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）６人を、(人数指定なく、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。

【問２ａ】
（各人を区別できる）６人を、(各組に１人以上は入れて)組Ａと組Ｂに分ける組み分けは何通りあるか。

【問２ｂ】
（各人を区別できる）６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分けは何通りあるか。

【問３ａ】
（各人を区別できる）６人を、(各組に１人以上は入れて)組Ａと組Ｂと組Ｃとに分ける組み分けは何通りあるか。

【問３ｂ】
（各人を区別できる）６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分けは何通りあるか。

【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分けは何通りあるか。

【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分けは何通りあるか。

【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）６人を、(人数指定なく、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】
　先ず、（各人を区別できる）６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。

　ここで、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。その組を特徴付ける人が入っている組名がＡ，Ｂ，Ｃに入れ替わるので３！個の異なる組み分けができるのである。
（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。
（Ａ組，Ｂ組，Ｃ組）＝
（０，０，６）　（０，６，０）　（６，０，０）
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、６人の人を、組の区別なく（０人の組もある）3つの組に分ける組み分けの数は、
以下の数になる。

（解答おわり）

【問２ａ】
　（各人を区別できる）６人を、(各組に１人以上は入れて)組Ａと組Ｂに分ける組み分けは何通りあるか。

【解答】
（１）先ず、６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。
（２）一方、Ａ組０人Ｂ組６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。

（３）よって、（各人を区別できる）６人を、(各組に１人以上は入れて)組Ａと組Ｂに分ける組分けの数は、
その計算は、（１）の場合から、（２）の場合を引き算することで求められる。

（解答おわり）

【問２ｂ】
　（各人を区別できる）６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分けは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、６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６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３ａ】
　（各人を区別できる）６人を、(各組に１人以上は入れて)組Ａと組Ｂと組Ｃとに分ける組み分けは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、６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。

（２）A組０人、B組１人以上のｎ人、Ｃ組６－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６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。

　１組には１人以上入れた組Ａと組Ｂと組Ｃ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（Ａ組に集中、Ｂ組に集中、Ｃ組に集中）の３つの場合を引き算することで、人が０人の組が１つのみの場合を含む組分けの数を求める。
その数から、（２）の場合の、組Ａのみが０人の場合と、組Ｂのみが０人の場合と、組Ｃのみが０人の場合との３種類の場合の組み分けの数を引き算することで、どの組にも１人以上がいる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）６人を、(各組に１人以上は入れて)組Ａと組Ｂと組Ｃとに分ける組み合わせの数は、以下の計算で求められる。

（解答おわり）

【問３ｂ】
（各人を区別できる）６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分けは何通りあるか。

【解答】
（０）先ず、６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６－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６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２ｂの解で得られている。

　よって、（各人を区別できる）６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分けは何通りあるか。

【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分けは何通りあるか。

【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。



（各人を区別できる）９人を、(各組に１人以上は入れて)組Ｂと組Ｃに分ける組み分けの数が、右辺の式で計算できるのである。

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条件付き確率の計算例題３

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
　3つの箱A,B,Cがある。Aの中には赤玉3個と白玉2個が、Bの中には赤玉3個と白玉4個が入っている。まず、A,B からそれぞれ1個ずつ玉を取りだして、空箱Cにいれる。次に、Cから1個取りだした玉が赤であっ たとき、それがAから取りだした赤玉である確率を求めよ。(九州工業大)

【解答】
以下の樹形図を書いて問題を分析する。

その結果、求める条件付き確率は以下の計算で求められる。

（解答おわり）

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内角が二等分される点の軌跡

以下は、ここをクリックした先の問題の解答です。

【問１】
原点をＯとするｘｙ平面上に点Ａ（－２，０）と点Ｂ（１，０）がある。∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＢを満たす点Ｐの軌跡を求めよ。（ただし、∠ＯＰＡ＝０の場合も含めること）



【解答その１】
∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＢ＝θとする。そのとき、直線ＯＰ上の点Ａの高さと点Ｂの高さの比は、ａ：ｂで一定である（ａ＝２，ｂ＝１）。
すなわち、以下の式が成り立つ。


（注意）この式は、点Ｐが原点Ｏに重なってしまい辺ＯＰが１点になってしまう場合にも成り立つ。しかし、その場合は、その１点に替わってしまった「辺」の方向が考えられないので、問題の条件が成り立っていない。この式は、そのように、問題の条件が成り立たなくなっている点Ｐに対しても成り立つ式である。

この式は以下の様に解ける。


この式１と式２の解がある。
（第１の解）式１のθ＝０の解は、点Ｐが直線ＡＢ上の、辺ＡＢの外にある（点Ａと点Ｂは含まない）場合にθ＝０になる。これが、第１の解である。
点Ａの位置に点Ｐが来ると、辺ＡＰが１点になってしまう。その場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう場合は解にはしない。点Ｂに点Ｐが重なる場合も同様。

（第２の解の考察）点ＡとＢの間の（点Ａと点Ｂは含まない）辺ＡＢ内の点Ｐについては、下図の様に、∠ＡＰＢ＝１８０°であって、辺ＡＢに垂直な線がその角を二等分する。

この図の点Ｐ＝原点Ｏとして、∠ＡＰＯ＝∠ＢＰＯ＝９０°となると考えても良さそうに思う。しかし、点Ｐ＝原点Ｏというように辺ＰＯが１点に重なってしまう場合には、すなわち、辺ＯＰが１点になってしまう場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう場合は解にはしない。

（第３の解）
以下で式２による第３の解を計算する。


この式は（２，０）を中心にした半径２の円であり、原点Ｏを通る。
　逆に、（２，０）を中心にした半径２の円上の点Ｐは全て、問題の条件を満足するかを考える。
　ここで、点Ｐが原点Ｏに重なってしまい辺ＯＰが１点になってしまう場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう、点Ｐが点Ｏに重なる場合は解にしない。

この第１の解と第３の解の軌跡を以下の図に赤線で示す。

（解答その１おわり）

【解答その２】
∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＢ＝θとする。そのとき、余弦定理から、以下の２つの式が成り立つ。

この式(1)と(2)から角度θを消去する。

ここで、この式を整理するために、以下の２つの式を用いる。

この２つの式を先の式に代入する。


この２つの解のうち、問題の条件を満足する解を抽出する。
（第１の解）　直線ｙ＝０、すなわち、直線ＡＢの場合：
逆に、直線ｙ＝０上の点は全て、問題の条件を満足するかを考える。
ここで、点Ｐが直線ＡＢ上の、辺ＡＢの外にある（点Ａと点Ｂは含まない）場合にθ＝０になり、問題の条件を満足する。しかし、辺ＡＢの中に点Ｐがある場合は、問題の条件が満足されない。

（第２の解）

この式は（２，０）を中心にした半径２の円であり、原点Ｏを通る。
　逆に、（２，０）を中心にした半径２の円上の点Ｐは全て、問題の条件を満足するかを考える。
　ここで、点Ｐが原点Ｏに重なってしまい辺ＯＰが１点になってしまう場合には、その「辺」の方向が考えられない。そのため、「辺」が１点になってしまう、点Ｐが点Ｏに重なる場合は解ではない。

以上の第１の解と第２の解の軌跡は解答１と同じであり解答１で示した図の軌跡を描く。
（解答その２おわり）

【補足】
　解答その２の計算が大変であって、解答その１の計算が楽だった、という解答の難易度の差が出たのは、三角形の内角の二等分線にかかわる関係式が多く 存在しているため、解答その１のように、最終解答の式に近い式を使った方が計算が楽だったからだと考えます。

【解答その３】
以下の図のような複素数平面の図を利用して問題を解きます。

辺ＯＺが頂角Ａを二等分することを表す、複素数平面の方程式を書く。

この方程式で、
ｚ≠０，　ｚ≠ａ，　ｚ≠ｂ，
ｚ＝ｘ＋ｙｉ
である。
（注意）この方程式は、角度θを２倍して比較する式である。そのため、∠ＯＺＡが１８０°の場合、それを２倍して３６０°、すなわち、０°と同等の角度として角度を比較している。そのため、この方程式は角度１８０°と角度０°を区別しない。しかし、その場合には問題の条件が成り立っていない。この式は、そのように、問題の条件が成り立たなくなっている点ｚに対しても成り立つ式である。

この方程式を以下で変形する。


（第１の解）　直線ｙ＝０、すなわち、直線ＡＢの場合：
逆に、直線ｙ＝０上の点は全て、問題の条件を満足するかを考える。
ここで、点Ｐが直線ＡＢ上の、辺ＡＢの外にある（点Ａと点Ｂは含まない）場合にθ＝０になり、問題の条件を満足する。しかし、辺ＡＢの中に点Ｐがある場合は、問題の条件が満足されない。

（第２の解） （２，０）を中心にした半径２の円であり、原点Ｏを通る。
ただし、
ｚ≠０，　ｚ≠ａ，　ｚ≠ｂ，
を満足するために、この円から原点Ｏを除く。
（解答その３おわり）

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