F(±1,±1,±1)＝constantを求む！

質問

数式 F(±1, ±1, ±1)＝constant の意味は，
F(α,β,γ)＝constant，α＝±1, β＝±1, γ＝±1 ということで，constant は実数の定数です．

α,β,γ は，以下の規則(1),(2),(3),(4)に従って，1 または，－1 の値を取ります．

(1)：　α＝1，　β＝1，　γ＝1.
(2)：　α＝1，　β＝1，　γ＝－1.
(3)：　α＝1，　β＝－1，γ＝－1.
(4)：　α＝－1，β＝－1，γ＝－1.

α,β,γ の符号のみを書き並べると，

(5)：　[α　β　γ]
(6)：　[＋　＋　＋]
(7)：　[＋　＋　－]
(8)：　[＋　－　－]
(9)：　[－　－　－]

となります．
(1)，(2)，(3)，(4) のどの場合でも，F(α,β,γ)＝constant が成り立つ関数 F を求めて下さい．
なお，(1)，(2)，(3)，(4) で，それぞれ異なった constant でもよいのですが，
できれば，(1)，(2)，(3)，(4) のすべてで同じ constant になる関数を求めて下さい．

例１．a(α^2)＋b(β^2)＋c(γ^2) ＝ a＋b＋c. a,b,c ∈ R(実数)
例２．(αβγ)^2 ＝ 1

回答No.8

stomachman · ベストアンサー

> (1)，(2)，(3)，(4) で，それぞれ異なった constant でもよいのですが，

は幾ら何でも冗談ですよね。

じゃんけんぽん。

　　F = αβ+βγ-αγ

お礼

お見事です．質問を閉めなくて，よかった！！

　　F = αβ+βγ-αγ

(1)：　α＝1，　β＝1，　γ＝1,
(2)：　α＝1，　β＝1，　γ＝－1,
(3)：　α＝1，　β＝－1，γ＝－1,
(4)：　α＝－1，β＝－1，γ＝－1.

(1)の場合：F=(1・1)+(1・1)-(1・1)=1+1-1 = 1,
(2)の場合：F=(1・1)+(1・(-1))-(1・(-1))=1-1+1 = 1,
(3)の場合：F=(1・(-1))+((-1)(-1))-(1・(-1))=-1+1+1 = 1,
(4)の場合：F=((-1)(-1))+((-1)(-1))-((-1)(-1))=1+1-1 = 1.
よって，すべての場合で，

　　　　　　　　　αβ+βγ-αγ=1.

全く，もって，お見事です．この F が欲しかったんです．
私も気がつきませんでした．有り難うございます．感謝します．

（・・・と言うことは！　他にも，似たような多項式や有理関数が存在する？？）

補足

ご回答いただいた式，
　　　αβ＋βγ－αγ＝1
の両辺に，αまたは，βまたは，γまたは，αβγを乗じて整理すると，いずれも，
　　　α＋γ－β－αβγ＝0
が得られる面白い性質があることに気づきました．

また，その後の計算により αβ＋βγ－αγ＝1　とは独立な式，
　α＋β－３γ＋αβ＋βγ＋αγ＋αβγ＝３
を得ました．この式は，
(1)：　α＝1，　β＝1，　γ＝1,
(2)：　α＝1，　β＝1，　γ＝－1,
(3)：　α＝1，　β＝－1，γ＝－1,
(4)：　α＝－1，β＝－1，γ＝－1
の(1), (2), (3), (4) について，すべて満たします．これらの３本の式，
　　αβ＋βγ－αγ＝1,
　　α＋γ－β－αβγ＝0,
　　α＋β－３γ＋αβ＋βγ＋αγ＋αβγ＝３
を組み合わせて，種々の式を導出できると考えています．

回答のご協力を下さり，本当に，有り難う御座いました．

回答No.7

Tacosan

これ以上の後出しじゃんけんはないことを望む.

f(x) = x(x^2-1) に対して
F(α, β, γ) = f(α) + f(β) + f(γ).

お礼

α(α^2－1)＋β(β^2－1)＋γ(γ^2－1)＝0,
何度もご投稿，有り難うございました．

回答No.6

stomachman

条件C: (C1)と(C2)の両方を満たす式。
　　(C1) α, β, γがどれも、偶数乗された形でだけ現れる。
　　　 (「偶数乗された形」とは、α^(2p), β^(2q), γ^(2r) (p,q,rは整数) ということです。）
　　(C2) α, β, γを全部"1"に書き換えたとき、どの分母も0にならない。

この条件Cを満たす勝手な式Fは、ご質問の条件を満たします。　ご質問にお書きの例1もCを満たしていますし、例2は
　　(αβγ)^2 = (α^2)(β^2)(γ^2)
であるから、Cを満たす形に書き換えることができます。
　Cを満たす式の例は幾らでも作れますが、たとえば
　　F = (α^4) + (β^4) + (γ^4) + √((α^2)(β^2)(γ^2))
　　F = ((α^6)(β^8)+√(γ^2)) / ( 3 α^(-2) + 4 β^4 + 5 γ^6 )
　　F = (α^2)+(β^2)+1
など。この3つ目の例にはγが出てきませんけれども、Cを満たしていることには違いありません。（実際、γが1でも-1でもこの式の値は同じです。）なので、Cを満たす式のうちでもっとも簡単なのは、（ANo.1に示された通り）α, β, γがどれも現れない式ですね。たとえば
　　F = 1
はその例です。

　絶対値ナシで、との追加注文ですけど、|f| = √(f^2) (ただし、fは勝手な式）という関係を利用すれば絶対値は除去できます。たとえば
　　F = |αβγ|
は、
　　|αβγ| = √((αβγ)^2)
であるから、Cを満たす形に書き換えられます。

　しかし、条件Cを満たさない式にも、ご質問の条件を満たすものは幾らでもあります。たとえば、ANo.2, No.5にはCを満たさない例が沢山入っています。

お礼

貴重なご意見を寄せて頂き，誠に有り難うございます．

補足

一般的な観点からの解釈が，大変参考になりました．当初，考えていた観念を文章にした質問ですが，書き足りなかった点が見えて来ました．例えば，F(α,β,γ)には，必ずα,β,γの全てを含む事．F(α,β,γ)は，多項式を用いた有理関数である事，(C1)を満たさない事，などです．

回答No.5

info222_

No.2です。

ANo.2の補足について

>実は，絶対値があることを見落としていました．
絶対値を使わないで，考えてみて下さいませんか？

例
F(α,β,γ)=cos(α)+cos(β)+cos(γ)=3cos(1)
F(α,β,γ)=a cos(α)+b cos(β)+c cos(γ)=(a+b+c)cos(1)
F(α,β,γ)=cos(α)cos(β)cos(γ)=(cos(1))^3
F(α,β,γ)=cos(α)cos(β)+cos(β)cos(γ)+cos(γ)cos(α)=3cos^2(1)
F(α,β,γ)=a√(1+α^2)+b√(1+β^2)+c√(1+γ^2)=(a+b+c)√2
F(α,β,γ)=1/(α^2+β^2+γ^2)=1/3
F(α,β,γ)=1/(aα^(2n)+bβ^(2n)+cγ^(2n))=1/(a+b+c)
F(α,β,γ)=√(aα^2+bβ^4+cγ^6)=√(a+b+c)
F(α,β,γ)=2a sin^2(απ/2)cos(βπ/3)+4b sin^4( γπ/4)=a+b
F(α,β,γ)=sin^2(απ/2)+sin^4(βπ/2)+sin^6(γπ/2)=3
F(α,β,γ)=(sin(απ/2)sin(βπ/2)sin(γπ/2))^2=1
F(α,β,γ)=a log(1+α^2)+b log(1+β^4)+c log(3-γ^6)=(a+b+c)log(2)
F(α,β,γ)=a e^(α^2)+b e^(2-β^2)+c e^(3-2γ^4)=(a+b+c)e (e=ネイピア数)
F(α,β,γ)=a (1+β^2)e^(1+cos(πα))+b αsin(απ/2)+c log(1+γ^4)=2a+b+2log(2)
…

やはりありすぎて限りがないですね。

お礼

度々，ご回答，ありがとうございます．

補足

非常に参考になるご回答です．私が思いつかなかった式もあります．

贅沢を申しますと，三角関数，対数関数，指数関数を使わず，かつ，α^(2k＋1)，β^(2m＋1)，γ^(2n＋1)，（k,m,n は非負整数）を含む多項式か有理関数で表現できないものかな，と考えているのですが，思いつかれた式がありましたら，ご教授下さい．

また，a√(1+α^2)+b√(1+β^2)+c√(1+γ^2)=(a+b+c)√2 の式にヒントを得て，

a√(k+pα^2)+b√(k+pβ^2)+c√(k+pγ^2)
+a√(m+qα^2)+b√(m+qβ^2)+c√(m+qγ^2)
+a√(n+rα^2)+b√(n+rβ^2)+c√(n+rγ^2)＝(a+b+c)[√(k+p)+√(m+q)+√(n+r)]

という式を得ましたが，α^2，β^2，γ^2 を使っているのが不満です．

回答No.4

Tacosan

実は質問文をよく読むと
F(α, β, γ) = α
でもよかったりするんだよね.

お礼

ご回答，ありがとう御座います．

補足

F(α,β,γ)には，必ずα,β,γの全てを含む事にしたかったのですが，言葉足らずのため，貴重なお時間を浪費させ申し訳ありません．

回答No.3

ramayana

ANo.1 が一番シンプルだと思うけど、どこが理解できないんだろうか。

お礼

回答を，ありがとうございます．

補足

α,β,γを使ってどの様な関数形にしたら，F＝0 が得られるのかが理解できていないのです．

回答No.2

info222_

例
F(α,β,γ)=|α|+|β|+|γ|=3
F(α,β,γ)=√(|α|)+√(|β|)+√(|γ|)=3
F(α,β,γ)=1/(|α|+|β|+|γ|)=1/3
F(α,β,γ)=√(|α|^2+|β|^2+|γ|^2)=√3
F(α,β,γ)=sin(|α|π/2)sin( |β|π/2)sin( |γ|π/2)=1
F(α,β,γ)=|sin(απ/2)sin(βπ/2)sin(γπ/2)|=1
F(α,β,γ)=|sin(απ/2)|+|sin(βπ/2)|+|sin(γπ/2)|=3
F(α,β,γ)=log(|α|)+log(|β|)+log(|γ|)=0
F(α,β,γ)=a*e^(|α|-1)+b*e^(|β|-1)+c*e^(|γ|-1)=a+b+c
…

ありすぎて限りがないですね。

お礼

回答，ありがとうございます．

補足

＞ありすぎて限りがないですね。

確かに，その通りですね．
実は，絶対値があることを見落としていました．
絶対値を使わないで，考えてみて下さいませんか？

回答No.1

Tacosan

F=0

お礼

でも，回答を寄せてくれたので，お礼申します．

補足

この回答は，理解できません．