三角函数

$\theta$ に関する方程式$$\cos\theta+ k\sin\theta=k$$が $0 < \theta < \ds{\pi\over4}$ の範囲で解をもつような定数 $k$ の取り得る値の範囲を求めよ。

---

解:

先ず $k=0$ とする。
すると $\cos\theta=0$ つまり, $\theta= \ds{\pi\over2} + n\pi$, $n$ は整数, となるので不適。

従って以下では $k\not=0$ とする。
この時$$\sin(\theta + \alpha) = \ds{k\over\sqrt{1 + k^2}}$$ここで
$\sin\alpha=\ds{1\over\sqrt{1 + k^2}}$,
$\cos\alpha=\ds{k\over\sqrt{1 + k^2}}$,
である。 つまり$$\sin(\theta + \alpha) = \cos\alpha.$$
ここで $\sin\alpha > 0$ より $0 < \alpha < \pi$ として良い。
よって
$\theta+\alpha = \ds{\pi\over2}\pm\alpha+2n\pi$.
$\theta = \ds{\pi\over2} + 2n\pi$, $\ds{\pi\over2} - 2\alpha + 2n\pi$.
ここで$0 < \theta < \ds{\pi\over4}$ であるから
$0 < \ds{\pi\over2} - 2\alpha + 2n\pi < \ds{\pi\over4}$
$-\ds{\pi\over2} < - 2\alpha + 2n\pi < -\ds{\pi\over4}$
$\ds{\pi\over4} > \alpha - n\pi > \ds{\pi\over8}$
ここで $0 < \alpha < \pi$ だったので,
$\ds{\pi\over8} < \alpha < \ds{\pi\over4}$
である。

さて $\cos\alpha=\ds{k\over\sqrt{1 + k^2}}$ で
$\ds{\pi\over8} < \alpha < \ds{\pi\over4}$ であるから
$k = \sqrt{1 + k^2}\cos\alpha > 0$ である。

$\cos\ds{\pi\over8} = \ds{\sqrt{2+\sqrt{2}}\over2}$ なので
$\ds{k\over\sqrt{1 + k^2}} = \ds{\sqrt{2+\sqrt{2}}\over2}$
$\ds{k^2\over{1+k^2}} = \ds{2 + \sqrt{2}\over4}$
$4k^2 = (2 + \sqrt{2})k^2 + 2 + \sqrt{2}$
$(2 - \sqrt{2})k^2 = 2 + \sqrt{2}$
$k^2 = \ds{2 + \sqrt{2}\over2 - \sqrt{2}} = \ds{(2 + \sqrt{2})^2\over2} =\ds{6 + 4\sqrt{2}\over2} = 3 + 2\sqrt{2} = (1 + \sqrt{2})^2$
$k > 0$ だったから, この時は $k = 1 + \sqrt{2}$.

又, $\cos\ds{\pi\over4} = \ds{1\over\sqrt{2}}$ なので
$\ds{k^2\over{1 + k^2}} = \ds{1\over2}$
$2k^2 = 1 + k^2$
$k^2 = 1$ で再び $k > 0$ だったから $k = 1$.

以上より
$1 < k < 1 + \sqrt{2}$.

三角函数

$n$ を自然数とすると
$$\prod_{k=1}^n\cos\ds{k\pi\over2n+1}={1\over2^n}$$.

---

証明:
$$K =\prod_{k=1}^n\cos\ds{k\pi\over2n+1},$$
$$L =\prod_{k=1}^n\sin\ds{k\pi\over2n+1}$$
とする。 このとき
\begin{align}
KL &= \prod_{k=1}^n \left(\sin\ds{k\pi\over2n+1} \cos\ds{k\pi\over2n+1} \right) \\
&= \prod_{k=1}^n \left( \ds{1\over2}\cdot2\sin\ds{k\pi\over2n+1} \cos\ds{k\pi\over2n+1}\right) \\
&= \ds{1\over2^n}\prod_{k=1}^n \sin\ds{2k\pi\over2n+1}.
\end{align}
ここで, $k > \ds{n\over2}$ (つまり $2k > n$) となる $k$ について, $l = n - k + 1$ と置くと, ($\ds{n\over2} < k \leqq n$ なので $1 \leqq l =n - k + 1 < \ds{n\over2} + 1$ であるから)
\begin{align}
\sin\ds{2k\pi\over2n + 1} &= \sin \ds{2(n - l + 1)\over2n + 1}\pi \
&= \sin \ds{2n + 2 - 2l\over2n + 1}\pi \
&= \sin \left(1 + \ds{1 - 2l\over2n + 1}\right) \
&= \sin \left(\pi - \ds{2l - 1\over2n + 1}\pi\right) \
&= \sin \ds{2l - 1\over2n + 1}\pi.
\end{align}
従って $KL = \ds{1\over2^n}L.$
当然 $L\not=0$ なので, $K=\ds{1\over2^n}.$■

元はこれ
<blockquote class="twitter-tweet" data-lang="ja">

数学特講の思い出と言ったらコレ。米村先生にド肝を抜かれた。 pic.twitter.com/kK6u1MtO8m

— ヌタムシ (@sundaigeinin) 2016年12月20日

似たような問題を昔やったと思ったが, 全然違っていた。
$$\prod_{r=1}^{n-1} \sin\left(\ds{\pi r\over n}\right)={n\over2^{n-1}}$$
こんなのもあった
$$\prod_{k=1}^{2n}\tan\left(\ds{\pi k\over2n + 1}\right) = (-1)^n$$

冪級数の決定問題

Q.36 ☆6 〔数検1級2次対策問題〕
関数f(x)を級数を用いない形で表せ。pic.twitter.com/cbspAOIBfD

— どちゃ楽数学bot (@so_easy_math) 2016, 1月 29

f(x) = Σ_n=0^∞ x³ⁿ/(3n)!.

---

解答:

df/dx = Σx^(3n-1)/(3n-1)!
d²f/dx² = Σx^(3n-2)/(3n-2)!
d³f/dx³ = Σx^(3n-3)/(3n-3)! = f.

従って (D³ - 1)f = 0.
(D - 1)(D² + D + 1)f = 0.

(D - 1)f = 0 とすると f = Ae^x.

更に (D² + D + 1)f = 0 の場合を考える。

ここで t² + t + 1 = 0 と置くと, t = (-1 ± (√3)i)/2.

従って
f(x) = C₀ e^{(-1 + (√3)i)/2} + C₁ e^{(-1 - (√3)i)/2}
= C₀ e^-x/2(cos((√3)x/2) + i sin((√3)x/2)) + C₁ e^-x/2(cos((√3)x/2) - i sin((√3)x/2))
= e^-x/2 (B cos((√3)x/2) + C sin((√3)x/2)).

以上より, 一般解は
f(x) = Ae^x + e^-x/2 (B cos((√3)x/2) + C sin((√3)x/2)).

ここで f(0) = 1 = A + B …… (a)

更に
df/dx = A e^x -(1/2)e^-x/2(B cos((√3)x/2) + Csin((√3)x/2)) + e^-x/2((-(√3)/2)B sin((√3)x/2) + ((√3)/2)C cos((√3)x/2)) だから
df/dx(0) = A - B/2 + ((√3)/2)C = 0 …… (b)

d²f/dx² = A e^x - (1/4)e^-x/2(B cos((√3)x/2) + C sin((√3)x/2)) - e^-x/2((-(√3)/2)B sin((√3)x/2) + ((√3)/2)C cos((√3)x/2)) - (3e^-x/2/4)B cos((√3)x/2) + C sin((√3)x/2))
だから
d²f/dx²(0) = A - B/2 - ((√3)/2)C = 0 …… (c)

(b) - (c): C = 0.
従って A = B/2.
だから A = 1/3, B = 2/3.

従って
f(x) = e^x/3 + (2e^-x/2/3)cos((√3)x/2).

函数の零点

函数 f(x) は次の二つの条件を満たしている。
(i) すべての実数 x に対して, f(3 + x) = f(3 - x)
(ii) x の値が, 異なる五つの実数a₁, a₂, a₃, a₄, a₅ の時に限り f(x) = 0 となる。
この時 a₁ + a₂ + a₃ + a₄ + a₅ の値を求めよ。
(高校一年生夏期講習問題)
https://twitter.com/sigma_seminar/status/623891988446732288

解答:

i = 1, 2, 3, 4, 5 について
f(a_i) = f(3 + (a_i - 3))
= f(3 - (a_i - 3)) = f(6 - a_i) = 0.
で, f(x) の零点は異なる五つの a_i 達のみなのだから,
{a_i} = {6 - a_i}.
つまり
a₁ + a₂ + a₃ + a₄ + a₅
= (6 - a₁) + (6 - a₂) + (6 - a₃) + (6 - a₄) + (6 - a₅)
= 30 - (a₁ + a₂ + a₃ + a₄ + a₅)
即ち a₁ + a₂ + a₃ + a₄ + a₅ = 15.

正則変換

http://nazolab.net/qa/q/570
函数 w = 1/(z - i) によって z 平面上の直線 Im(z) = 2 は w 平面上のどんな図形に移るか。

---

解答:
Im(z) = 2 というのは z = t + 2i (t ∈ R) を意味するので
w = 1/(t + i) = (t - i)/(t^2 + 1).
z = x + iy (x, y ∈ R) として
x = t/(t^2 + 1),
y = -1/(t^2 + 1).
従って
2x = 2t/(t^2 + 1),
-2y - 1 = (1 - t^2)/(t^2 + 1).
だから
(2x)^2 + (2y + 1)^2 = 1.
これは (0, -1/2) が中心, 半径 1/2 の円である。