平成１５年３月１５日

[流れ星]

　　　　　　　　第１１５回数学的な応募問題解答

　　　　　　　　　　＜解答募集期間：３月１日〜３月１５日＞

［チェビシェフの多項式］

　　　

太郎さんは、奇妙な性質をもつ多項式を応募者の方から教えてもらい、改題して作問をしました。

この問題は　第71回の応募問題「余弦のｎ倍角」と関連しています。

ＮＯ１「H7K」さん 　　 3/01: 11時23分　受信　更新3/15
「H7K」さん 　　 3/02: 22時40分　受信　更新予定3/15

ＮＯ２「Kashiwagi」さん 3/01: 18時14分　受信　更新3/15
第115回解答

問1.

P₂(t)= z²+1/ z² =(z+1/z)²−2 = t²−2

P₃(t)= z³+1/ z³ =(z+1/z)³−3(z+1/z)= t³−3t

問2.

P_n+1(t)= z ⁿ⁺¹+1/ z ⁿ⁺¹=(z ⁿ+1/ z ⁿ) (z+1/z)−(z ^n-1+1/z ^n-1)= P_n(t)t −P_n-1(t)

問3.

P₄(t)= P₃(t)t−P₂(t) = t⁴−4t²+2

P₅(t)= P₄(t)t−P₃(t) = t⁵−5t³+5t

P₆(t)= P₅(t)t−P₄(t) = t⁶−6 t⁴+9t²−2

問4.

P₂ (P₂(t))=(P₂(t))²−2 =(t²−2)²−2 = t⁴−4t²+2 = P₄(t)

P₂ (P₃(t))=(P₃(t))²−2 =(t³−3t)²−2 = t⁶−6 t⁴+9t²−2 = P₆(t)

P₃ (P₂(t))=(P₂(t))³−3 P₂(t) =(t²−2)³−3 (t²−2)= t⁶−6 t⁴+9t²−2 = P₆(t)

問5.

題意よりドモアブルの定理を使い計算すると、

t = z+1/z = 2cosθ

z ⁿ+1/ z ⁿ = 2cos(nθ)となる。

z ⁿ+1/ z ⁿ = P_n(t) = P_n(2cosθ)であるから、2cos(nθ) = P_n(2cosθ)である。

又、P_mn(t) = P_mn(2cosθ) = 2cos(mnθ)

P_m (P_n(t)) = P_m(P_n(2cosθ)) = P_m(2cos(nθ)) = 2cos(mnθ)

問6.

題意よりf_n(x) = P_n(2x)/2 = P_n(2 cosθ)/2 = cos(nθ) = 0

因ってθ = π/2n, 3π/2n, 5π/2n,…・・(4n-1)π/2nが求めるθである。

これより、x = cosπ/2n,cos3π/2n,cos5π/2n,…・・cos(4n-1)π/2nが解ｘである。

ＮＯ３「中川幸一」さん 3/03: 21時06分　受信　更新3/15

ＮＯ４「toru」さん　　　 3/04: 15時56分 受信　更新3/15
質問１　(z+1/z)^2=z^2+(1/z)^2+2 よりP2(t)=t^2-2 , (z+1/z)^3=z^3+3z+3(1/z)+(1/z)^3よりP3(t)=t^3-3t
質問２　tPn(t) = (z+1/z) (z^n+(1/z)^n) =z^(n+1)+z^(n-1)+(1/z)^(n-1)+(1/z)^(n+1)= Pn+1(t)+Pn-1(t)よりPn+1(t)=tPn(t)-Pn-1(t)
質問３　P4(t)=tP3(t)-P2(t)=t(t^3-3t)-(t^2-2)=t^4-4t^2+2,　
　　　　P5(t)=tP4(t)-P3(t)=t(t^4-4t^2+2)-(t^3-3t)=t^5-5t^3+5t,
　　　　P6(t)=tP5(t)-P4(t)=t(t^5-5t^3+5t)-(t^4-4t^2+2)=t^6-6t^4+9t^2-2
質問４　P2(P2(t))=(t^2-2)^2-2=t^4-4t^2+2=P4(t)
        P2(P3(t))=(t^3-3t)^2-2=t^6-6t^4+9t^2-2=P6(t)
        P3(P2(t))=(t^2-2)^3-3(t^2-2)= t^6-6t^4+9t^2-2=P6(t)
質問５　z=cosθ+ｉsinθとすると1/z=cosθ-ｉsinθよりt=z+1/z=2cosθ
またz^n=cos　nθ+ｉsin nθ　(1/z)^n=cos nθ-ｉsin nθだから
Pn(2cosθ)=Pn(t)=z^n+(1/z)^n=2cos nθが成り立つ。
　t=2cosθの時は、上記よりPm(Pn(t))=Pm(2cosnθ)=2cos mnθ=Pmn(2cosθ)=Pmn(t)が成り立つ。
一方、質問１、２よりPmn(t)、Pm(Pn(t))はtのmn次の多項式であることがわかっているので、
Pm(Pn(t))=Pmn(t)が一般に成り立つとするためには、mn+1個のtについて成り立つことを示せば十分で、
よって t=2cosθの時成り立てば、一般に成り立つとしてよい。
質問６　cosθ=xの時、fn(x)=1/2Pn(2cosθ)=cos nθ=0
よってnα=(2k+1)π/2、0≦α＜2πよりα=(2k+1)π／(2n), (k=0,1,------,2n-1)
ただしcos(2π-α)=cosαの分をのぞくと、x=cosπ/(2n),cos3π/(2n),cos5π/(2n),---,cos(2n-1)π/(2n)

第１１５回解答を送ります。質問５の後半でややもたつきましたが、なんとか？もう
少し説明のしようがありそうですがちょっとくどくなってしまいました。質問６では、
解がしっかりn個得られて、逆にいえばこれ以外に解はないということですね。なか
なか興味深く思われました。

ＮＯ５「udonko」さん　 3/06: 02時18分 受信　更新3/15

ＮＯ６「UnderBird」　さん　　3/06: 14時10分　受信　更新3/15

ＮＯ7「午年のうりぼう」　さん　　3/14: 20時00分　受信　更新3/15

ＮＯ8「三角定規」　さん　　3/15: 12時49分　受信　更新3/17

　　　　＜自宅＞　　mizuryu@aqua.ocn.ne.jp