数学ナビゲーター掲示板 [One Topic All View / Re[5]: たぶん三角関数の等式 / Page: 0]

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■49095 / inTopicNo.1)

　たぶん三角関数の等式

□投稿者/ 中学三年生の質問者一般人(1回)-(2019/03/27(Wed) 12:52:14)

x,y,zは0より大きく1より小さい1/2ではない実数で
関数fをf(a)=(2√(a-a^2))/(1-2a)とすると
f(x)f(y)f(z)=f(x)+f(y)+f(z)を満たしている
x+y+z+2√(xyz)の値を求めよ

この問題なのですが、中三程度の式変形で解けますでしょうか？

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■49099 / inTopicNo.2)

　Re[1]: たぶん三角関数の等式

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□投稿者/ らすかる一般人(3回)-(2019/03/27(Wed) 22:36:41)

問題は正しいですか？

例えば
x=(2-√2)/4≒0.15, y=(5-√5)/10≒0.28, z=(10-√10)/20≒0.34のとき
f(x)=1, f(y)=2, f(z)=3なのでf(x)f(y)f(z)=f(x)+f(y)+f(z)を満たしており
x+y+z+2√(xyz)=1

x=(2+√2)/4≒0.85, y=(5+√5)/10≒0.72, z=(10+√10)/20≒0.66のとき
f(x)=-1, f(y)=-2, f(z)=-3なのでf(x)f(y)f(z)=f(x)+f(y)+f(z)を満たしており
x+y+z+2√(xyz)=(15+5√2+3√5+2√10)/10≒3.51

x=(2+√2)/4≒0.85, y=(5-√5)/10≒0.28, z=(10+3√10)/20≒0.97のとき
f(x)=-1, f(y)=2, f(z)=-1/3なのでf(x)f(y)f(z)=f(x)+f(y)+f(z)を満たしており
x+y+z+2√(xyz)=(15+5√2+√5+2√10)/10≒3.06

x=(2+√2)/4≒0.85, y=(10-√10)/20≒0.34, z=(5+2√5)/10≒0.95のとき
f(x)=-1, f(y)=3, f(z)=-1/2なのでf(x)f(y)f(z)=f(x)+f(y)+f(z)を満たしており
x+y+z+2√(xyz)=(3+√2)(5+√5)/10≒3.19

などのようになり、x+y+z+2√(xyz)の値が定まりません。

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■49100 / inTopicNo.3)

　Re[2]: たぶん三角関数の等式

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□投稿者/ 中学三年生の質問者一般人(2回)-(2019/03/28(Thu) 00:22:16)

すみません、私がなにか勘違いしているかもしれません。

もしf(x)＞0かつf(y)＞0かつf(z)＞0や、またはf(x)＜0かつf(y)＞0かつf(z)＞0
などの条件があれば少なくとも問題としては成立するでしょうか？

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■49102 / inTopicNo.4)

　Re[3]: たぶん三角関数の等式

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□投稿者/ らすかる一般人(4回)-(2019/03/28(Thu) 06:00:32)

> もしf(x)＞0かつf(y)＞0かつf(z)＞0や、またはf(x)＜0かつf(y)＞0かつf(z)＞0
> などの条件があれば少なくとも問題としては成立するでしょうか？

そうですね、f(x),f(y),f(z)のうち2個以上が正ならばx+y+z+2√(xyz)=1です。
x=(sin(A/2))^2, y=(sin(B/2))^2, z=(sin(C/2))^2, 0＜A,B,C＜π とおくと
f(x)=tanA, f(y)=tanB, f(z)=tanCとなり、
f(x)f(y)f(z)=f(x)+f(y)+f(z)からA+B+C=πが導けますので
A,B,Cは△ABCの内角と考えられます。
そう考えると鈍角は最大1個ですから、f(x),f(y),f(z)のうち
2個以上が正となり、この条件のとき
x+y+z+2√(xyz)
=(sin(A/2))^2+(sin(B/2))^2+(sin(C/2))^2+2sin(A/2)sin(B/2)sin(C/2)
=1
が成り立ちます（証明はしていません）。
これを三角関数を使わずに示そうとすると
u＞0,v＞0,w=(u+v)/(uv-1)として
{1-1/√(u^2+1)}/2+{1-1/√(v^2+1)}/2+{1-w/√(w^4+w^2)}/2
+2√{{1-1/√(u^2+1)}/2・{1-1/√(v^2+1)}/2・{1-w/√(w^4+w^2)}/2
=1
が成り立つことを示すことになりますが、
式が複雑すぎて解けていません。

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■49110 / inTopicNo.5)

　Re[3]: たぶん三角関数の等式

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□投稿者/ らすかる一般人(5回)-(2019/03/28(Thu) 23:39:56)

ほぼ解けました。

f(a)=2√(a-a^2)/(1-2a)
条件からf(a)≠0
逆関数g(a)を求めると
a＞0のときg(a)={1-1/√(a^2+1)}/2
a＜0のときg(a)={1+1/√(a^2+1)}/2
であり
xyz=x+y+z（xyz≠0）を満たしているときに
g(x)+g(y)+g(z)+2√{g(x)g(y)g(z)}
の値を求める問題になる。
ここで追加条件によりx＞0,y＞0とおいてよいので
g(x)={1-1/√(x^2+1)}/2, g(y)={1-1/√(y^2+1)}/2

z＞0のときg(z)={1-1/√(z^2+1)}/2　（※z＜0のときも多分同様なので省略）
g(x)+g(y)+g(z)+2√{g(x)g(y)g(z)}
={1-1/√(x^2+1)}/2+{1-1/√(y^2+1)}/2+{1-1/√(z^2+1)}/2
　+2√{{1-1/√(x^2+1)}/2・{1-1/√(y^2+1)}/2・{1-1/√(z^2+1)}/2}
なので、xyz=x+y+zのときに
{1-1/√(x^2+1)}/2+{1-1/√(y^2+1)}/2+{1-1/√(z^2+1)}/2
　+2√{{1-1/√(x^2+1)}/2・{1-1/√(y^2+1)}/2・{1-1/√(z^2+1)}/2}=1
となることを示せばよい。
この式を変形していくと成り立つので、それを逆順に書くと
xyz=x+y+z
xyz-x-y-z=0
(xyz-x-y-z)(xyz+x+y-z)(xyz+x-y+z)(xyz-x+y+z)=0
(x^2y^2z^2-x^2-y^2-z^2-2)^2=4(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)
x^2y^2z^2-x^2-y^2-z^2-2=2√{(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)}　(※)
(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)-(x^2+1)(y^2+1)-(y^2+1)(z^2+1)-(z^2+1)(x^2+1)
=2{√(x^2+1)}{√(y^2+1)}{√(z^2+1)}
√(x^2+1)=p,√(y^2+1)=q,√(z^2+1)=rとおくと
p^2q^2r^2-p^2q^2-q^2r^2-r^2p^2=2pqr
2(p-1)(q-1)(r-1)(pqr)=(pqr-pq-qr-rp)^2
√{2(p-1)(q-1)(r-1)(pqr)}=-(pqr-pq-qr-rp)　(※)
{(3pqr-pq-qr-rp)+√{2(p-1)(q-1)(r-1)(pqr)}}/(2pqr)=1
(1-1/p)/2+(1-1/q)/2+(1-1/r)/2+2√{(1-1/p)/2・(1-1/q)/2・(1-1/r)/2}=1
∴{1-1/√(x^2+1)}/2+{1-1/√(y^2+1)}/2+{1-1/√(z^2+1)}/2
　+2√{{1-1/√(x^2+1)}/2・{1-1/√(y^2+1)}/2・{1-1/√(z^2+1)}/2}=1
のように示せます。
ただし、(※)の2個所は平方根をとっていますが、符号についてきちんと
検証していません。おそらくx,y,zのうち2個以上が正のときに
上のようになり、そうでない時は符号が逆になるので1にならないのだと思います。
従ってx,y,zのうち2個以上が正のときに
x^2y^2z^2-x^2-y^2-z^2-2が正であることとpqr-pq-qr-rpが負であることを
示せば、1になることの証明が完成します。

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■49137 / inTopicNo.6)

　Re[4]: たぶん三角関数の等式

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□投稿者/ 中学三年生の質問者一般人(3回)-(2019/04/02(Tue) 00:07:00)

有難うございます。
詳しく計算を書いていただいたので大変助かります。

x^2y^2z^2-x^2-y^2-z^2-2
=(x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2-2
=2(xy+yz+zx)-2
=2{xy+z(x+y)}-2
=2{xy+(x+y)^2/(xy-1)-1}
=2(x^2+1)(y^2+1)/(xy-1)
x,yが正、zが負とするとz(xy-1)=x+yよりxy-1は負なので
x^2y^2z^2-x^2-y^2-z^2-2は負になりそうなので
もう少しよく考えてみます

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■49138 / inTopicNo.7)

　Re[5]: たぶん三角関数の等式

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□投稿者/ らすかる一般人(7回)-(2019/04/02(Tue) 00:24:26)

> x,yが正、zが負とするとz(xy-1)=x+yよりxy-1は負なので
> x^2y^2z^2-x^2-y^2-z^2-2は負になりそうなので
> もう少しよく考えてみます

上に書いた計算は「z＞0の場合」の計算です。
z＜0の場合は冒頭の式が
g(x)+g(y)+g(z)+2√{g(x)g(y)g(z)}
={1-1/√(x^2+1)}/2+{1-1/√(y^2+1)}/2+{1-1/√(z^2+1)}/2
　+2√{{1-1/√(x^2+1)}/2・{1-1/√(y^2+1)}/2・{1-1/√(z^2+1)}/2}
でなく
g(x)+g(y)+g(z)+2√{g(x)g(y)g(z)}
={1-1/√(x^2+1)}/2+{1-1/√(y^2+1)}/2+{1+1/√(z^2+1)}/2
　+2√{{1-1/√(x^2+1)}/2・{1-1/√(y^2+1)}/2・{1+1/√(z^2+1)}/2}
となりますので、計算は違ってくるはずです。
しかし長大な式変形をもう一度やりたくありませんので
z＞0の場合のみ書いて、z＜0の場合は「（※z＜0のときも多分同様なので省略）」
と断って省略しました。

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