A 回答 (6件)
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No.6
- 回答日時:
1辺の長さが1の正n角形の外接円の半径を(Ro)とすると
(Ro)=1/{2sin(π/n)}
1辺の長さが1の正n+1角形の内接円の半径を(Ri)とすると
(Ri)=1/(2tan{π/(n+1)})
(Ro)<(Ri)となるのはnが
sin(π/n)>tan{π/(n+1)}
となるとき
n≧5のとき
sin(π/n)≧(π/n)-(π/n)^3/6>{π/(n+1)}+2{π/(n+1)}^3/5≧tan{π/(n+1)}
sin(π/n)>tan{π/(n+1)}
となるから
∴
n≧5
のとき
1辺の長さが1の正n角形の外接円の半径(Ro)は
1辺の長さが1の正n+1角形の内接円の半径(Ri)より小さくなる
No.4
- 回答日時:
[1] 素直に
一辺の長さが1の正n角形の外接円の半径 を r
一辺の長さが1の正n+1角形の内接円の半径 を R
とすると、r < R とは
tan(π/(n + 1)) < sin(π/n)
ということ。
計算してみると、これが成り立つ必要条件はn>4とわかるので
∀n( n>4 ⇒ tan(π/(n + 1)) < sin(π/n) )
を証明したい、ということです。
[2] 三角関数がしんどそうなので、両辺を多項式で「近似」する。まず
s(φ) = φ(1 - φ^2)
とすると、
0<φ<π/4 ⇒ s(φ) < sin(φ)
(∵
u(φ) = sinφ - s(φ)
u'(φ) = du/dφ = 3φ^2 +cos(φ) - 1
u''(φ) = du'/dφ = 6φ - sin(φ)
さて
0<φ<π/4 ⇒ u''(φ) > 0
そして、u'(0) = 0 なので
0<φ<π/4 ⇒ u'(φ) > 0
そして、u(0) = 0 なので
0<φ<π/4 ⇒ u(φ) > 0 ■)
また、
t(θ) = θ(1 + 3θ^2)
とすると、
0<θ<π/4 ⇒ t(θ)> tan(θ)
(∵
v(θ) = t(θ) - tan(θ)
v'(θ) = dv/dθ= 1 + 9(θ^2) - 1/(cos(θ))^2
v''(θ) = dv'/dθ = 18θ - 2tanθ/(cos(θ))^2
v'''(θ) = dv''/dθ = 18 - (2/(cos(θ)^4) + 4(tan(θ)/cos(θ))^2))
1/cos(θ) とtan(θ)はどっちも0<θ<π/4で単調増加で、
0<θ<π/4 ⇒ 1/(cos(θ))^4<4
0<θ<π/4 ⇒ (tan(θ)/cos(θ))^2<2
なので
0<θ<π/4 ⇒ v'''(θ) > 0
そして v''(0) = 0 なので、
0<θ<π/4 ⇒ v''(θ) > 0
そして v'(0) = 0 なので
0<θ<π/4 ⇒ v'(θ) > 0
そして v(0) = 0 なので
0<θ<π/4 ⇒ v(θ) > 0 ■)
[3] これを使って、
∃N(∀n( n>N ⇒ t(π/(n + 1)) < s(π/n) ))
を証明する。ただしN>4。
f(n) = ( s(π/n) - t(π/(n + 1)) )/(π((n(n + 1))^3))
とおくと、分母は正なので、f(n)>0を言う。
f(n) = (n(n + 1))^2 - (π^2)((n + 1)^3 + 3n^3)
π^2とかめんどくさいっぽいので、10で置き換えて
g(n) = (n(n+1))^2 - 10((n+1)^3 + 3 n^3)
とおくと、
f(n) > g(n)
g(n) = n^4 - 38 n^3 - 29 n^2 - 30 n - 10
g'(n) = dg/dn = 4 n^3 - 114 n^2 - 58 n - 30
g''(n) = dg'/dn = 12 n^2 - 228 n - 58
さて、g''(n) = 0 の実数解は (1/2)(19±√(1141/3)) ≒ 19.3 なので、n≧20 ではg'(n)は単調増加であり、てことは、この範囲のg'(n)=0の実数解は高々1個である。実際、
g'(30) > 0
だから、n≧30の範囲ではg(n)は単調増加であり、この範囲のg(n)=0の実数解は高々1個である。実際、
g(40) > 0
だから、n≧40の範囲ではg(n)>0 である。
つまり、
∀n(n≧40 ⇒ f(n)>0)
というわけで、
∀n(n≧40 ⇒ t(π/(n + 1)) < s(π/n))
[4] n≧40のとき0 < π/n < 1なので
∀n(n≧40 ⇒ tan(π/(n + 1)) < t(π/(n + 1)) < s(π/n) < sin(π/n) )
である。
[5] さて、excelに計算させてみると
n=2〜4 では tan(π/(n + 1)) > sin(π/n)
n=5〜40では、tan(π/(n + 1)) < sin(π/n)
[6] というわけで、コタエ「n>4のとき」。
わー、なんて強引なんだろ。いや、[2]の近似をもっとスレスレにすれば、n=40まで数値計算なんてことにはならんだろうけど。
No.3
- 回答日時:
間違えました
{π/(n+1)}+{π/(n+1)}^3/3≧tan{π/(n+1)}
が
成り立つというのは取り消します
n≧5のとき
sin(π/n)>tan{π/(n+1)}
が
成り立つらしいのだけれども現在考慮中です
No.2
- 回答日時:
1辺の長さが1の正n角形の外接円の半径を(Ro)とすると
1=2(Ro)sin(π/n)
(Ro)=1/{2sin(π/n)}
1辺の長さが1の正n+1角形の内接円の半径を(Ri)とすると
1=2(Ri)tan{π/(n+1)}
(Ri)=1/(2tan{π/(n+1)})
1/{2sin(π/n)}=(Ro)<(Ri)=1/(2tan{π/(n+1)})
1/{2sin(π/n)}<1/(2tan{π/(n+1)})
tan{π/(n+1)}<sin(π/n)
(Ro)<(Ri)となるのはnが
sin(π/n)>tan{π/(n+1)}
となるとき
n=3のとき
sin(π/n)=sin(π/3)=√3/2<1=tan(π/4)=tan{π/(n+1)}
(Ro)=√3>1/2=(Ri)だから
(Ro)<(Ri)とならない
n=4のとき
sin(π/n)=sin(π/4)=√2/2≒0.7<0.72≒tan(π/5)=tan{π/(n+1)}
(Ro)=√2/2≒0.7>0.69≒(Ri)だから
(Ro)<(Ri)とならない
n≧5のとき
sin(π/n)≧(π/n)-(π/n)^3/6>{π/(n+1)}+{π/(n+1)}^3/3≧tan{π/(n+1)}
sin(π/n)>tan{π/(n+1)}
となるから
∴
n≧5
のとき
1辺の長さが1の正n角形の外接円の半径(Ro)は
1辺の長さが1の正n+1角形の内接円の半径(Ri)より小さくなる
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