数学A: 数学のコツ

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2017年01月16日

【数A】センター数ⅠAのA（2017年）

第3問　確率
(1)「少なくとも」とくればお馴染みの余事象。A、Bの両方がはずれる確率を1から引こう。
(2)3人で2本の当たりくじを引く事象を考える問題。(A、B、C)=(○、○、×)、(○、×、○)、(×、○、○)の3パターンなので「Aだけがはずれ」「Bだけがはずれ」「Cだけがはずれ」の3つが正解。その和事象のそれぞれの確率を足して1/2。
(3)は(2)の3パターンともが少なくともA、Bの一方があたりである(1)に含まれているので「(1)の確率」分の「(2)の確率」で3/5。
(4)今度はB、Cの少なくとも一方があたりの確率。普通ならば(1)と同様にB、Cがともにはずれる確率を1から引いて求めるだけだが、どんな事象の和事象かを考えるのが少しややこしい。0番の「Aがはずれのくじを引く」は一見BとCは無条件な感じだが、今はあたりもはずれも2本ずつしかないのでAがはずれの時点でもうはずれは1本しか残っていないので少なくともBかCのどちらかは必ずあたりを引くことになるのでこれが正解のひとつ。あとは「Bだけがはずれ」はつまり「Cはあたりを引く」ことになり、逆に「Cだけがはずれ」も「Bはあたりを引く」ことになるのでこの二つが正解。
A、Cの少なくとも一方があたりの確率もやはり余事象を利用すると求めやすい。
(5)は(3)と同様の条件付き確率。(3)と同様に考えるとすべて同じになる。

ここは誘導がややこしかったが標準。

第4問　整数の性質
(1)(2)は倍数の判定法。4の倍数は下2桁が4で割れること。
9の倍数は各位の数の合計が9で割れること。
最後の $$6\times n$^2=36n^2$ より36の倍数、つまり「4の倍数かつ9の倍数」なので、先に求めた3個の自然数7452、7056、7956を36で割って、それが自然数の2乗になっているものを選べばOK。
(3)は自然数の約数に関する問題。約数の個数は基本問題だが、なぜ指数+1の積で求まるのか、その考え方の理由を知らないと2の倍数の個数や4の倍数の個数は求められなかっただろう。1188を素因数分解すると $2^2\cdot 3^3\cdot 11$ なので1188の2の倍数の約数を作るにはこれらの素因数を組み合わせるときに少なくとも1つは素因数2を含めばよい。よって素因数2は1個か2個の2通り、素因数3は0個か1個か2個か3個の4通り、素因数11は0個か1個の2通りなので2×4×2で16通り。同様に4の倍数は素因数2を2個以上含めばよいので1×4×2で8通り。
最後の2進数に関する問題は10進数では末尾の0は10が何回掛けられているかという因数10の個数を意味するが、2進数では末尾の0は2が何回掛けられているかという因数2の個数を意味する。したがって今求めた2の倍数16個は少なくとも1個ずつは因数2を持っており、その中の8個は4の倍数でもあるのでさらにもう1つずつ持っている。なお8の倍数は素因数2が2個しかないので存在しない。したがってすべての約数の積には素因数2は16+8で24個含まれているので、2進数では末尾に24個の0が連続する。

第4問は最後が珍しい問題だったのでやや難

第5問　図形の性質
まずは図を描こう。それから考え始めると最初は方べきの定理を利用し、そこからCEを求める。そして次はメネラウスの定理を利用し、AFを求める。どちらも長さの積や長さの比（分数）で、典型的な式の形なので思いつきやすい。
(2)はいきなり∠ABCを求める問題だが、△ABCは3辺の長さが分かっているので余弦定理を使って求めよう。角度が分かれば△ABCの面積が分かるので、そこから内接円の半径も $S=\frac{1}{2}r ( a + b + c )$ で求められる。BIの長さに関する問題は、内心IからABの接点に線を下すと垂線になるのでそこをPとしBPを求めることから始めよう。内接円とBC、CAとの接点をそれぞれQ、R、BP=xとおく。ある点から円に引いた接線は接点までの距離が等しいという性質を使うとBP＝BQ＝x、CQ＝CR＝8-x、AP＝AR＝3-xで、AC＝AR＋CRより7＝8－x＋3－x。xが求まればあとは△IBPで三平方の定理よりBIが求まる。

ここは標準。

今回の数ⅠAは全体的に易しかったと思います。個人的予想平均点は60点。

【数Ⅰ】センター数ⅠAのⅠ（2017年）
【数A】センター数ⅠAのA（2017年）
【数Ⅱ】センター数ⅡBのⅡ（2017年）
【数B】センター数ⅡBのB（2017年）

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2016年02月25日

【数A】大学入試における数Aの注意点

1年前の2015年度の大学入試から新課程になりました。
数Aは「場合の数と確率」「整数の性質」「図形の性質」の
3つの単元があり、指導要項では標準2単位で
この3つのうち2つを履修すればよいことになっています。
なのでセンター試験の数学Ⅰ・Aではこの3つが1問ずつ出題され
3問から2問選択するようになっています。

が！

一般入試においてはそのような措置がない場合もあるようで
今日国公立大の前期試験を受けている生徒から聞いたのですが
数学Aを範囲に含む試験で「整数の性質」の問題が必須問題で
出題されたらしいです。
その子は学校の授業では3単元とも習ったけど
センターに向けては「場合の数と確率」「図形の性質」を
中心に勉強していたのでお手上げだったようです。

というわけで
数Aはどれか2単元をやっておけばいいということではない
ということが証明されました。

まあ大学にもよると思いますが(^^;

数Bも「数列」「ベクトル」「確率分布と統計的な推測」の3単元で
標準2単位なので数Aと同じ状況なのですが
数Bに関しては「数B（数・ベ）」という表記を見かけますね。

数Aも数Bもそういった指定がない場合は
どの単元も出題範囲の対象になっている
ということのようですのでご注意を。

2016.3.7　修正しました(^^;
【正】1年前の2015年度の大学入試から新課程になりました。
【誤】1年前の2016年度の大学入試から新課程になりました。

posted by ジュンジ at 13:21 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2016年01月18日

【数A】センター数ⅠAのA（2016年）

数A分野は第3問～第5問の中から2問選択。

第3問
全問が場合の数だった去年とは違い
今年は全問が確率の問題。
問題としてはよくある袋から球を取り出す問題。
特に変わった設定はないが取った球を戻さないということには注意。
(1)は「少なくとも」ということで余事象を考えてみよう。
(2)は条件付き確率だが、条件が先に取るAさんについてなので
単にBさんが残り11個の中から白球を選ぶ確率を考えても良い。
(3)は(2)とは逆に条件付きの条件が後に取るBさんについてなので
定義通りに考えよう。
Bさんが白である確率を求める方法は誘導に従えばよいので
割と難しくはない。
難易度は易

第4問
整数の性質からの出題。
(1)は1次不定方程式。
xとyの係数が92と197で大きな数なので
ユークリッドの互除法を利用できるかどうかがポイント。
それで整数kを含む一般解を求められれば
最も0に近いxの解になるkが決定できる。
2問目は左辺は変わらず右辺が1から10に変わっただけなので
最初に解いた式の両辺を10倍して同様に解けばよい。
(2)はn進法の問題。
基本的には10進数からn進数への基数変換
逆にn進数から10進数への基数変換ができればOK。
2進数→10進数→4進数が一般的な解き方かもしれないが
情報などで2進数→16進数の変換では4桁ずつに区切って
変換する方法を知っていれば
2桁ずつに区切って2進数→4進数の変換も可能だっただろう。
最後の問題は6進数→10進数の変換だが
小数の変換は不慣れだった人もいただろう。
ただし10進数の小数に変換する必要はなく
例えば小数第1位は1/6の位のように分数に変換すればよい。
10進数で有限小数になる分数とは分母が
10の素因数である2と5、その2種類のみに素因数分解できるものである。
難易度は標準

第5問
平面図形に関する問題。
円に内接する四角形から始まる問題だが
あまり形が定まらないところが難しい。
それでも与えられた条件だけでも等しくなる角を探すのは
二等辺三角形と円周角に気づければわかる。
続く問題も「このことより」とあるので等しい角に
印を入れて行けばBDが∠Bの二等分線であることに気づけるだろうから
それを利用してAE：ECがわかる。
次も誘導があり、三角形と直線から考え付くのはメネラウスの定理である。
ただしメネラウスの定理を使う場面が理解できていることが必要。
(1)は問題文からだけでは何を使うかわかりにくいが
ここまでのことは(1)にもこの後の(2)にも使えるので
AE:ECやDC:CGの比を図に書き込んでおくと良い。
ただしあらかじめ書かれている図は
(1)での直線ABが点Gを通るという図にはなっていないので
書き直す必要があるが、無理やり曲げて書いても構わないレベル(笑)
そしてBGを含む直線AG、比がわかっている線分を含む
直線AD、直線AC、直線DG。
これらでできる三角形に注目すると
△AGDに関してチェバの定理か
△AGCと直線BDに関してメネラウスの定理
を使えばBGが求まる。
そしてDCを求めるに当たっては
これも問題文からは分かりにくいが
これは方べきの定理を使うための誘導である。
方べきの定理は二直線の交点から
それぞれの直線と円との共有点までの距離の積が等しい
という定理であるので
「直線ABと直線DCがGで交わる」→二直線の交点がG
「4点A、B、C、Dは同一円周上にある」→円との共有点がその4点
ということに気づきたいところ。
(2)は四角形ABCDの外接円が最小になる場合を考える問題。
今回は四角形で定まっているのがAB＝4とBC＝2である。
DA＝DCもあるが長さは定まっておらず変えることができる。
そして角度に関しては何も決まっていないので
絞り込みにくい。
そこで基本に戻って考える。
長さが決まっている辺で最も長いものが4であり
これは必ず円の弦として存在することになる。
外接円が最も小さくなるのはこの弦が最も長い弦となるとき。
つまり長さ4のABが直径となる円を考えればよい。
これが「ケ」の答えであり、このとき半径は2となる。
この2はBCと同じ長さになる。
この円の中心をOとすると
OB＝BC＝OC＝2より△OBCは正三角形となる。
よって∠ABC＝60°、∠ACB＝90°より∠BAC＝30°。
またこのとき∠ADC＝180°－60°＝120°で
DA=DCより∠DAC＝30°なので△AODも一辺が2の正三角形で、
四角形ABCDは等脚台形となる。
よってDC//ABより△EAB∽△ECD、△EHB∽△EGD
そしてGC：DG＝1:3よりHA：HBも1:3となるので
AH：AB＝1:2。
AB=4なのでAH＝2。
最後は△ABDと直線HEに関してのメネラウスの定理でも出せる。
難易度はやや難

第3問の確率、第4問の整数の性質に比べて
第5問の図形の性質は難しかったと思います。
数ⅠA全体としては去年よりはやや難化。
各問の難易度や配点から個人的に予想すると
平均点は54点前後かなあと思います。

【数Ⅰ】センター数ⅠAのⅠ（2016年）
【数A】センター数ⅠAのA（2016年）
【数Ⅱ】センター数ⅡBのⅡ（2016年）
【数B】センター数ⅡBのB（2016年）

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2015年01月19日

【数A】センター数ⅠAのA（2015年）

新課程では数Aは3単元から2単元以上を学習すればよい
ということで第4問～第6問から2問選択する形式になった。

第4問
例年通りだと確率の問題だが、
今年は確率までも行かずに場合の数止まりの問題。
一列に並んだ5枚の正方形の板を同じ色が
隣り合うことなく3色か2色で塗る問題。
これは端から順番に何通りの塗り方があるか
で考えるとわかりやすい。
最初は何でもいいので3通り、
次は直前の色以外の2通り、
次も同様に2通りとなっていくので
3・2・2・2・2=48通り。
左右対称になるということは左半分が決まれば
右半分は自動的に決まっていることになるので
3つ目までを考えて3・2・2=12通り。
青と緑の2色は2・1・1・1・1=2通り。
赤が3枚は両端と真ん中が赤と決まるので
1・2・1・2・1=4通りである。
(5)は赤がどこに来るのかで場合分けをして
これらと同様に考えると良い。
(6)はすべての場合から赤が0枚、1枚、3枚
になる場合を引くと早い。
ここは標準。

第5問
新課程で新たに加わった整数の性質問題。
最初は素因数分解するだけのサービス問題。
(2)はよくある問題で√の中の各素因数の指数が
偶数になるようなmを求める問題。
(3)は1次不定方程式。
これくらいならユークリッドの互除法を利用しなくても
解を一組見つけられただろう。
(4)は(3)の時のmを求める問題であることに気づければ
特に苦労はしなかっただろう。
ここは標準。

第6問
平面図形の問題。
まずは図を描くことから始めるが
ちょっと円が問題の通りにならないなんて人もいたと思う。
図が描ければ最初の問題は方べきの定理を利用。
BEが求まった時に点BがCEの中点になっていることに
気づけたかがポイント。
次の重心に関する問題では重心が中線の交点である
という知識が問われた。
その次のDP/EPを求める問題では
△CDEと直線ABに関してメネラウスの定理を使えばよい。
あとは三角形の相似に対して割と丁寧な誘導がしてあったので
ここまで来られたら最後まで解けただろう。
ここは標準。

今回は内容も問題数も変わったことで
過去問による対策は出来なかったと思いますが
全体的な難易度は標準的であったように思います。
自分で解いた感覚で言うと
平均は60点前後くらいかと予想します。

【修正】
問4の(6)の解法を補集合を利用したものに変更しました。（2015.3.3）

【数Ⅰ】センター数ⅠAのⅠ（2015年）
【数A】センター数ⅠAのA（2015年）
【数Ⅱ】センター数ⅡBのⅡ（2015年）
【数B】センター数ⅡBのB（2015年）

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2014年08月15日

【数A】二元一次不定方程式

もっとも基本的な二元一次不定方程式について。

例題1)　不定方程式　3x=5y　を満たす整数解を求めよ。

両辺を次のように素因数分解できたとする。

　左辺の素因数分解　⇒　3・○・○・○・…
　右辺の素因数分解　⇒　5・○・○・○・…

左辺と右辺は等しいので、
素因数分解の結果は完全に一致する。
3と5は互いに素なので
両辺の素因数分解を一致させるためには、
次のようにそれぞれ2つ目以降の素因数に
5と3を含んでおかなくてはいけない

　左辺の素因数分解　⇒　3・5・○・○・…
　右辺の素因数分解　⇒　5・3・○・○・…

そして残り3つ目以降は
具体的に一通りには決められないが、
左辺と右辺は等しいので3つ目以降の素因数は
すべて等しくならざるを得ない。
この残りの素因数をひとまとめに「k」と書くと

　左辺の素因数分解　⇒　3・5・k
　右辺の素因数分解　⇒　5・3・k

となる。さらにそれぞれ

　左辺の素因数分解　⇒　3・(5k)
　右辺の素因数分解　⇒　5・(3k)

として3x＝5yという式と見比べると

　x＝5k、y＝3k

になっている。
残りの素因数「k」は整数ならいくらでも構わないので
この不定方程式の解は

　kを整数として(x、y)＝(5k、3k)

となる。こう書いておくことで
k=1のときは(5、3)、
k=2のときは(10、6)、
k=100のときは(500、300)
のような解をひとまとめに表すことができるのである。

今回は3と5が互いに素だったが、
互いに素ではない4と6ならばどうなるか考えてみよう。

不定方程式　4x=6y　を考える時、両辺を次のように考えたとする。

　左辺の素因数分解　⇒　4・○・○・○・…
　右辺の素因数分解　⇒　6・○・○・○・…

これらが一致するためには
2つ目以降の因数に必ずしもそれぞれ
6と4を含んでいる必要はない。
左辺と右辺をそれぞれ素因数分解すると

　左辺の素因数分解　⇒　2・2・○・○・…
　右辺の素因数分解　⇒　2・3・○・○・…

となり、これらを一致させるためには
3つ目以降の因数はそれぞれ3と2で十分なのである。
もちろん6と4でも等しくはなるが、
そこまで必要ではないということだ。
なのでax＝byならばいつでも
x＝bk、y＝akと置けばいいわけではない。
すべての整数解を含むとは限らないからだ。
aとbの部分が互いに素の場合のみ、
x＝bk、y＝akと置けばすべての整数解を含む
ことになるのである。

この例では互いに素ではない4と6を
係数に持つ4x＝6yを考えたが、
普通これなら両辺を2で割って、
2x＝3yのようにしてから考える。
実はこれ、係数を「互いに素」に
してから考えているのである。
このように「互いに素」というのは
無意識のうちに考えていたことなのである。
分数の約分も普通はできるだけやるよね？
あれはどこまで約分しているのかというと
分母と分子が「互いに素」になるまで約分しているのである。
分母と分子が互いに素になるとそれ以上は約分できなくなる。
そのように既に約分が完了している分数のことを
「既約分数」という。

posted by ジュンジ at 19:42 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2014年04月30日

【数A】内分点、外分点

ふじさんより質問いただきました。
が、申し訳ありませんが問題の意味がよくわかりませんでした(^^;
もし、もとの問題文があるならそれをそのまま書いていただけませんか？

メールアドレスが書いてなかったので
こちらに書かせていただきました。
返信はこの記事へのコメントでかまいませんので
お願いいたします。

=========================================================

すみません、どうしても分からない問題があります。
線分AB上に既に点Pがあります。点Qもありますが線分AB上にはなく、Aの直線、はじっこに点Qがあります。恐ろしく説明ベタですいません。。。。
左から順番に、点Q,A,P,Bがあります。問題は点P,Qは線分ABをどのように外分、内分しているか答えよというもので
答えは
点P,Qは線分ABを3に外分する
らしいのですがどうーーーしてもわかりません。
長文乱文すみませんが、教えてください。

=========================================================

=========================================================

早速お返事をいただき恐縮です。
私、焦っています、すいません。
日本語メチャクチャになってました。
写真を添付します！どうか上手くみられますように。

$分点問題.jpg$

=========================================================

文章ではなく図で問題が与えられていたんですね(^^;

この手の問題は簡単な方法がありますよ。

例えば線分ABを点Pが何対何に内分（または外分）しているのか
を求めるには「線分AB」の点Aを出発点、点Bを終着点
点Pを中継点と考えます。
そして点Aから点P、そして点Pから点Bへペンを移動させます。
このとき点Aから点Pまで何目盛りか、点Pから点Bまで何目盛りか
を数えればそれが内分（または外分）比になります。

具体的に(1)では
点Aから点Pまでは1目盛り
点Pから点Bまでは3目盛り
なので点Pは線分ABを1:3に内分する点である。
また
点Aから点Qまでは2目盛り
点Qから点Bまでは6目盛り
なので点Qは線分ABを2:6つまり1:3に外分する点である。

内分か外分かの違いはその点が
線分ABの内側にあるか外側にあるかです。

同様に(2)の問題もやってみてください。
きっと答えがわかると思います(^O^)

posted by ジュンジ at 20:35 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2014年04月19日

【数A】素数pを含む式が平方数になるとき

オセイオズさんからの質問です。
ありがとうございます。

==========================================================

塾のテストで出た問題なのですが、

２＾(ｐ－１)－１/p・・・①が平方数となるような３以上の素数ｐは３，７に限ることを示せ

①＝ｋ＾２(ｋは奇数)と置いて分母を払うところまではしてみたのですが、あとは手つかず。

先生も、かなり難易度の高い問題であるとは言っていましたが、解けている生徒も２人ほど同じ教室に居ました。

こんな問題に接したとき、解法を理解して、とりあえずその解法を覚えるということを続けていれば、はじめて見るこういった難問にも対処(善処)できるようになるのでしょうか。ありがちな質問ではあるでしょうが、これは私をずっと苦しめている問題でもあります。
自信をもって、この質問にyesと答えることができれば、それは数学の勉強を将来に渡って継続する勇気を与え続けてくれると思います。
　才能という話はあまり信じたくありません。全ての事柄が瞬時にセンスや直感によって判断できるのであれば、そもそも数学は不必要だと思います。自分に最初から備わってある直感やセンスだけでは処理できない事柄があることがわかっているからこそ、人間は公理を決め、定理をつくり、それらを文献に記録し、人と共有することで、新たな感覚(センス)を磨いて、積み上げてきたわけでしょう。
　かなり哲学的な問題でもあると思いますが、とりあえず最初の問題のアプローチを教えて頂けると大変助かります。それから、このレベルがたとえば東大や京大に出たとしたら、いわゆる難問扱いになるものでしょうか、実際の試験現場で解けるレベルですか？

==========================================================

まずは問題よりも先に後半の質問にお答えします。
個人的にはyesだと思います。
もちろん段階を経ずにいきなり何ランクも上の問題に出遭うと
解けないと思いますが、必要な知識があれば解けると思います。
またセンスや直感とは何もないところから出てくるものではなく
それまでの経験というデータベースの中から役立つものを
検索していかに速く発見するかということだと思います。
自分に最初から備わってある直感やセンスというのは
ほとんどなく、それらは後天的なものだと思っています。
なので初めて見た解法を覚えていくと、いろんな問題に
対処できるようになると思います。
一度でも初見の問題を解けると、楽しくなってくると思います！(^^)
解法を覚える時に「この解法は他にどんな場合に使えるかな？」
と考えることで使い方以外にも使用場面も結びつけて覚えるといいでしょう。

この問題が難問かどうかについては、
このような整数問題は今までは詳しく授業で扱うことがほぼなかったのですが
それでも習う知識で解ける問題でした。
つまり解説されたら「確かにそうだけど、そんなの思いつかないよ」と
思わず言ってしまうような問題でした。
なので難問かつ珍しい問題だと思います。
しかし今は数学Aで「整数の性質」を習うようになり（学校によっては習わない）
多少なりとも今までよりは整数に関する問題に対するアプローチの仕方が
身に付くようになったので以前よりは奇問ではなくなり、
それに伴って難易度の評価も少し下がると思います。
それでも個人的にはこれは難問だと思います(^^;

さて、それでは問題について解説していきましょう。
と言ってもこの分野はまだ勉強不足なので他にも良い解法が
あると思っていることを最初にお伝えしておきます(^^;

証明する命題はこちら。

　 $\frac{2^{p-1}-1}{p}$ が平方数となるような3以上の素数pは3,7に限る

最初はオセイオズさんの言うとおりこれを $k^2$ とおいて、分母を払います。

　 $\begin{align*} \frac{2^{p-1}-1}{p}&=k^2\\ 2^{p-1}-1&=pk^2\\ \end{align*}$

最初の状態の式ではpの値によっては平方数になったり、
整数になったり、有理数（分数）になったりしますが
分母を払った後の左辺は必ず整数になります。
またpは3以上の素数より

　 $\begin{align*} p&\ge3\\ p-1&\ge2\\ 2^{p-1}&\ge2^2\\ 2^{p-1}&\ge4\\ 2^{p-1}-1&\ge3\\ \end{align*}$

となり、左辺は3以上の整数にしかならないことになります。
また $2^{p-1}$ はp≧2のとき必ず偶数であるから、今 $2^{p-1}-1$ は必ず奇数である。
よって右辺も奇数なのでkも奇数である。

ここまでがオセイオズさんの質問文に書いてあったことですね。
このように整数に関して偶奇を考えることは
問題を解く手立ての一つです。

ここで指数のp-1の偶奇も考えてみよう。
pは3以上の素数なので奇数である。
よってp-1は偶数。

ここでもうひとつ、整数問題ではよくやることに
因数分解がある。

指数のp-1が偶数であることに注意すると
左辺の $2^{p-1}-1$ は
2乗－2乗の因数分解ができる。

　 $\begin{align*} 2^{p-1}-1&=pk^2\\ \left(2^{\frac{p-1}{2}}-1\right)\left(2^{\frac{p-1}{2}}+1\right)&=pk^2\\ \end{align*}$

p-1が偶数なので $\frac{p-1}{2}$ は整数である。
またp≧3より $\frac{p-1}{2}$ は1以上の整数だから、左辺の

　 $\left(2^{\frac{p-1}{2}}-1\right),\left(2^{\frac{p-1}{2}}+1\right)$

の2つのカッコ内はどちらも正の整数である。

ここで2つのカッコ内の数の差が2の奇数であることに注意すると
2つのカッコ内の数は互いに素である。
なぜならまず奇数なので素因数2は持っていない。
次に素因数3を持っているかを考えてみる。
素因数3を持つということは2つとも3の倍数ということだが
連続する奇数の差が2なのに対して
連続する3の倍数の差は3なので
連続する奇数がともに素因数3を持つことは不可能である。
同じ理由で3以上の素因数をともに持つことは不可能である。
よって2つのカッコ内は互いに素である。

右辺は $pk^2$ であることに注意して

　 $\left(2^{\frac{p-1}{2}}-1,2^{\frac{p-1}{2}}+1\right)$

の組み合わせを考えてみる。
2つの数は互いに素なのでkとpkはありえない。
また

　 $2^{\frac{p-1}{2}}-1< 2^{\frac{p-1}{2}}+1$

であることとp≧3、k≧1であることに注意すると

　① $(1&,pk^2)$
　② $(p&,k^2)$
　③ $(k^2&,p)$

この3組が思いつく。
しかしさらに考えるとkは素数とは限らないので素因数分解できることもあり
素因数分解したkを

　 $k=p_1p_2p_3\cdots$

とすれば

　 $k^2={p_1}^2{p_2}^2{p_3}^2\cdots$

であり、適当に2つに分解すると

　 ${p_1}^2p_2p_3\cdots$ 　と　 $p_2p_3\cdots$

のように互いに素ではなくなってしまう。
今考えてるのは2つの互いに素な数の組なので
$k^2$ の適切な分解方法としては

　 ${p_1}^2{p_2}^2\cdots$ 　と　 ${p_3}^2\cdots$

のようにすべての素因数それぞれは
同じ側に集めないといけないことになる。
また必然的に同じ側に同じ素因数は偶数個ずつあることになる。
例えば

　 $k^2={p_1}^2{p_2}^2{p_3}^4{p_4}^2$

の場合は

　 ${p_1}^2{p_2}^2$ 　と　 ${p_3}^4{p_4}^2$

や

　 ${p_1}^2$ 　と　 ${p_2}^2{p_3}^4{p_4}^2$

なら互いに素だが

　 ${p_1}^2{p_3}^2$ 　と　 ${p_2}^2{p_3}^2{p_4}^2$

では互いに素ではないので不適切である。
したがって $k^2$ は2つに分解するなら
互いに素な平方数に分解されなければならない。
そこで互いに素な2つの整数a、bを用いて

　 $k^2=a^2b^2$

とおくと、 $a<b$ としても一般性は失わないので

　④ $(pa^2&,b^2)$
　⑤ $(b^2&,pa^2)$

という場合があることになる。
$(a^2,pb^2)$ という組は
aとbがもともと差が2以上あり大きい方に3以上のpをかけると
差が2であることはありえないのでこの組はありえない。

ここまでのまとめ。

　 $\left(2^{\frac{p-1}{2}}-1,2^{\frac{p-1}{2}}+1\right)$

の組み合わせは

　① $(1&,pk^2)$
　② $(p&,k^2)$
　③ $(k^2&,p)$
　④ $(pa^2&,b^2)$
　⑤ $(b^2&,pa^2)$

の5通りある。

では1つずつそれぞれの場合について考えていこう。

① $(1&,pk^2)$ 　のとき

　 $\left\{\begin{matrix} 2^{\frac{p-1}{2}}-1&=&1\\ 2^{\frac{p-1}{2}}+1&=&pk^2\\ \end{matrix}\right$

上側の式より

　 $\begin{align*} 2^{\frac{p-1}{2}}-1&=1\\ 2^{\frac{p-1}{2}}&=2\\ \frac{p-1}{2}&=1\\ p-1&=2\\ p&=3\\ \end{align*}$

このとき下側の式に代入すると

　 $\begin{align*} 2^{\frac{3-1}{2}}+1&=3k^2\\ 2^{\frac{2}{2}}+1&=3k^2\\ 2+1&=3k^2\\ 3&=3k^2\\ 1&=k^2\\ \end{align*}$

よってp=3のとき平方数1となる。

② $(p&,k^2)$ 　のとき

　 $\left\{\begin{matrix} 2^{\frac{p-1}{2}}-1&=&p\\ 2^{\frac{p-1}{2}}+1&=&k^2\\ \end{matrix}\right$

下側の式より

　 $\begin{align*} 2^{\frac{p-1}{2}}+1&=k^2\\ 2^{\frac{p-1}{2}}&=k^2-1\\ 2^{\frac{p-1}{2}}&=\left(k-1\right)\left(k+1\right)\\ \end{align*}$

k-1、k+1は差が2なのでこの両方が2の累乗になるのは

　 $k-1=2$ 、 $k+1=4$

のときのみで、このとき

　 $k=3$

これを今の式に代入すると

　 $\begin{align*} 2^{\frac{p-1}{2}}&=\left(3-1\right)\left(3+1\right)\\ 2^{\frac{p-1}{2}}&=2\times4\\ 2^{\frac{p-1}{2}}&=8\\ 2^{\frac{p-1}{2}}&=2^3\\ \frac{p-1}{2}&=3\\ p-1&=6\\ p&=7\\ \end{align*}$

よってp=7のとき平方数9となる。

③ $(k^2&,p)$ 　のとき

　 $\left\{\begin{matrix} 2^{\frac{p-1}{2}}-1&=&k^2\\ 2^{\frac{p-1}{2}}+1&=&p\\ \end{matrix}\right$

上側の式より

　 $\begin{align*} 2^{\frac{p-1}{2}}-1&=k^2\\ 2^{\frac{p-1}{2}}-1-1&=k^2-1\\ 2^{\frac{p-1}{2}}-2&=k^2-1\\ 2\left(2^{\frac{p-3}{2}}-1\right)&=\left(k-1\right)\left(k+1\right)\\ \end{align*}$

ここでpが5以上の素数のとき $2^{\frac{p-3}{2}}-1$ は奇数である。
一方左辺が偶数なので右辺も偶数となるためには
k-1、k+1の少なくとも一方が偶数となることが必要だが
この2数は差が2なので必然的にどちらも偶数となる。
このとき両辺の素因数に注目すると
左辺では2という素因数が1個だけなのに対し、
右辺はk-1とk+1はどちらも偶数であり
2という素因数は2個以上あることになる。
よって素因数2の個数が両辺で異なり矛盾するので
pが5以上の素数のとき③の上の式を満たすkは存在しない。

p=3のときは

　 $\begin{align*} 2\left(2^{\frac{p-3}{2}}-1\right)&=\left(k-1\right)\left(k+1\right)\\ 2\left(2^{\frac{3-3}{2}}-1\right)&=\left(k-1\right)\left(k+1\right)\\ 2\left(2^0-1\right)&=\left(k-1\right)\left(k+1\right)\\ 2\left(1-1\right)&=\left(k-1\right)\left(k+1\right)\\ 0&=\left(k-1\right)\left(k+1\right)\\ \end{align*}$

k>0より

　 $k=1$

となり、このpとkの値はすでに①で求めたものである。

④ $(pa^2&,b^2)$ 　のとき

　 $\left\{\begin{matrix} 2^{\frac{p-1}{2}}-1&=&pa^2\\ 2^{\frac{p-1}{2}}+1&=&b^2\\ \end{matrix}\right$

下の式を見ると②でk=bとなっただけであり
②より b=3 のときのみ成り立ち、
そのとき p=7。
これはすでに②で得ている値である。

⑤ $(b^2&,pa^2)$ 　のとき

　 $\left\{\begin{matrix} 2^{\frac{p-1}{2}}-1&=&b^2\\ 2^{\frac{p-1}{2}}+1&=&pa^2\\ \end{matrix}\right$

上の式を見ると③でk=bとしただけであり
③よりこれを満たすのはb=1、このときp=3、a=1。
これはすでに①で得ている値である。

以上①②③④⑤より

　 $\frac{2^{p-1}-1}{p}$

が平方数となるような3以上の素数pは3、7に限る。

大変お待たせして申し訳なかったです<(_ _)>
いやぁ、とても難しかったです。
他にもいい方法があると思います(^^;　2014/4/29

修正：一部説明を追記しました。　2015/4/21

posted by ジュンジ at 14:55 | Comment(5) | TrackBack(0) | 数学A

2014年01月20日

【数A】センター数ⅠAのA（2014年）

数ⅠAの数A部分。

第1問
[2]
珍しく「論理」ではなく「集合」のみの問題。
全体集合が25＜n＜36を満たす
有限個（10個）の自然数なので
集合P、Q、R、Sとそれぞれの補集合を
具体的に書き表すことができる。
それを見れば一目瞭然である。

第3問
AEはBEが∠Bの二等分線であることから
AE：EC＝AB：BCを利用してAE=AC×2/3。
それがわかれば同時にECもわかり
さらに△ABCが二等辺三角形であることから
∠ACB＝∠ABCなのでcos∠ACB＝1/4なので
△BCEにおいて余弦定理よりBEが求まる。
そして点Dは2本の角の二等分線であるから
△ABCの内心であり、ADも角の二等分線。
よってBD：DE＝BA：AEなので
先ほどと同様にBDを求められる。
△EBC∽△EAFでその相似比は
AE:BEから求まるので面積比はその2乗である。

最後は問題文にあるように角度に注目する。
わかることを全部書いていこう。
∠ABEをθとすると
BEが角の二等分線なので∠EBC＝θ。
△ABCが二等辺三角形でCDも角の二等分線なので
∠ECD＝θ
∠BCD＝θ。
∠CDEは△BCDの外角なので∠DBC＋∠DCBなので
∠CDE＝2θ。
∠CAFは弧CFの円周角で∠CBFと等しいから
∠CAF＝θ。
∠ACFは弧AFの円周角で∠ABFと等しいから
∠ACF＝θ。
∠ECD＝θと∠ACF＝θより
∠DCF＝2θ。
したがって∠ACF＝∠CAF＝θより
△ACFは二等辺三角形だからFA＝FC。
また∠CDE＝∠DCF＝2θより
△CDFは二等辺三角形だからFD＝FC。
FA=＝FCとFD＝FCより
FA＝FC＝FD。

第3問は最後の問題はややこしかったと思うが
全体的には標準。

第4問
来年からは「期待値」が数Aから外れるせいか
定番の「期待値を求める問題」がなかった。

問題で指定された場所から目的地へ行く
具体的なルートをひとつ考えてみよう。
(1)はAから左下、左下、下、下と行けば
辿り着き、他のどのルートを考えてみても
左下に2回、下に2回移動でしか行けないので
これは移動する方向を問題で与えられた番号で表すと
3、3、4、4の並べ方を考えればよい。
同様に(2)は3、4、5の並べ方、
(3)は(2)が連続で2回起こる確率なので
6^6通り中36通り。
(4)の1つ目は1、4、4、4、4、4の並べ方。
2つ目は2、4、4、4、4、5の並べ方。
4つ目の上記3つ以外の場合は
3、3、4、4、5、5の並べ方を考えればよい。
最後は求めた場合の数を合計すればいい。

ここは標準。

数ⅠA全体としては昨年に比べると簡単になっており
一昨年の平均69.97点と同じくらいの平均点になりうる。
平均は65～70点と予想する。

【数Ⅰ】センター数ⅠAのⅠ（2014年）
【数A】センター数ⅠAのA（2014年）
【数Ⅱ】センター数ⅡBのⅡ（2014年）
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2013年02月28日

【数A・新】ユークリッドの互除法

りんたろーさんから質問いただきました。
ありがとうございます。

=========================================
Q.
ユークリッドの互除法の意味を教えて下さい。
本当にお願いします。でもできたらでいいです。

=========================================

A.
ユークリッドの互除法は
2つの自然数の最大公約数を
求める方法です。

具体例で雰囲気を伝えるくらいでよければ
書いておきますので読んでみてください(^^)

例えば12と8の最大公約数を考えてみましょう。
12個の○と8個の○を考えます。

　○○○○○○○○○○○○
　○○○○○○○○

これらを「同じ個数の○のセットを作る」
というのが割り算の目的です。
例えば○を3個ずつのセットにしてみます。

　○○○|○○○|○○○|○○○|
　○○○|○○○|○○

12の方はちょうど4セット、
8の方は2セットと2個余ります。
余りがあるので8の方は3では割り切れない。
言い換えれば3は8の約数ではない
ということになります。
3は約数ではないということから
当然3は12と8の公約数ではない
というダメな例。

ちなみに今、
「何セットできるか」ということは
約数かどうかを考える上では全く関係なく
とにかく余りが出なければOKということも
大事なポイントなので覚えておいてください。

2個ずつのセットなら大丈夫ですよね？

　○○|○○|○○|○○|○○|○○|
　○○|○○|○○|○○|

というように12も8も2個ずつに
きっちり分けられるので
2は12と8の公約数ということになります。
でも最大公約数ではありません。

「最大」っていうくらいなので
なるべく多くの個数でセットを作りたい
という考えを取り込んで改めて考えましょう。

　○○○○○○○○○○○○
　○○○○○○○○

12と8で可能な限りの個数で
セットを作ろうと思ったら
12と8のうちの少ない方の
「8個」が最大個数になります。
そこで12も8も8個ずつの
セットに分けてみましょう。

　○○○○○○○○|○○○○
　○○○○○○○○|

8個の方はちょうど1セット。
12の方は1セットと4個余り。
ということで8は12と8の
最大公約数ではない。
もちろん公約数ですらありません。

ここで今描いた図に注目。
上の12も下の8も
「|」のところまでは割り切れています。
公約数を求めるならどちらも
割り切れなければいけません。
今、下の8は8で割り切れていますが
上の12は「|」よりも右側の部分が
8では割り切れていないので
公約数ではありません。

もし公約数で割るなら
上の12も下の8も割れます。
8を割り切ることができるなら
上の段でも「|」までは割りきれるので
そこよりも右側の4も
その数で割りきることができれば
12も8も割れることになります。

さらにこの
「右側の4が割れないと公約数ではない」
ということから
4より大きな数が公約数になることは
ありえないので
この段階で4より大きい公約数はなく
もちろん最大公約数も4よりは大きくない
ことが言えます。

そこで今度は
「|」までの8と
そこより右側の4との
最大公約数を考えることになります。

従って

　○○○○○○○○
　○○○○

この8と4を可能な限りの個数で
セットを作っていくことを
先ほどと同様に考えて行くことになります。
最大個数は4なので

　○○○○|○○○○|
　○○○○|

今度はどちらも割り切れました。
よって4が8と4の最大公約数であり、
同時に12と8の最大公約数でもある。

今言ったことを割り算の式と
図を一緒に書いてまとめにさせていただきます。

　12÷8＝1...4
　○○○○○○○○|○○○○
　○○○○○○○○|

　8÷4＝2...0
　○○○○|○○○○|
　○○○○|

よって12と8の最大公約数は4である。

この方法を使えば大きな数の最大公約数を
求めるスピードが格段にアップします。
この方法以外だと素因数分解して
共通因数を求める方法もありますが
そもそも大きな数を素因数分解するのは難しいですね。
2や3で割っていくことができればいいですが
「77441」を素因数分解するのは
手計算ではかなり時間がかかると思います。
なので

　77441　と　69223　の最大公約数

を求めるような場合はユークリッドの互除法を使いましょう。

77441÷69223＝1...8218
69223÷8218＝8...3479
8218÷3479＝2...1260
3479÷1260＝2...959
1260÷959＝1...301
959÷301＝3...56
301÷56＝5...21
56÷21＝2...14
21÷14＝1...7
14÷7＝2...0

よって最大公約数は7である。

ちなみに77441と69223をそれぞれ素因数分解すると
77441＝7×13×23×37
69223＝7×11×29×31
でした(^^)

ユークリッドの互除法は
「探す」手間が一切なく
「計算」するだけで
最大公約数が求まるのが特徴です。

posted by ジュンジ at 03:24 | Comment(2) | TrackBack(0) | 数学A

2013年01月21日

【数A】センター数ⅠAのA（2013年）

引き続き数ⅠAのAです。

数ⅠA
第1問[2]
命題の真偽に関する問題ではあるが、
内容が図形に関するもので、
少し扱い難い。
(1)は命題の対偶を答えるだけなので
ここは間違えずに正解したい。
(2)は「(pまたはq)→r」
の反例を探す問題なのでまずは
p：3つの内角が全て異なる
q：直角三角形ではない
の少なくとも一方に当てはまるものを選ぶ。
0番の直角二等辺三角形はpにもqにも当てはまらない。
それ以外はpかqに当てはまる。
その中でrではない、
つまり45°の内角を持つものを選べばよい。
よって①④が反例である。
(3)は(2)で反例があるとおり
「r←(pまたはq)」は偽である。
「r→(pまたはq)」は具体例を考えると
キリがなさそうなので対偶を考える。
「(pでないかつqでない)→rでない」は
(pでないかつqでない)を具体的な言葉にすると
「2つか3つの内角が等しく直角三角形」
つまり直角二等辺三角形のことである。
「rでない」は「45°の内角が存在する」
ということなので
「(pでないかつqでない)→rでない」は真。
よって元の命題
「r→(pまたはq)」も真。
したがって十分条件であるが、必要条件ではない
が正解。

ここは標準。

第3問(1)以降
まず点EをCEが円Oの直径になるように引くと
∠EAC＝90°と∠ACB＝90°より
四角形AEBCは長方形になります。
ACとECはその対角線なので
△ABC≡△AECであり、
それらの内接円も合同です。
なのでどちらの内接円も半径は
先ほど「チ」「ツ」で求めた6/5。
同じ半径の円が同じ直線ACに接しているので
円の中心を結ぶ直線QRはACと平行です。
半径6/5より直径は12/5。
AC＝24/5なのでちょうど直径2個分。
円QはBCに、円RはAEにも接しているので
AE、円R、円Q、BCの順で接している。
よって内接円Qと内接円Rは外接する。
そして点A、P、Qに関する問題。
ここに来てまたPが登場。
Qとの関連性はない様にも思えるが
円Pも円QもABとACに接している。
このことから直線PQは
∠BACの二等分線であり、
3点A、P、Qは同一直線上にあるといえる。
APは最初に求めたとおり√10。
QからACに下ろした垂線の足をHとすると
△AQHは直角三角形で
QHは内接円Qの半径に等しく6/5。
AHは内接円Rの直径と内接円Qの半径の和に等しく18/5。
三平方の定理よりAQ＝6√10/5。
AQ＞APより
3点はA、P、Qの順に並んでいるので
PQ＝AQ－APで√10/5となる。
このPQの長さと
円Pと円Qの半径を比較することで
Pは円Qの内部に、Qは円Pの内部にあることがわかる。

例年だと方べきの定理や接弦定理が
絡んでくるところに今年は
2円の位置関係や内心の性質を
問う問題で図も複雑で
ここは難。

第4問
この問題は誘導が丁寧なので
問題文をきちんと読んで
それに従って順に考えていくと
それほど難しいところはなかったように思う。
特筆すべきことはなく基本レベル。
ここは易。

数学ⅠA全体としては
図形を扱う問題が多く
例年よりは難しかったと思います。
やや難。
平均は50～55点と予想。
根拠はなく直感なので責任は持ちませんよ(^^;

【数Ⅰ】センター数ⅠAのⅠ（2013年）
【数A】センター数ⅠAのA（2013年）
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【数B】センター数ⅡBのB（2013年）

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2013年01月15日

【数A】方べきの定理の覚え方

今週末にセンター試験が迫ってきていますね。
受験生の皆さん、風邪をひかないように
気をつけながら頑張ってください。

さて、
方べきの定理は数Aの平面図形の単元で習う定理です。
教科書なんかには詳しく3種類の図が書いてあるのですが
どうやらそのおかげで方べきの定理は
公式が3種類あると考える人も多いようです。

そこでその3つのパターンを1まとめにして覚える方法をご紹介。

「二直線の交点から、円との交点までの距離の積が
　それぞれの直線について等しい」

こう覚えてしまえばOKです。
ちなみに「接点」は2交点が「重なっていてる」
と考えてください。

このような覚え方をすると方べきの定理は
円に対して二直線が共有点を持っている図に対して
使うものだという、使いどころもわかってくると思います。

去年はセンター前にはセンター数学のコツを書いていきましたが
今年はなんだか改めて書くことがないような気がしてて、
それでも何か力になれればと思っての久々の更新でした。
受験生のみなさんはもう知っていることだったかも知れませんが
改めてそう認識してもらえたら幸いです。
1･2年生のみなさんはぜひこのように覚えてもらえるといいかと。
センター試験、うまくいくことを願っています。
がんばれ！

posted by ジュンジ at 01:38 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2012年01月16日

【数A】センター数ⅠAのA（2012年）

第1問
[2]
論理の問題。
比較的分かりやすい命題になっていたので考えやすかったはず。
ただm、nが自然数という条件も重要なので見落とさないように。
（1）で否定をとる問題があるがこれは次への誘導である。
pの条件に「または」が入っているので
各命題で対偶をとって真偽を考えると考えやすい。
特に「m≦1かつn≦1」は「m=1かつn=1」のことなので
考えやすくなる。
ここはやや易。

第3問
（1）の後半からは平面図形からの出題である。
まず珍しかったのが円Iと円Oの2つの円の位置関係の問題。
きちんと中心間の距離や半径の関係を確認するべきではあるが、
だいたいの図が描けていれば2点で交わることに疑いはないだろう。
（2）は（1）とは無関係でP、Qは問題文に登場しないので
図を改めて描いた方が良いだろう。
C、E、Fを通る直線を描いたら
その直線と直線CDとで方べきの定理である。
またEF/CE=1からEはCFの中点、DはBCの中点になるので
BEとDFは中線であり、その交点は△BCFの重心である。
なので線分CGの延長と線分BFとの交点MはBFの中点となる。
そういった理由はあるが一般的にMは中点、
Gは重心によく使われる文字なのでそこから気付いた人もいると思う。
ここは標準。

第4問
9枚のカードから5枚同時に選ぶ問題。
問題内容としては至って標準である。
得点のルールがきちんと理解できれば大丈夫。
組合せの問題なのに「小さい順に並べ」という表記があり、
それに少し惑わされた人もいたかもしれないが
結局のところ「取り出す順番」は関係ないのでnCrでの計算になる。
ここは易。

数1A全体としては易。
平均66点だった昨年より簡単になったと思うので
今年の平均は70点以上と予想します。
河合塾の予想では69点になってました。

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2011年04月27日

【数A】9の倍数の調べ方～九去法

※数Aとはあまり関係ないかもしれませんが、
　一応整数の性質に関する証明の話なので
　数Aにカテゴライズしました。

45
576
1341
4833
77490
818593623

これらは全て9の倍数である。

9の倍数かどうかの調べ方は
「各位の数の和が9の倍数なら元の数も9の倍数である」
という性質を使うのが一般的。

上の例で実際に試してみると

4+5＝9
5+7+6＝18
1+3+4+1＝9
4+8+3+3＝18
7+7+4+9+0＝27
8+1+8+5+9+3+6+2+3＝45

のように和はどれも9の倍数になっています。

でもまぁ最終的にはここで出てきている
9とか18とか27とか45が9で割れることを確かめる時には
実際に9で割る必要があるわけです。
（ただ2桁の数なら9の倍数かどうかは九九の9の段の数かどうか
とほぼ同じことなので一目でわかります。）

最後の一つを例にとって見ると
818593623を9で割るのと
45を9で割るのとでは
当然45を割る方が断然簡単です。

なのでこの方法はかなり価値がありますが
相当桁数の大きな数では「各位の数の和」も何桁もの数になってしまい
一目では9の倍数かどうか判断できなくなってしまいます。

そんなときにも便利な方法があるのです。

というかそんなときこそ、今やってる方法で調べればいいのです！
どういうことか818593623を例にして説明すると

　8+1+8+5+9+3+6+2+3＝45

この45が9の倍数かどうかを調べるため、さらに

　4+5＝9

で9は9の倍数なので45も9の倍数で
45が9の倍数ということは818593623も9の倍数である。
ということです。

さて、それではこの
「ある自然数の各位の数の和が9の倍数ならばその自然数は9の倍数である」
が成り立つことを証明したいと思います。

まず「ある自然数」の設定方法ですが
何桁の数でも成り立つことを証明したいので
今から調べる自然数をn桁の自然数Nとし、

1の位の数をa1
10の位の数をa2
100の位の数をa3

のように表すことにします。
これをずっと続けると
最上位になる10^(n-1)の位の数はanと表せます。

よってn桁の自然数Nはこれらを使って表すと

　N＝a1＋10･a2＋100･a3＋…＋10^(n-1)･an

となります。
さてここで今回の命題の仮定「各位の和が9の倍数ならば」より

　a1＋a2＋a3＋…＋an＝9k　（kは自然数）

と書けます。左辺のa1以外の全ての項を右辺に移項すると

　a1＝9k-a2-a3-…-an

となります。これをNの式に代入します。

　N＝(9k-a2-a3-…-an)＋10･a2＋100･a3＋…＋10^(n-1)･an 　＝9k＋9a2＋99a3＋…＋999…9an 　＝9(k＋a2＋11a3＋…＋111…1an) 　　※「999…9」は「9」がn-1個続くn-1桁の自然数　　　同様に「111…1」は「1」がn-1個続くn-1桁の自然数
(k＋a2＋11a3＋…＋111…1an)は自然数。
よってNは9の倍数である。

ちなみに各位の数の和を求める操作を繰り返すと
最終的には1桁の数になります。
そうして得られる1桁の数のことを元の数の
「数字根」と呼ぶそうです。

1桁の自然数で9の倍数は「9」ただ1つなので
ある自然数が9の倍数かどうかは簡単に言うと
「数字根が9かどうか」
を調べればよいという言い方ができますね。
言葉を覚えるとその分表現が簡単になります。

また9の倍数同士を
足したり、引いたり、掛けたり
してできる数もまた9の倍数です。

これを利用すると最初の例の818593623の場合
　8+1+8+5+9+3+6+2+3＝45
でしたが、9の倍数から9の倍数を引いても9の倍数なので
この45から9を引いた36は9の倍数です。
逆にこうしてできた36に9を足すと元の45になりやはり9の倍数です。

つまり
　45-9　や　45-9-9　や　45-9-9-9　や　45-9-9-9-9
の結果が9の倍数であればもとの45も9の倍数である。

そして和を計算する過程で9を引くタイミングはいつであっても
その計算結果は影響を受けない。
具体的には
　8-9+1+8+5+9+3+6+2+3＝36
　8+1-9+8+5+9+3+6+2+3＝36
　8+1+8-9+5+9+3+6+2+3＝36
　8+1+8+5-9+9+3+6+2+3＝36
　8+1+8+5+9-9+3+6+2+3＝36
　8+1+8+5+9+3-9+6+2+3＝36
　8+1+8+5+9+3+6-9+2+3＝36
　8+1+8+5+9+3+6+2-9+3＝36
　8+1+8+5+9+3+6+2+3-9＝36
これらの計算結果は全て同じになる。

よって各位の数の和を計算していく時
9を足すときは足してもすぐ引いたらいいので
それだったら最初から足さなくてもいいし
最初の8+1のように複数項で9になるものも同じ理由で足さなくてもいい
と考えられる。
つまり「9」を無視しても良いということ。
そしてたとえうまく9を作れなかったとしても9以上になったら9引いてもかまわない。
このような方法で和を計算していくと実際に和が45という9の倍数になることはわからないが
最終的に和が9の倍数であるということはわかる。

このように「9」を無視して整数の四則演算を検算する方法を
九去法と呼びます。

この九去法、実際には9で割った余りに注目しているだけなので
合同式を導入すればずいぶんすっきりと表現できそうですが、
それはまた別の話(^^)

posted by ジュンジ at 02:56 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2011年01月16日

【数A】センター数ⅠAのA（2011年）

続いて数ⅠAのA。

第1問
[2]
最初は反例を選ぶ問題。これはめずらしい。
q⇒pの反例なのでqを満たすがpは満たさないものを選べばよいので
実際に4つ試してみるといい。
ただし「または」というのが意外と難しい。
「または」が考えにくい場合は対偶をとるとよい。

最後の必要条件か十分条件かという問題は
先ほどの（1）でq⇒pの反例があることは確実なので
q⇒pは確実に偽である。
よってあとはp⇒qの真偽を考えればよい。
これも対偶で考えるとわかりやすい。
ここは標準。

第3問
（2）
角度を求める問題は図形の性質からわかる。
ただOF・OEの値に関しては個人的に少しはまってしまった。
方べきの定理を使うのかと思わせる式だったので
図の中に方べきの定理を使えそうなところを探したがなかったので
直角三角形OAFで三平方の定理を使ってOFを求め、
△OFA∽△OAEを利用してOEを求めた。
同一円周上にある4点の問題は
そのうち2点E、Gが決まっているのでそれを弦とする等しい円周角を探せば
∠EHGと∠EFGが90°であることに気付く。
円周角の定理の逆よりE、G、F、Hが同一円周上にあると言える。
最後は今度こそ方べきの定理（笑）
OH・OGという形であることから方べきの定理に使う
二直線の交点がOということがわかるので
H、Gが円周上の点ということになる。
H、Gを含む円はその直前に考えていたE、G、H、Fを含む円であり。
新たに円を描いてそこにE、F、H、Gとその外側に位置するOを書くと
方べきの定理より
　OH・OG＝OF・OE
が成り立つ。OF・OEはここの伏線だったというわけか。
ここは標準。

第4問
標準的な反復試行の問題。
最初に1回の試行での確率を求めさせたにもかかわらず
その後は最後までp、qという文字で表すことで
計算の手間を省かせている。
目新しい問題は（2）である。
確率の問題の本筋とは全く関係ない問題。
2行で書かれている選択肢をよく見ると
上下の選択肢では値が同じになる。
なので4つの中から探せばよい。
4つ全部計算してもいいが、探す値が56で、
7という素因数を1つしか持たないことから
7C2×7C3では7を2つ因数に持つからダメ。
また8C1×8C2は2という因数を多く持ちすぎるのでダメ。
ということで7C2＋7C3と8C1＋8C2を計算すればOK。
最後はn回目までの出方は1通りに決まるので
それより後の出方だけに注目すればよい。
ここはやや易。

数学ⅠA全体としては去年より簡単になった。

【数Ⅰ】センター数ⅠAのⅠ（2011年）
【数A】センター数ⅠAのA（2011年）
【数Ⅱ】センター数ⅡBのⅡ（2011年）
【数B】センター数ⅡBのB（2011年）

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2010年12月27日

【数A】センター平面図形のコツ

センターまであと20日を切りましたね。

ということで、前回のセンター記事からは
少し間が空きましたが
センターのコツというかポイントになるとこを。

数ⅠAの第3問は数Ⅰの「三角比」がメインで、
正弦定理、余弦定理はもちろん
S＝1/2 a・b・sinC
の三角形の面積の公式も頻繁に使います。
面積に関しては
S＝1/2 r(a+b+c)
は先ほどの公式に比べると出題頻度は格段に低いと思いますが
知識として覚えておきたい公式です。
ヘロンの公式は三角形の3辺全てが自然数のときにしか
威力を発揮しないので、使う機会はないと思われます。
だから要らない！
もし知らなくても3辺の長さから面積を求める方法は他にもあるし、
その方法の方が典型問題とは言え、良問として評価されるので
そちらへ誘導される問題構成になるから安心してください。

そして差がつくのが数Aの「平面図形」の知識です。
・円周角の定理
・接弦定理
・方べきの定理
など、円と絡みのある定理はかなり重要になります。
また三角形における内角の二等分線の性質（対辺の内分比）や
単なる三角形の相似比などもたまに使うこともあるようです。

しかしチェバの定理とメネラウスの定理は滅多に出ません。
僕の記憶では出題された覚えはありません。
そんなことよりも円の基本性質をしっかり理解しておく方が重要でしょう。

最後に話を数Ⅰの「三角比」に戻すと
正弦定理、余弦定理がメインの中、
たまに直角三角形による定義のsin、cos、tanを
利用することもあるので忘れずに！
図の中に直角三角形がある場合は要注意。
なくても意味のある直角三角形を作る場合もあります。
例えばどこかの角のsinかcosと、1辺の長さがわかっていたら
補助線を引くことで
それらを三角形の一部として残すような
直角三角形を作り出すというような場合です。

posted by ジュンジ at 02:14 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2010年11月22日

【数A】センター論理のコツ

「または」を含む命題は対偶を考えよう

「論理」は個人的には苦手な単元です。
「この単元はもう大体マスターしたな」
という思いには未だになれません(笑)

この単元は他の単元みたいに
やり方や公式を覚えればなんとかなる
というわけにはいかないのでやっかいですね。
数の性質や図形の性質などを知っておく必要があります。

さて、ここの問題で扱うのが
約数や倍数などの整数であれば
「集合」でやったようにベン図を描いて
まとめるのが常套手段でしょう。

そして扱うのが不等式で与えられる連続した実数であれば
数直線を使ってまとめるのがこれまた常套手段でしょう。

問題をややこしくする原因となるものの一つとして
条件の中にある「または」があります。

例えば

　pまたはqならばrである

という命題の真偽を考える場合、

　p→r
　q→r

の両方が成り立たなければ「真」とはいえません。

「真」というのは前提条件を満たしていれば
どんな場合でも成り立つ、
つまり100％成り立つ命題で、
1％でも成り立たない場合があると
たとえ99％の場合で成り立っても
それは「偽」になります。

「pまたはq」というと「pかqのどちらか」
というイメージだと思いますが、
pを満たす時を調べたら
それでrが成り立ったので「真」
というわけにはいかないのです。

というのはもし
「pを満たさずqだけを満たしている」という場合に
rが成り立たないとすると
これは「pまたはqならばr」とはいえなくなります。
なぜなら「pかqのどちらか」を満たしていればいいはずなのに
「qだけ」を満たしているときは成り立たないことになるからです。

よって「pまたはqならば」がある場合の真偽は
p→r、q→rの両方を確かめなくてはいけません。

しかし逆に

　rならばpまたはqである

というように結論に「または」がある場合は

　r→p
　r→q

のどちらかが成り立てば「真」になります。

というように「または」は意外と曲者です。

このことが原因で必要条件なのか十分条件なのかを
調べる時は落とし穴ができます。
必要/十分条件を調べるには
双方向で真偽を調べないといけないからです。

　pまたはq　→　r 　　　　　　←
であれば右向きの時はp→r、q→rの両方が
成り立っていなければ「真」になりませんが
逆に左向きを考える時はr→pかr→qの
どちらかが成り立っていれば「真」になるので
ついつい間違ってしまうのです。

そこで冒頭に書いたように「対偶」を考えてみましょう。

　pまたはq　→　r 　　　　　　←
の対偶は
　_　　　_　　 _ 　r　→　p かつq 　　 ←
「対偶」をとると「または」は「かつ」に変わります。
どちらでもいいようなふわふわした存在の「または」より
これもこれもないとダメ！というビシッとした「かつ」
という条件の方が考えやすいものです。

特に元の命題が
　_　　　_　　　_ 　pまたはqならばr
のような場合は「対偶」をとることで

　rならばpかつq

というように￣も消えてスッキリします！

まぁ、だからと言ってなんでもかんでも対偶とればいい
とはならないで下さいね(^^;
あくまでも「または」のふわふわ感が消えるだけですから。

posted by ジュンジ at 00:31 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2010年01月17日

【数A】センター数ⅠAのA（2010年）

第1問
[2]
例年通りの必要条件・十分条件を問う問題。
条件は4つあったがどれもわかりやすい条件だったと思う。
最後に集合をベン図で表す問題は普段から
集合をきちんと把握できているかどうかを
試す問題だったように思える。
落ち着いて考えればどれもそれほど難しい問題ではなかった。
ここは標準。

第4問
黒玉が含まれている時と含まれていない時で
場合分けして考えるように誘導されている。
黒玉が入ることで4つの玉で考えればいいことになるので
黒玉を含んでいる場合の方が少し考えやすかったはず。
そこで考え方がわかったら同様にして
黒玉を含んでいない時を考えればいい。
また期待値を求める前に全ての場合の確率を
求めさせているのは珍しい。
まぁ、期待値の計算に必要なのが1点の場合と2点の場合の
2つしかないので仕方ない気もするが…
ここは標準。

数学ⅠA全体としては例年よりやや難といった感じ。

posted by ジュンジ at 23:45 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2009年07月13日

【数A】nPr か nCr か

多くの人が一度は思うことではないでしょうか？

　順列・組合せの問題において
　「nPr で計算するのか nCr で計算するのか？」

最初は単純に問題文から
「並べる」→ nPr
「選ぶ」→ nCr
と判断するように覚えるかもしれないが、
それはすぐに例外にぶち当たる。

例えばこんなの
例1
「10人の中から委員長、副委員長、書記を選ぶ方法は何通りあるか」

例2
「a、a、a、a、b、b、bの7文字を一列に並べる方法は何通りあるか」

例1は「選ぶ」問題だがこれは10P3で計算できる。
例2は「並べる」問題だがこれは7C3で計算できる。

というわけでこの方法で判断できないことが
わかっていただけるだろう。

ではどうやって見分ければよいのか？
それは、もう少し問題の本質を読み取る必要がある。

正直言って単純に見分ける方法なんてないような気もするし、
どっちの記号を使うかという判断よりも
どのような計算になるのかを考える方が大事。
でもあえてその判断のポイントを挙げるなら

　「見分けがつくかつかないか」

かなぁと思う。
具体的に言うと例1の問題で10人を
A、B、C、D、E、F、G、H、I、Jとする。

順に委員長、副委員長、書記とするとA、B、Cの3人で構成する時も
A、B、C
A、C、B
B、A、C
B、C、A
C、A、B
C、B、A
の6通りがある。
これは今、前から順に委員長、副委員長、書記として
書いているのでどれもが異なる場合になっていて、
それぞれの違いの見分けがつく。

一方この問題がもし「委員を3人選ぶ」という問題だったら
その3人に役職の違いはなく、同一視できる。
そのとき
A、B、C
A、C、B
B、A、C
B、C、A
C、A、B
C、B、A
という6通りの場合は全て
「3人の委員枠に選ばれたのはA、B、Cの3人だ」
ということになり、それぞれ書かれている順番が違うだけで
構成の違いはなく、見分けられないことになる。

まぁ、それを一言で言えば「組合せ」ってことなんだけど…

このように並べてみてその並びの意味がある場合はnPr、
ならびに意味がなく見分けがつかない場合はnCr
で計算すればいいかな。

ちなみに考え方は一つではないということもいっておこう。
この例1の問題。
委員長、副委員長、書記の順番で決めていくとすれば
委員長の選び方は、10人から1人選ぶので10C1
副委員長の選び方は、残り9人から1人選ぶので9C1
書記の選び方は、残り8人から1人選ぶので8C1
よって
10C1×9C1×8C1
＝10/1×9/1×8/1
＝10×9×8

したがってこれは10P3と同じ式になる。

この考えを書いて思ったけど
けっきょく「選ぶ」問題はnCrか…
ただこの場合単純に10C3ではダメだから
そういったことの判断をしようと思ったら
やっぱりちゃんと問題の本質を考えなければいけないね。

そんなわけでこの単元はいろんな考え方がある。
問題集の解答はその中の1つ、多くて2つが書いてあるだけ。
だからその考え方と違っていても
自分の考え方が間違っていなければ
必ずしもそれに矯正する必要はない。

もちろん
「順列・組合せだからnPrかnCrを使って解かなくちゃいけない」
なんて思う必要はなく、足し算や掛け算の式が書ければOK。
PやCはあくまでもそれらの式をまとめてすっきり書くための
道具にすぎない。

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posted by ジュンジ at 04:14 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2009年01月18日

【数A】センター数ⅠAのA（2009年）

第1問
第1問の後半は必要条件・十分条件に関する問題。
p、q、rのうち整理すべき条件はpのみで他はわかりやすい。
pも不等式を解くとqと一致するので
実質2つの条件の関係を考えれば良い。
（2）の問題に関しては数直線を使って
0番～3番までの選択肢の条件と
pの条件を比較するとわかりやすい。
第1問の前半の数Ⅰの問題とあわせて基礎レベルの問題。

第4問
場合の数、確率の問題。
（1）の問題は試行が終了するときのさいころの目が
条件になっている問題で、ここで少しカン違いしやすいかも。
1の目で終了するときはその直前の合計が3である。
2の目で終了するときはその直前の合計が3か2である。
3の目で終了するときはその直前の合計が3か2か1である。
4の目で終了するときはその直前の合計が3か2か1か0である。
これがわかればあとは直前までの合計になるために
何通りの出方があるかを考えれば良い。
（2）の問題の方がよくある問題で考えやすかったと思う。
誘導で1回、2回、4回の確率を求めさせられるので
最後に期待値を求めるとき3回の確率は
1回、2回、4回の確率の合計を1から引いて求めればいい。
nPrやnCrなどを使って解く典型的な問題が
ほとんど出題されないセンター試験としては
標準レベルの問題だったと思う。

posted by ジュンジ at 23:55 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

2008年12月13日

【数A】命題の真偽の証明

命題が偽であることの証明は簡単。
反例を1つ挙げればそれで終了。

一方、命題が真であることの証明は
どんな場合でも成り立つことを証明しないといけないので、
具体的なことを書くとなると考えられるすべての場合について
確かめなくてはならなくなってしまう。

例えば「6の約数ならば12の約数である」
を証明するなら、
まず6の約数を全部書き出す　1、2、3、6
そして12の約数を全部書き出す　1、2、3、4、6、12
これで6の約数はどれもが12の約数でもあることがわかる。
よって真である。

今のは「6の約数」に限りがあったのでよかったが、
いつもそういうわけにはいかない。

「4の倍数ならば2の倍数である」を証明しようと思って、
4の倍数を全部書き出そうとしたら誰もがそれは不可能だと
気付くだろう。
4、8、12、16、20、24、28、32、36、40、44、…
と限りなく存在する。

でもすべての場合で成り立つことが言えないと真とは言えない。
そこで全ての4の倍数を文字を使って表そうということになる。

nを自然数とすれば全ての4の倍数は
「4n」と書けば片が付くのである。

よって

　4n＝2×2n
　2nは自然数であり、右辺は2×自然数となるので2の倍数である

と証明できる。

このように命題が真であることは
条件の全ての場合が正しいことを言うために
条件を文字式で表すことが必要になることが多い。
そしてそれで結論を導く。
それが難しい場合は「対偶」を考えてみることになる。
対偶ともとの命題とは真偽が必ず一致するので
対偶が真であることを証明できれば
もとの命題が真であることを証明したことになる。

例題
「自然数nについて、n^2が3の倍数ならnは3の倍数である」
これを証明せよ。

これを式で表すと
「n^2＝3mならばn＝3k（m、kは自然数）」
なので
　n^2＝3m
　n＝±√3m
　n>0より
　n＝√3m
これを変形してなんとか「3×自然数」にできればいいのだが、
これは無理っぽい。

そこで対偶を考えると
「nが3の倍数でないならば、n^2は3の倍数ではない」
となりこれを証明すればよい。

3の倍数に注目して自然数全体を
　3k
　3k＋1
　3k＋2　(kは自然数)
のように分けて書くと
「3の倍数ではないもの」は「3k＋1」と「3k＋2」の2つ。
この2通りの式で3の倍数でない全ての自然数を表すことができる。

よってこの2通りそれぞれを2乗して、それぞれが3の倍数に
なっていないことを確かめられたら証明終了ということになる。

　(3k＋1)^2
　＝9k^2＋6k＋1
　＝3(3k^2＋2k)＋1
　これは3の倍数ではない。

　(3k＋2)^2
　＝9k^2＋12k＋4
　＝3(3k^2＋4k＋1)＋1
　これは3の倍数ではない。

　よって「nが3の倍数でないならば、n^2は3の倍数ではない」
　という対偶が真であることが証明されたので
　もとの命題も真である。

posted by ジュンジ at 04:06 | Comment(0) | TrackBack(0) | 数学A

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