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【1994東京大学】π/5(36°)の三角比の値、2段仮定の数学的帰納法|三角関数と数列

数学(大学入試問題)

【1994東京大学】

\(a=\sin^2 \displaystyle\frac{\pi}{5}\) , \(b=\sin^2 \displaystyle\frac{2\pi}{5}\) とおく.このとき,以下のことが成り立つことを示せ.

(1) \(a+b\) および \(ab\) は有理数である.

(2) 任意の自然数 \(n\) に対し \((a^{-n}+b^{-n})(a+b)^n\) は整数である.

(1) \(\displaystyle\frac{\pi}{5}\) ( \(36°\) ) ,\(\displaystyle\frac{2\pi}{5}\) ( \(72°\) ) の三角比の値

(1)考え方

\(\displaystyle\frac{\pi}{5}\) ( \(36°\) ) や \(\displaystyle\frac{2\pi}{5}\) ( \(72°\) ) の三角比の値については頻出です!

二等辺三角形を利用した考え方や,三角関数(加法定理、2倍角、3倍角の公式)を利用した考え方など様々です。

【cos36°】解法2種類(倍角の公式利用)と(二等辺三角形で余弦定理)をご参考に!

【cos36°】解法2種類(倍角の公式利用)と(二等辺三角形で余弦定理)
cos36°の値を、2通りの方法で求める。三角関数の2倍角、3倍角を利用した解法。二等辺三角形で余弦定理を利用した解法。cosπ/5の値。

(1)解答・解説

\(\theta=\displaystyle\frac{\pi}{5}\) とおく.

\(5\theta=\pi\) より

\(3\theta=\pi-2\theta\) であるから

\(\cos 3\theta=\cos (\pi-2\theta)=-\cos 2\theta\) ・・・①

2 倍角の公式 \(\cos 2\theta=2\cos^2\theta-1\)

3 倍角の公式 \(\cos 3\theta=4\cos^3\theta-3\cos \theta\)

を①に代入すると、

\(4\cos^3\theta-3cos \theta=-(2\cos^2\theta-1)\)

\(4\cos^3\theta+2\cos^2\theta-3cos \theta-1=0\)

\(x=\cos \theta\) とおくと、\(\theta=\displaystyle\frac{\pi}{5}\) より \(0<x<1\) で

\(4x^3+2x^2-3x-1=0\)

左辺を \(f(x)\) とおくと

\(f(-1)=0\) なので

\((x+1)(4x^2-2x-1)=0\)

\(x=-1\)、\(\displaystyle\frac{1\pm\sqrt{5}}{4}\)

\(0<x<1\) より

\(x=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}\)

\(\cos \displaystyle\frac{\pi}{5}=\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}\)

よって,

\(a=\sin^2\displaystyle\frac{\pi}{5}=1-\cos^2\displaystyle\frac{\pi}{5}=1-\left(\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^2=\displaystyle\frac{5-\sqrt{5}}{8}\)

\(b=\sin^2\displaystyle\frac{2\pi}{5}=4\sin^2\displaystyle\frac{\pi}{5}\cos^2\displaystyle\frac{\pi}{5}=4\cdot\displaystyle\frac{5-\sqrt{5}}{8}\cdot\left(\displaystyle\frac{1+\sqrt{5}}{4}\right)^2=\displaystyle\frac{5+\sqrt{5}}{8}\)

ゆえに,\(a+b=\displaystyle\frac{5}{4}\) , \(ab=\displaystyle\frac{5}{16}\)

したがって,\(a+b\) および \(ab\) は有理数である.

(2) 2段仮定の数学的帰納法

(2)考え方

対称式と2段仮定の数学的帰納法を利用して証明しましょう!

教科書では学習しないかもしれませんが、とても有名解法になります!

解法の流れを覚えましょう!

【差がつく・頻出】数学的帰納法(2段仮定)・対称式
数学的帰納法(2段仮定)は、一度経験しているかどうかの差がはっきりとつきます。 2020年の広島市立大学・第2問の誘導が丁寧な問題を用いて演習。頻出・重要入試問題
2017東京大学・文理共通[第4問整数・数列] 2段仮定の帰納法、ユークリッド互除法
対称式、数学的帰納法(2段仮定)、ユークリッド互除法という典型問題。 頻出有名問題で、経験の差が大きく影響する良問。考え方、流れ、方針を確認。

対称式

\(\alpha^{n+2}+\beta^{n+2}=(\alpha+\beta)(\alpha^{n+1}+\beta^{n+1})-\alpha\beta(\alpha^{n}+\beta ^{n})\)

Ⅲ.数学的帰納法(2段仮定)

(ⅰ) \(n = 1 , 2\) のとき

命題が成立することを示す

(ⅱ) \(n = k , k+1\) のとき命題が成立すると仮定し、

\(n=k+2\) のとき命題が成立することを示す

(2)解答・解説

\((a^{-n}+b^{-n})(a+b)^n=\displaystyle\frac{a^n+b^n}{a^nb^n}(a+b)^n=(a^n+b^n)\left(\displaystyle\frac{a+b}{ab}\right)^n\)

(1)より \(a+b=\displaystyle\frac{5}{4}\) , \(ab=\displaystyle\frac{5}{16}\) であるから

\(\displaystyle\frac{a+b}{ab}=4\) より

\((a^{-n}+b^{-n})(a+b)^n=(4a)^n+(4b)^n\)

ここで,\(p=4a\) , \(q=4b\) とおくと

(1)より \(p+q=4(a+b)=5\) , \(pq=16ab=5\) より \(p+q\) と \(pq\) はともに整数となる.

このとき,\(p^n+q^n\) が整数となることを示せば良い.

これを数学的帰納法を用いて示す.

( ⅰ ) \(n = 1 , 2\) のとき

\(p+q=5\) , \(p^2+q^2=(p+q)^2-2pq=15\) となりともに整数となり成立

 

( ⅱ ) \(n = k , k+1\) のとき \(p^n+q^n\) が整数となると仮定する

つまり,\(p^k+q^k\) , \(p^{k+1}+q^{k+1}\) がともに整数になると仮定すると

\(p^{k+2}+q^{k+2}=(p+q)(p^{k+1}+q^{k+1})-pq(p^{k}+q^{k})\) となり

\(p^{k+2}+q^{k+2}\) は整数となる.

( ⅰ ),( ⅱ )よりすべての自然数 \(n\) で \(p^n+q^n\) が整数となる

ゆえに,\((a^{-n}+b^{-n})(a+b)^n\) は整数である.

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