コロキウム室

受験数学での約束，その他諸々
受験数学の問題を解く際には，いろいろの約束事や，暗黙の了解があります．思いつく限りでは，

(1)解が２つある場合，その２つの解が重なる，つまり重解になる場合も含む．絶対に２つになる，という場合には，異なる２つと書かなくてはならない．

(2)関数式を求めるとき，問題にそう書いてなくても，定義域も求める．

(3)不等式の証明において，問題にそう書いてなくても，等号が成立する場合を求める．

(4)最大値，最小値を求めるとき，問題にそう書いてなくても，そのときのｘの値も求める．

(5)不等式，無理方程式を解く場合，使用される文字は，問題にそう書いてなくても，実数とする． (6)解を求めるとき，問題にそう書いてなくても，解が存在する事から求めなくてはならない．今回私が問題にしている場合ですね．

(7)証明は，１歩前の段階から始める．例えば，
　　(sinｘ)'＝cosｘ
を使って，

　　

を証明してはならない．なぜなら，(sinｘ)'＝cosｘは， を使って証明される事だから．

考えてみれば，(1)，(2)は当然でしょう．

(3)はどうでしょうか．Ａ≧Ｂを証明せよ，という問題では，それを証明するだけでいいような気がします．教育的見地から見れば，Ａ＝Ｂとなる場合を考える事は勉強になりますので，やった方がいいです．でもそれは証明せよという問題とは多少異なる問題です．ですから，この手の問題では，等号が成立する場合も求めよ，という但し書きを最後に書いて欲しいと思います．

(4)はどうでしょうか．これも最大値，最小値を求める事と，そのときのｘの値を求める事は，多少異なる問題のような気がします．但し書きを最後に書いて欲しいところです．もっとも，この問題の型式は，ｙの値の範囲を求めるのと似ています．したがって，最大値，最小値を求めよ，という問題では，そのときのｘの値が必要であり，値の範囲を求めよ，という問題では，ｘの値は必要ない，と解釈出来なくもありません．

(5)は，少なくとも私の受験生時代（２０年以上前）には，そう言われました．しかし，最近はそうでもありません．不等式の問題で，文字が虚数の場合を考えさせる場合がありました．問題の条件として，最初に断っておいて欲しいところです．これは時代の変化というところでしょうか．

(7)は微妙です．授業の展開としては，当たり前の話です．しかし，実際の入試問題で出題される場合，授業とは無関係なのですから，どんな方法で証明してもかまわない気がします． 勿論，を使って， を証明するなんて，とんでもない場合を除いて，ですが．もしかすると， を使わないで，(sinｘ)'＝cosｘを証明した人がいるかも知れません（そんな事はないか）．採点担当の先生の話を聞く限りでは，例外なく，だめ！という事なので，生徒に指導するときは，ちゃんと言います．

これら以外に，こんな話を聞いた事があります．

(8) ｘ(ｘ−１)²＝０の解は，ｘ＝０，１ではなく，ｘ＝０，１（重解）と書くべきである．
解集合を考えれば，重解とそれ以外の区別は重要ではない，と思います．ところで，sinｘ＝１の解はどうなるのでしょうか．重解でしょうか．

数学ではないですが，算数の授業で，

(9) １０÷３＝３・・・１であって，１０÷３＝３・・１とか，１０÷３＝３・・・・１ではない．こう書くと×になる．「・・・」は「あまり」という意味であるので，点は３個である． というのを，生徒から聞きました．論外でしょう．

さて，(6)です．こういう風に考えてみました．
問題文が間違っている．または，解が存在しない．
　→　問題の仮定が矛盾している（ここら辺，ちょっと苦しい）．
　→　矛盾した仮定の元では，何を結論づけても真である．
　　　例：命題「１＝０ならば，１＝２である」は真です．
　→　何を書いてもいいのだから，書かなくてもいい．
　→　解が存在しない場合は無視して，解が存在する場合のみを書くだけで十分である．
　→　「tanθの値を求める」問題において，cosθ＝０の場合は無視してよい．
　実際に生徒が受験する事を考えると，こんな指導をしてはいけません． しかし，純粋な数学としては一理あるのではないでしょうか．
解なしが答の場合，その問題の仮定を満たすものが存在しない事になります．つまり，仮定自体が矛盾しているのです．したがって，その仮定から何を導き出しても，どんな矛盾する事を書いても，結論として論理的に矛盾しない．したがって，そんなときは「問題にミスがあった」という事で，全員に点をあげる事になるでしょうが，それは数学的に正しい事なのです．つまり何を書いても，無解答でも，真なのです．教育的配慮に欠けるとか，いろいろと問題があるでしょうが，数学的には問題がないのです．
でも，昨今の入試問題の作問ミス，採点ミス，集計ミスのニュースを聞くと，そんな親切には学校側が対応してくれないのではないか，対応してくれるとしても時間がたった後だったら意味がない，なんて考えてしまいます．やはり最低限，きちんと出来る限り書いておいた方が無難なのでしょう．
とにかく，全力で生徒を指導すべきですね．教室にはガウスがいます．皆さん，アドバイスを頂き，どうも有り難う御座いました．

>を満たす、自然数ｎ、ｐおよび、一桁の自然数ｍが
>ｎ≧６(あたりで)存在しないことを示せばいいわけで
ここのｎ≧６と考えた理由がわかりません。
教えてください。

これは、実際取り組んでいただくとわかると思いますが、繰り上がりの問題を、 繰り込んで解決するためには例えば上３桁でいこうとすると、その倍はとらねばならないのです。
で、前回の試しに７桁ぐらいまでは簡単にいけたので、 ひとつの目安に６桁としたのです、 問題は繰り上がり分をどう評価してｎの範囲を狭めていくかなんですけれどね

まず、必要条件を考えます

右辺左辺は(1)の右辺左辺とします。

さて、連続数の積を眺めてみると(1)の左辺は

n=0のとき　9・0・1≡0 (mod 10)
n=1のとき　9・1・2≡8 (mod 10)
n=2のとき　9・2・3≡4 (mod 10)
n=3のとき　9・3・4≡8 (mod 10)
n=4のとき　9・4・5≡0 (mod 10)
n=5のとき　9・5・6≡0 (mod 10)
n=6のとき　9・6・7≡8 (mod 10)
n=7のとき　9・7・8≡4 (mod 10)
n=8のとき　9・8・9≡8 (mod 10)
n=9のとき　9・9・0≡0 (mod 10)より、

より、

0≡9・0・1≡9・4・5≡9・5・6≡9・9・0 (mod 10)
4≡9・2・3≡9・7・8 (mod 10)
8≡9・1・2≡9・3・4≡9・6・7≡9・8・9 (mod 10)

よって （左辺）≡0,4,8 (mod 10)

また、このとき（右辺）は
（右辺）≡2m(10^p-1)≡2m・10^p-2m≡-2m (mod 10)

m＝1のとき　-2≡8 (mod 10)
m＝2のとき　-4≡6 (mod 10)
m＝3のとき　-6≡4 (mod 10)
m＝4のとき　-8≡2 (mod 10)
m＝5のとき　-10≡0 (mod 10)
m＝6のとき　-12≡8 (mod 10)
m＝7のとき　-14≡6 (mod 10)
m＝8のとき　-16≡4 (mod 10)
m＝9のとき　-18≡2 (mod 10)

ここで、（右辺）≡0,4,8 (mod 10)
となるのは、m＝1,3,5,6,8

よって、 n(n+1)=111…１0、222…2、1333…32、666…6、1777…76 となることが必要条件である。

このことを念頭に置きながらこの前のUBASICでのプログラム を見てみると、

190　のdateが1,3,5,6,8となっているのが分かると思います。

いきなり「問１の答は、「問１．問１の答」で良いか？」では難しいので、問題をもっと小さくしてみます。

[1] xを整数として方程式x²−2x＋1＝0の解は、x＝xで良いか？

x＝aが[1]の解であることの検算
aがa²−2a＋1＝0を満たせば良い。x＝aなのでx²−2x＋1＝0である以上、a²−2a＋1＝0は当然．

x＝xは「問１．問１の答」に相当し、x＝aは「問１．問１の答になるもの」とでもした時に相当すると思います。ところでaは任意だったので、例えばaが2でも良いはずです。このとき先の検算は、

x＝2が[1]の解であることの検算
2が2²−2･2＋1＝0を満たせば良い。x＝2なのでx²−2x＋1＝0である以上、2²−2･2＋1＝0は当然．

となります。「ちょっと待て！、2²−2･2＋1＝2²−22＋1＝1で、1＝0は当然となるから、これは変だろう！」という反論は、x＝xを解とみなす立場では無意味です。 x＝2が[1]の解であることの検算をこの立場の精神に則って普通の言葉に翻訳すれば、「x²−2x＋1＝0を満たす整数xを記号2で表わした」ということになると思います。気持ちまで含めて書けばx＝2とは、「問１．問１の答は2（問１の解を記号2で表わした）」です。だから、正しくは（普通の解釈では）解無しの場合さえも、正解を書けます。

[2] xを整数として方程式x²−3x＋1＝0の解は、x＝2．

「フレーゲによれば、記号（名前）は指示対象を指示すると同時に、意味を表現し、その意味には対象の与えられ方が含まれている」

しかし、いずれにしろ微妙な話です。等号関係は対象間でか記号間での成立か？、などという話は相当に普通の数学からははみ出しています。学生に「数学も外界とは無関係にはやっていけないのよ」と説教臭く話して嫌われるよりは、やっぱり「常識的にやってね」と言うしかないんでしょうか？。

仕事の関係で四角錐台の体積の公式がなぜ以下のようになるのか 教えて下さい。

h｛（2a+c）b+（2c+a）d｝／6

a,bは下の底面の長方形の辺、c,dは上の底面の長方形の辺の長さです。

小生はリタイヤして毎日の暇をソフトつくりや算数？で楽しんでいます。コラッツの問題が未だ証明されていない？と知り、２ヶ月ばかりの間挑戦しました。その結果、意外な発想は出てきませんでしたが、平凡なありきたりの方法で一応証明が出来上がりました（８／１５）。完全と言えるかどうか判りませんが、ご高覧のうえ、後批評頂ければ幸いです。
その後インターネットであちこち視ていたら、小生と考え方は異なりますが、証明されているのを発見し（下記）、ちょっとがっかりしました。

「数学の部屋」 　　　「角谷の予想」

コラッツの問題（数論の未解決問題）

「正の数 ｎ をとり、これが奇数なら３倍して１を加える。偶数なら２で割る。 これを繰り返すとはじめにどんな ｎ を選んでも、いつかは 1 → 4 → 2 → 1 を繰り返す」 ｎ が 4兆まではコンピューターで確かめられている。
（富永裕久著　フェルマーの最終定理　1999-11-30 （株）ナツメ社）

Ａ-1． この問題の証明を試みるにあたり、正の整数　n₀ を考える。
条件による処理後の値を n_j （j：処理回数）とする。
但し、３倍して１を加えるのも、２で割るのも、共に1回の処理と数えるものとし、 ここで扱う数値を表す文字は特に断りをしない場合は全て正の整数とする。

(1) n₀ = 4 のとき
　　　n₁ = n₀ / 2 = 2
　　　n₂ = n₁ / 2 = 1
　　　n₃ = 3n₂ + 1 = 4
　　　これで　4 , 2 , 1 , 4 , 2 , 1 が繰り返されることは確認できる。

(2) n₀ が偶数のとき　h を奇数とすれば
　　　n₀ =h・2^p と表せる
　　　n₀ を p 回（ 2 で割る）処理をすれば n_p = h （奇数）となる
　　　n_p = n₀/2^p = h ＜ n₀
　　　h = 1 なら 成り立つ 。その他は奇数の場合で検討する。

(3) n₀ が奇数のとき
　　　n₀ = 2m - 1 と表せる
　　　m が 2 を約数として持つならば（偶数ならば）
　　　k　を奇数 として
　　　m = k・2^a , n₀ = k・2^a+1 - 1　と表せる
　　　この奇数を 3 倍して 2 で割る処理を a+1 回して n が n_2a+2 になるとすれば
　　　n₁ = 3(k・2^a+1 - 1) + 1
　　　

n2	= n1 / 2
	= { 3(k・2a+1 - 1) + 1 } / 2
	= k・31・2a - 1

　　　a は正の整数だから　n₂ は奇数となり
　　　

n4	= (3n2 + 1) / 2
	= { 3(k・312a - 1) + 1} / 2
	= k・32・2a-1 - 1
	・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　　

n2a+2	= (3n2a + 1) / 2
	= k・3a+1- 1 ・・・・　(1)

　　　となり、n_2a+2 は偶数となる
　　　n_2a+2 - n₀ = ( k・3^a+1 - 1) - ( k・2^a+1- 1) = k ( 3^a+1 - 2^a+1 )
　　　∴ n_2a+2 - n₀ = k ( 3^a+1 - 2^a+1 )
　　　ここで a = 0 は m が奇数を意味する。

(4) 奇数 n₀ を 3 倍して 2 で割る処理を 1 回して直ぐに偶数となるような n₀ があるとすると
　　　n₁ = 3n₀ + 1
　　　n₂ = n₁/2 = (3n₀ + 1)/2 が偶数だから
　　　3n₀ + 1 = 2^ak の形にならねばならない。但し　a： 2 以上の整数、k：自然数
　　　k = (3n₀ + 1)2^-a , n₃ = n₂/2 = (3n₀ + 1)/2²
　　　n3 - n₀ = (3n₀ + 1)/4 - n₀ = (3n₀ + 1 - 4n₀)/4 = (- n₀ + 1)/4 ＜ 0
　　　このような n₀ = (2^ak - 1)/3 は n₀ より小さい n₃ に帰着する。
　　　一般的には　n₀ = 4h - 3 の形では
　　　n₁ = 3n₀ + 1 = 3(4h - 3) + 1 = 12h - 8
　　　n₂ = n₁/2 = 6h - 4
　　　n₃ = n₂/2 = 3h - 2
　　　n₃ - n₀ = 3h - 2 - (4h - 3) = 1 - h ≦ 0 （等号は h = 1 でのみ成り立つ）
　　　h = 1 では n₀ = 1 で　n₃ = 1 、h ＞ 1 では n₀ より小さい n₃ に帰着する。
　　　これらの n₃ は h が偶数のとき偶数となり少なくとももう１回 2 で割れる。
　　　( n₀ = 5→4 , 9→7 , 13→10 , 17→13 , 21→16 , 25→19 , 29→22 ,・・・)
　　　これに対し　n₀ = 4h - 1 = h2² - 1 の形では
　　　n₁ = 3n₀ + 1 = 3(4h - 1) + 1 = 12h - 2
　　　n₂ = n₁/2 = 6h - 1 > 0 で n₂ が n₀ より大きい奇数となる。

(5) 奇数 n₀ を 3 倍して 2 で割る処理を m(1) 回して初めて偶数となるような n₀ を求める。　
　　　n₁ = 3n₀ + 1
　　　n₂ = n₁/2 = (3n₀ + 1)/2
　　　n₃ = 3n₂+ 1 =3(3n₀ + 1)/2 + 1 = (3²n₀ + 3¹ + 2¹)/2
　　　n₄ = n₃/2 = (3²n₀ + 3¹ + 2¹)/2²
　　　n₅ = 3n₄ + 1= (3³n₀ + 3² + 3¹2¹)/2² + 1 = (3³n₀ + 3² + 3¹2¹ + 2²)/2² = 3³n₀/2² + (3/2)² + (3/2)¹ + 1
　　　n₆ = n₅/2 = (3³n₀ + 3² + 3¹2¹ + 2²)/2³ = (3/2)³n₀ + ( (3/2)² + (3/2)¹ + 1)/2
　　　n₇ = 3n₆ + 1 = (3⁴n₀ + 3³ + 3²2¹ + 3¹2² + 2³)/2³ =3(3/2)³n₀ + ((3/2)³ + (3/2)² + (3/2)¹ + 1)
　　　n₈ = n₇/2 = (3⁴n₀ + 3³ + 3²2¹ + 3¹2² + 2³)/2⁴ = (3/2)⁴n₀ + ((3/2)³ + (3/2)² + (3/2)¹ + 1)/2
　　　n₉ = 3n₈ + 1 = (3⁵n₀ +3⁴ +3³2¹ + 3²2² + 3¹2³ + 2⁴)/2⁴ = 3(3/2)⁴n₀ + (3/2)⁴ + (3/2)³ + (3/2)² + (3/2)¹+1)
　　　n₁₀ = n₉/2 = (3⁵n₀ + 3⁴ + 3³2¹ + 3²2² +3¹2³ + 2⁴)/2⁵ = (3/2)⁵n₀ + (3/2)⁴ + (3/2)³ + (3/2)² + (3/2)¹+1)/2
　　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

n2m(1)	= (3m(1)n0 + 3m(1)-1 + 3m(1)-22 + 3m(1)-322 + ・・・ + 322m(1)-3 + 312m(1)-2 + 2m(1)-1)/2m(1)
	= (3/2)m(1)n0 + { (3/2)m(1)-1 + (3/2)m(1)-2 + (3/2)m(1)-3 + ・・・ + (3/2)2 + (3/2)1 + 1 }2-1
	= (3/2)m(1)n0 + 2-1{ (3/2)m(1) - 1 } /{ (3/2) -1 }
	= (3/2)m(1)n0 + 2-1{ (3/2)m(1) - 1 }/(1/2)
	= (3/2)m(1)n0 + (3/2)m(1) - 1
	= (3/2)m(1)n0 + (3/2)m(1) - (2/2)m(1)
	= (3m(1)n0 + 3m(1) - 2m(1))/ 2m(1) = (3/2)m(1)(n0 + 1) - 1

　　　n_2m(1) = (3/2)^m(1)(n₀ + 1) - 1 が偶数となる条件は
　　　(n₀ + 1) が 2^m(1) で割り切れ且つその商が奇数である。
　　　従って k₁ を奇数として　n₀ = k₁2^m(1) - 1 がその条件となる。
　　　ここで m(1) = 1 のときは前項で調べた n₀ = 4h - 3 = (h2¹ - 1)2¹ - 1 形に相当する。
　　　n^m(1) が初めて偶数になるのは　n₀ = k₁2^m(1) - 1 で　k₁ が奇数のときだから
　　　k₁ = 2h - 1 として　n₀ = 2^m(1)+1h - 2^m(1) - 1 の形をとり、
　　　n_2m(1) - n₀ = 3^m(1)k₁ - 1 - 2^m(1)k₁ + 1 = (3^m(1) - 2^m(1))k₁ = (3^m(1) - 2^m(1))(2h - 1)
　　　n_2m(1)が偶数になったとき
　　　n_2m(1) = (3/2)^m(1)(n₀ + 1) - 1= 3^m(1)k₁ - 1
　　　q₁ を奇数 、p(1) ≧ 1 として
　　　n_2m(1) = 3^m(1)k₁ - 1 = q₁2^p(1)　となるとき n_2m(1) が初めて偶数になるとすると
　　　このとき奇数 k₁ は k₁ = (q₁2^p(1) + 1)/3^m(1)となる。

＜例＞(n₀,p(1),m(1),k₁,q₁)=(35,4,2,1,5),(155,1,2,39,175),(14563,15,2,3641,1)

n0	n1	n2	n3	n4	n5	n6	n7	n8	・・・	n13	・・・	n19
35	106	53	160	80	40	20	10	5	・・・	1
55	466	233	700	350	175	526	263	790	・・・	593	・・・	334
14563	43690	21845	65536	32768	16384	8192	4096	2048	・・・	256	・・・	1

　　　m(1) = 2 , n_2m(1) = n₄ で赤字、青字は　q₁
　　　n_2m(1) を p(1) 回 2 で割れば　n_2m(1)+p(1) = q₁ なる奇数に達する。
　　　ここで、　q₁ = n₀ となることがあるかどうかを調べる。

z1	= q1 - n0 = (3m(1)k1 - 1)/2p(1) - n0
	= {3m(1)(n0 + 1)/2m(1) - 1}/2p(1) - n0
	= {3m(1)(n0 + 1)2-p(1)-m(1) - 2-p(1) - n0
	= n0(3m(1)2-p(1)-m(1)- 1) + 2-p(1)(3m(1)2-m(1) -1)
	= [n0{3m(1)-2p(1)+m(1)} + {3m(1)- 2m(1)}]/2p(1)+m(1)

　　　z₁ = 0 となるのは 　　　n₀ = (3^m(1) -2^m(1))/(2^p(1)+m(1)- 3^m(1)) のときであり、
　　　2^p(1)+m(1)- 3^m(1)　が　3^m(1)- 2^m(1) の約数となりうるのは
　　　m(1) = 1 , p(1) = 1 のときで　n₀ = 1 となる。即ち n₀ = 1 のときは　z = 0 となる。
　　　それ以外では n₀ は正の整数となり得ないので　z = 0 とはならない。
　 　　　z₁ = [n₀{3^m(1)-2^p(1)+m(1)} + {3^m(1)- 2^m(1)}]/2^p(1)+m(1) において
　　　3^m(1) - 2^m(1) ＞ 0 , 2^p(1)+m(1) ＞ 0 で
　　　2^p(1)+m(1) - 3^m(1) は p(1) の変動により正負が入れ替わる。
　　　z₁ の正負の入れ替わり点は　2^p(1)+m(1)- 3^m(1) = 0 であるが、
　　　2^p(1)+m(1) - 3^m(1) ≠ 0 (第１項は偶数で、第２項は奇数) であり、z₁ = 0 とはならない。
　　　この q₁ が 最初の n₀ より小さくなるには z₁ < 0 とならねばならないので、
　　　n₀(3^m(1)-2^p(1)+m(1)) + 3^m(1) - 2^m(1) ＜ 0
　　　∴ n₀(2^p(1)+m(1)- 3^m(1)) ＞ (3^m(1) - 2^m(1))
　　　少なくとも 2^p(1)+m(1) ＞ ３^m(1) が成り立たねばならない。
　　　∴　2^p(1) ＞ (3/2)^m(1)
　　　m(1) = 1 のときは p(1) = 1 で　n₃ が　n₀ より小さくなることは前項で調べたとおりである。

上記例において
　　　n₀ = 35 のとき　m(1) = 2, p(1) = 4, 2^p(1) ＞ (3/2)^m(1) で　q₁ = 5 ＜ n₀
　　　n₀ = 155 のとき　m(1) = 2, p(1) = 1, 2^p(1) ＜ (3/2)^m(1) で　q₁ = 175 ＞ n₀
　　　n₀ = 14563 のとき　m(1) = 2, p(1) = 15, 2^p(1) ＞ (3/2)^m(1) で　q₁ = 1 ＜ n₀

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