整数論の問題を出し合うスレ
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0001風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/25 20:58:36整数論総合スレッド
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/l50
から独立しました。
スレは基本的にsage進行でお願いします。
0159１３２人目の素数さん
2005/07/12(火) 03:25:34liminf_{n→∞} f(n) < ∞であると仮定して矛盾を導く。
仮定より，ある正整数Uと自然数の部分無限列{n_i}が存在して、
任意のn_iについてf(n_i)≦Uである。
任意の2^(n_i)の10進数表示において、0でない数が現れる位は高々U個。
また，最高位と1の位の数はどちらも0でない。
よって、2^(n_j)＞10^(mU) (m:任意の正整数)とするとき
（{n_i}は無限列なのでそのようなn_jは無限個存在する）、
2^(n_j)の10進数表示において、0が連続してm個現れる部分が存在する。
（そうでないとすると、2^(n_j)の桁数をdとするとき、
mU+1 ≦ d ≦ (m-1)*(U-1)+U = mU-(m-1) であるが、これはm≧1に矛盾。）
2^(n_i)の10進数表示における第k位の数をa_kとおく。また
正整数rをa_r≠0, a_(r+1)=a_(r+2)=・・・=a_(r+m)=0を満たすもののうち
最小のものとする。このとき r≦U-1である。
また，10^(r+m)≦10^(U+m-1)≦10^(mU)＜2^(n_j)＜10^(n_j)だから、
r+m＜n_j。
いま，正整数bを2^(n_j)の10進数表示における第r位以下の部分とすると、
b＜10^r≦10^(U-1)であり、かつ{2^(n_j)}-bは10^(r+m)で割り切れる。
2^(n_j)、10^(r+m)はともに2^(r+m)で割り切れるから、bも2^(k+m)で割り切れ、
したがって2^m≦2^(r+m)≦b＜10^(U-1)。
しかしmは任意であるから、不等式2^m＜10^(U-1)はmが十分大きいとき成立しない。
これは矛盾である。
（証明終）
2^nの代わりに t^n (tは正整数で、10との最大公約数が2または5)
としたときも、同様の方法で示すことができる。
しかし、3^nの場合この方法は通用しない。
0160１３２人目の素数さん
2005/07/13(水) 19:49:570161１３２人目の素数さん
2005/07/14(木) 20:48:34http://diary.cururu.jp/DiaryMain.nhn?userno=207950&boardtype=W&categoryno=0
0162１３２人目の素数さん
2005/07/14(木) 21:12:22a=2
2^2+b^2+c^2=2*11*d^2
11d^2-2=(b^2+c^2)/2=2m^2+(m+n)+2n^2+1
11d^2=2m^2+2n^2+(m+n)+3
m=n=11k+8
11d^2=((2(11k+8)+1)^2+(2(11h+8)+1)^2)/2+2
...
0163１３２人目の素数さん
2005/07/14(木) 22:10:28これは誰のサイト？
0164164
2005/07/14(木) 22:36:540165ビッケ ◆Jyl0Z1ahKc
2005/07/15(金) 08:05:03> a^2+b^2+c^2=22d^2 を満たすような素数a, b, c, dを全て求めよ
まず素数p,qがp^2≡0 (mod q)を満たすならばp=qである。
a≦b≦cとしても一般性を失わない。
a^2+b^2+c^2≡22d^2≡0(mod 2)より<a,b,c>≡<0,1,1>又は<0,0,0>(mod 2)
(2は最小の素数より、a,b,cのうち一つだけが2だとすればそれはaである)
前者の場合12=22*d^2なる素数dがないので駄目。後者の場合を考える、a=2
a^2+b^2+c^2≡1+b^2+c^2(mod 3)、22d^2≡d^2(mod 3) より
<b,c,d>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)
前者はb=c=3よりd=(2^2+3^2+3^2)/22=1これは素数でないので駄目
後者はd=3よりb^2+c^2=194、これを満たすb≦cなる素数の組<b,c>は<5,13>のみ
よって<a,b,c,d>=<2,5,13,3> (とa,b,cを入れ替えたもの)
0166ビッケ ◆Jyl0Z1ahKc
2005/07/15(金) 08:10:41> <b,c,d>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)
<b^2,c^2,d^2>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)
0167１３２人目の素数さん
2005/07/15(金) 10:57:53の一番下の数字をクリックすると沢山出てきて、全部難問だ。
よろ
0168風あざみ
2005/07/17(日) 04:05:200169風あざみ
2005/07/17(日) 04:12:58nを自然数、pを素数、1からnまでの素数の積をP(n)、1からnまでの整数の最小公倍数をS(n)とする。
(1)
Π[m+2≦p≦2m+1]はC(2m+1,m+1)を割り切ることを示せ(ただし、C(2m+1,m+1)は二項係数とする)。
(2)
P(n)＜4^nを示せ。
(3)
S(n)/S([n/2])≦P(n)となることを示せ。
(4)
S(n)＜16^nとなることを示せ。
P.S.解答は誰も望まなくても、一週間後には出します。
0170１３２人目の素数さん
2005/07/17(日) 05:52:590171１３２人目の素数さん
2005/07/17(日) 06:43:48P(2m+1)/P(m+1)|(2m+1)!/m!(m+1)!
P(n)/P((n+1)/2)<=nC((n+1)/2)
P(n)<=P(.5n+.5)*nC(.5n+.5)
Pn+1<=P.5n+1*n+1C.5n+1<4^.5n+1*n+1C.5n+1=2^n+2*2^n=2^2n+2=4^(n+1)
0172１３２人目の素数さん
2005/07/17(日) 06:57:13Sn=GCM(Sn-1,n)->n=prime->Sn=nSn-1,n=non prime->Sn=pSn-1
Sn<n! or Pn
Sn/S.5n<n!/,5n!=2^.5n or Pn/P.5n<=Pn
n=2m
Sm<16^m->S2m<Sm*P2m=Sm*4^2m=Sm*16^m<16^2m
0173１３２人目の素数さん
2005/07/17(日) 07:35:12量子力学使えよな
0174１３２人目の素数さん
2005/07/17(日) 07:36:060175１３２人目の素数さん
2005/07/18(月) 01:33:57解答ありがとうございます。
でも(1)以外ちょっと違うようですので、(2)と自分の解答を書いておきます
(2)
n=1,2のとき明らか
ｎ＜kのとき正しいと仮定する
ｋが偶数のとき
P(ｋ)=P(k-1)<4^(k-1)<4^k
kが奇数のとき
P(k)=P([(k+1)/2]){Π[([(k+1)/2])＜p≦k]p}＜2^(k+1)*2^(k-1)=4^k
だからn=kのときも成立
(3)
p^h≦[n/2]＜p^(h+1)ならn＜2([n/2]+1)≦p^(h+2)
(S([n/2])のpの指数)≦(S([n/2])のpの指数)+1
よってS(n)/S([n/2])≦P(n)
(4)
S(n)={S(n)/S([n/2])}*{S([n/2])/S([([n/2]/2)])}*・・・*S(1)＜4^(n+n/2+n/4+…)=4^(2n)=16^n
0176風あざみ
2005/07/18(月) 01:35:290177１３２人目の素数さん
2005/07/18(月) 05:30:340178１３２人目の素数さん
2005/07/18(月) 11:57:460179１３２人目の素数さん
2005/08/05(金) 13:11:410180１３２人目の素数さん
2005/08/05(金) 16:12:180181風あざみ
2005/08/30(火) 22:14:27(1)
nを6以上の自然数とするとき、(n+1)*C(n,[n/2])＞2^(n+1)となることを示してください。
ただしC(n,k)を二項係数、[x]をガウスの記号とします。
(2)
1からnまでの整数の最小公倍数をS(n)とします。
7以上の任意の自然数nに対してS(n)＞2^nとなることを示してください。
0182１３２人目の素数さん
2005/08/30(火) 23:40:39不等式がいっぱいのってたな。
0183Arith ◆Arithtz1sk
2005/09/02(金) 02:42:52正の密度を持つことを示せ。
>>182
ほかにHardy&Wright, An Introduction to the Theory of Numbersとか、
D. P. Parent, 数論問題ゼミとかが手ごろな本かな？
もう少し込み入ったところだと、Huxleyだな。
0184１３２人目の素数さん
2005/09/02(金) 04:36:20ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/253
0185１３２人目の素数さん
2005/09/07(水) 22:30:49密度μの定義ってμ(S)=lim[x→∞]#{n∈S| n≦x}/#{n∈N| n≦x}で桶？
0186１３２人目の素数さん
2005/09/07(水) 22:39:26μ(S)=inf#(S∩[1，n])/n
だと思う。
0187１３２人目の素数さん
2005/09/08(木) 16:41:22ヒントおながいします。
0188１３２人目の素数さん
2005/09/10(土) 08:31:55定理か何かあるのですか？
0189名無しさん＠そうだ選挙に行こう
2005/09/11(日) 16:12:57ヒントおながい、2nd period。
0190名無しさん＠そうだ選挙に行こう
2005/09/11(日) 16:18:58n の倍数になる
0191１３２人目の素数さん
2005/09/13(火) 22:51:12ヒントくれ～。liminf[n→∞]#S∩[1,n]/n>0はいえるんだけど。収束性が･･･
0192１３２人目の素数さん
2005/09/14(水) 02:25:21収束っていうか、密度の定義はμ(S)=inf#(S∩[1，n])/n だから
liminf[n→∞]#S∩[1,n]/n>0 が言えたらもう証明終わってるじゃん。
0193１３２人目の素数さん
2005/09/14(水) 17:32:51やれやれ、その程度ですか？
0194１３２人目の素数さん
2005/09/15(木) 14:40:52降参。答えおしえてくだされ。
0195１３２人目の素数さん
2005/09/15(木) 16:51:28n-1の倍数にもなるぞ
0196194
2005/09/15(木) 18:22:170197１３２人目の素数さん
2005/09/15(木) 23:30:45できたかも。以下正の整数の集合Eに対してS_E={n| e|n ∀e∈E}とする。
補題 Eが正の整数の集合で納e∈E](1/e)が収束するものとする。
かつlimsup[x→∞]#[1,x]∩E/x=0であるとする。
このときμ(S_E)≧Π[e∈E](1-1/e)
証明 Eが有限集合なら容易なのでそれはみとめる。S=S_E、Π[e∈E](1-1/e)=mとおく。
r>0に対してE_r=[1,r]∩E、S_r=S_{E_r}とおく。
ε>0を固定する。r>0を次をみたすようにとる。
Π[e∈E_r](1-1/e)<m+ε、納e∈E＼E_r](1/e)<ε、x≧r⇒#[1,x]∩E/x＜ε。
X1>0をx>X1⇒#[1,x]∩S_r/x≧Π[e∈E_r](1-1/e)-εを満たすようにとる。
[1,x]∩(S_r＼S)の元数を上から評価する。この集合は{n| e|n、e>r∃e}
に含まれその元数は高々納e∈E＼E_r](x+1)/eであるからそれは2εx以下である。
よって#[1,x]∩(S_r＼S)/x≦2εであるから#[1,x]∩(S)/x≧m-ε-2ε。
εは任意の正数であったのでμ(S_E)≧m。□
以下π(x)はx以下の素数の数をあたえる関数、Λ(n)はnが素数べきp^eのとき
logp、そうでないとき0をあたえる関数、ψ(x)=納n≦x]Λ(n)とする。
0198197
2005/09/15(木) 23:31:37このときlim#[1,x]∩E/x=0。
証明 正数c>0を∀x>2 π(x)≦cx/logxを満足するようにとる。
ここでpq≦x、p≦qとすると
p≦√x、q≦x/pであるからこのようなp,qの集合の元数aとおくと以下が成立する。
a≦納p≦√x]π(x/p)
≦c納p≦√x](x/p)/log(x/p)
≦(2cx/logx)納p≦√x](1/p)
ここでψ(p)≦c’pなる正数c’をとると
納p≦√x](1/p)
=∫[2-0,√x+0](1/(plogp))dψ(p)
=ψ(√x)/(√xlog√x)+∫[2,√x]ψ(p)(1+logp)/(plogp)^2dp
≦2c’/logx+c’∫[2,√x](1+logp)/(logp)^2dp/p
≦2c’/logx+c’(loglog√x-1/log√x-loglog2+1/log2)
以上よりlim[x→∞]a/x=0。□
0199197
2005/09/15(木) 23:32:26定理 k>1を任意に固定する。T={n| σ(n)/n<k}は０でない密度をもつ。
証明 a>1をe^(1/(a-1))<kとなるようにとる。集合Ei、Eを
Ei={pq| a^i≦p,q≦a^(i+1)}、E0={p| pはa以下の素数}、E=(∪Ei)
とおく。c>0をπ(x)≦cx/logxとなるようにとればi>0では#Ei≦(ca^(i+1)/((i+1)loga))^2で
あるから納e∈Ei]1/e≦(ca/loga)^2/(i+1)^2。よって納e∈E]1/eは有限の値に収束する。
よってS=S_Eとおけば上記２つの補題によりSは正の密度をもつ。
S⊂Tを示そう。n∈Sをとる。nはE0に素因子をもたず、Eiのなかには高々ひとつしか
素因子をもたない。よってn=p1･p2･p3･･･puをpi∈Ei∪{1}ととることができる。
このとき
σ(n)
=(1+1/p1)(1+1/p2)･･･
=e^(log(1+1/p1)+log(1+1/p2)+log(1+1/p3)+･･･log(1+1/pu))
≦e^(1/p1+1/p2+1/p3･･･1/pu)
≦e^(1/a+1/a^2+1/a^3+･･･1/a^u)
＜e^(1/(a-1)
＜k。
よってn∈T。したがってS⊂TでありTも又正の密度を持つ。□
0200197
2005/09/16(金) 01:30:29一個目の補題証明まちがってるや。訂正。２個目の補題いらなくなってもたw。
補題 Eが正の整数の集合で納e∈E](1/e)が収束するものとする。
このときμ(S_E)≧Π[e∈E](1-1/e)
証明 正の数r>0に対しE_r=E∩[1,r]、S_r=S_{E_r}、m=Π[e∈E](1-1/e)、m_r=Π[e∈E_r](1-1/e)とおく。
補題の主張はEが有限であるなら容易ゆえそれはみとめる。ε>0を任意にとる。
r>0を以下を納e∈E＼E_r]1/e<ε、m>m_r-εとなるようにとる。さらにX>0を
x>X⇒∂#[1,x]∩S_r>m_r-εを満足するようにとる。x>X,rをとる。
n∈[1,x]∩(S_r＼S)をとれば∃e∈E＼E_r e|nゆえn∈[1,x]∩eZ。
よって#[1,x]∩(S_r＼S)≦納e∈E＼E_r]#[1,x]∩eZ≦納e∈E＼E_r]x/e≦εx。
よって#[1,x]∩S/x≧#[1,x]∩S_r/x-ε≧m-3ε。□
0201１３２人目の素数さん
2005/09/16(金) 08:00:20> できたかも。以下正の整数の集合Eに対してS_E={n| e|n ∀e∈E}とする。
これだとEが無限集合のときS_Eは空集合になるわけだが。
正しくは「Eのどの元でも割り切れないような正整数の集合」か？
0203１３２人目の素数さん
2005/09/16(金) 22:47:400204１３２人目の素数さん
2005/09/18(日) 03:53:18564219となることを示せ。
0205１３２人目の素数さん
2005/09/18(日) 14:35:27ならないことを数学的帰納法で示せ。
0206１３２人目の素数さん
2005/09/18(日) 17:59:56以下<x>=x-[x]とする。
2^kの先頭６桁が562419
⇔log[10^6]562519≦<log[10^6]2^k>＜log[10^6]562520
log[10^6]2は無理数なのでこれをみたすkの密度はlog[10^6]562520/562519＞0。
0207１３２人目の素数さん
2005/09/23(金) 18:22:530208１３２人目の素数さん
2005/09/23(金) 18:30:31X JAPAN = とてもかっこいい＾ｎ
0209Arith ◆Arithtz1sk
2005/09/28(水) 22:48:19正解です。エレガントな構成ですね。私の考えていた証明は非構成的なので…。
ちなみにこの問題はKoninck & Katai, On the frequency of k-deficient numbers,
Publ. Math. Debrecen 61(2002), 595--603にヒントを得ました。
私の考えていた証明もうｐします。
f(n)=倍p|n}(1/p)とおき、A={n| f(n)<ε}と定義する。
σ(n)≦Π{p|n}p/(p-1)≦exp倍p|n}1/(p-1)≦exp 2倍p|n}(1/p)=exp 2f(n)より
Aが正の下極限密度を持つことを示せばよい。
まず、zを十分大きな素数とし、P=Π{p≦z}pとおく。Eをz以下の素数の集合とすると、S_EはPを法
とするΠ{p≦z}(p-1)個の剰余類からなる。よって、S_E(x)=xΠ{p≦z}(1-1/p)+O(P).
Mertenseの公式より、S_E(x) >> x/log zである。
倍n≦x, n∈S_E}f(n)=倍n≦x, n∈S_E}倍p|n}1/p=倍p}(1/p)*|{n≦x, n∈S_E, p|n}|,
ここでn∈S_Eならば、nはp≦zとなる素数で割れないので、p≦zに対してはこの項は0である。
(1/S_E(x))倍n≦x, n∈S_E}f(n)=(1/S_E(x))倍p>z}(1/p)*|{n≦x, n∈S_E, p|n}|
≦(1/S_E(x))倍p>z}(1/p)*|{n≦x, p|n}|≦(x/S_E(x))倍p/z}(1/p^2)≦1/(zΠ{p≦z}(1-1/p))
=O(logz/z)
zを大きくとり、続いてxを大きくとれば、(1/S_E(x))倍n≦x, n∈S_E}f(n)<ε/2とすることができる。
f(n)≧0だから、S_E∩[1, x]の少なくとも半数の元nに対しf(n)<εでなければならない。
したがって、A(x)≧S_E(x)/2 >> x/log zなので、Aは正の下極限密度をもつ。□
0210１３２人目の素数さん
2005/09/28(水) 22:51:390211１３２人目の素数さん
2005/09/30(金) 12:09:41俺には分からん。
0212１３２人目の素数さん
2005/10/04(火) 23:45:23これだれかでけん？本人も答えしらんらしいし。どうしたもんやら。
答えあんのはまちがいないの？＞出題者
0213１３２人目の素数さん
2005/10/12(水) 18:13:13ヒントおながいｱｹﾞ
0215１３２人目の素数さん
2005/10/16(日) 20:15:44分からん。どうやって示したの？
0217１３２人目の素数さん
2005/10/18(火) 10:39:40もうヒントいりません。答えうｐしてくらはい。
0218１３２人目の素数さん
2005/10/18(火) 11:18:27[3,p]=1 (if p≡1,11 (mod 12))
=-1 (if p≡5,7 (mod 12))
ところで奇数nにたいして2^n-1≡7 (mod 12)だから2^n-1のいづれかの素数因子で
[3,p]=-1である素数がある。すると3 mod pの位数は偶数か。なるほど。すばらすぃ。
0219１３２人目の素数さん
2005/10/18(火) 22:43:47ならPn+1-Pnの上限は？
0220１３２人目の素数さん
2005/10/18(火) 23:08:24その評価式からえられるPn+1-Pnの上からの評価は
(n+1)(log(n+1)+loglog(n+1))-n(log+loglogn-1)
=nlog(1+1/n)+log(n+1)+nlog(log(n+1)/logn)+loglog(n+1)+n
だから上限なんかないのでわ？
0221１３２人目の素数さん
2005/11/15(火) 05:20:13(1)ｎの正の約数の個数はｋである。
(2)√(n^k)は整数である。
0222１３２人目の素数さん
2005/11/15(火) 09:47:46(1)＆(2)⇔(1)な気がする。
0223１３２人目の素数さん
2005/12/04(日) 07:22:180224１３２人目の素数さん
2006/01/02(月) 00:13:430225１３２人目の素数さん
2006/01/03(火) 10:05:26では、
（１）２で割って１余る数
（２）３で割って１余る数
（３）３で割って２余る数
はどう表せるか？
※ただし、
（１）２ｎ＋１以外のもの
（２）３ｎ＋１以外のもの
（３）３ｎ＋２以外のもの
について答えよ。
答えとその導き方について教えてください。
0226１３２人目の素数さん
2006/01/03(火) 11:28:46今年の建部崩れの主要な受賞業績の一つは
既に2003年に刊行されているから、成果に
無関係に退場命令が出た例だ。まあ、彼の
場合は風営法違反で排除勧告が出たのかも
しれん。ヘルスの行き杉には気を付けよう
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1128350775/451-460
0227１３２人目の素数さん
2006/01/08(日) 17:28:560228１３２人目の素数さん
2006/01/10(火) 10:16:040229１３２人目の素数さん
2006/01/14(土) 19:46:20(2^n +1)/(n^2) が整数となるような自然数 n>1 を全て求めよ。
芋1990 (中国)
〔類題〕
(2^n +1)/(3n) が整数となるような自然数 n>1 を全て求めよ。
俺にはわからん。
0230１３２人目の素数さん
2006/01/16(月) 00:38:51n≧6 ⇒ √{7(n+1)}･Ｃ(n,[n/2]) > 2^(n+1)
をnに関する帰納法で示しまつ。
n=6 のとき 7Ｃ[6,3] = 7･20 = 140 > 128 = 2^(6+1) で成り立つ。
n=7 のとき √(56)･Ｃ[7,3] > 7.4･35 = 259 > 256 = 2^(7+1) で成り立つ。
n=2m-1 のとき成り立てば、
Ｃ(2m,m) = (2m)!/(m!)^2 = 2*(2m-1)!/{(m-1)!m!} = 2Ｃ(2m-1,m-1)
Ｃ(2m+1,m) = (2m+1)!/{m!(m+1)!} = 4{(2m+1)/(2m+2)}･Ｃ(2m-1,m-1) > 4√{2m/(2m+2)}･Ｃ(2m-1,m-1) ←(*)
より n=2m,2m+1 のときも成り立つ。(終)
(*) (2m+1)^2 = 2m(2m+2) +1 > 2m(2m+2) ゆえ {(2m+1)/(2m+2)}^2 > 2m/(2m+2).
なお、左辺は右辺 2^(n+1) の 140/128倍を超えない。
0231風あざみ
2006/01/17(火) 03:28:00忘れ去られたと思っていました。
解答ありがとうございます。
もちろん正解です。
0232１３２人目の素数さん
2006/01/17(火) 13:33:58風あざみの出題した不等式に対する風あざみの用意した解答を晒せよ！
0233１３２人目の素数さん
2006/01/17(火) 13:36:24> なお、左辺は右辺 2^(n+1) の 140/128倍を超えない。
こちらの証明は どうするのですか？
問題の解はn=3、類題の解はn=3^k (k:正整数)。
解答の方針は、整数 n>1 が n|(2^n +1) を満たすとき
1) n の任意の素因数 p について、2 mod p の位数は偶数(2aとおく)、かつ a|n
2) n の最小素因数は3
3) n は3以外の素数を約数にもたない
を順に示したら、あとは 2^n +1 を割り切る最大の3の冪を求めればいい。
0235１３２人目の素数さん
2006/01/19(木) 19:40:17i) 薩摩芋より
(x^2 + a_1^2)(x^2 + a_2^2)*.....*(x^2 + a_n^2) + 1 は Q 上既約
ii)自作類題 n ≧ 3 の時
(x^3 + a_1^3)(x^3 + a_2^3)*.....*(x^3 + a_n^3) + 1 は Q 上既約
0236230
2006/01/21(土) 00:12:54r(n) = (左辺) / (右辺) = √{7(n+1)}･Ｃ(n,[n/2]) / 2^(n+1) ≦ 140/128 を示しまつ。
r(n) = r(n-2)･n√(n^2 -1) /{4[n/2](n-[n/2])},
r(2m) = r(2m-2)･√{(2m)^2 -1} /(2m) < r(2m-2), 単調減少.
r(2m+1) = r(2m-1)･(2m+1) /√{(2m+1)^2 -1} > r(2m-1), 単調増加.
また、r(2m) = r(2m+1)･√{(2m+2)/(2m+1)} > r(2m+1) より有界なので収束する。 (*)
∴ 140/128 = r(6) > r(8) > … > r(2m) > … > √(7/2π) > … > r(2m+1) > … > r(7) > r(5) > 1.
*) 高木: ｢解析概論｣ 改訂第三版, 岩波, p.8 (1961.5), 第Ⅰ章, §4, 定理6
不等式への招待２
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1105911616/560-564
0237１３２人目の素数さん
2006/02/05(日) 06:35:420238１３２人目の素数さん
2006/03/02(木) 16:41:300239１３２人目の素数さん
2006/03/14(火) 11:43:50となることを証明しましょう。
Ｋ(α)はＫにαを添加した体、〈α〉はαを生成元とした巡回群です
0240１３２人目の素数さん
2006/03/14(火) 15:00:000241１３２人目の素数さん
2006/03/14(火) 17:57:420242１３２人目の素数さん
2006/03/15(水) 05:39:370243１３２人目の素数さん
2006/03/26(日) 14:33:470244１３２人目の素数さん
2006/04/15(土) 22:40:580245１３２人目の素数さん
2006/04/23(日) 21:43:57|(´･ω･`)ﾉ 知らんがな
＿＿＿＿ 上―-―' ＿＿＿＿
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0246GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w
2006/04/23(日) 22:35:050247１３２人目の素数さん
2006/05/13(土) 20:57:190248１３２人目の素数さん
2006/05/15(月) 09:22:550249１３２人目の素数さん
2006/05/15(月) 13:25:120250１３２人目の素数さん
2006/05/16(火) 01:41:410251１３２人目の素数さん
2006/05/16(火) 02:52:520252１３２人目の素数さん
2006/05/16(火) 03:30:220253１３２人目の素数さん
2006/05/16(火) 05:51:41数学が出来ないやつが哩Ⅲに入るのが東大流。
0254１３２人目の素数さん
2006/05/16(火) 07:41:311) 適当な整数を代入すれば、その値は p の倍数とならない。
2) 整数を代入した時その値が p の倍数になるならば、代入した整数は全て p の倍数
なる二条件を満たす物が存在する。
0255１３２人目の素数さん
2006/05/17(水) 01:36:580256１３２人目の素数さん
2006/05/17(水) 06:30:270257１３２人目の素数さん
2006/05/17(水) 06:33:060258１３２人目の素数さん
2006/05/17(水) 07:59:44自然数を代入して正値なら素数になる多変数多項式ならあるけど、まあ一般項とは言わない罠。
一変数でダメなのは高校演習レベルだけど、二変数でダメな理由知ってる人いたら教えてくれない？
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