技巧的な、無理関数の方程式の解き方（その２）

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【問題１】以下の方程式（式(1)）を簡単な方程式に変換せよ。


【解答】
《式(1)の形の無理関数の方程式は、この式を変形した式の両辺を２乗して計算すれば解けるが、そうするよりは、以下のように変数ｓを導入して解くと計算が楽になる》
　先ず、以下の式で表す変数ｓを導入して、以下のように計算を進める。


上式の様に方程式が簡単になった、
（解答おわり）

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技巧的な、無理関数の方程式の解き方

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【問題１】以下の方程式（式(1)）のｘの解を求めよ。

ただし、A>0, B>0, k>0, であるものとする。

【解答】
《式(1)の形の無理関数の方程式は、この式を変形した式の両辺を２乗して計算するのでは無く、以下のように変数ｓを導入すると解き易くなる》
　先ず、以下の式で表す変数ｓを導入して、以下のように計算を進める。


（解答おわり）

《補足》
　式(9)の形を見ると、
もし、 式(1)が、AとBが、互いに比例するｘの整式の場合でも解けることが分かる。すなわち、その様な形をした一見複雑に見える式(1)であっても、式(9)の解が得られるので、その式(9)を変形することでｘの解を求めることができることが分かる。

【問題２】以下の方程式（式(1)）のｘの解を求めよ。

ただし、A>0, B>0, p>0, であるものとする。

【解答】
　式(1)の形の無理関数の方程式は、以下の形に式を変形できる特徴がある。

この式(2)は、問題１の式(1)と同じ式である。こうして、この問題２は、問題１に帰着して解く事ができる。これ以降の計算は問題１の解答と同じなので、計算を省略する。

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3次方程式の3つの解が全て実数解である条件

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【課題】以下の３次方程式（式(1)）の３つの解が全て実数解（３つの異なる実数解）である場合の条件を導き出せ。

（課題おわり）

【解答１】
《式(1)の関数f(x)の３次方程式の解を求める問題は、変数ｘを以下の変数ｔに変換して関数f(x)を、以下の式(2)の形の関数g(t)に変換して解くのが定石である。》
　その関数g(t)の表すグラフY=g(t)の形を描くと以下の図が描ける。

y=g(t)のグラフが上図の様に２つの極値（極小値と極大値）を持って、極大値の点のｙ座標が正であり、極小値の点のｙ座標が負であれば、グラフは t 軸と３つの異なる点で交わる。その場合に式１の解が、その３つの交点の t 座標を表す。
　先ずは、以下の計算により、関数g(t)の係数を導き出す。

　これで準備が出来たので、グラフが２つの極値を持つ条件を導き出す。それは、関数g(t)を微分した関数g'(t)が０になる点が２つあることである。その２つの点の t 座標は方程式(3)で求められる。方程式(3)の解は以下の式で計算できる。

方程式(3)が２つの解を持つ条件は上の式(4)である。そして、式(4)の条件が成り立つ場合の方程式(3)の解の t の値は、以上の２つの値、t1とt2である。

この２つの値の t 座標の点のｙ座標の値が、先頭の図のグラフの極値のｙ座標が負と正の値であれば、グラフは t 軸と３つの異なる点と交わる。また、この２つの点のｙ座標の積が負である条件だけでも t 軸と３つの点で交わる。そのため、この２つの点のｙ座標を計算して、それらの積を計算することで、それを判別する条件式を求める。

先ず、g(t1)を計算する。

g(t2)も、同様にして、以下の式(6)で表せる。

この２つのｙ座標の積に、以下のように負の係数を掛け算した値が正になることが求める条件式である。

この式(7)が、3つの解が全て実数解である条件である。式(7)を見ると、最初に得られた式(4)で表された前提条件は、式(7)が満足されるならば、その式(4)も満足される事が示せた。

　式(7)の判別式は、元の式(1)の係数で表すと（係数を変えた）式(8)の形の判別式になる。この式(8)の値が正であることが、３次方程式（式(1)）の３つの解が全て実数解（３つの異なる実数解）である場合の条件である。
（解答１おわり）

【解答２】
　解答１の定石の解き方をしない場合には、以下のように計算が面倒になる。

　この３次方程式の関数f(x)の表すグラフY=f(x)の形を描くと以下の図が描ける。

y=f(x)のグラフが上図の様に２つの極値（極小値と極大値）を持って、極大値の点のｙ座標が正であり、極小値の点のｙ座標が負であれば、グラフはＸ軸と３つの異なる点で交わる。その場合に式１の解が、その３つの交点のｘ座標を表す。
　そのため、先ず、グラフが２つの極値を持つ条件を導き出す。それは、関数f(x)を微分した関数f'(x)が０になる点が２つあることである。その２つの点のｘ座標は方程式(2)で求められる。方程式(2)の解は以下の式で計算できる。

この方程式(2)が２つの解を持つ条件は以下の式(3)である。

この式(3)の条件が成り立つ場合の方程式(2)の解は、以下の計算で求められる。

この解のｘ座標をx1とx2として以下の式で表す。

この２つのｘ座標の点のｙ座標の値が、先頭の図のグラフの極値のｙ座標の値である。その２つの点のｙ座標の値が負と正であれば、グラフはＸ軸と３つの異なる点と交わる。また、この２つの点のｙ座標の値の積が負であるという条件だけでも、グラフはX軸と３つの点で交わる。そのため、この２つの点のｙ座標を計算して、それらの積を計算することで、それを判別する条件式を求める。

先ず、f(x1)を計算する。



f(x2)も、同様にして、以下の式(5)で表せる。

この２つのｙ座標の積に、以下のように負の係数を掛け算した値が正になることが求める条件式である。

この式が、3つの解が全て実数解である条件である（解その１）。
　次に、この式D1を展開した式を計算する。

この計算の結果、以下の式(7)の解（解その２）が得られた。


解その１と解その２が等価な解である。解その１の式(6)を見ると、最初に得られた式(3)で表された前提条件は、式(6)が満足されるならば、その式(3)も満足される事が示せた。

よって、式(6)又は式(7)が、３次方程式（式(1)）の３つの解が全て実数解（３つの異なる実数解）である場合の条件である。
（解答２おわり）

（補足）以上のようにして、高校数学の範囲で、かろうじて、３次方程式の解の判別式を導き出すことができた。しかし、この問題は、このようにして高校数学の視点に基づいて解を求めるよりは、大学数学の、新たな視点から見た判別式の概念を用いて解を得る方が良い。その方が数学の視野が広がるからです。
　ここをクリックした先の「三次方程式の判別式の意味と使い方」のサイトに、その新たな視点から見た判別式の概念が説明されている。

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積分計算と相性が良い三角関数の積の分数の分解の公式

これは、ここをクリックした先のページの問題の解答です。

以下の三角関数の積の分数の式を分解する公式では、分解した分数式の分子に、分母を微分した導関数があらわれる。

【公式A】 
以下の式(1a)：

が成り立つ事を証明せよ。

【証明開始】
右辺を以下のように変形する。

（証明おわり）

【公式B】 
以下の式(1b)：

が成り立つ事を証明せよ。

【証明開始】
右辺を以下のように変形する。

（証明おわり）

【公式１】 
 角度ｘと角度ｘ＋ａに関して、以下の式(1)：

が成り立つ事を証明せよ。

【証明開始】
左辺を以下のように変形する。

（証明おわり）

【公式２】 
 角度ｘと角度ｘ＋ａに関して、以下の式(２)：

が成り立つ事を証明せよ。

【公式３】 
 角度ｘと角度ｘ＋ａに関して、以下の式(３)：

が成り立つ事を証明せよ。

【公式２と公式の証明をまとめて証明する】
以下の式を変形する。

（証明おわり）

【公式４】 
 角度ｘに関して、以下の式(４)：

が成り立つ事を証明せよ。

【証明開始】
右辺を以下のように変形する。

（証明おわり）

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tan(x/2)を変数tに置換して計算しない方が良い積分

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問２】
以下の不定積分を求めよ。


【解答】
この問題を、
tan(x/2)=ｔという変数変換を導入しないで以下の様に解きます。

　すなわち、cos(x)+sin(x)=(√2)sin(x+π/4)というまとまった１つの三角関数を利用して、その１つの三角関数を使って式を書き直します。
　sin(x+π/4)と書くよりは、(cos(x)+sin(x))と書く方が式が単純になるので、(cos(x)+sin(x))を１まとまりの項として扱って、以下の様に計算します。



（解答おわり）
なお、「無理関数の式への因数分解の公式」のページの以下の式が成り立つ。



（補足）
　なお、ここで、tan(x/2)=ｔとする変数ｔに置換して積分の計算をすると、その積分の解が、上式の様な単純な形では表されずに、もつれた形の解になります。そのもつれた形の式が上式の解と等しくなる法則を研究するのも興味深いことだと思います。

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組に区別なく人数指定なく（各人を区別できる）人を組分けする数と組分け問題の本質

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
（各人を区別できる）9人を、(人数指定なく、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問２】
（各人を区別できる）9人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)２つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問３】
（各人を区別できる）9人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問４】
（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【問５】
（各人を区別できる）９人を、(人数指定なく、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【考察】《組分け問題の本質の数学構造を理解する》
　組分け問題を深く考えることで、組分け問題の底に隠されている本質の数学の構造が見えてくる面白さがあります。そういう面白さを見つけるように数学を学ぶのが楽しいことだと思います。


以下、各問毎に解答する。
【問１】
（各人を区別できる）9人を、(人数指定なく、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
　先ず、（各人を区別できる）9人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃに区別した３つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）（各人を区別できる人を）A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、３！の異なる組分けができる。

組の区別が無い場合の組み分けの区別の仕方は、組に入っている人を基準にして組み分けを区別する。ある人１が入っている組を１組とし、ある人２が入っている組を２組とし、ある人３が入っている組を３組とする。その各組の成員が同じ人であれば同じ組み分けであるとする。成員が異なれば異なる組み分けであるとする。
（２）A組０人、B組１人以上、Ｃ組１人以上の場合での、ある１つの組分けも、
組の名前を入れ替えると、３・２＝３！の異なる組分けができる。
（３）しかし、A組０人B組０人C組９人の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、３つの組分けができるだけである。

なぜなら、組が区別される場合においても、上の組み分けの０人のA組と０人のB組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組を区別する場合では、人が入っている組ならば、組の名前を替えれば、異なる組分けになる。しかし、人が０人の組同士の名前を入れ替えても、異なる組み分けには成らない。組の名前を変えることで組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合にのみ有効なことである。

　そのため、組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けは１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく3つの組に分ける組み合わせの数は、
以下の数になる。

（解答おわり）

【問２】
（各人を区別できる）9人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)２つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、9人を、(人数指定なく0人もOK）Ａ，Ｂに区別した２つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）A組１人以上、B組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、２！の異なる組分けができる。
　この場合の、組の区別を無くした組分けの数が求める組分けの数である。
（２）一方、A組０人B組９人の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、２つの組分けができる。

　組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けを１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく、１組には１人以上入れた２つの組に分ける組み合わせの数を求める。それは、（１）の場合の、組の区別を無くした組分けの数である。
その計算は、（０）の場合から、（２）の場合を引き算して、それを２！で割り算することで求められる。

（解答おわり）

【問３】
（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、9人を、(人数指定なく０人もOK）Ａ，Ｂ，Ｃに区別した３つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、３！の異なる組分けができる。
　この場合の、組の区別を無くした組分けの数が求める組分けの数である。
（２）A組０人、B組１人以上のｎ人、Ｃ組９－ｎ人の場合での、ある１つの組分けも、
組の名前を入れ替えると、３！の異なる組分けができる。
（３）しかし、A組０人B組０人C組９人の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、３つの組分けができるだけである。
　なぜなら、組が区別される場合において、上の組み分けのA組とB組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組を区別する場合では、人が入っている組の名前を替えれば、異なる組分けになる。しかし、人が０人の組同士の名前を入れ替えても、異なる組み分けには成らない。組の名前を変えると組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合のみである。

　組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けは１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく、１組には１人以上入れた３つの組に分ける組み合わせの数を求める。その数を以下の様にして計算する。
（０）の場合から、（３）の場合を引き算して、それを３！で割り算することで組の区別を無くした組分けの数を求める。
その数から、（２）の場合の数を引き算することで、（１）の場合の組の区別を無くした組分けの数が求まる。（２）の場合の数は、問２の解で得られている。

　よって、（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)３つの組に分ける組み合わせの数は、（１）の場合の組の区別を無くした組分けの数であり、それは、以下の計算で求められる。

（解答おわり）

【問４】
（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、９人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄに区別した４つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　このうち、A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上、Ｄ組１人以上の４つの組に分ける場合での、ある１つの組分けは、組の名前を入れ替えると、４！の異なる組分けができる。この場合の、組の区別がある組み分けの数を４！で割り算して組の区別を無くした組分けの数が求める解である。
　そのため、組の区別がある組み合わせの全てから、順に、１人以上が組に入る、４つ未満の組への組み分けの数を引き算して、残った組み分けの数を４！で割り算すれば求める組み分けの数が得られる。
　先ず、以下の（組の区別がある）組み分けの数を考える。
（１）１組にのみ全員が組分けされ、残りの３組が０人の場合は、その１つの組み分けは、その４組の組の名前を入れ替えると、４つの異なる組み分けができる。この場合に組み分けの総数は、以下の数ある。ただし、Ａ１は組の区別が無い場合の１組にのみ組み分けされる組み分けの数である。

（２）１人以上を持つ２組にのみ全員が組分けされ、残りの２組が０人の場合は、そのうちの１つの組み分けは、その４組の組の名前を入れ替えると、４＊３の異なる組み分けができる。この場合の組み分けの総数は、以下の数ある。ただし、Ａ３は、組の区別が無い場合の２組にのみ組み分けされる組み分けの数である。

（３）１人以上を持つ３組にのみ組分けされ、残りの１組が０人の場合は、そのうちの１つの組み分けは、その４組の組の名前を入れ替えると、４＊３＊２の異なる組み分けができる。この場合の組み分けの総数は、以下の数ある。ただし、Ａ３は、組の区別が無い場合の３組にのみ組み分けされる場合の数である。

（４）よって、（組の区別がある場合の）１人以上を持つ４組にのみ組分けされた場合の数は、（０）の場合から、（１）から（３）の場合の数を引き算した数がある。
　そして、その場合において、組の区別を無くした組分けの場合の数Ａ４は、その数を４！で割り算することで得られ、以下の数がある。


（解答おわり）
　ここで、（組の区別を無くした場合での）１人以上を持つ１組のみへの組分けの場合の数から、２組のみ、３組のみ、４組のみへの組分けの数の解を列挙すると以下の式で表される。

　上の式を詳細に計算すると以下の式で表される。


【問５】
（各人を区別できる）９人を、(人数指定なく、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせは何通りあるか。

【解答】
　先ず、9人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄに区別した４つの組に分ける事を考える。
その組み合わせの数は、

通りある。
　ここで、
（１）A組１人以上、B組１人以上、Ｃ組１人以上、Ｄ組１人以上の場合での、ある１つの組分けは、
組の名前を入れ替えると、４！の異なる組分けができる。組の区別が無い場合の組み分けの区別の仕方は、組に入っている人を基準にして組み分けを区別する。ある人１が入っている組を１組とし、ある人２が入っている組を２組とし、ある人３が入っている組を３組とし、ある人４が入っている組を４組とする。その各組の成員が同じ人であれば同じ組み分けであるとする。成員が異なれば異なる組み分けであるとする。
（２）A組０人、B組１人以上、Ｃ組１人以上、Ｄ組１人以上の場合での、ある１つの組分けも、
組の名前を入れ替えると、４・３・２＝４！の異なる組分けができる。
（３）しかし、A組０人B組０人、C組１人以上、Ｄ組１人以上の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、４・３＝１２の組分けができるだけである。なぜなら、組が区別される場合においても、上の組み分けの０人のA組と０人のB組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組を区別する場合では、人が入っている組ならば、組の名前を替えれば、異なる組分けになる。しかし、人が０人の組同士の名前を入れ替えても、異なる組み分けには成らない。組の名前を変えることで組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合にのみ有効なことである。
（４）また、A組０人B組０人、C組０人、Ｄ組１人以上の場合の、１つの組分けは、
組の名前を入れ替えても、４つの組分けができるだけである。なぜなら、組が区別される場合においても、上の組み分けの０人のA組と０人のB組と０人のC組を入れ替えても同じ組み分けにしかならないからである。組の名前を変えることで組分けが変わるのは、人が１人以上いる組の名前を変える場合にのみ有効なことだからである。

（５）そのため、組の名前を入れ替えることで出来る複数の組分けは１つの組分けであるものとすることで、組の区別なく４つの組に分ける組み合わせの数は、以下の手順で求める。
（５－１）先ず、（４）の場合の、（組の区別が無く）１組にのみ全員を入れる組分けの数Ｃ１を求める。
（５－２）次に、（３）の場合の、（組の区別が無く）２組にのみ(各組に１人以上入れて)全員を入れる組分けの数Ｃ２を求める。
（５－３）次に、9人を、(人数指定なく）Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄに区別した４つの組に分ける組み合わせの数から、Ｃ１・４を引き算し、更に、Ｃ２・４・３を引き算する。その値を４！で割り算して組の区別を無くした数に、Ｃ１とＣ２を足し算する。その値が、求めるべき、（各人を区別できる）９人を、(人数指定なく、組の区別なく)４つの組に分ける組み合わせの数である。
Ｃ１＝１組である。
Ｃ２は、問２の解で得られている。

よって、以下の数で計算できる。

（解答おわり）

【考察】《組分け問題の本質の数学構造を理解する》
　組分け問題を深く考えることで、組分け問題の底に隠されている本質の数学の構造が見えてくる面白さがあります。そういう面白さを見つけるように数学を学ぶのが楽しいことだと思います。

　以下で、問５の解答の考え方を（人数を変えて）検算します。
▷人数が２人の場合は：

この答えは合っている。
▷人数が３人の場合は：

この答えは合っている。
▷人数が４人の場合は：

この答えも合っている。

　なお、組名が区別されている組分けの数には、以下の数学的構造がある。




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