kadai78

平成１８年５月１４日

[流れ星]

　　　　　第1７１回数学的な応募問題解答

　　　　　　＜解答募集期間：４月２３日～５月１４日

［有名な多項式］

皆さん、次の連立漸化式からなる多項式（ｘ_ｎ、ｙ_ｎ）について、
　ｘ_ｎ＋２＝２ｘ（ｘ_ｎ＋１）―ｘ_ｎ

　ｙ_ｎ＋２＝２ｘ（ｙ_ｎ＋１）―ｙ_ｎ　

　ただし、ｘ_０＝１、ｘ_１＝ｘ　、ｙ_０＝０、ｙ_１＝１　、ｎは０以上の整数

　＜指摘があり、青字に書き換えました。２４日記入＞

問１：多項式（ｘ_２、ｙ_２）、（ｘ_３、ｙ_３）、（ｘ_４、ｙ_４）、（ｘ_５、ｙ_５）、（ｘ_６、ｙ_６）を求めよ。

問２：ｘ＝cosθ としたとき、（ｘ_ｎ、ｙ_ｎ）は何を表しているか、考えてください。

問３：多項式（ｘ_ｎ、ｙ_ｎ）に名前が付いています。調べてください。

NO1「uchinyan」4/24　11時32分受信更新5/14

[なお、前回の問題、他の方の解答を読んでいての感想です。Toruさんの解法に、「そうだった！」と思いました。
私の問題4:の解答で、不定方程式の解の対称性に言及していますが、その方向の解法もあったのですね。うっかり見逃しました。
それ以外の解法は、結局は、期待値の変換を暗黙裡に使っているようだなぁ、と思いました。]

第１７１回数学的な応募問題への解答
［有名な多項式］

以降では、
x(n+2) = 2x * x(n+1) - x(n)
y(n+2) = 2x * y(n+1) - y(n)
x(0) = 1, x(1) = x, y(0) = 0, y(1) = 1
などと、書きます。

問題1：
取り敢えず、地道に．．．
x(2) = 2x * x(1) - x(0) = 2x * x - 1 = 2 * x^2 - 1
y(2) = 2x * y(1) - y(0) = 2x * 1 - 0 = 2 * x
x(3) = 2x * x(2) - x(1) = 2x * (2 * x^2 - 1) - x = 4 * x^3 - 3 * x
y(3) = 2x * y(2) - y(1) = 2x * 2x - 1 = 4 * x^2 - 1
x(4) = 2x * x(3) - x(2) = 2x * (4 * x^3 - 3 * x) - (2 * x^2 - 1) = 8 * x^4 - 8 * x^2 + 1
y(4) = 2x * y(3) - y(2) = 2x * (4 * x^2 - 1) - 2x = 8 * x^3 - 4 * x
x(5) = 2x * x(4) - x(3) = 2x * (8 * x^4 - 8 * x^2 + 1) - (4 * x^3 - 3 * x)
= 16 * x^5 - 20 * x^3 + 5 * x
y(5) = 2x * y(4) - y(3) = 2x * (8 * x^3 - 4 * x) - (4 * x^2 - 1)
= 16 * x^4 - 12 * x^2 + 1
x(6) = 2x * x(5) - x(4) = 2x * (16 * x^5 - 20 * x^3 + 5 * x) - (8 * x^4 - 8 * x^2 + 1)
= 32 * x^6 - 48 * x^4 + 18 * x^2 - 1
y(6) = 2x * y(5) - y(4) = 2x * (16 * x^4 - 12 * x^2 + 1) - (8 * x^3 - 4 * x)
= 32 * x^5 - 32 * x^3 + 6 * x

問題2：
与えられた漸化式をよく見ると、x(n) だけの三項漸化式
x(n+2) = 2x * x(n+1) - x(n)
x(0) = 1, x(1) = x
と、y(n) だけの三項漸化式
y(n+2) = 2x * y(n+1) - y(n)
y(0) = 0, y(1) = 1
とに分離可能で、しかもそれらは、初期条件が異なるだけで同じ漸化式です。
そこで、まず、x(n) について解いてみます。

x(n+2) = 2x * x(n+1) - x(n)
x(0) = 1, x(1) = x
これは、次の t に関する特性方程式
t^2 = 2x * t - 1
t^2 - 2x * t + 1 = 0
の解
p = x + sqrt(x^2 - 1)
q = x - sqrt(x^2 - 1)
を使って書くことができます。
ただし、x = -1, +1 のときには、p = q となることに注意します。
* p = q の場合
x = 1 のときは、元の漸化式は、
x(n+2) = 2 * x(n+1) - x(n)
x(n+2) - x(n+1) = x(n+1) - x(n) = ... = x(1) - x(0) = 0
x(n) = x(n-1) = ... = x(1) = x(0) = 1
になります。
x = -1 のときは、元の漸化式は、
x(n+2) = -2 * x(n+1) - x(n)
x(n+2) + x(n+1) = (-1) * (x(n+1) + x(n)) = ... = (-1)^(n+1) * (x(1) + x(0)) = 0
x(n) = - x(n-1) = ... = (-1)^(n-1) * x(1) = (-1)^n * x(0) = (-1)^n
になります。
* p not= q の場合
元の漸化式は、解と係数の関係から、p + q = 2x, pq = 1 で、
x(n+2) = (p+q) * x(n+1) - pq * x(n)
x(n+2) - q * x(n+1) = p * (x(n+1) - q * x(n)) = p^(n+1) * (x(1) - q * x(0))
一方で、
x(n+2) - p * x(n+1) = q * (x(n+1) - p * x(n)) = q^(n+1) * (x(1) - p * x(0))
とも変形できます。そこで、
x(n+1) - q * x(n) = p^n * (x(1) - q * x(0))
x(n+1) - p * x(n) = q^n * (x(1) - p * x(0))
したがって、x(0) = 1, x(1) = x も使って、
x(n) = {p^n * (x(1) - q * x(0)) - q^n * (x(1) - p * x(0))}/(p-q)
x(n) = (p^n * (x-q) - q^n * (x-p))/(p-q)
同様のことを y(n) に対しても行うと、
* p = q の場合
x = 1 のときは、元の漸化式は、
y(n+2) = 2 * y(n+1) - y(n)
y(n+2) - y(n+1) = y(n+1) - y(n) = ... = y(1) - y(0) = 1
y(n) = y(n-1) + 1 = ... = (n-1) + y(1) = n + y(0) = n
になります。
x = -1 のときは、元の漸化式は、
y(n+2) = -2 * y(n+1) - y(n)
y(n+2) + y(n+1) = (-1) * (y(n+1) + y(n)) = ... = (-1)^(n+1) * (y(1) + y(0)) = (-1)^(n+1)
y(n) = (-1)^(n-1) - y(n-1) = (-1)^(n-1) - (-1)^(n-2) + y(n-2) = 2 * (-1)^(n-1) + y(n-2) = ...
= n * (-1)^(n-1) + y(0) = n * (-1)^(n-1)
になります。
* p not= q の場合
y(0) = 0, y(1) = 1なので、
y(n) = {p^n * (y(1) - q * y(0)) - q^n * (y(1) - p * y(0))}/(p-q)
y(n) = (p^n - q^n)/(p-q)
になります。
実際の式は、p, q の x による式を代入して計算する必要があります。
しかし、p, q は、x の無理式なので、一般の n に関して計算するのは大変そうです。
ところが、ここからが、問題2：の本質ですが．．．

x = cosθ、ただし 0 <= θ <= π/2 としておくと、
sqrt(1 - x^2) = sinθ, sqrt(x^2 - 1) = i * sinθ
ここで、i は虚数単位、と書けます。そこで、オイラーの関係式、公式？、を使うと、
p = cosθ + i * sinθ = exp(iθ)
q = cosθ - i * sinθ = exp(-iθ)
先ほどの θ の範囲は sqrt をはずす際の符号の関係で必要でしたが、
以降、p, q 二つを常にペアで考えれば、符号に対応するように p, q を選ぶことができて、
この範囲は特に考える必要はありません。そこで、一般の θ で、上式がいえます。
さらに、問題の意図からすると、一般に x、又は cosθ、の多項式を考えているので、
x の値が限定してしまう p = q の場合は考えなくていいようです。
そこで、p not= q について、先ほどの x(n), y(n) の一般式に代入すると、
cosθ + i * sinθ = exp(iθ), cosθ = (exp(iθ) + exp(-iθ))/2, sinθ = (exp(iθ) - exp(-iθ))/(2i)
に注意して、
x-p = (exp(iθ) + exp(-iθ))/2 - exp(inθ) = - (exp(iθ) - exp(-iθ))/2
x-q = (exp(iθ) + exp(-iθ))/2 - exp(-inθ) = (exp(iθ) - exp(-iθ))/2
x(n) = (p^n * (x-q) - q^n * (x-p))/(p-q)
= (exp(inθ) * (exp(iθ) - exp(-iθ))/2 - exp(-inθ) * (- (exp(iθ) - exp(-iθ))/2))/(exp(iθ) - exp(-iθ))
= (exp(iθ) - exp(-iθ))/2 * (exp(inθ) + exp(-inθ))/(exp(iθ) - exp(-iθ))
= (exp(inθ) + exp(-inθ))/2
= cos(nθ)
y(n) = (p^n - q^n)/(p-q)
= (exp(inθ) - exp(-inθ))/(exp(iθ) - exp(-iθ))
= (exp(inθ) - exp(-inθ))/2i * 2i/(exp(iθ) - exp(-iθ))
= sin(nθ)/sinθ
になります。

つまり、x(1) = x = cosθ とした場合、
x(n) は、θ の n 倍、nθ、に対する cos、つまり、cos(nθ)
y(n) は、θ の n 倍、nθ、に対する sin を sinθ で割ったもの、つまり、sin(nθ)/sinθ
といえます。
結局、
x(n) は、n 倍角の cos の計算式
y(n) * sinθ は、n 倍角の sin の計算式
を与えていることになります。

問題3：
Webで調べました。「チェビシェフの多項式」というらしいですね。初めて知りました (^^;

(考察)
x(n), y(n) が、n 倍角の公式に現れる多項式、と分かってしまえば、一般式は次のようにすれば求まります。
exp(inθ) = cos(nθ) + i * sin(nθ)
一方で、C(n,m) を二項係数、[ ] をガウス記号として、
exp(inθ) = (cosθ + i * sinθ)^n
= ∑{m=0,n} {C(n,m) * (cosθ)^(n-m) * i^m * (sinθ)^m}
= ∑{k=0,[n/2]} {C(n,2k) * (cosθ)^(n-2k) * (-1)^k * (sinθ)^2k
+ i * C(n,2k+1) * (cosθ)^(n-2k-1) * (-1)^k * (sinθ)^(2k+1)}
= ∑{k=0,[n/2]} {C(n,2k) * (cosθ)^(n-2k) * (-1)^k * (1 - (cosθ)^2)^k
+ i * C(n,2k+1) * (cosθ)^(n-2k-1) * (-1)^k * (1 - (cosθ)^2)^k * sinθ}
= ∑{k=0,[n/2]} {C(n,2k) * (cosθ)^(n-2k) * ((cosθ)^2 - 1)^k
+ i * sinθ * C(n,2k+1) * (cosθ)^(n-2k-1) * ((cosθ)^2 - 1)^k}
したがって、
cos(nθ) = ∑{k=0,[n/2]} {C(n,2k) * (cosθ)^(n-2k) * ((cosθ)^2 - 1)^k}
sin(nθ) = sinθ * ∑{k=0,[n/2]} {C(n,2k+1) * (cosθ)^(n-2k-1) * ((cosθ)^2 - 1)^k}
ここで、
x(n) = cos(nθ)
y(n) = sin(nθ)/sinθ
だったので、
x(n) = ∑{k=0,[n/2]} {C(n,2k) * x^(n-2k) * (x^2 - 1)^k}
y(n) = ∑{k=0,[n/2]} {C(n,2k+1) * x^(n-2k-1) * (x^2 - 1)^k}
になります。
もっとも、これを展開するのは大変そうですが．．．
なお、
x(n) = x(n,x) = x(cosθ,n) = cos(nθ)
の両辺を θ で微分すると、
d(x(cosθ,n))/dθ = - sin(nθ) * n
一方で、
d(x(cosθ,n))/dθ = d(x(cosθ,n))/d(cosθ) * d(cosθ)/dθ = d(x(n))/dx * (- sinθ)
なので、
d(x(n))/dx = n * sin(nθ)/sinθ = n * y(n)
になるようです。
なお、
http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/inequality/tschebyscheff.htm
辺りに、いろいろと書いてあるようです。

(感想)
実は、問題3：が一番苦労しました (^^;
「ん、n 倍角公式多項式とでもいうんじゃないの？」と、アホなことを思ったのですが、
念のために、Webで調べてみて、ちゃんとした名前があるんですね。お恥ずかしい限りです。

NO2「Toru」　 4/27　10時34分受信更新5/14
問１　
(x2,y2)=(2x^2-1,2x),(x3,y3)=(4x^3-3x,4x^2-1), (x4,y4)=(8x^4-8x^2+1,8x^3-4x),
(x5,y5)=(16x^5-20x^3+5x,16x^4-12x^2+1),
(x6,y6)=(32x^6-48x^4+18x^2-1,32x^5-32x^3+6x)
問２　x0=1,x1=cosθ,x2=2(cosθ)^2-1=cos2θ,x3=4(cosθ)^3-3cosθ=cos3θ
xn=cos nθとなりそうです、
n,n+1で成り立つとすると
cos(n+2)θ=cos2θcosnθ-sin2θsinnθ=(2(cosθ)^2-1)cos nθ-2sinθcosθsinnθ
2cosθcos(n+1)θ=2cosθ(cosθcosnθ-sinθsinnθ)=2(cosθ)^2 cosnθ-2sinθcos
θsi nθ
を辺辺引けば　cos(n+2)θ=2cosθcos(n+1)θ-cos nθ
よりn+2でも成り立って、xn=cos nθが証明される。
y0=0, y1sinθ=sin, y2sinθ=2cosθsinθ=sin2θ,y3 sinθ=3sinθ-4(sinθ)^3=sin
3θ
yn =sin nθ/sinθとなりそうです。
n,n+1で成り立つとすると
sin(n+2)θ=cos2θsinnθ+sin2θcosnθ=(2(cosθ)^2-1)sin nθ+2sinθcosθcosnθ
2cosθsin(n+1)θ=2cosθ(cosθsinnθ-sinθcosnθ)=2(cosθ)^2 sinnθ+2sinθcos
θcos nθ
を辺辺引いて、sin(n+2)θ=2cosθsin(n+1)θ-sin nθ　この両辺をsinθで割れば
n+2でも成り立つことが分かって、
yn=sin nθ/sinθが証明される。

問３　xnの方はチェビシェフの多項式ですよね。
　　　ynの方には別の名前がありますか？

いずれにしても同じ漸化式で求まるところが不思議ですね。

NO3「kashiwagi｣4/28　07時42分受信更新5/14
お世話になります。今回の問題は非常に面白かったのですが・・・、多項式の名前は分かりません。
XnとYnの間には楕円は見えるのですが、1/sinθが・・・。

問1連立漸化式を解くと下表の様になる。

X0	1	Y0	0
X1	X	Y1	1
X2	2X²-1	Y2	2X	dX2/2dX
X3	4X³-3X	Y3	4X²-1	dX3/3dX
X4	8X⁴-8X²+1	Y4	8X³-4X	dX4/4dX
X5	16X⁵-20X³+5X	Y5	16X⁴-12X²+1	dX5/5dX
X6	32X⁶-48X⁴+18X²-1	Y6	32X⁵-32X³+6X	dX6/6dX

問2　Xにcosθを代入すると下表の様になる。

X0	1	Y0	0
X1	cosθ	Y1	1
X2	cos2θ	Y2	2cosθ	dX2/2dX
X3	cos3θ	Y3		dX3/3dX
X4	cos4θ	Y4		dX4/4dX
X5	cos5θ	Y5		dX5/5dX
X6	cos6θ	Y6		dX6/6dX

Xｎ	Cos(nθ)	Yn	Sin(nθ)/sinθ	dXn/ndX

問3　分かりません。

NO４「kasama｣5/10　18時18分受信更新5/14
問１
数式ソフトで計算しました。
　(x₀,y₀)=(1,0)
　(x₁,y₁)=(x,1)
　(x₂,y₂)=(2x²-1,2x)
　(x₃,y₃)=(4x³-3x,4x²-1)
　(x₄,y₄)=(8x⁴-8x²+1,8x³-4x)
　(x₅,y₅)=(16x⁵-20x³+5x,16x⁴-12x²+1)
　(x₆,y₆)=(32x⁶-48x⁴+18x²-1,32x⁵-32x³+6x)

問２
数式ソフトにやらせると、
　(x₀,y₀)=(1,0)
　(x₁,y₁)=(cos(θ),1)
　(x₂,y₂)=(cos(2θ),2cos(θ))
　(x₃,y₃)=(cos(3θ),1+2cos(2θ))
　･･･
　(x₈,y₈)=((cos(8θ),2cos(θ)+2cos(3θ)+2cos(5θ)+2cos(7θ))
　(x₉,y₉)=((cos(9θ),1+2cos(2θ)+2cos(4θ)+2cos(6θ)+2cos(8θ))
となるので、
　x_n=cos(nθ)、y_n=sin(nθ)/sin(θ)
ではないかと推測されます。以下、漸化式
　x_n+2=2xx_n+1-x_n　･･･(1)
　y_n+2=2xy_n+1-y_n　･･･(2)
を満足することを示します。

【証明】
ド・モアブルの公式より、
　(cos(θ)+isin(θ))ⁿ⁺¹=(cos(θ)+isin(θ))(cos(θ)+isin(θ))²
　⇒cos((n+1)θ)+isin((n+1)θ)={cos(θ)+isin(θ)}{cos(nθ)+isin(nθ)}
　⇒x_n+1+iy_n+1sin(θ)={cos(θ)+isin(θ)}{x_n+iy_n}
両辺の実数部と虚数部を比較して、
　x_n+1=y_ncos²(θ)+x_ncos(θ)-y_n
　y_n+1=y_ncos(θ)+x_n
ここで、x=cos(θ)なので、
　x_n+1=y_nx²+x_nx-y_n
　y_n+1=y_nx+x_n
です。この関係が漸化式式(1)、(2)を満足することを示します。すると、
　y_n+2-2xy_n+1+y_n
　=y_n+1x+x_n+1-2xy_n+1+y_n　←y_n+2=y_n+1x+x_n+1を代入
　=x_n+1-xy_n+1+y_n　←整理
　=y_nx²+x_nx-y_n-xy_n+1+y_n　←x_n+1=y_nx²+x_nx-y_nを代入
　=-xy_n+1+x²y_n+xx_n　←整理
　=-xy_n+1+x(y_nx+x_n)　←y_nx+x_n=y_n+1を代入
　=-xy_n+1+xy_n+1=0
よって、y_n+2-2xy_n+1+y_n=0なので、(2)式を満足します。
　x_n+2-2xx_n+1+x_n
　=y_n+1x²+x_n+1x-y_n+1-2xx_n+1+x_n　←x_n+2=y_n+1x²+x_n+1x-y_n+1を代入
　=y_n+1x²+(y_n+2-y_n+1x)x-y_n+1-2x(y_n+2-y_n+1x)+y_n+1-y_nx　←x_n+1=y_n+2-y_n+1xとx_n=y_n+1-y_nxを代入
　=-x(y_n+2-2xy_n+1+y_n)　←整理
　=0　←(2)式を適用
つまり、x_n+2-2xx_n+1+x_n=0なので、(1)式を満足します。

問３
チェビシェフの多項式でしょうか