g(θ)=0が区間[0,2π) で相異なる3解を持つ条件
は求められますか？
sincosで割る、sin2θとその他のグラフを考察する。
色々やってみましたが、できませんでした。
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No.61373 - 2019/09/17(Tue) 18:34:37
| ☆ Re: / ＩＴ | | | sinθ、cosθを t=tan(θ/2) で表したらどうですか?
と書きましたが簡単にできそうにないですね。
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No.61379 - 2019/09/17(Tue) 22:15:14 |
| ☆ Re: / らすかる | | | b=0のとき
g(θ)=-(4a^3)sinθ+(7√2)sinθcosθ
={(7√2)cosθ-4a^3}sinθ
sinθ=0からθ=0,π
(7√2)cosθ-4a^3=0のときcosθ=4a^3/(7√2)
|4a^3/(7√2)|＜1のときcosθ=4a^3/(7√2)はθ=0,π以外に異なる2解を持ち、
異なる解の個数が4個になるので不適
また|4a^3/(7√2)|＞1のときcosθ=4a^3/(7√2)は解を持たないので、
異なる解の個数が2個となり不適
4a^3/(7√2)=1のときcosθ=4a^3/(7√2)の解はθ=0となり、異なる解は2個なので不適
4a^3/(7√2)=-1のときcosθ=4a^3/(7√2)の解はθ=πとなり、異なる解は2個なので不適
従ってb=0のときに異なる解が3個になることはない。
b≠0,a=0のとき
g(θ)=(√2)(b^3)cosθ+(7√2)sinθcosθ
={(√2)b^3+(7√2)sinθ}cosθ
cosθ=0からθ=π/2,3π/2
(√2)b^3+(7√2)sinθ=0のときsinθ=-b^3/7
|-b^3/7|＜1のときsinθ=-b^3/7はθ=π/2,3π/2以外に異なる2解を持ち、
異なる解の個数が4個になるので不適
また|-b^3/7|＞1のときsinθ=-b^3/7は解を持たないので、
異なる解の個数が2個となり不適
-b^3/7=1のときsinθ=-b^3/7の解はθ=π/2となり、異なる解は2個なので不適
-b^3/7=-1のときsinθ=-b^3/7の解はθ=3π/2となり、異なる解は2個なので不適
従ってb≠0,a=0のときに異なる解が3個になることはない。
b≠0,a≠0のとき
g(π)=-(√2)b^3からθ=πが解になることはない。
g(θ+2π)=g(θ)なので
「区間[0,2π)で相異なる3解を持つ」⇔「区間(-π,π]で相異なる3解を持つ」
θ=πが解にならないので
「区間[0,2π)で相異なる3解を持つ」⇔「区間(-π,π)で相異なる3解を持つ」
よってt=tan(θ/2)（-∞＜t＜∞）とおいて
tの方程式の異なる解の個数が3個になる条件を調べればよい。
t=tan(θ/2)とおくとsinθ=2t/(1+t^2), cosθ=(1-t^2)/(1+t^2)なので
g(θ)=-(8a^3)t/(1+t^2)+(√2)(b^3)(1-t^2)/(1+t^2)+(7√2){2t/(1+t^2)}{(1-t^2)/(1+t^2)}
=-(√2){(b^3)t^4+2((2√2)a^3+7)t^3+2((2√2)a^3-7)t-b^3}/(1+t^2)^2
f(t)=t^4+2{((2√2)a^3+7)/b^3}t^3+2{((2√2)a^3-7)/b^3}t-1とおいて
f(t)=0の異なる解の個数が3個となる条件を調べれば十分。
解の具体値を計算しなくても良いように対称式で条件を作ると、
異なる解の個数が3個となる条件は
「f'(t)=0が3つの異なる実数解α,β,γを持つ」かつ
「f(α)f(β)f(γ)=0」かつ
「f''(α)f(β)f(γ)+f(α)f''(β)f(γ)+f(α)f(β)f''(γ)＜0」
p=((2√2)a^3+7)/(2b^3), q=((2√2)a^3-7)/(2b^3)とおくと
f(t)=t^4+4pt^3+4qt-1
f'(t)=4t^3+12pt^2+4q
f''(t)=12t^2+24pt
f'(t)/4=t^3+3pt^2+q=0の判別式はD=-27q(4p^3+q)であることから
「f'(t)=0が3つの異なる実数解α,β,γを持つ」
⇔ (8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-b^6-49)＜0 … (1)
そして α+β+γ=-3p, αβ+βγ+γα=0, αβγ=-q
「f(α)f(β)f(γ)=0」を整理すると27p^4+27q^4+64p^3q^3-6p^2q^2+12pq+1=0なので
p=((2√2)a^3+7)/(2b^3), q=((2√2)a^3-7)/(2b^3)を代入して整理すると
{(2a^2+b^2)(4a^4-2a^2b^2+b^4)}^3-147(64a^12-56a^6b^6+b^12-392a^6-49b^6)=117649
… (2)
「f''(α)f(β)f(γ)+f(α)f''(β)f(γ)+f(α)f(β)f''(γ)＜0」を整理すると
(4pq+1)(8p^3q-p^2+3q^2)＞0なので
p=((2√2)a^3+7)/(2b^3), q=((2√2)a^3-7)/(2b^3)を代入して整理すると
=(8a^6+b^6-49){(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(8a^9-2a^3b^6-49a^3)}＞0 … (3)
従ってg(θ)=0が区間[0,2π)で相異なる3解を持つ条件は(1)(2)(3)から
(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-b^6-49)＜0 かつ
{(2a^2+b^2)(4a^4-2a^2b^2+b^4)}^3-147(64a^12-56a^6b^6+b^12-392a^6-49b^6)=117649
かつ
(8a^6+b^6-49){(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-2b^6-49)}＞0
# 計算が複雑すぎて、合っている自信は全くありません。
# 合っていなかった場合は、とりあえず上の方針で求められる、ということで。
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No.61385 - 2019/09/18(Wed) 09:16:21 |
| ☆ Re: / ＩＴ | | | たいへん面倒のようですね。
g(θ)/(7√2)=csinθ+dcosθ+sinθcosθ としても同じことだと思いますが、複雑さは変わりませんね。
何かの問題の途中のようですので 問題全体を見ると何かうまい解法が分かるかも知れませんね。
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No.61387 - 2019/09/18(Wed) 12:27:56 |
| ☆ Re: / 黄桃 | | | 元ネタ？かもしれないのが分かったような気がするので参考まで。
x=cosθ, y=sinθ とおけば、
g(θ)=0 の解θと次の2曲線の交点(x,y), x=cosθ、y=sinθ, とが1対1に対応する
-4a^3*y+√2b^3*x+7√2*xy=0
x^2+y^2=1
前者は面倒なので、
xy-qx-py=0 とおくことにすれば、(p=4a^3/7√2=2√2 a^3/7,q=-√2b^3/7√2=-b^3/7)
(x-p)(y-q)=pq ...(1) （ただし、pq≠0)
x^2+y^2=1 ...(2)
の交点が３つということ。
(0,0)は x^2+y^2=1 の内部の点であり、しかも (x-p)(y-q)=pq 上の点だから、両者は少なくとも2点で横断的に（(1)の曲線に沿って移動すると、交点の前後で(2)の外部と内部が入れ替わる）交わります。
両者は2次曲線同士（一方が2直線の場合はない）だから3重接触することはない（この辺ちゃんと議論する必要がありますが、許してください;2直線だとその交点で円が一方の直線に接したりするとまずそうです）。
つまり、横断的に交わる場合は重複度が1で、接する場合は重複度が2であり、2次曲線同士の交点は多くても（重複度をこめて）4個なので、(1),(2)が3点で交わるということは、2点において(1),(2)が横断的に交わり、あと1点で接する（接する場合は横断的にはならない）、という状況になります。
以上から、求める条件は、(1),(2)が接する条件となります。
以下、円周上の点での接線はその点を通る半径と直交する（法線が円の中心を通る）ことを利用して、この条件を求めます。
(1),(2)が接する点の座標を(a,b)(≠(0,0))とし（原点は円(2)上にはないので考えなくてよい）、最初に(a,b)における(1)の法線が原点を通る条件を求める。
法線の方程式は、(b-q)(y-b)=(a-p)(x-a)で、これが原点を通る条件は、
b(b-q)=a(a-p)
これと (a,b)が(1)上にあることから、(a,b)≠(0,0)の下で、a,bについて解くと、
a=p+(pq^2)^(1/3), b=q+(p^2q)^(1/3)
となる。
最後に、このような(a,b)が(2)上にある場合が求める条件で、それは、
a^2+b^2=1 に代入して整理すると
(p^(2/3)+q^(2/3))^3=1
すなわち、
p^(2/3)+q^(2/3)=1
である。a,bの形に整理すると、
2*a^2+b^2=7^(2/3)
となる。
＃らすかるさんの4次方程式でいえば、f(0)<0 であり、f(t)=0に3重根はないので、重解条件である2番目のものだけでいいはず、という論理です。
＃らすかるさんの結果の2番目の等式から()^n=1 のような形がでるのではないかとも思って少しいじってみましたが、よくわかりません。
＃＃高校数学の問題になってるなら、この答で正しそうな気はするのですが、間違ってたらごめんなさい。
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No.61405 - 2019/09/19(Thu) 23:37:26 |
| ☆ Re: / らすかる | | | 黄桃さんの解答が正しければ
私が書いた結果から黄桃さんの解答が導けるはず、ということで
式をいじくり回してみました。
まず(2)は
{(2a^2+b^2)^3-7^2}
・{(8a^6-6a^4b^2-3a^2b^4+b^6-49)^2+27a^4b^4(2a^2-b^2)^2}=0
と変形できて、右側の{ }は0にならないので
(2)から(2a^2+b^2)^3-7^2=0すなわち2a^2+b^2=7^(2/3)という
黄桃さんの解答が導けます。
(1)の
(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-b^6-49)＜0
の左辺はb^2=7^(2/3)-2a^2を使うと
(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-b^6-49)
=(8a^6+49)(8a^6+(7^(2/3)-2a^2)^3-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-(7^(2/3)-2a^2)^3-49)
=a^2*{(2√2)a^3-7}{(√2)a+7^(1/3)}^3
・{{2√3*7^(1/3)*a-5√6*7^(2/3)/6}^2+77*7^(1/3)/6}
=a^2*{2a^2-7^(2/3)}{{(√2)a+7^(1/3)/2}^2+3*7^(2/3)/4}{(√2)a+7^(1/3)}^2
・{{2√3*7^(1/3)*a-5√6*7^(2/3)/6}^2+77*7^(1/3)/6}
=-{ab{(√2)a+7^(1/3)}}^2・{{(√2)a+7^(1/3)/2}^2+3*7^(2/3)/4}
・{{2√3*7^(1/3)*a-5√6*7^(2/3)/6}^2+77*7^(1/3)/6}
と変形できて、全ての{ }が正なので（∵ab≠0）
(2)を満たすa,bに関して(1)は常に真です。
残りは(3)の
(8a^6+b^6-49){(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-2b^6-49)}＞0
です。
まず2a^2+b^2=7^(2/3)から
8a^6+b^6-49=-6a^2b^2(2a^2+b^2)=-6*7^(2/3)*a^2b^2＜0 （∵ab≠0）
ですから、(3)は
(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-2b^6-49)＜0 … (a)
と同値です。
b^2=7^(2/3)-2a^2を使って
(8a^6+49)(8a^6+b^6-49)+(28√2)(a^3)(8a^6-2b^6-49)
=(8a^6+49)(8a^6+(7^(2/3)-2a^2)^3-49)
+(28√2)(a^3)(8a^6-2(7^(2/3)-2a^2)^3-49)
=6a^2*{2a^2-7^(2/3)}{(√2)a+7^(1/3)}^2・{{2*7^(1/3)*a^2-7/2}^2+147/4}
=-6{ab{(√2)a+7^(1/3)}}^2・{{2*7^(1/3)*a^2-7/2}^2+147/4}
＜0
となりますので(a)は常に成り立ち、従って(3)も(2)を満たすa,bに関して常に真です。
以上により、私が書いた(1)〜(3)は
黄桃さんが書かれた2a^2+b^2=7^(2/3)と同値であることが示せました。
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No.61407 - 2019/09/20(Fri) 05:18:04 |
| ☆ Re: / 田中 | | | ITさん、らすかるさん、黄桃さん、
回答ありがとうございます。
返信が遅れて申し訳ありません。
この式が出で来た経緯を書かせていただきます
問い
y^2+(x^2)/8=1 楕円A上の点をP(2√2cosθ、sinθ)とする。
Pを通る法線をもとめよ。
また、a,bを実数とする。(a^3,b^3)から、楕円Aに相異なる法線をちょうど3つ引けるためのa、bの条件を求めよ。
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No.61425 - 2019/09/20(Fri) 21:21:59 |
| ☆ Re: / 田中 | | | 黄桃さん
x=cosθ, y=sinθ とおけば、
g(θ)=0 の解θと次の2曲線の交点(x,y), x=cosθ、y=sinθ, とが1対1に対応する
とはどうして言えるのでしょうか？
教えていただいてもよろしいでしょうか。
接する所の厳密な証明は自分でももう一度考えてみます。
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No.61426 - 2019/09/20(Fri) 21:25:08 |
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