詳しくは、この周期２のタイプの配置の、固定席への配置の数は、玉の数を半分にした白玉〇１つと黒玉●１つの配置を数えることで求められる。その数は、
₂Ｃ₁＝２，
です。
（２）そして、固定席への配置の数を周期の２で割り算した数
２／２＝１，
が、上図の第１のタイプの配置パターンの、（席を固定しないで数える）円順列の数です。

（第２のタイプ：１回転して初めて元に戻るタイプの配置）＝周期４のタイプ：

　先に計算した固定席の全ての配置の数は６通りであった。その６通りの配置のうち、第１のタイプの配置以外の配置の数は、６－２＝４通りあり、その配置は、１回転して初めて元にもどる。その配置は、上図のように、元の配置の形から１／４回転ずつで新しい配置パターンが作られる。つまり、０回転、1/4回転、2/4回転、3/4回転との（固定席に対しては）４つの異なる配置パターンが作られる（周期が４である）。この、１回転して初めて元に戻る配置のタイプの（席を固定しないで数える）円順列の配置パターンの数は、そのタイプの固定席に対する配置の数を４で割り算して数える。

（第２のタイプの配置の固定席での配置数）
　第２のタイプの配置は、１回転（３６０°の回転）しないと元の形と同じにはならない。
詳しくは、（固定席での）第２のタイプの円順列が回転してできる（固定席の）配置の数は、（全配置の数）－（第１のタイプの配置の数）なので、
（固定席での）第２のタイプの配置の数
＝（固定席での全配置数）－（固定席での第１のタイプの配置の数）
＝（固定席での全配置数）－（第１のタイプの円順列の数×２）
＝₄Ｃ₂－（１×２）＝６－２＝４
です。
（第２のタイプの配置の円順列の数）
その数を４で割り算することで、第２のタイプの配置の（席を固定しないで数える）円順列の数が得られる。
第２のタイプの配置の円順列の数＝４／４＝１

（全部の円順列の数）
一方、第１のタイプの配置の円順列の数は１個でした。
そのため、全部の円順列の数は、
円順列の数＝１＋１＝２
である。
（円順列の数おわり）

（２）次に、じゅず順列の数を求めます。
じゅず順列の場合の数を計算するには、円順列の配置毎に、
円を半分に分ける線でその円順列の配置を対称に裏返して、
それが、異なる円順列の配置になるかどうかを調べます。
この問題の場合は、どの円順列の配置の円を裏返しても、新しくできる配置も、
裏返す元の配置を回転したのと同じ配置ができます。

　ここで円の中心を通る裏返し線を円の中心のまわりに回転させると、
おりかえしてできる配置が円の中心のまわりに回転します。
裏返し線を、２つの●の間を通る位置に設定すれば、
その裏返し線で裏返した配置が、もとの配置と同じ配置になります。すなわち、どの配置も線対称な配置です。

　そのため、じゅず順列の数より円順列の数が多くなるということはありません。
ゆえに、じゅず順列の数は、円順列の数と同じ、２組です。

場合の数と確率
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区別できない４個の玉を、区別できない２組に分ける組み分けの数

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　区別できない４個の玉を、(各組に１個以上は入れて）Ａ組とＢ組に分ける組み分けは何通りあるか。

【問２】
　区別できない４個の玉を、(各組に１個以上は入れて、組の区別なく)２つの組に分ける組み分けは何通りあるか。

【問３】
　区別できない６個の玉を、(各組に１個以上は入れて）Ａ組とＢ組とＣ組に分ける組み分けは何通りあるか。

【問４】
　区別できない６個の玉を、(各組に１個以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み分けは何通りあるか。

【問４ｂ】
　区別できない６個の玉を、(０個の組があっても良く、組の区別なく)３つの組に分ける組み分けは何通りあるか。

　以下、各問毎に解答する。
【問１】
　区別できない４個の玉を、(各組に１個以上は入れて）Ａ組とＢ組に分ける組み分けは何通りあるか。

【解１】
　区別できない４個の玉の組み分けは、一列に並べた４個の玉の間の３つのすき間のうちの１つを選んで仕切りを入れて、その仕切りの前にある玉をＡ組の玉とし、仕切りの後ろにある玉をＢ組の玉とすることで組分けする。

その３つのすき間の選び方が３つあるので、Ａ組とＢ組への組み分けが、３つ作れる。
よって、Ａ組とＢ組への組み分けの数は３通りできる。
（解１おわり）

【解２】
　問１の解１における４個の玉を、下図の赤矢印に対応させて、組Ａと組Ｂとの分けるために選ぶすき間を、組Ａ用の横線から組Ｂ用の横線に経路を遷移する青矢印に対応させる。そうすると解１の解き方の問題が、下図の、点ａから点ｂまでの経路を求める問題に置き換わる。

その点ａから点ｂまでの経路が３つあるので、Ａ組とＢ組への組み分けが、３つ作れる。
よって、Ａ組とＢ組への組み分けの数は３通りできる。
（解２おわり）

【問２】
　区別できない４個の玉を、(各組に１個以上は入れて、組の区別なく)２つの組に分ける組み分けは何通りあるか。

【解１】
　問１でＡ組とＢ組に分けた組み分けは、組名のＡとＢを付け替えると同じ順列になる２つの順列は、組の区別がない２組に分ける場合は、同じ組み分けになる。すなわち、問１でＡ組とＢ組に分けた、下図で（左右対称ではない）２つの順列は、順列の左右を反転させると互いに重なる。この２つの順列は、組の区別がない２組の分け方では、同じ１つの分け方である。

上図で、左右対称な１つの順列は、組名のＡとＢを付け替えても、順列が変わらない。つまり、順列の左右を反転させても変わらない（自分自身の重なる）。この１つの順列は、組の区別がない２組の分け方でも、１つの分け方と数えられる。
　ゆえに、組の区別がない２組の分け方では、
以上の通り、左右対称ではない組み分けが１つと、左右対称な組み分けが１つとの、合わせて２通りの組み分けができる。
（解１おわり）

【解２】
　区別できない４個の玉を組み分けするとき、玉の数によって、組の特徴を把握できる。
（３個と，１個）の組み分け、
（２個と，２個）の組み分け、
とができる。
よって、合わせて２通りの組み分けができる。
（解２おわり）

【問３】
　区別できない６個の玉を、(各組に１個以上は入れて）Ａ組とＢ組とＣ組に分ける組み分けは何通りあるか。

【解１】
　先ず、問３の６個の玉のうちの３つを、組Ａと組Ｂと組Ｃに１つずつ割り当てる。残った３つの玉を、下図の赤矢印に対応させて、３つの玉の各組への割り当てを、組Ａと組Ｂと組Ｃの分けるために選ぶすき間を、組Ａ用の横線から組Ｂ用の横線に経路を遷移する青矢印とに対応させる。そうすると、問３が、下図の、点ａから点ｂまでの経路を求める問題に置き換わる。

その点ａから点ｂまでの経路が１０個あるので、Ａ組とＢ組とＣ組への組み分けが、１０個作れる。
よって、Ａ組とＢ組とＣ組への組み分けの数は１０通りできる。
（解１おわり）

【解２】
　下図のように、問３の６個の玉の間の５つのすき間のうちの２つを選び、そのすき間の左右の玉を、組Ａと組Ｂと組Ｃの玉にする。

その２つのすき間の選び方の組み合わせが１０個あるので、Ａ組とＢ組とＣ組への組み分けが、１０個作れる。
よって、Ａ組とＢ組とＣ組への組み分けの数は１０通りできる。
（解２おわり）

【問４】
　区別できない６個の玉を、(各組に１個以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み分けは何通りあるか。

【解１】
　A,B,Cの入れ替えで移り変わる順列を、合わせて１つの順列とみなす。

移り変わる順列を数えると、３組ある。
よって、３通りの組み分けができる。
（解１おわり）

【解２】
　区別できない６個の玉を組み分けするとき、玉の数によって、組の特徴を把握できる。
（４，１，１）の組み分け、
（３，２，１）の組み分け、
（２，２，２）の組み分け、
とができる。
よって、合わせて３通りの組み分けができる。
（解２おわり）

【問４ｂ】
　区別できない６個の玉を、(０個の組があっても良く、組の区別なく)３つの組に分ける組み分けは何通りあるか。

【解答】
　区別できない６個の玉を組み分けするとき、玉の数によって、組の特徴を把握できる。
（６，０，０）の組み分け、

（５，１，０）の組み分け、
（４，２，０）の組み分け、
（３，３，０）の組み分け、

（４，１，１）の組み分け、
（３，２，１）の組み分け、
（２，２，２）の組み分け、
とができる。
よって、合わせて７通りの組み分けができる。
（解答おわり）

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整数係数の因数に因数分解できる多項式の因数分解

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

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▷因数分解のための連立方程式の１つの解のみを求める計算技術

【問１】
　以下の４次式を因数分解せよ。


【解答】
（解答の方針）
　以下のような整数係数の因数の積であらわせると考える。


この方針で、先ず、以下の計算をする。

因数定理により因数が求められた。この因数で因数分解する。


以上をまとめて、元の関数の因数分解を完成させる。

（解答おわり）

《４次式を２次式の積へ因数分解する方法》
　４次式を２つの２次式の積に因数分解する方法を以下に示す。

（補足）式(6)のｂの計算式は、以下の計算で導き出せる。


【問１の第２の解】

（この条件が成り立っていなければ、この解き方での解を見つけるのが難しい）
問１の４次式は、以下のようにして、２次式の積に因数分解する。（因数定理が解を仮定して当てはめるのと同じように、解を仮定して当てはめる）


（第２の解おわり）

【問２】
　以下の４次式を２つの２次式の積に因数分解せよ。


【解答】

以下のようにして、２次式の積に因数分解する。（因数定理が解を仮定して当てはめるのと同じように、解を仮定して当てはめる）

（解答おわり）

【問３】
　以下の４次式を２つの２次式の積に因数分解せよ。


【解答】

以下のようにして、２次式の積に因数分解する。（因数定理が解を仮定して当てはめるのと同じように、解を仮定して当てはめる）
以下で、式(7)が成り立つように式(6)でｂの値を定める。

（解答おわり）

【問４】
　以下の４次式を２つの２次式の積に因数分解せよ。


【解１】
　ｃの値を順次に変えて、ぴったり合う解になるまで試行する。以下のように、ぴったり合う解を得て、２次式の積に因数分解する。（因数定理が解を仮定して当てはめるのと同じように、解を仮定して当てはめる）

（解１おわり）

【解２】
　解１では、ｃの値を順次に変えて、ぴったり合う解になるまで試行した。しかし、限られた個数の整数解の候補であっても、その候補の数が多ければ、多くの候補をいちいち確認しなければならない。それでは大変である。それよりは、方程式を解いて整数解を求める方が現実的である。整数解を持つことが分かっている方程式は容易に解ける。そういう方程式を解くことが望ましい。



この式のｓの１つの整数解を求める。その整数解は、式(1)のｘの１つの有理数解を求める場合よりも簡単に求めることができる。

こうして整数解のｃが求められた。

（解２おわり）

　有理数係数や実数係数の２次式の積に因数分解される４次式であっても、以下の式を使って解が求められます。


《ｘの４乗の項の係数が１では無い式の因数分解》
　この因数分解の解の整数係数ａ，ｂ，ｃも、以下のようにして求められる。


 先ず、この式(10)の整数解ｓを求める。
次に、その整数解ｓを使って以下の計算をする。

この方程式(12)のｚの整数解αとβを求める。
その整数解を使って以下の計算をする。

式(13)に式(12)のβを代入してｃとａの比を得る。その比を使って整数ａとｃを定める。次に整数ｂを、式(6)(7)を使って求める。
（解答おわり）

〘補足〙
　以上の解き方は、整数係数の因数の２次式に因数分解する場合だけでなく、一般の４次方程式の解を求める場合にも利用できる。式(10)は３次方程式になった。３次方程式の解の公式を使って式(10)を解くことにして、一般の４次方程式を解くためにも、この方法が使える。

【問１の第３の解】
　問１を、上記の解き方を使って以下の様に解く。

この式(20)のｓの１つの整数解を求める。その整数解は、式(1)のｘの１つの有理数解を求める場合よりも簡単に求めることができる。
そのｓの１つの整数解は以下の値である。


（第３の解おわり）

《因数分解のための連立方程式の１つの解のみを求める計算技術》
【問５】
　以下の４次式を因数分解せよ。


【解１】
　以下の式のように、因数分解すべき関数を変数ａの関数ｆ(a) と考えて、式をａに関して整理して式(1) を得る。

この式(1)を、パラメータｂに関する整式ｇ(b)，ｃ(b)，ｈ(b)を係数とする以下の形の式に因数分解しようと考える。ここで、式ｇ(b)，ｃ(b)，ｈ(b)はｂに関する整式（単純な式）であることに留意して計算を進める注意が必要である。

この式(2)と先の式(1)が同じ式になるように、変数ａの３次の項の係数を比較し、２次の項、１次の項の係数を比較し、変数ａに係る定数項を比較して、以下の連立方程式(3)(4)(5)を得る。

ここで、因数分解の目的のためには、連立方程式(3)(4)(5)の全部の解を求める必要は無く、解の１つを求めるだけで良い。


この式(8) を成り立たせる（パラメータｂの整式）ｃとｇが、以下の単純な式(9)(10)であらわされると仮定する。（解を仮定して方程式の解の１つを求める計算技術）

（注意：この仮定をせずに、式ｇ，ｃ，ｈがパラメータｂの整式であるという条件を厳密に適用して連立方程式を解くことでも、結局は式(9)(10)の解が得られるが、その計算は煩雑になる）

この式(9)(10)が解として正しいかを判定するために、式(9)(10)を式(4)に代入して、ｈの式を得て、そのｈの式が、式(6)や式(7)から得られるｈの式と同じになるかを確認する。

この式(11)は、式(6)や式(7)から得られるｈの式と同じになった。よって、式(9)(10)(11)が、連立方程式(3)(4)(5)の解の１つである。

（解１おわり）

【解２】
　しかしながら、解１の計算技術は、あまりにも技巧的すぎて、問題の答案の採点者には理解されにくい。そのため、解答用紙には、以下のように、この解１で求めた因数分解の式を逆に展開して元の式を得る。そして、その式の最後の行を最初に書いて、逆に式を書いていき、最後に解答の因数分解の式を書く式を書いて、因数分解の解答として書けば良い。

それは、発想の順では無いが、解答の式としてはつじつまが合っているので、それを解答として記述すれば良い。

（解２おわり）

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