2018-06-06

二次関数の複雑な作問

実力テスト作成の際に考えたことなど。

二次関数の問題で、置き換えと解の符号の決定が絡んだ問題を作りたかった。

$(\hspace{2em})^2+2m(\hspace{2em})+(\hspace{2em})=0$ という形の二次方程式になる問題にして、1問目で変域をおさえ、２問目で具体的なmの値に対する解を求めさせ、3問目で4個の実数解を持つ条件を求めさせるようにしようとした。

満たすべき条件を以下のようにした。

１． $y=f(x)をt(x)で置き換えた式が、y=g(t), g(t)=t^2-2mt+am+b(a,bは整数)$ の形であること

２． $m=kのとき、g(t)=t^2-2kt+ak+b$ が簡単な(1桁程度の)整数解 $\alpha,\beta$ をもつこと

３． $t(x)=\alpha,t(x)=\beta$ を満たす $x$ の値が、一方は異なる2つの実数、もう一方は異なる2つの虚数であること

４． $g(t)=0の判別式D_1=m^2-am-b ＞ 0$ ，ただし、絶対不等式になってはいけない。できれば $D_1=0$ が整数解をもってほしいが、簡単な平方根 $\sqrt{R}(R=2,3,5,6)$ ならば含まれてもよい。ただし、ほかの2つの条件(軸、端の値)との大小が比べられなければならない。

２.について、整数解を $\alpha,\beta$ とおくと、

$\alpha+\beta=2k,\alpha\beta=ak+b$

ここでaを2の倍数として、 $a=2p(pは整数)$ とおく。

$\alpha\beta=2kp+b$

$\alpha\beta=p(\alpha+\beta)+b$

$\alpha\beta-p\alpha-p\beta=b$

$(\alpha-p)(\beta-p)=b+p^2$

ここで、 $b+p^2\neq1$ とする。なぜならば、pは整数、 $\alpha,\beta$ を整数とすると、 $\alpha-p=\pm1,\beta-p=\pm1(複号同順)$ となってしまい、 $\alpha=\beta$ になってしまうからだ。

$b+p^2=-1,b+p^2=2,\dots$ といろいろやってみたが、うまくいかなかった。主な理由は、 $\alpha,\beta$ の近さである。

３．の条件を満たすには、 $\alpha,\beta$ の間にある程度の幅がなければならない。

具体的にどれくらい幅があればよいか考えると、

$x^2+4x+c=\alpha,x^2+4x+c=\beta$ のとき、

$x^2+4x+c-\alpha=0,x^2+4x+c-\beta=0$ の判別式をそれぞれ $D_2,D_3$ とすると、

$D_2=4-c+\alpha,D_3=4-c+\beta$

$D_2 ＜ 0,D_3 ＞ 0$ とすると、

$\alpha ＜ c-4 ＜ \beta$

整数 $c$ を決定するには、 $\alpha,\beta$ の間に３ぐらいの余裕は欲しい。

さてここで、４．の条件を満たすことを考えると、 $m^2-am-b ＞ 0$ である。ただし、 $m$ の値によらず成り立ってはいけない。

$m^2-am-b=0$ の判別式を $D_4$ とすると、

$D_4=a^2+4b ＞ 0$

$a=2pであり、b+p^2=qとすると、$

$(2p)^2 ＞ -4(q-p^2)$

$0 ＜ q$

４．の条件は、 $b+q^2$ を正の数にしておけばある程度クリアできることが分かる。

いろいろ試してみて、 $b+p^2=5,p=4$ とした。

このとき、 $a=2p=8,b=5-p^2=-11$

$(\alpha-p)(\beta-p)=b+p^2$ に代入して、

$(\alpha-4)(\beta-4)=5で、\alpha ＜ \beta$ として、

$(\alpha-4,\beta-4)=(1, 5),(-5, -1)$

$\alpha-4=1,\beta-4=5$ とすると、 $\alpha=5,\beta=9$

また、 $\alpha+\beta=14=2k,k=7$

つまり、 $m=7のとき、t^2-2mt+8m-11=0は整数解t=5,9をもつ。$

これで $t(x)$ が自然な式になってくれているか、２．の条件を満たしているかを確認する。

$t=x^2+4x+c$ とおいてある。ちなみに、xの係数が4なのは、頂点の座標を整数にしたかったからだ。頂点のx座標が整数でないと、t座標も連動して整数でなくなる。すると、tの変域に整数以外の数が現れることになり、これが最後の小問「○○より大きい異なる2つの実数解」という条件を考える際に支障をきたす。cに整数以外をもってこれば調整はできるが、そうすると最初に問題として与える式が煩雑になる。

手計算ということも考えると、xの係数は4か6あたりが妥当。

さて、 $\alpha=5,\beta=9$ と決定したので、

$5 ＜ c-4 ＜ 9$ つまり $9 ＜ c ＜13$

$c=10$ のときを考えると、 $t=x^2+4x+10$

計算してみると、ちょうどいい値になってくれた。

最終的な問題は以下のようになった。

$m$ は定数とする。 $x$ についての方程式 $(x^2+4x+10)^2-2m(x^2+4x+10)+8m-11=0…①$ について、

次の問いに答えよ。

(1)　 $t=x^2+4x+10$ とおくとき、 $t$ の値の範囲を求めよ。

(2)　 $m=7$ のとき、①の実数解を求めよ。

(3)　①の異なる実数解が4個であるように、定数 $m$ の値の範囲を定めよ。

2018-06-04

互除法の作問(フィボナッチもどきの利用)

互除法

互除法で余りが1になるまでの式の行数をコントロールしたかった。

作問の関係上、なるべく何の変哲もない数で、無限に生成できて、途中式の難易度もコントロールできるとなおよい。

$F_0=1,F_1=1,F_{n+2}=kF_n+F_{n+1}$ というフィボナッチもどきの数列を考えることにする。

k=1のときはフィボナッチ数列そのもので、これは隣り合う2項の畳数がどんどん増えていくのだった。

k=2のとき、きちんと証明はしていないが、どうも互除法の計算式がループし、畳数がループするようだった。初期値の与え方によってループの長さは変化する。

で、いくつか数を変えて試してみたところ、

どうも、 $F_0=2,F_1=7,F_{n+2}=2F_n+F_{n+1}$ で生成される数列の隣り合う2項 $F_n,F_{n+1}$ は、 $n\geqq1$ のとき、常に畳数３になるようだ。

一般項は $F_n=3\cdot2^n-(-1)^n (n\geqq0)$ である。

互いに素であることは簡単に示せる。

$ある k\geqq1$ とする。 $F_k,F_{k+1}$ に、共通因数 $d\neq1$ が存在すると仮定すると、

$F_k=da,F_{k+1}=db$ と表せる。

$db=2F_{k-1}+da$

$d(b-a)=2F_{k-1}$

ここで， $F_0=2,F_1=7,F_{n+2}=2F_n+F_{n+1}$ から、各 $F_n (n=1,2,3…)$ は奇数、 $F_k ＜ F_{k+1}$ なので、

$d,a,b$ は奇数、 $b-a=2N(Nは自然数)$ と表せる。

$2dN=2F_{k-1}$

$F_{k-1}=dN$

$F_{k-1}$ も $d$ の倍数である。

これを繰り返すと、 $k$ 以下の項はすべて $d$ の倍数となるが、

これは $F_1=7,F_2=11$ に矛盾。

よって、 $F_n,F_{n+1} (n\geqq0)$ は互いに素である。

さて、 $n \geqq 1$ で $F_n,F_{n+1}$ の畳数が３であることを示そう。

$F_{2k-1},F_{2k}(k\geqq 1)$ について、

$F_{2k-1}=3\cdot2^{2k-1}-(-1)^{2k-1}=3\cdot2^{2k-1}+1$

$F_{2k}=3\cdot2^{2k}-(-1)^{2k}=3\cdot2^{2k}-1$

$F_{2k}-F_{2k-1}=3\cdot(2^{2k}-2^{2k-1})-2$

$F_{2k}-F_{2k-1}=3\cdot2^{2k-1}-2$

$F_{2k}-F_{2k-1}=F_{2k-1}-3$

$F_{2k}=F_{2k-1}+(F_{2k-1}-3)$

また、

$F_{2k-1}-3=3\cdot2^{2k-1}-2\equiv1(\bmod3)$

よって、

$F_{2k}=F_{2k-1}+(F_{2k-1}-3)$

$F_{2k-1}=(F_{2k-1}-3)+3$

$F_{2k-1}-3=3m+1(mは整数)$

畳数は常に３である。

$F_{2k},F_{2k+1}(k\geqq1)$ について、

$F_{2k+1}=3\cdot2^{2k+1}-(-1)^{2k+1}=3\cdot2^{2k+1}+1$

$F_{2k}=3\cdot2^{2k}-(-1)^{2k}=3\cdot2^{2k}-1$

$2F_{2k}=3\cdot2^{2k+1}-2$

$F_{2k+1}=2F_{2k}+3$

また、 $F_{2k}=3\cdot2^{2k}-1\equiv2(\bmod3)$

よって、

$F_{2k+1}=2F_{2k}+3 \hspace{.5em}(k\geqq1なのでF_{2k} ＞ 3)$

$F_{2k}=3(2^{2k}-1)+2$

$3=2\cdot1+1$

畳数は常に３である。

ゆえに、 $F_0=2,F_1=7,F_{n+2}=2F_n+F_{n+1}$ の隣り合う２項 $F_n,F_{n+1}(n\geqq1)$ は畳数３である。

2018-06-03

有理化の作問

有理化

分母が何項までなら有理化可能か。

$\frac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+…+\sqrt{a_n}}$ ただし $a_1,a_2,…,a_n$ は互いに素とする。

３項の場合

２つの項をひとかたまりとして２項のときの有理化をすればよい。

大事なのは、このとき項の種類が減るかどうかである。

$\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=\frac{1}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})+\sqrt{c}}$

$=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-c}$

$=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}{a+2\sqrt{ab}+b-c}$

$=\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}{(a+b-c)+2\sqrt{ab}}$

分母は２項になっているので、ここからもう一度２項の有理化をすれば有理化は完了する。

$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=(a+b)+2\sqrt{ab}$

で、この部分の項の個数は変わらないが、残りが ${\sqrt{c}}^2$ でcになるのでトータルで項は３項から２項に必ず減ることになる。

だから、心配せずに好きな数を選べばよい。

４項の場合

前半２項と後半２項でそれぞれひとかたまりとすればよい。

$\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{d}}$ について、

$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2=(a+b)+2\sqrt{ab}, (\sqrt{c}+\sqrt{d})^2=(c+d)+2\sqrt{cd}$

なので、トータルで４項から３項に減らせる。つまりこれも常に有理化が可能である。

しかし、４項の場合は、分け方が悪いとループにはまる。

３項をひとかたまりとすると、

$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2=(a+b+c)+2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}$

で、３項から４項に増え、残りのdを合わせてもトータルで４項から減らないので、終わらなくなってしまう。

５項の場合

$\frac{1}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})+(\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e})}$

分子を書くのは面倒な上に今回無意味なので、Aと置くことにする。

$\frac{A}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-(\sqrt{c}+\sqrt{d}+\sqrt{e})^2}$

$=\frac{A}{((a+b)+2\sqrt{ab})-((c+d+e)+2\sqrt{cd}+2\sqrt{de}+2\sqrt{ec})}$

根号の外れた部分も面倒なのでまとめてCとおく。分母の真ん中に置くことにする。

$\frac{A}{2\sqrt{ab}+2\sqrt{cd}+C+2\sqrt{de}+2\sqrt{ec}}$

$=\frac{A}{(2\sqrt{ab}+2\sqrt{cd}+C)+(2\sqrt{de}+2\sqrt{ec})}$

$=\frac{A}{4\sqrt{ab}+2(2+e)\sqrt{cd}+C+8\sqrt{abcd}}$

５項から４項になったので有理化可能。

６項になると、うまくいかない。

３つずつ組にしても前半４項、後半４項、そのうちまとめられるのは根号の外れた１つだけなので、トータルで６項から７項になってしまう。

２項と４項に分けても、前半２項、後半は７項となり、結局８項に増えてしまう。

この話は $\sqrt{}$ の中が互いに素であることを前提としているが、含まれる項が $\sqrt{ab},\sqrt{c},\sqrt{a},\sqrt{bc}$ という形になったりすると話はややこしくなってくる。

また、 $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$ 以外の式を利用して有理化ができる可能性はまだ残っている。

2018-06-03

互除法の作問

互除法

「 $ax+by=1 の整数解(x,y)を求めよ$ 」のような問題は、 $a,b$ に互いに素である整数を選べばいくらでも作れる。

しかし問題作成者の立場で考えると、それが「何行の計算で終わるのか」が重要になってくる。

互いに素である整数 $a,b$ について、互除法をしたときに1に到達するまでの式の行数をここでは畳数と呼び、 $f(a,b)$ と書くことにする。

例えば、3と2の場合、 $3=2\times 1+1$ で、 $f(3,2)=1$ ，

$f(5,2)=1,f(5,3)=2$ である。

a,bに求める条件は、

１．3桁以下の整数である。

２．畳数が3以下である。

最も簡単に作るには、1からスタートして単純に足し算を繰り返せばよい。

要はフィボナッチ数列を考えればよいのだ。

フィボナッチ数列 $F_{n+2}=F_{n}+F_{n+1},F_0=1,F_1=1$ の隣り合う２つの項 $F_n,F_{n+1}(n \geqq 2)$ は、必ず互いに素、畳数 $(n-1)$ になる。

つまり、8と5にすればよい。

畳数3程度ならば、excelなどでごり押してもよいと思うが、

畳数が常に3になるような２つの式を作ることが理想である。

フィボナッチ数列の２項は式で表せるのだから、できないことはないと思う。

2018-06-03

判別式の作問

２次方程式・2次関数

「 $x^2+(m+1)x+m=0$ が重解をもつときのmの値とその重解を求めよ。」のような

２次方程式の判別式の問題を作りたい。

作問にあたって満たしたい条件は、

１． $x^2+(m-p)x+c=0 (p,cは整数)$ の形であること

２．判別式からなる２次方程式を解いたときの解が整数であること

$x^2+(m-p)x+c=0 (p,cは整数)$ から、

$(m-p)^2-4c=0 が整数解を持てばよい。$

$m^2-2pm+p^2-4c=0$

判別式をDとすると、

$D=(2p)^2-4(p^2-4c)$

$D=16c$

２つの整数解を $\alpha,\beta$ とすると、

$D=(\beta-\alpha)^2=16c$

$\alpha-\beta=\pm4\sqrt c$ 　cは平方数であればよい。

$\sqrt c=q$ とおくと、

$2\alpha=2p\pm4q$

$\alpha=p\pm2q,\beta=p\mp2q$ (複号同順)　ただし、 $p,q,任意の整数,c=q^2$

2018-06-02

60°の角をなす空間ベクトルの作問

なす角

１．６０度の角をなす。

２．現れる成分がすべて整数。

を満たす２つのベクトルを作りたい。

平面上ではこのようなベクトルを作ることはできないが、空間上では可能である。

結論としては、

m,nを整数として、

$\vec{a}=(2n-3m,3n-m,n+2m)$

$\vec{b}=(-n-2m,2n-3m,3n-m)$

で無限に生成できる。

方法はごり押しである。

$\vec{a}=(a,b,c),\vec{b}=(d,e,f)$ とおいて、

60°の角をなす条件を整理すると、

$(ae-bd)^2+(af-cd)^2+(bf-ce)^2=3(ad+be+cf)^2$

ここで、左辺の平方されている数がすべて同じ値であると仮定して、

$ae-bd=ad+be+cf$

$a(e-d)=b(e+d)+cf$

さらにここで、 $e-d=f,e+d=c,b=f,a=2c$ とおくと明らかに成立。

$ae-bd=af-cd=bf-ce$ の仮定から連立方程式を解くと、

$f=3c,\frac{d}{2}$

$f=3cのとき、e=2c,d=-c,a=2c,b=3cとなる。$

ちなみに $f=\frac{d}{2}$ のときは式同士が矛盾してうまくいかない。

$\vec{a}=(2c,3c,c),\vec{b}=(-c,2c,3c)$ とすれば条件を満たすことがわかる。

$|\vec{a}|=|\vec{b}|$ を満たすので、 $C(\vec{0}),A(\vec{a}),B(\vec{b})$ は正三角形をなす。

特にc=1のときのみを考えればよい。

$\vec{a}=(2,3,1),\vec{b}=(-1,2,3)$ のとき、この正三角形の各辺を $m:n$ に内分する点をとり、これらをつないでできる正三角形を $m+n$ 倍に拡大すれば、条件を満たすベクトルを無限に作ることができる。

よって、

$\vec{a}=(2n-3m,3n-m,n+2m), \vec{b}=(-n-2m,2n-3m,3n-m)$

とすればよい。

もちろんこれは $\vec{a}=(2,3,1),\vec{b}=(-1,2,3)$ の張る平面上のものしか作れないので必要十分条件ではないが、作問には十分だろう。

2018-06-02

４５度の角をなす２直線の傾きの決定

なす角

２直線の方程式からなす角を求める問題を作りたい。

１．なす角は４５度。

２．２直線の傾きはともに有理数。

生成する式はいくらでも作れる。

加法定理からごちゃごちゃ計算していたら、友人に次の図で瞬殺されてへこんだ。

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作問の備忘録

テスト問題を作るときの、大した計算ではないけれども、やろうと思うとめんどくさいことどもを記録。

二次関数の複雑な作問

互除法の作問(フィボナッチもどきの利用)

有理化の作問

互除法の作問

判別式の作問

60°の角をなす空間ベクトルの作問

４５度の角をなす２直線の傾きの決定