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【数学良問の旅】神戸大(虚数と証明)。

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48 thoughts on “【数学良問の旅】神戸大(虚数と証明) | 最も詳細なドキュメントの概要神戸 大学 後期 過去 問

  1. 勉強垢 says:

    帰納法使ってやったのですが虚部が0にならない事の証明が出来ませんでした、

  2. トム・ホーバス says:

    10で割った余りの実部と虚部の周期性から証明しろ見たいな感じの誘導があってなんとか出来ました(過去問でといた

  3. サンドラ says:

    これ二項定理でやったら
    虚数×虚数が実数になるので
    いろいろとややこしくなるから
    実物をan、虚部をbnと置いて
    やったほうがいいってことだよね?

  4. B A says:

    単調増加を示そうとしてみたけど、苦戦したから諦めて、調べてみたら単調増加じゃないんだね、それは示せない訳だ

  5. カバオくん says:

    二項定理でも持って行けるのでは………?と思いました。結構複雑になりますが……

  6. ボーちゃん says:

    これ実際に受けましたが、(1)で虚部を10で割った余りが1,4,1,4…とループすることに気づかせてくれてました。
    ちなみに神大落ちました

  7. sakura TU says:

    bnの漸化式が出た時点で、「bn>0」や「bnは単調増加」を示すにはどうしたらいいですか?誰かお時間あれば教えていただきたいです

  8. 岸辺緑 says:

    与式=z,絶対値=mとしてz/mを単位円上で考えると
    二乗した(3-4i)/5を自然数乗して虚部が零になるのは3と4が互いに素だから不可能、と思ったが
    そもそも絶対値で割らなくても解ける、しかし神大に行くほどの才が余にないから大きすぎる図形は難しい

  9. atsushi okada says:

    連立漸化式の解を真面目に計算しました。
    連立漸化式の解き方を学ぶ良い練習になりました。

  10. 圃匙琥逗 says:

    α := 1+i = √5(cosθ+i*sinθ)とすると、de Moivreの定理より、
    α^n = 5^(n/2)(os(nθ)+i*sin(nθ))
    よって、α^n = a_n+i*b_nとすれば、
    a_n = 5^(n/2)*cos(nθ), b_n = 5^(n/2)*sin(nθ)
    他方、α^(n+1)を計算することで連立漸化式
    a_[n+1] = 2a_n-b_n, b_[n+1] = a_n+2b_n
    を得、更にこれから2項間漸化式
    a_[n+2]-4a_[n+1]+5a_n = 0
    を得る。今、β := 1-i とすると、α+β=4, αβ=5 であるから、解と係数の関係よりα及びβは2次方程式 X^2-4X+5 = 0 の2解となるが、この方程式は先の2項間漸化式の特性方程式であるから、一般項は a_n = s*α^n+t*β^n のように表せる。
    n=1 のとき両辺の実部と虚部を比較してs=t=1/2を得、したがって a_n = (α^n+β^n)/2 となる。
    αβ = 5, α ≠ 0 より β = 5/α だから、
    a_n = (α^n+(5/α)^n)/2 ⇔ α^(2n)-2a_n*α^n+5^n = 0
    よって、α^n は2次方程式 X^2-2a_n*X+5^n = 0 の解だから、任意の自然数nに対して判別式 (a_n)^2-5^n が負であることを示せばよい。以下、帰納法による。
    (a_1)^2 = 4 < 5, (a_2)^2 = 9 < 5^2 より n=1, 2 のとき成立。
    n=k, k+1 のときに成立すると仮定すると、
    (a_[k+2])^2 = (4a_[k+1]-5a_k)^2
    = (3a_k-2b_k)^2
    = 5^n*(3cos(kθ)-2sin(kθ))^2
    = 5^k*(√13*cos(kθ+φ))^2
    <= 5^k*13 < 5^(k+2)
    以上より、題意は示された。

    うーん、この別解にあるまじき煩雑さ

  11. こうだい says:

    おそらくいちばんばっちい別解
    与式={√5(cosθ+isinθ)}^n
    =(cosnθ+isinnθ)×5^(n/2)
    cosθ=2/√5 sinθ=1/√5
    p,qを正の実数として
    sinkθ=p/√(p^2+q^2)
    coskθ=q/√(p^2+q^2)とおく
    sin(k+1)θ=2p+q/√5(p^2+q^2)>0
    cos(k+1)θ=1-2p/√{5(p^2+q^2)}>0
    以下略。一周まわってキモチイイ

  12. 芋けぴ says:

    nを偶数の時と奇数の時で場合分けをして、二項定理で展開するとnが偶数の場合、奇数の場合それぞれ虚数項が出ることが分かるため、というふうに証明しました。

  13. 土井勇治 says:

    別解にならない別解
    極形式で2+iを√5(cosθ+isinθ)と置いて
    θがπを含まない値ならsin(nθ)≠0が示せると考えたけど、、、
    θが求められないので
    結局すばるさんと同じやり方になっちゃう

    a(n)=(√5)^n*sin(nθ)と置いて
    ドモアブルと加法定理から
    a(n+2)=4a(n+1)-5a(n)
    mod10で
    a(n)≡1、4
    よって、sin(nθ)≠0

  14. satton says:

    ド・モアブルを適用すると,焦点は
    cosΘ = 2/√5 のとき,cos nΘ = 0 となる自然数 n は存在しないことを示す(または sinΘ = 1/√5 のとき,(以下略))
    となって,Θが有理数でない(度数法)ことを証明すればよいことになりますが,これはこれで大変そう・・・。
    (今複素数平面は数学Ⅲにいるから弧度法表記がメイン?)

  15. 合八一合のYouTube数学 says:

    備忘録‘’75V ( 2+𝑖 )ⁿ = an+bn・𝑖 とおく
    ( an, bn ∈実数 ) 実験して、 b1= 1, b2= 4 ・・・①
    …中略… {an}と{bn} の漸化式より、an, bn ∈整数 である。
    an を消去して、 bn+2= 4・bn+1 -5・bn ・・・②
    【 別解 】 mod5 の合同式を用いると ②より、
    bn+2 ☰ (-1)・bn+1 これと ①を合わせて、
    bn ☰ (-1)ⁿ⁻¹ ⇔ bn ☰ 1, 4 ∴ bn ≠ 0
    よって、示された■

  16. Perseus1988 says:

    一つ疑問があります。
    自然数n,非0の整数a,bで成立する複素数(a+bi)^n…①について,どこかのnで①が実数になるa,bの条件って,|a|=|b|以外にありますかね?

  17. とっくん says:

    神戸大は登下校と言いません、登山下山ですと神戸大出身の先生が仰っておりました

  18. しりゅう*。 says:

    普通に実数だと仮定して、二項展開して偶奇によって虚部がかき消されるか判断したらよくね?

  19. Nozomi M says:

    bnの一般項だして、極形式で整理する方法
    一般項出してしまうのは計算量多めかな?

  20. とど says:

    mod 5で

    a[n]≡±2, b[n]≡±1同順 とすると

    a[n+1]=2a[n]-b≡±4∓1≡∓2

    b[n+1]=2b[n]+a[n]≡±2±2≡∓1

    よって

    a[n+1]≡±2, b[n+1]≡±1同順

  21. smb2021ch. says:

    これを何らかの試験で初見で見たら、私は

    θ=arctan(1/2)とおくと、2+i=√5(cosθ+isinθ)
    ド・モアブルの定理より、(2+i)^n=√5(cosnθ+isinnθ)
    これがある自然数nで実数になると仮定して矛盾を導く。n=N(N:自然数)で実数だったと仮定する。
    このとき、偏角の関係より
    Nθ=mπ(m:自然数)
    よって、θ=(m/N)π

    …ってやってドツボるだろうなぁ。w

    幾何学的方法がダメなので、直接(2+i)^n=an+i・bnとおいて数列として処理すれば、おそらく虚部であるbnが0になることはない何らかの関係式が出てくる気がします。

    ここまで予想して、続きを見てみます。

  22. Perseus1988 says:

    一応数列{a}の方も,mod 10の合同式を求めると,2, 3, 2, 3, …となっていつまで経っても0になりませんから,どこかで実数になることはありませんね。
    純虚数がどこかにあれば,更にそれをかければ実数になりますし。

    もう少し簡略化出来るでしょうか(帰納的ではあるものの,数列を使わず,余りだけ考慮して解きます):
    2+iについて,実部2と虚部1は,それぞれ5で割ると,2,1が余る。
    ※以下,合同式はmod 5,±や∓はすべて複号同順とします。
    a ≡ ±2,b ≡ ±1となる整数a,bについて,
    (a+bi)(2+i)=(2a-b)+(a+2b)i
    このとき,
    2a-b ≡ ±4∓1=±3 ≡ ∓2,
    a+2b ≡ ±2±2=±4 ≡ ∓1
    なので,a+biに2+iを掛け続けても,その結果について,実部も虚部も5で割り切れる整数にならないので,いずれも0になることは無く,虚数が出てくる。
    そして2+i自体がa+biの一つに該当するので,2+iに何度2+iを掛けても虚数になる。
    ∴ 問題の値はどんな自然数nであっても,虚数になる。◾︎

    二項定理は…同じ複素数を掛ける以上,法則性を見つけて考えた方が楽ですので,申し訳無いですがやりません。

  23. kaz Mori says:

    an,bnは帰納的には整数であるけれど、bnが0ではないことを示すのだから、整数である必要はないと思いますが。

  24. しろぼし☆ says:

    mod5で考えると、b_nの漸化式は

    b_(n+1) ≡-b_n (mod 5)となるのでb_n≠0は明らか。

  25. P-1 math says:

    昔京大でa,bが0でない整数、pが素数のとき、(a+bi)^pは実数でないことを示せって問題がありましたね

  26. 内田 says:

    動画みたいに細かく計算しなくても、
    kの時に(2+i)^kが虚数なら
    (2+i)^(k+1)=2(2+i)^k+i(2+i)^kで2(2+i)^kは必ず虚数となるからでもOK?

  27. ぱぺごぺ says:

    2+i = √5 e^(i arctan2) って変形して 5^(n/2) e^(i n arctan2)=0 を満たさないことを示そうとしたら大変な事になった

  28. 坂本孝史 says:

    神戸はデートスポットが多いので、モテない男には辛いですよ。特に、この時期とか。

    問題ですが、最初は数学的帰納法かと思いました。

  29. TAMAKA6192 says:

    問題文見た途端に(多分 入試問題出題当時にどこかから突っ込まれたと思うけど)

    書き方が曖昧だなと思いました。

    アンケート

    虚数と言われたら〝実部の無い複素数〟を思い浮かべません?

  30. 佳織❤️聖少女暴力装置🩸74kg says:

    ド・モルガンでnが自然数のときには虚部が0になることがないことを示して終わりだと思った。

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